estt cap2 ejemplos adicionales

7/23/2019 ESTT Cap2 Ejemplos Adicionales

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Cap. 2 Sistemas generales de fuerzas Pg. 2-5

Su mdulo es senFrM QO= y su direccin es perpendicular al plano formado por Qrr

y

Fr

. Su sentido est dado por la regla de la mano derecha.

Como ya hemos establecido, el mdulo MOmide la tendencia de la fuerza Fr

a imprimirleal slido rgido un movimiento de rotacin alrededor del punto O.

Expresin cartesiana del momento de una fuerza respecto de un punto:

FrM QO

rr

r

=

Sea ),,( zyxrQ =r

el vector posicin de un punto sobre L:

),,( zyx FFFF =r

zyx

O

FFF

zyx

kji

M

=r

es decir: k

M

FyFxj

M

FxFzi

M

FzFyM

zO

xy

yO

zx

xO

yzO)()()(

443442144344214434421

r

++= (2.6)

Ejemplo 2.2: En la figura se muestra una palancaacodada articulada en O y sometida a

una fuerza vertical AFr

. Se pide:

AF

r

a) Hallar el momento que produceOMr

30=AF [N]

con respecto al punto O.

b) Calcular la fuerza horizontal BFr

aplicada en Bque

producira el mismo momento OMr

sobre la

palanca.

Solucin:

a) El momento con respecto al origen est dado por:

AAO FrMrrr

=

donde: 4535,45cos35( senrA =r

, 0)

= 0,

2

235,

2

235

)0,30,0( =AFr

= j30

Pontificia Universidad Catlica del Per Seccin de Ingeniera Mecnica - rea de Diseo

ESTT - Cap 2: Sistemas de fuerzas

Original: Ing. Jorge Rodriguez 1


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0300

02

235

2

235

kji

MO =r

k2

23530

=

k2525=

kMO46,742=

r

(kgf-cm)

Tambin se puede trabajar de manera escalar:

25252

235)30( === dFM AO

Por simple inspeccin su direccin ser , entonces:k kMO

2525=r

(kgf-cm).

b) La fuerza BFr

buscada es horizontal. Asumamos que tiene sentido hacia la izquierda:

kFrM BBO2525

!

== r

rr

)0,30cos40,3040( = senrBr

)0,320,20( =

iFF BB=

r

kFB2525)0,0,()0,320,20(

!

=

de donde:3

2

4

105=BF 43,21=BF kgf

El signo positivo de la respuesta obtenida indica que el sentido asumido es el correcto. Enconsecuencia:

iFB43,21=

r

[kgf]





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Ejemplo 2.4: Sobre el cuerpo en forma de paraleleppedo rectngulo acta el sistema defuerzas mostrado. Se pide:

a) Hallar la fuerza resultante del sistema.

b) Calcular el momento del par de fuerzas 4Fr

y 5Fr

.

c) Calcular el momento resultante del sistema con respecto al centro de reduccinA.d) Calcular el momento de 2F

r

con respecto al eje PQ.

Solucin:

a) La fuerza resultante del sistema est dada por: =i

iFRrr

1F

r

2F

r

4F

r

3F

r

5F

r

F1= 30 NF2= 10 NF3= 20 NF4= 50 NF5= 50 N

K(3, 4, 2) m

P(3, 8, 1) mQ(3, 6, 0) m

Fuerza :1F

r

111 uFF =

r

, 301=

F N

73

)0,8,3(

649

)0,0,0()0,8,3(

1 =+

=u

)0,8,3(73

301 =F

r

)0;09,28;53,10(1 =Fr

N

Fuerza :2Fr

222 uFF =r

, 102 =F N

29

)2,4,3(

29

)0,8,0()2,4,3(2

=

=u

)2,4,3(29

102 =F

r

)71,3;43,7;57,5(2 =Fr

N

Fuerza :3Fr

)0,0,1(20333 == uFFr

)0,0,20(= N

Fuerza :4Fr

)0,1,0(50444 == uFFr

)0,50,0(= N

Fuerza :5Fr

50555 == uFFr

)0,1,0( )0,50,0( = N

entonces: == iFR

rr

)71,3;66,20;90,3( N





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b) Momento del par conformado por 4Fr

y 5Fr

Puesto que el momento de un par de fuerzas es independiente del centro de reduccin,entonces tomaremos momentos con respecto al origen de coordenadas:

Sean ( )0,50,04 == FFrr

( )0,50,05 == FFrr

)0,50,0()2,0,3()( === FrrFrM DBOr

rrr

rr

[N-m])150,0,100( =OMr

c) Momento resultante del sistema con respecto aA:

44 344 21

rrrrrrrr

r

AAAAAi

iAiQA MMMMMFrrM 54321)( ++++==

Momento del par 4Fr

y 5Fr

donde es un punto arbitrario sobre la lnea de accin deiQ iFr

para :1Fr

)2,0,0()0,8,3( == AEE rrr rvr

para :2Fr

)2,0,3()0,8,0( == ACC rrr rvr

para :3Fr

)0,0,0()2,8,3( == AAA rrr rvr

)0;06,21;18,56(

009,2853,10

200

1 ==

kji

MA

r

N-m

( )29,22;01,0;86,14

71,343,757,5

203

2 =

=

kji

MA

r

N-m

pues la lnea de accin de)0,0,0(3 =AMr

3Fr

para porA.

AAMM 54

rr

+ constituyen el momento de las fuerzas 4Fr

y con respecto

al punto A, el cual ser el mismo que el momento de dichopar con respecto al origen Oy que ya calculamos en b).

5Fr

( )150,0,10054 =+ AA MMrr





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Sumando todos los momentos obtendremos:

)71,127;07,21;68,58( =AMr

[N-m]

d) Momento de la fuerza respecto a la recta PQ.2F

r

[ ] PQPQPPQ uuFMM )( 2 =

rrr

(1)

donde )( 2FMPrr

es el momento de 2Fr

con respecto al punto P, el cual es un puntocualquiera del eje PQ.

22 )()( FrrFM PCPr

rrrr

= con Crr

vector posicin del punto de paso

(arbitrario) Cde la lnea de accin de .2Fr

[ ] )81,3;43,7;57,5()1,8,3()0,8,0()( 2 =FMPrr

[N-m])29,22;56,5;43,7(=

=

=

=

5

5,

5

52,0

5

)1,8,3()0,6,3(PQ

PQ

PQrr

rru vr

vr

94,14 = PQP uMr

Reemplazando en (1): PQPQPPQ uuMM

=

rr

=

5

5,

5

52,094,14

N-m)68,6;36,13;0(=PQMr

Tarea: Calcular el momento del sistema con respecto al eje AP. Se sugiere utilizar elresultado obtenido en c).





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Ejemplo 2.5:

La figura muestra un slido rgidosometido a un sistema de 6 fuerzas. Ges el punto medio de AD y la fuerza

es perpendicular al plano ABCD.Sabiendo que el mdulo del momentoresultante del sistema respecto al ejeque pasa por A y E es 100 N-cm,hallar los posibles valores para lafuerza .

1F

1F

Solucin:

)15,0,0(=Arr

cm )15,40,0(=Brr

cm )0,40,20(=Crr

cm

)0,0,20(=Drr

cm )0,40,0(=Err

cmF

1

x

z

OD

A

)5,7;0;10()(2

1=+= DAG rrr

rrr

cm

Fuerzas:

1F

r

: Su direccin y sentido estn dadas por la normal al planoABCD. Entonces, sitomamos dos cualesquiera vectores unitarios sobre dicho plano (mejor si son

perpendiculares), entonces, multiplicndolos vectorialmente obtendremos el

vector unitario direccin de 1Fr

:

)15,0,20( = AD rr rr

525

)3,0,4()15,0,20( ==

=

AD

ADAD

rr

rru rr

rr

)0,1,0( =DCu

DCAD uuu 1 = 55

)4,0,3()0,1,0(

)3,0,4(1 =

=u

111 uFF =r

)4,0,3(5

11

FF =

r

2F

r

: 28125,1756)3,16,4()5,7;40;10(

2

==

= GB

GB

rr

rr

u rr

rr

222 uFF =r

281281

300)900,4800,1200()3,16,4(

2

==F

r

: N3Fr

)50,0,0(3 =Fr

4F

r

:525

)3,0,4()15,0,20(4

==

=

CB

CB

rr

rru rr

rr

444 uFF =r

)120,0,160()3,0,4( 52004 ==F

r

N





7/26


: N5F

r

)50,0,0(5 =Fr

: N6F

r

)0,100,0(5 =Fr

Ahora podemos calcular el momento resultante del sistema con respecto a al eje AE.

Sabemos que:

[ =i

AEAEiiPiQAE uuFrM )( ]rrr

(1)

donde:AE

AEAE

rr

rru rr

rr

= (recordar que su sentido es arbitrario)

iPiQiPiQ rrr rrr

=

con: iQrr

es el vector posicin de un punto arbitrario sobre la lnea de

accin de iFr

iPrr

es el vector posicin de un punto arbitrario sobre el eje (en

nuestro problema ejeAE)

En particular, en nuestro problema solamente necesitamos el mdulo de AEMr

:

[ ] =i

AEiiPiQAE uFrM )(r

r

=i

iiPiQAEAE FruM )( r

r

(2)

Sin embargo, hay que reconocer el hecho de que las lneas de accin de las fuerzas 3Fr

y

cortan al ejeAE, por lo que su contribucin al momento5Fr

AEMr

ser nulo. Entonces:

de (2): [ ])()()()( 6421 FrFrFrFruM ECEBAGAGAEAEr

rr

rr

rr

r

+++= (3)

Aqu:1825

)15,40,0(

=

=

AE

AEAE

rr

rru rr

rr

73

)3,8,0(

=AEu

)5,7;0;10(/ ==

AGAG rrr

rrr

)15,0,0(/ == EBEB rrr

rrr

)0,0,20(/ == ECEC rrr rrr

Reemplazando valores en (3)y recordando la condicin del problema para el mdulo :AEM

++

=

281)5,7;0;10(

5)5,7;0;10(

73

)3,8,0(100

)900,4800,1200()4,0,3(1

F

++ )0,100,0()0,0,20()15,0,0( )120,0,160(

de donde obtenemos dos valores para :1F 45,3461 =F =FN y N36,3291





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Ejemplo 2.6:

H(4, 6, 12) m

A

C

E

B

D

F G

x

y

z

O

10 m

F1

F2

F3

F4

Fig. 2-18

En la figura se muestra una estructura rgidaen la cual actan las siguientes fuerzas:

1001

=F N

2002 =F N

1003 =F N

3004 =F N

Adems se sabe que en dos rectas paralelas,las cuales se encuentran contenidas en el planoDHFy que distan 5 m una de otra, actan dosfuerzas y de igual magnitud (100 N)

pero en sentido contrario. Sabiendo que estas

fuerzas producen un momento cuyacomponente en el ejezes negativo, se pide:

5F 6F

a) Determinar la fuerza resultante del sistema.

b) Encontrar el momento resultante del sistema con respecto al punto C.

c) Calcular el momento de la fuerza con respecto al eje que pasa por los puntosAy G.4FSolucin:

)0,0,10(=Arr

m )0,10,10(=Brr

m )0,10,0(=Crr

m

)10,0,10(=Drr

m )10,10,10(=Err

m )10,0,0(=Frr

m

)10,10,0(=Grr

m )12,6,4(=Hrr

m

Fuerzas:

1F

r

: )0,1,0(1 =u

111 uFF =r

)0,1,0(1001=Fr

)0,100,0(1 =Fr

N

2F

r

: )1,0,0(2 =u

222 uFF =

r

)1,0,0(2002 =Fr

)200,0,0(2 =Fr

N

:3Fr

1456 )1,2,3()2,4,6(

3

==

=

EH

EH

rr

rru rr

rr

333 uFF =r

14100

)1,2,3(3

=F

r

14

)100,200,300(3

=F

r

4F

r

:1456

)1,3,2()2,6,4(4

==

=

HF

HF

rr

rru rr

rr

444 uFF =r

14

300 )1,3,2(4 =Fr

14

)300,900,600(4

=Fr





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a) Resultante del sistema: =

=6

1iiFR

rr

(1)

)( 654321 FFFFFFRrrrrrrr

+++++=

= 0

14

)200,1100,900()200,100,0(

+=

=

14

200200,

14

1100100,

14

900

)55,146;99,193;54,240( =Rr

N

b) Momento del sistema con respecto aC: = iCiQC FrrMr

vrr

)( (2)

Para :1Fr

)0,100,0()10,0,10()( 11 == FrrM CECr

vrr

N-m)1000,0,1000(1 =CMr

Para :2Fr

pues su lnea de accin pasa por C)0,0,0(2 =CMr

Para :3Fr

14

)100,200,300()10,0,10()( 33

== FrrM CEC

rvr

r

14

)2000,4000,2000(3

=

CM

r

N-m

Para :4Fr

14

)300,900,600()10,10,0()( 44

== FrrM CFC

rvr

r

14

)6000,6000,12000(4

=

CM

r

N-m

Ahora calcularemos el momento del par de fuerzas actuantes en el plano DHF. Ladireccin y sentido de este momento est dado por la normal al plano, la cual se obtiene del

producto vectorial de dos vectores contenidos en el plano. Simplemente hay que tener un

poco de cuidado al elegir dichos vectores para obtener el sentido deseado (en este caso, concomponente negativa enz).

)2,6,4( == HFHF rrr rrr

)0,0,1( =DFu

)6,2,0()0,0,1()2,6,4( == DFHF urr

El vector unitario normal al plano es:

DFHF

DFHFFHD

ur

urn

= r

r

1040

)3,1,0()6,2,0( =

=FHDn





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Magnitud del par: 500)5()100( === dFMpar N-m

entonces: FHDparpar nMM =r

1010500

)1500,500,0()3,1,0( ==parM

r

.

Recordar que el vector momento obtenido para el par de fuerzas es independiente delcentro de reduccin.

En (2): parCCCCC MMMMMMrrrrrr

++++= 4321

++= 1000

14

800010150;

14

100001050;1410001000

N-m)43,1612;50,2514;66,2741( =CMr

c) Como sabemos, el momento de la fuerza con respecto al ejeAGest dado por:4F

[ ] AG

AG

AFAGAG uFruM

M

)( 4/4444 34444 21

rr

r

= (3)

donde: es un vector direccional unitario del eje con sentido arbitrarioAGu

Fes un punto arbitrario sobre la lnea de accin de la fuerza 4F

Aes un punto arbitrario sobre el eje

)10,0,10(/ == AFAF rrr rrr

300

)10,10,10(

=

=

AG

AG

AGrr

rru rr

rr

3

)1,1,1( =AGu

reemplazando valores en (3):

=

14)10,0,10(

3

)1,1,1( )300,900,600(AGM

14

)9000,9000,9000(

3

)1,1,1(

=

42

9000=AGM

finalmente, de (3):14

)3000,3000,3000(

3

)1,1,1(

42

9000 =

=AGM

r

N-m)78,801;78,801;78,801( =AGMr





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Ejemplo 2.11: Sobre el cuerpo en forma de paraleleppedo rectngulo acta el sistemade fuerzas mostrado (igual que en el ejemplo 2.4). Se pide reducir el

oluci

sistema a una fuerza cuya lnea de accin pase por el origen decoordenadas Oms un par.

S n: El sistema reducido al origen estar compuesto por la resultante del sistemcuya lnea de accin pase por el origen ms el momento resultante del siscon respecto al punto O.

atema

De la solucin del problema 2.4 tenemos que:

La fuerza resultant el sistema es:e d = iFRrr

= 3( )71,3;66,20;90, [N]

El momento resultante del sistema con respecto a A:

)71,127;07,21;68,( =AM 58

r

[N-m]

Por cambio de centro de reduccin:

MO RrrM OAArrrrr

)71,3;66,20;90,3()2,8,3()71,127;07,21;68,58(

+= )(

+=

tema original queda reducido a una fuerza (

),,(=OMr

As, el sis Rr

) cuya lnea de accin pasa por el

rigen de coordenadas Oms un par (Mo Or

). Se dice que hemos reducido el sistema al

F3= 20 NF4= 50 NF5= 50 N

K(3, 4, 2) mP(3, 8, 1) mQ(3, 6, 0) m

1F

r

2F

r

4F

r

3F

r

F1= 30 NF2= 10 N

5F

r

origen O:

R

r

O

M

r





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zEjemplo 2.12:

Sobre el paraleleppedo actan las

fuerzas 1Fr

y 2Fr

ms un par, el cualel plano sombreado.

el sistema a una

est alojado en

e pide reducirerza

olucin

Sfu

en el origen Oms un par.

S : )8,0,6(5

4,0,3101 =

=F

r

N

)0,8,0()0,1,0(82 ==F

2m

3m

4m

xy

F1

F2=

3N

2O

7m

=10N

3N

m

8N

Fig. 2-35

r

N

ado que las otras dos fuerzas conforman un par, entonces su contribucin a la suma deerzas para evaluar la resultante es nula,

Dfu

entonces: =+== )8,8,6(21 FFFR irrvr

N

n de la resultan

omo la lnea de acci te pasar, por requerimiento del problema, por elular el momento resultante del sistema con

Corigen de coordenadas, entonces hay que calcespecto a dicho origen O:r

= FrMrrr

, dondeiiQO iQrr

es el vector posicin del punto genrico

Qi, el cual es punto de paso arbitrario de la recta deaccin de la fuerza

iFr

.

parMFrFrMrrrrrr

QQO ++= 2

cuacin e fuerzas se calcula multiplicando el mdulo porun vector d vez se obtiene multiplicando vectorialmente dos

ectores unitaribas f ente, si multiplicamos vectorialmente dos vectores unitarios

erpe ulares entre s ltado ser un vector unitario perpendicular a ambos).

211

E n la que el momento del par de

ireccin unitario, el cual a suv os cualesquiera contenidos en el plano que contiene las lneas de accin deam u

p ndic , el resuerzas (evidentem

As:

++=

54,0,

53)0,1,0()2()3(0,8,0()0,2,3()8,0,6()0,2,3(

OM )r

15;24;2,11(=M )6,Or

N-

ntonces, el sistema ha sido reducido )8,8,6( =

m

a la fuerza Rr

E N cuya lnea de accin

asa por Oms el momento )6,15;24;2,11(=OMr

N-m.p





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Ejemplo 2.13: En la figura se muestra un sistema de cuatro cargas actuando sobre unaviga AB. Se pide reducir el sistema a una nica fuerza que pase por el

punto H(punto medio de AB) ms un par.

Solucin:

Denominemos Sistema I al sistema de fuerzas dado y Sistema II al sistema formado poruna nica fuerza que pasa por el punto medio Hde la viga ms un par.

Dado que todas las fuerzas actan en el plano xyutilizaremos vectores bidimensionales,an cuando est claro que los vectores momento tendrn componente solamente en z. Adiferencia de los problemas tridimensionales, en los que el trabajo vectorial se haceimprescindible, en los problemas bidimensionales se puede trabajar de manera escalar, ancuando el trabajo vectorial queda como alternativa vlida. En este problema trabajaremosde ambas maneras para que el estudiante pueda apreciar las ventajas de uno u otro y asescoja luego la que mejor le parezca.

a) Mtodo vectorial:Para el sistema I:

1F

r

: 111 uFF =r

iF 6001 =r

2F

r

: 222 uFF =r

jF 15002 =r

3F

r

: 333 uFF =r

)3030(cos15003 jseniF =r

jiF 75037503 =r

4Fr

:444

uFF =r

)4545cos(10004

jseniF =r

jiF 250025004 =r





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Fuerza resultante: =

=4

I

i

I FRrr

(1)1i

ji )25007501500()25003750 +

j89,42+

600( +=

iRI 069,8=r

(2)

l origen A:

I

iAiQ

I

A FrrM

Momento resultante con respecto a

rvrr

= )( donde )0,0,0(=Arr

ntonces: = II FrM

e iiQArrr

caso: 4321 FrFrFrFrM EDCJI

A

rrrrrrrrr

++= en nuestro +

++ )7503750(6001500300)600(200 jiijijM IA += ir

)25002500()2001000( jiji ++

kkk 20001002000500450000000120 ++= kk 000450

k)2000400000120( = [N-mm]

ara el sist

kM IA685,42685=

r

(3)

P ema II:

Resultante: iFFR xII

+==

rr

Momento resultante con respecto al or

jFy (4)

igen A:

= IIiiQII

A FrMrrr

(5)

HH MFrrrr

+=

kMjFiFi Hyx)(900 ++= &

kMFM HyII

A)900( +=

r

(6)

Dado

q

e (2)y ( jFy 89,42069,8 +=+

ue los sistemas I y II son equivalentes:

d 4): iFx ji

de donde: 069,8=xF N y 42 89,=yF

de (3)y (6):

N

Hy MF += 685,4685 9002

de donde: 286,42724=HM N-mm

As, el sistema I queda reducido a: jiF

89,42

069,8 +=

r

[N] (pasa por H)kM

H286,42724=

r

[N-mm]





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b) Mtodo escalar

Igualdad de

e debe cumplir que: III RR

fuerzas resultantes:

rr= = IIiIi FF

rr

xF : xF!

45cos100030cos1500600 =+

S

xF=+ 25003750600 069,8=xF N

xF : yFsensen!

3010003015001500 =

yF= 25007501500 89,42=yF N

Igualdad de momentos resultantes:

AM :I ++ )1000(45sen1000)600(30sen1500)300(1500)200(600=AM

r

)200(45cos1000

+

42685 ,685=IAMr

yFM += 900(r

HII

A M)

igualando: Hy MF += 900685,42685

e: 42,724

de d 286

don =HM N-mm





16/26


Ejemplo 2.14: Sobre el paraleleppedo actan dos fuerzas y un par, el cual est alojadoen el plano sombreado (ver ejemplo 2.11). Se pide hallar el momentomnimo y la interseccin del eje central con el planoxy.

olucin

xy

z

O

Fig. 2-44

S :

e la solucin del ejemplo 2.11 tenemos que: == )8,8,6(iFRvr

N

)6,15;24;2,11(=OM

Dr

N-m

ireccin unitaria de la resultante: )625,0;625,0;469,0(806,12

)8,8,6( =

=Ru

omento mnimo: uMM =r

D

M ROmin

)625,0;625,0;469,0()6,15;24;2,11( =

resultado que caba esperar pues tenemos un sistema de fuerzas coplanares.

or equivalencia er figura) se debe cumplir que:

OQ MRr

rr

r

=

2,1188 = zy

=y

la etra analtica, cualquier punto de la forma ),,( zyx queertenezca al eje central debe satisfacer las tres ecuaciones mostradas. Para hallar la

0min =M

P

de sistemas (v

)6,15;24;2,11()8,8,6(),,( =zyx

0,2468 =+ zx

R

r

OMr

Rr

Qrr

68 x 6,15

Como sabemos de geompinterseccin con el planoxyhacemos z= 0:

3=x m

41,=y m





17/26


Problema 2.15

sistema con

)8,6,8(=

Se tiene un

F

formado por la fuerzar

kN y el momento de un par

),70,20( zMM =r

kN-m como se muestra.

Se pide:

Calcular la commodo quereemplazado por una fuerza nica.

)interseccin

a

a) ponente zM del par deel sistema pueda ser

b Indicar las coordenadas del punto dede la lnea de accin de dicha

fuerza nic con el planoxz.

Solucin:

a) Denominaremos Sistema I al sistema dado, el cual est conformado por:

)8,6,8(=Fr

kN con punto de paso dado por )5,5,6(=Qrr

m

),70,20( zMM =r

kN-m

Como Fr

es ltante del sistema. Elomento resultante del sistema con respecto al o

I

OM

la nica fuerza en el sistema, entonces es tambin la resum rigen ser:

MFQrrr

r

r

,),6,8()5,5,6( +=

)76,18,10( = zM

educimos el sistem inaremos sistema II:

)8,6,8(=F

+=

20(8 ),70 zM

R a al origen de coordenadas, al cual denom

r

kN (1)

)76,18,10(!

== zI

OO MMMrr

(2)

ara que el sistema II se pueda reemplazar por una fuerza nica, entonces el momentonimo debe ser nulo, es decir, debe cumplirse que:

0min =M

Pm

r

RMOrr

0=RMOrr

0)4,3,4()76,18,10(

= M z

0)4()76())4()10( 3()18( =++

0 5,72

zM

2904 =zM =zM kN-m

entonces: )5,72;70;20( =Mr

kN-m

adems, en (2): )5,3;18;10( =IOMr

kN-m

Fr

OM

r

F

r

M

r





18/26


b) Sea Sistem III el sistema de fuerza nica. Por ser equivalente a los sistemas I y IIlirse que:

adeber cump

:IIIO

I

O M

rr

= M FrKr

r

= )5,3;18;10(

)8,6,8(),0,()5,3;18;10( = KK zx )6,88,6()5,3;18;10( KKKK xzxz

+=

e donde: 106 = z 667,1d =z

1888 =+ zx

5,36 =x 583,0

=x

odemos ver que, del set de tres ecuaciones obtenidas, con la primera y tercera obtenemosbuscados, la segunda ecuacin servira en este caso para comprobacin.

x

y

z

O

F

r

Sistema III

K

Plos valores

)667,1;0;583,0(=Kr

r

m

Ejemplo 2.16: La placa rectanguno horizontal xy. Se aplican 6 cargas verticales (todas

ellas entrantes al dibujo) y cinco momentos con mdulo M segn lascci ostrados, todos contenidos en el plano xy. Se:

) Mostrar que el sistem

) Hallar el m mo mo valor del mduloMpara que el punto de paso de la fuerzaresultante del sistema no salga de los lmites de la placa.

lar mostrada (vista superior o desde arriba) estcontenida en el pla

dire mpide

ones y sentidos

a a de fuerzas se puede reducir a una fuerza nica

b xi y mni

Solucin:

a) Reducirem a al origen de coordenadas.

+++= )7()1,3()8()5,7()8()5,3( kkkMO

os el sistem

r

+ QrQr

r

jMiMkk 23)10()3,8()7()1,7( +++++





19/26


++++ )49,7()21,7()56,40( += )24,40()8()3,1( k

jMi 2 + M3)80,30( ++

++= )230,124()8,24( 3

jMiM 2 +

)2,3()238,148( MMO +=

r k)10778

r

La esultante del sistema ser: R 88( =r

k48 R =r

O

Puesto que 0= OMRrr

(pues se ve que MRrr

el momento mnimo es nulo

)

y el sistema se puede descomponer a una nica fuerzando en el eje central.

actua

b) Reemplazaremos el sistema original por una nica fuerza Rr

que, evidentemente, seras

vertical y atraviesa el planoxypor el punto de coordenad

(x, y):

kR 48=r

Su mo nto con respecto al origen ser: )48(),( kyxMO =mer

),(48 xy=

),(48)2,3( xyM

Igualando al momento OMv

del sistema original:

)238,148( + =

de donde: yM 483148 =+ (1)x48M2238 =+ (2)

de (1)y (2): 5054872 =+ yx

ecuacinlos puntos (x, y) por los cualesde accin de la resultante nica del sistem

si 521,10:0

que representa el lugar geomtrico depasar la lnea

a.

== yx

si m014,7:0 == xy

Para el punto de corteB (7,014; 0) :

e 6 -mn (2): tonM =49,33

Para el pun

en (1): M =- 46,67 ton-m

to de corte C (y = 6 m) :

tema no salga de los lmites de la placa:

3467,46

En consecuencia, para que la resultante del sis

,49 M [ ]mton





20/26


E 0jemplo 2.2 : ra.Una placa est sometida al sistema fuerzas y pares mostrado en la figu

inar la fuerza resultante nica que reemplaza al sistema dado e indicar ladistancia entre el puntoAy la lnea de accin de la resultante.

Se pide:

a) Determ

b) Hallar la fuerza AFr

de direccin desconocida que pase por y la fuerza vertical BFr

A modo que el sistema resultante sea

lucin

que pase por B adicionales a las mostradas, denulo.

So : a) Dado que el sistem reducirlo a una fuerza nica.a es coplanar podem so

= iFRrr

jF 7501 =r

[N]

iF 500=2r

[N]

jF 600125

6503

= i250

13,

13 =

r

ji 1350750 R =r

[N]

con mdulo: 3,1544

=R N

i

S hacemos pasar la lnea de accin de Rr

por el puntoA, el momento que la acompaa es:

k 3751125),1(250)()2,1(500)2, +++

MA 750=r

[N-m]

d

r

kkkkMA

()21(750=

k

Por equivalencia de sistemas:

dRMA = = 3,1544 486,0750 =d m





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b) Adicionamos ,BF F y yAF al sistema analizado en a), a la

fuerza con componentesRxyRyms el momentoMA.

a

el cual ya fue reducidoxA

Para que el nuevo sistem sea nulo, entonces se debe cumplir que la nueva resultante seanula y el momento del sistema con respecto a cualquier pun ambinnulo.

Es decir: 0=R

to de reduccin sea t

r

, = 0M A

0750!

=xR

01350!

=++= AyB FFR

= 0!

Resolviendo a de ecuaciones:

1,1043750

=

=A

AxF

N

NN

= NFB 625

=+ AxF

y

= 2,1750 BA FM

el sistem

725=AyF

F

Ejemplo 2.21: En la figura se muestra uvigaAB. Se pide reducir el

n sistema de cuatro cargas actuando sobre unasistema a:

) Una nica fuerza y calcular la distancia a la que su recta de accin corta al tramoAB.

) Una fuerza de direccin desconocida que pase porAy una fuerza de direccin verticalque pase porB.

a

b

Solucin 1: M ctorialtodo ve

) Sistema I:

1F

a

r

: 11 uFF = 1r

iF 6001 = r

2F

r

: 222 uFF =r

F2 = j1500r

3

F :3

FF = 30r

33

ur

)30(cos15003

jseniF =r

jiF 75037503 =r

AF

r





22/26


4F

r

: 444 uFF =r

)4545cos(10004 jseniF =r

jiF 250025004 =r

Fuerza resultante: =4

IIFR

=1ii

rr

(1)

ji )25007501500()25003750600( ++=

jiRI 89,42069,8 +=r

(2)

omento resultante con respecto al origenA:

I

iAiQ

I Frr

M

AMr

vr

r

)( donde )0,0,0(= =Arr

entonces: = II FrM iiQAr

r

r

tro caso:4321

FrFrFrFrMEDCJ

I

A

r

r

r

r

r

r

r

r

r

+++= en nues

+++= )7503750(6001500300)600(200 jiijiijMIAr

)25002500()2001000( jiji ++

k)2000400000120( = [N-mm]

Mr

kIA

685,42685= (3)

Sea sistema II el sistema formado por una nica fuerza.

Evidentemente, por equivalencia de sistemas, la fuerza nica actuando en este sistemadeber ser vectorialmente igual a la fuerza resultante del sistema I:

Resultante: jFiFFR yxII +== rr

(4)

IIIRR

rr

= )4()2( y

069,8=xF N y 89,42=yF N

Adems: FrM PII

A

r

r

r

=

)( jFiFix yxP += jFix yP =

kxM PII

A89,42=

r

(5)

Dado que los sistemas I y II son equivalentes:

II

A

I

A MMrr

= :)5()3( y

Px89,42685,42685 = 07,98715=Px mm

),( yx FFF =r





23/26


As, el sistema I es equivalente a una nica fuerza jiF 89,42069,8 +=r

[N] cuyapasa por Plnea de accin )0;07,98715(= mm.

b) desconocida que pase

Sist

Resultan (6)

Mom MIIIA

Ahora reduciremos el sistema dado a una fuerza de direccin

porAms una fuerza vertical que pase porB.ema III:

te: jBjAiAR yyxIII ++=

r

jBAiAR yyx

III )( ++=r

ento del sistema con respecto aA: jBi y 1800 =r

kB MIIIA1800= y

r

(7)

de (2)y (6): jBAiAji yx )(89,42069,8 ++=+

e donde: 069,8=xA (8)

89,42=+ yy BA (9)

e (3)y (7): yB1800685,42685 = 94,380

y

d

=yB (10)

s, los siste

j069,8=

d

en (9): 423,83=yA

A mas I y II son equivalentes al sistema III formado por las fuerzas:

i 83,423+Ar

[N] cuya lnea de accin pasa porA

B = j94,380r

[N] cuya lnea de accin pasa porB.

olucin 2

S : Mtodo escalar

)a





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),( yx FFF =r

Igualdad de fuerzas resultantes:

Se debe cumplir que: III RRrr

= = IIiIi FFrr

xF : 100030cos1500600 +

xF!

45cos =

xF=

069,8+ 25003750600 =

x

yF : yFsensen!

3010003015001500 =

F N (1)

y F= 25007501500 89,42 =yF N (2)

M

Igualdad de momentos resultantes:

I A : )1000(451000)600(301500)300(1500)200(600 ++= sensenMAr

42,685685=IA

Mr

(3)

r

)( yP

II

A FxM =

ualando: )(685,42685 yP Fx= 07,98715ig =Px mm (4)

) Los sistemas I, II y III son equivalentes.

Se debe cumplir que: IIIII RR

brr

=

xF : xx AF =

de : 069,8=xA N (5)(1)

yF : yyy BAF += (6)

dems, IIIA MMI

rr

= : )1800(685,42685 yB=

A A

94,380=y N (7)

89,

B

(2) 7)en 42y ( (6): 94,380= yA

83,=yA 423 N





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Pr moble a 2.22:

La armadura de techo Howe m es conocidas cuyasma P, 2P, P, cuyas direcciones son

tramo AC. Si el sistema se reduce a una nica fuerza cuya lnea

accin cruza la lneaAEa 4,5 m a la derecha deA, se pide calcular el valor de Py hallar laerza resultante (m

olucin

ostrada recibe 3 cargas verticalgnitudes son conocidas, y las cargas debidas a viento

perpendiculares al de

fu dulo, direccin y sentido).

S : Direccin unitaria de las cargas inclinadas:5

te d

)2,1( =

Pu

Resultan el sistema I: =i

iFR II

rr

)(500)(1000)(15002 jjjuPuPuPRI +++++= PPPr

)3000,0(

5

)2,1( 4 += P

)3000,0()2,1(58,0 += P

)300056,1;58,0( = PPRIr

(1)

omento resultante del sistema I con respecto aA:M =i

I

iiQ

I

A FrMr

r

r

Fuerza Ii

Fr

Posicin de punto de paso

iQrr

con respecto aA [m] )(kFr IiiQ

r

r

puP (0, 0) 0puP 2 (3; 1,5) P53

puP (6, 3) P 53

(0, -1500) (3, 0) 5004

(0, -1000) 0006(6, 0)

(0, -500) (9, 0) 5004

0001556 P kPMIA =

)1500056( r

)(2





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Sistema II: Est conformado por una nica fuerza cuya lnea de accin pasa por P.

st claro que: RRIIrr

= E (3)

or equivalencia de sistemas se debe cumplir que III RR

Prr

= , entonces, de (1)y (3):

)00036,1;58,0( = PPR 5r

(4)

om resulta A:M ento

nte del sistema con respecto a

RrM PII

A

r

r

r

=

)0356,1;5)0,5,4( = PP 008,0(

kPM IIA

)5001352,7( =r

(5)

or equivalencia de sistemas se debe cumplir que AI

A MMP II

rr

= , entonces, de (2)y (5):

5001352,7 P

e donde:

0001556 =P

d 5250= P 017,559=P kgf

Ree plazando el valor dem encontrado en la expresin (4):P

)0003525056,1;525058,0( =Rr

=R )5000,1000(r

kgf

Mdulo: 22R

02,0995

50001000 +=

=R kgf

Direccin:

=

100

500arctan

69,78=

Rr

R

r


estt cap2 ejemplos adicionales

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