momento de un par descomposición de una fuerza en un sistema fuerza-par reducción de un sistema de...
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CUERPO RÍGIDO:
Momento de un parDescomposición de una fuerza en un
sistema fuerza-parReducción de un sistema de cargas a
un sistema fuerza-par
ING. ALEJANDRO ORLANDO HUAPAYA BAUTISTA
MECÁNICA PARA INGENIEROS
A.O.H.B. 2
LOGROS DE LA SESIÓN
Al finalizar este clase, estarás preparado para:
Calcular el momento de pares.
Descomponer una fuerza en un sistema
fuerza-par.
Reducir un sistema de cargas a un sistema
fuerza-par.
MOMENTO DE UN PAR
Dos fuerzas forman un par si tienen la misma
magnitud, líneas de acción paralelas y sentidos
opuestos, como se muestra en la figura 1.
MOMENTO DE UN PAR
𝐅
A
Figura 1
- 𝐅
B
A.O.H.B. 4
B
A
𝐫𝐁𝐀
d
𝐅
- 𝐅𝐌
MOMENTO DE UN PAR
Si trasladamos la fuerza aplicada en A hacia el
punto B (figura 3), a dicha fuerza debemos
acompañarla de un momento cuyo valor es:
𝐌BF = 𝐫𝐁𝐀 x 𝐅
𝐅
A
Figura 2
- 𝐅
B
𝐫𝐁𝐀
d
A.O.H.B. 5
𝐅
B− 𝐅
Figura 3
𝐌BF
MOMENTO DE UN PAR
Como – 𝐅 y 𝐅 son de igual magnitud y sentido contrario su
suma será cero, quedando en el punto B sólo el Momento
𝐌BF tal como se aprecia en la figura 4, dicho momento
representa el Momento del par de fuerzas mostrado en la
figura 2 de la diapositiva anterior.
A.O.H.B. 6
𝐅
B− 𝐅
Figura 3
𝐌BF
Figura 4
B
𝐌BF
𝐅
A
Figura 2
- 𝐅
B
𝐫𝐁𝐀
d
MOMENTO DE UN PAR
El efecto de un par sobre un cuerpo
rígido es el de rotación y
matemáticamente el Momento de
dicho par será:
𝐌 = 𝐫𝐁𝐀 x 𝐅
M = F (rBA sen ) = F d
A.O.H.B. 7
El Momento de un par de fuerzas es independiente del
punto donde éste se tome.
MOMENTO DE UN PAR
En la diapositiva anterior se determinó que el Momento
del par respecto al punto B era:
𝐅A
Figura 2
- 𝐅
B
𝐫𝐁𝐀
d
𝐌BF = 𝐫𝐁𝐀 x 𝐅
A.O.H.B. 8
MOMENTO DE UN PAR
Tomando momentos del
par con respecto al punto
O (ver figura 5),
tendremos:
𝐫𝐀 x 𝐅 + 𝐫𝐁 x (- 𝐅) = ( 𝐫𝐀 – 𝐫𝐁) x 𝐅 = 𝐫𝐁𝐀 x 𝐅
A.O.H.B. 9
Figura 5
O
𝐌BF
𝐅A
- 𝐅
B
𝐫𝐁𝐀
x
y
z
𝐫𝐀
𝐫𝐁
Figura 6
Como se puede observar el Momento de un par de
fuerzas tiene la misma magnitud y dirección en
cualquier punto a donde se le traslade. Por esta razón
el Momento de un Par es un vector libre. Ver Figura 6.
x
y
z
d
𝐅
- 𝐅
Ox
y
z
O
𝐌
(M = Fd)
x
y
zO
𝐌
x
y
z
O
𝐌𝐱
𝐌𝐲
𝐌𝐳
𝐌
A.O.H.B. 10
Ejemplo de aplicación
Una placa en forma de paralelogramo se somete a
la acción de dos pares. Determine: (a) el momento
formado por las dos fuerzas de 21 lb, (b) la distancia
perpendicular entre las fuerzas de 12 lb si el par
resultante de los dos pares es cero, y (c) el valor de
a si el par resultante es de 72 lb-in en el sentido de
las manecillas del reloj y d es igual a 42 in.
A.O.H.B. 12
Solución
Sabemos que:
M1 = F1 d1
M1 = (21 lb) * (16 in)
M1 = 336 lb.in
Parte (a)
12 lb
12 lb
Tenemos que:
M1 + M2 = 0
336 lb.in – (12 in) * d2 = 0
d2 = 28 in
Parte (b)
A.O.H.B. 14
Tenemos que:
MTOTAL = M1 + M2
-72 lb.in = 336 lb.in – (12 in) * (42 in) sen a
a = 54.05°
Parte (c)
12 lb
12 lb
a
d = 42 in
A.O.H.B. 15
Pares equivalentes
Dos ó mas pares serán
equivalentes si tienen el
mismo momento, la misma
dirección y la misma
magnitud.
PARES EQUIVALENTES
A.O.H.B. 17
Como el efecto de un par sobre un cuerpo rígido
es el de rotación, la figura (a) muestra un par
aplicado a un paralelepípedo.
x
𝐌
z
y
0,2m
0,1m
30N
30N
0,4m
Figura (a)
PARES EQUIVALENTES
A.O.H.B. 18
Las figuras (b) y (c) muestran pares equivalentes
aplicados sucesivamente sobre dicho
paralelepípedo.
𝐌
xz
y
60N
60N
Figura (b)
𝐌
xz
y
60N
60N
Figura (c)
x
𝐌
z
y
0,2m
0,1m
30N
30N
0,4m
Figura (a)
PARES EQUIVALENTES
A.O.H.B. 19
Ejemplo de aplicación 1
Durante un proceso de manufactura, se taladran
simultáneamente tres agujeros en una pieza de trabajo.
Si los agujeros son perpendiculares a la superficie de la
pieza de trabajo, reemplace los pares aplicados a las
brocas por un solo par equivalente; especifique su
magnitud y la dirección de su eje.
M1 = 1.2 lb.ft;
M2 = 1.3 lb.ft;
M3 = 1.4 lb.ft;
a = 25°;
b = 20°
A.O.H.B. 21
SOLUCIÓN
P.M.
→ (1)
z
y
𝐌𝟏
𝐌𝟐 𝐌𝟑
𝐌 = 𝐌𝟏 + 𝐌𝟐 + 𝐌𝟑
A.O.H.B. 22
(M1)y = - M1 * cos a
(M1)y = - 1.08757 lb.ft
(M1)z = - M1 * sen a
(M1)z = - 0.50714 lb.ft
(M2)y = - M2
(M2)y = - 1.3 lb.ft
(M3)y = - M3 * cos b
(M3)y = - 1.31557 lb.ft
(M3)z = M3 * sen b
(M3)z = 0.478828 lb.ft
M1 = 1.2 lb.ft;
M2 = 1.3 lb.ft;
M3 = 1.4 lb.ft;
a = 25°;
b = 20°
A.O.H.B. 23
Remplazando en (1):
M = 3.703248 lb.ft
qx = 90°
qy = 179.563647°
qz = 90.438031°
l = 0 𝐢 – 0.999971 𝐣 – 0.007645 𝐤
𝐌 = 0 𝑖 − 3.70314 lb. ft 𝐣 − (0.028312 lb. ft) 𝐤
A.O.H.B. 24
Ejemplo de aplicación 2
x
y
z
G
BC
K
H
N
F I
J
A
L
E
D
𝐏
−𝐏
𝐐
−𝐐
Remplace los pares mostrados por un solo par equivalente,
especifique componentes, magnitud y la dirección de su eje. Los
puntos K, L, N son puntos medios de sus aristas respectivas.
a = 3 m; b = 2 m; P = 20 kN; Q = 10 kN
A.O.H.B. 26
Ejercicios propuestos
Resolver el
problema
3.71, página
97, del texto
Mecánica
Vectorial
para
Ingenieros
Estática,
décima
edición, de
Beer &
Johnston.
A.O.H.B. 28
Se carga una viga con el sistema de fuerzas
mostrado en la figura. Remplazar el sistema de
fuerzas por un par equivalente. (Medidas en
milímetros)
A.O.H.B. 29
La figura muestra un cuerpo rígido cargado con un
sistema de cargas. Si la resultante de este sistema
es un par de 500 kN.m antihorario, determine las
magnitudes de P, Q y M. (Medidas en milímetros)
A.O.H.B. 30
SISTEMA DE FUERZAS EQUIVALENTES
Descomposición de una fuerza en un sistema
fuerza-par
A
F
DESCOMPOSICIÓN DE UNA FUERZA EN UN
SISTEMA FUERZA-PAR
Figura 1
B
F
rAB
-F
A
F
B
FM
CUERPO
RÍGIDO
A.O.H.B. 33
Ejemplo de aplicación 1
La tensión en el cable unido al extremo C de un
aguilón ajustable ABC es de 560 lb. Remplace la
fuerza ejercida por el cable en C por un sistema
fuerza-par (a) en A y (b) en B.
A.O.H.B. 35
Solución
Fuerza equivalente: FA =
PARTE (a)
Par equivalente: MA =
MA = 7721.7 lb.ft
T = 560 lb
(T sen 50°) * 18 ft
𝐌𝐀
A.O.H.B. 37
Fuerza equivalente: FB =
PARTE (b)
Par equivalente: MB =
MB = 4289.8 lb.ft
T = 560 lb
(T sen 50°) * 10 ft
𝐌𝐁
A.O.H.B. 38
Ejemplo de aplicación 2
Se aplica una fuerza excéntrica y compresiva 𝐏de 1220 N al extremo de una viga en voladizo.
Remplace 𝐏 por un sistema fuerza-par
equivalente en G.
A.O.H.B. 40
Solución
𝐫𝐆𝐀
A.O.H.B. 42
A.O.H.B. 43
Fuerza equivalente 𝐅:
S 𝐅: 𝐅 = - (1220 N) 𝐢
Momento equivalente 𝐌:
S𝐌𝐆: 𝐌 = 𝐫𝐆𝐀 x 𝐏
𝐌 = 1220 ∗ 𝐢 𝐣 𝐤 𝐢0 − 0,1 − 0,06 0
−1 0 0 − 1
𝐌 = 73,2 N.m 𝐣 − 122 N.m 𝐤
A.O.H.B. 44
Problemas a resolver
Resolver el problema 3.83, página 99, del texto
Mecánica Vectorial para Ingenieros Estática,
décima edición, de Beer & Johnston.
A.O.H.B. 46
Resolver el problema
3.97, página 100, del
texto Mecánica
Vectorial para
Ingenieros Estática,
décima edición, de
Beer & Johnston.
A.O.H.B. 47
Resolver el
problema 3.93,
página 100, del
texto Mecánica
Vectorial para
Ingenieros
Estática, décima
edición, de Beer
& Johnston.
A.O.H.B. 48
Resolver el
problema
3.155,
página 126,
del texto
Mecánica
Vectorial
para
Ingenieros
Estática,
décima
edición, de
Beer &
Johnston.
A.O.H.B. 49
Reducción de un sistema de cargas a un
sistema equivalente fuerza-par
La figura (a) muestra un cuerpo rígido
sometido a la acción de tres fuerzas
aplicadas en los puntos A, B y C.
Figura (a) BC
AO
F2F3
F1
A.O.H.B. 51
Si requerimos reducir el sistema de fuerzas dado
a un sistema equivalente fuerza-par en el punto
O, debemos trasladar cada fuerza acompañada
de su respectivo momento hasta dicho punto. Las
figuras (b) y (c) muestran dicho traslado.
Figura (b)
O
BF2
C
F3
A
F1r1
r3
r2
F1
F2F3
BC
AO
Figura (a)
O
Figura (c)
F1
F3M3
F2
M1M2
A.O.H.B. 52
Finalmente las tres fuerzas y los tres momentos
se pueden reemplazar por una fuerza resultante
y un momento resultante, tal como se muestra
en la figura (d).
Figura (b)
F1
F2F3
BC
AO
r3
r2
r1
F1
F2 F3
O
M3
M1M2
Figura (c)Figura (d)
O
R
MOR
A.O.H.B. 53
Ejemplo de aplicación 1
Remplace el sistema de cargas por un sistema
equivalente fuerza-par, actuando en el punto P.
A.O.H.B. 55
Solución
P.M.
P.M.:
Fuerza equivalente R:
MP = SMi = M1 + M2 + M
Momento equivalente MP:
F1 = 140 N
F2 = 60 N
M = 40 N.m
𝑅 = (𝑅𝑥)2 + (𝑅𝑦)
2
A.O.H.B. 58
Fuerza equivalente
Rx = SFx
Rx = - F2 * cos 30°
Rx = 51,961524 N
F1 = 140 N
F2 = 60 N
M = 40 N.m
Ry = SFy
Ry = - F1 - F2 * sen 30°
Ry = 170 N
𝑅 = 51,9615242 + 1702 N = 177,76 N
𝜃𝑅 = 𝑡𝑎𝑛−1 170
51,961524= 73,0°
A.O.H.B. 60
Momento equivalente
MP = (140 N) * (15 m) + (60 N cos 30°) * (8 m) +
(60 N sen 30°) * (4 m) + 40 N.m
MP = 2675,692 N.m
MP = 2,68 kN.mA.O.H.B. 62
Ejemplo de aplicación 2
Reemplace el sistema de cargas mostrado por un sistema
fuerza-par aplicado en el punto P (20, 15, -10) m. (Todas las
medidas están en metros).
𝐌 = (-70 𝐢 + 125 𝐣 + 55 𝐤) kN.m
F1 = 25 kN;
F2 = 40 kN
A.O.H.B. 64
Solución
P.M.
P.M.:
𝐑 = S 𝐅𝐢 = 𝐅𝟏 + 𝐅𝟐
Fuerza equivalente 𝐑:
𝐌𝐏 = S𝐌𝐢 = 𝐌𝟏 + 𝐌𝟐 + 𝐌
Momento equivalente 𝐌𝐏:
𝐅𝟏 = F1 lOA
𝐅𝟐 = F2 lBC
A.O.H.B. 67
Coordenadas
Coordenadas x y z
A
B
-10 12 -15
6 0 0
C 36 5 10
P 20 15 -10A.O.H.B. 69
Componentes de las fuerzas
Fuerza 𝐅𝟏
Coordenadas x y z
A
B
-10 12 -15
6 0 0
C
P
36 5 10
20 15 -10
F1 = 25 kN
Ítem 𝐢 𝐣 𝐤
rOA
𝐅𝟏
𝐫𝐎𝐀 -10
21,65641
-0,46176
-11,5439
12
0,554109
13,85271
-15
-0,69264
-17,3159
𝐅𝟏 = F1 lOA
lOA
A.O.H.B. 71
Fuerza 𝐅𝟐
Coordenadas x y z
A
B
-10 12 -15
6 0 0
C
P
36 5 10
20 15 -10
F2 = 40 kN
Ítem 𝐢 𝐣 𝐤
rBC
𝐅𝟐
𝐫𝐁𝐂 30
32,01562
0,937043
37,48172
5
0,156174
6,24696
10
0,312348
12,49392
lBC
𝐅𝟐 = F2 lBC
A.O.H.B. 72
Fuerza equivalente
De:
𝐑 = S 𝐅𝐢 = 𝐅𝟏 + 𝐅𝟐
FUERZA 𝐢 𝐣 𝐤
𝐅𝟏
𝐅𝟐
𝐑
-11,5439
37,48172
25,93782
13,85271
6,24696
20,09967
-17,3159
12,49392
-4,82198 kN
Tenemos:
A.O.H.B. 74
Momentos debido a las fuerzas
Momento 𝐌𝟏 debido a la fuerza 𝐅𝟏
Coordenadas x y z
A
B
-10 12 -15
6 0 0
C
P
36 5 10
20 15 -10
F1 = 25 kN
Fuerza 𝐢 𝐣 𝐤 𝐢
𝐅𝟏
𝐌𝟏
𝐫𝐏𝐎 -20
-11,5439
121,2112
-15
-461,757
10
-450,213
13,85271
-20
-17,3159 -11,5439
𝐅1 = − 11,5439 N 𝐢 + 13,85271 N 𝐣 − 11,5439 N 𝐤
kN.m
𝐌𝟏 = 𝐫𝐏𝐎 x 𝐅𝟏
A.O.H.B. 76
Coordenadas x y z
A
B
-10 12 -15
6 0 0
C
P
36 5 10
20 15 -10
F2 = 40 kN
Fuerza 𝐢 𝐣 𝐤 𝐢
𝐅𝟐
𝐌𝟐
𝐫𝐏𝐁 -14
37,48172
-249,8784
-15
549,73208
10
474,76836
6,24696
-14
12,49392 37,48172
𝐅2 = 36,2587 N 𝐢 + 7,553896 N 𝐣 + 36,2587 N 𝐤
kN.m
Momento 𝐌𝟐 debido a la fuerza 𝐅𝟐
𝐌𝟐 = 𝐫𝐏𝐁 x 𝐅𝟐
A.O.H.B. 77
Momento libre
Momento libre 𝐌
Coordenadas x y z
A
B
-10 12 -15
6 0 0
C
P
36 5 10
20 15 -10
Momento 𝐢 𝐣 𝐤
𝐌 -70 125 55
Mx = -70 kN-m
My = 125 kN-m
Mz = 55 kN-m
A.O.H.B. 79
Momento equivalente
Momento 𝐢 𝐣 𝐤
𝐌𝟏
𝐌𝟐
𝐌
𝐌𝐏
121,2112
-249,8784
-70
-198,6672
-461,757
549,73208
125
212,97508
-450,213
474,76836
55
79,55536 kN.m
kN.m
kN.m
kN.m
A.O.H.B. 81
Problemas a resolver
Resolver el problema 3.85, página 99, del texto
Mecánica Vectorial para Ingenieros Estática,
décima edición, de Beer & Johnston.
A.O.H.B. 83
Resolver el problema 3.98, página 100, del texto
Mecánica Vectorial para Ingenieros Estática,
décima edición, de Beer & Johnston.
A.O.H.B. 84
Resolver el problema 3.99, página 101, del texto
Mecánica Vectorial para Ingenieros Estática,
décima edición, de Beer & Johnston.
A.O.H.B. 85
Resolver el problema 3.120, página 116, del texto
Mecánica Vectorial para Ingenieros Estática,
décima edición, de Beer & Johnston.
A.O.H.B. 86
Resolver el problema 3.121, página 116, del texto
Mecánica Vectorial para Ingenieros Estática,
décima edición, de Beer & Johnston.
A.O.H.B. 87
Resolver el problema 3.122, página 116, del texto
Mecánica Vectorial para Ingenieros Estática,
décima edición, de Beer & Johnston.
A.O.H.B. 88
TEMAS A REVISAR PARA LA PRÓXIMA SESIÓN
TEMAS A REVISAR POR LOS ALUMNOS
PARA LA SIGUIENTE SESIÓN
1. Reducción de un sistema de
cargas a una fuerza única.
2. Otras reducciones de un
sistema de fuerzas
A.O.H.B. 90
TEMAS DE LA PRÓXIMA SESIÓN
TEMA DE LA PROXIMA SESIÓN:
REDUCCIÓN DE UN SISTEMA DE
CARGAS A UNA FUERZA ÚNICA
OTRAS REDUCCIONES DE UN
SISTEMA DE FUERZAS
A.O.H.B. 92
