Cap. 2 Sistemas de Fuerzas

Cap. 2 Sistemas generales de fuerzas

Pág. 2-1


Documento de Trabajo Realizado por Jorge Rodríguez Hernández Departamento de Ingeniería

2.1 Definiciones

Dado que la mecánica estudia el movimiento de los cuerpos y éste se produce por la acción de fuerzas, entonces queda clara la importancia de ellas y en el presente capítulo las estudiaremos con la debida profundidad. Como ya sabemos, se define fuerza como la acción de un cuerpo sobre otro, siendo que ambos están en reposo, o ambos en movimiento o uno cualquiera de ellos en reposo y el otro en movimiento. Esta acción puede ser por contacto o a la distancia (por ejemplo fuerzas gravitatorias y magnéticas). Normalmente no es solamente una fuerza la que actúa sobre un cuerpo si no mas bien varias fuerzas. En general será la acción de varias fuerzas, las denominaremos como un sistema de fuerzas, sobre un cuerpo la que provocará cambios en su campo de aceleraciones, si está en movimiento, e inducirá a la aparición de fuerzas de reacción en los vínculos o apoyos que restringen su movimiento. Las características del efecto físico que produce una fuerza actuando sobre un cuerpo rígido son magnitud, dirección, sentido y línea de acción en la que actúa. El ente matemático que contiene las tres primeras es el denominado vector: v F = ( F x , F y , F z ) o

también

v ˆ F = F x iˆ + F y jˆ + F z k

(2.1)

r

F uˆ r

r Q

Además la recta de acción L debe debe estar definida claramente. Una manera sencilla está dada si definimos el vector posición de un punto de paso cualquiera ( Q en la figura) pues su dirección ya está dada por las componentes del vector fuerza: uˆ =

( F x , F y F z ) 2

2

(2.2)

2

F x + F y + F z

Así, la ecuación de la recta de acción está dada por la expresión: r r r P = r Q + t uˆ donde t ∈ ℜ

(2.3)

Nota: En el caso de una fuerza actuando en un cuerpo deformable Q deberá ser necesariamente el punto de aplicación de la fuerza.

Pontificia Universidad Católica del Perú

Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño


Pág. 2-2

Tipos de fuerzas: •

Fuerzas externas:

representan la acción acción de otros sólidos (o fluidos fluidos o campos) sobre el sólido en estudio. Pueden generar en él movimientos de traslación y/o rotación.

•

Fuerzas internas:

mantienen unidas o cohesionadas a las partículas que componen el sólido en estudio.

2.2 Momento de una fuerza con respecto a un punto

El momento de una fuerza con respecto a un punto mide la tendencia que origina dicha fuerza de hacer girar el cuerpo alrededor de ese punto. r

Para precisar la acción de giro que propicia la fuerza F examinemos la figura 2.2 a: r

F

r

F θ

r

El efecto de giro alrededor de P que produce la fuerza F sobre el cuerpo mostrado (una r llave de tuercas) está medido por el producto del módulo de F por la distancia del punto de giro P a la línea de acción de la fuerza (la cual es denominada longitud de palanca). Es decir: M P = F d

(2.4)

Esta tendencia de giro tiene una dirección y sentido claramente específicos: dirección r perpendicular al plano que contiene a F y a P, y sentido antihorario. Matemáticamente hablando, la tendencia de giro quedará muy bien representada por un vector. r

Evidentemente la línea de acción de la fuerza F no necesariamente tendría que ser perpendicular al brazo de palanca AD (ver figura 2.2 b). En este caso la magnitud del momento estará dada por: M P = F d '

Está claro que la determinación del momento en los casos anteriores es una tarea relativamente sencilla. Pero, ¿qué pasa en espacio tridimensional?. Analicemos el siguiente caso.




Pág. 2-2

Tipos de fuerzas: •

Fuerzas externas:

representan la acción acción de otros sólidos (o fluidos fluidos o campos) sobre el sólido en estudio. Pueden generar en él movimientos de traslación y/o rotación.

•

Fuerzas internas:

mantienen unidas o cohesionadas a las partículas que componen el sólido en estudio.

2.2 Momento de una fuerza con respecto a un punto

El momento de una fuerza con respecto a un punto mide la tendencia que origina dicha fuerza de hacer girar el cuerpo alrededor de ese punto. r

Para precisar la acción de giro que propicia la fuerza F examinemos la figura 2.2 a: r

F

r

F θ

r

El efecto de giro alrededor de P que produce la fuerza F sobre el cuerpo mostrado (una r llave de tuercas) está medido por el producto del módulo de F por la distancia del punto de giro P a la línea de acción de la fuerza (la cual es denominada longitud de palanca). Es decir: M P = F d

(2.4)

Esta tendencia de giro tiene una dirección y sentido claramente específicos: dirección r perpendicular al plano que contiene a F y a P, y sentido antihorario. Matemáticamente hablando, la tendencia de giro quedará muy bien representada por un vector. r

Evidentemente la línea de acción de la fuerza F no necesariamente tendría que ser perpendicular al brazo de palanca AD (ver figura 2.2 b). En este caso la magnitud del momento estará dada por: M P = F d '

Está claro que la determinación del momento en los casos anteriores es una tarea relativamente sencilla. Pero, ¿qué pasa en espacio tridimensional?. Analicemos el siguiente caso.




Pág. 2-3 r F

Sea la fuerza actuando sobre el cuerpo rígido mostrado. Si deseamos evaluar el efecto de giro que causa dicha fuerza en cuanto al giro del cuerpo alrededor del punto P, r entonces calcularemos el momento de F con respecto a P:

r

F r

r Q / P

r

r Q

Para ello pasaremos un plano P que contenga r a la fuerza F y al punto P. Evidentemente cualquier punto de la recta de acción de la fuerza también estará contenido en dicho plano (ver figura 2.4).

r

r P

Una vez situados en el plano P habrá que encontrar la distancia d y entonces el módulo r del momento M P será: M P = F d .

r

F

r

r

r Q / P

La dirección de M P está dada por la normal al plano P y su sentido está definido por el sentido del giro que “se produciría”, en nuestro caso el giro se daría en sentido horario, lo cual por la regla de la mano derecha significa que sería “hacia abajo”.

Queda claro que el concepto de momento es sencillo, pero que en el caso tridimensional podría ser complicado calcular el brazo de palanca d . Entonces resultará muy práctico recurrir al álgebra vectorial para simplificar los cálculos. Definición analítica: donde:

r M P =

r

r

r

( r Q − r P ) × F

(2.5)

Q es un punto cualquiera o arbitrario sobre la línea de acción L . r r r r Q / P = r Q − r P indica la posición relativa del punto Q con respecto al punto P.

r

Como se puede deducir de la definición de producto vectorial, el vector M P es r r perpendicular tanto a r Q / P como a F . Su sentido está dado por la regla de la mano derecha y su módulo se calcula por: M P = r Q / P F senθ

pero :

d = r Q / P senθ

→

M P = F d

el cual es equivalente al expresado líneas arriba. En el caso bidimensional, es decir, si la fuerza y el punto de reducción están en el plano xy, será más sencillo calcularrla distancia d y hacer un breve análisis para determinar la dirección y el sentido de M P . En el caso de la fig. 2.5, su dirección será perpendicular al plano del dibujo y el sentido de la tendencia de giro será horario (por la l a regla de la mano drecha, sentido entrando al plano del dibujo).




Pág. 2-4

r

F r

r Q / P

Es evidente que el álgebra vectorial proporcionará los mismos resultados. Es decir, sigue siendo perfectamente válida la expresión: r r r M P = r Q / P × F

La definición general de momento puede utilizarse para demostrar el principio principio de transmisibilidad de una fuerza: el efecto externo de una fuerza sobre un sólido rígido es independiente del punto de aplicación de ella a lo largo de su línea de acción. Ello será visto en el siguiente ejemplo. Ejemplo 2.1: Mostrar que el punto Q de la ecuación (2.5) es un punto cualquiera r (arbitrario) sobre la línea de acción en la que actúa la fuerza F . r r r M O = r A × F r r r M O = r B × F

r

F

r

r B / A r

r A

(1) (2)

r r r = ( r A + r B / A ) × F

r

r B

r

r

r

= ( r A + λ F ) × F

→

r r r r = r A × F + λ F × F =0 r r r M O = r A × F ecuación que es idéntica a (1).

En particular será útil aplicar el concepto de momento de una fuerza con respecto al origen de coordenadas O, por lo que a continuación aplicaremos los conceptos generales desarrollados a este caso. r

F

r

r Q

Sea Q un punto de paso cualquiera sobre la recta r de acción L de de la fuerza F . r

El momento de la fuerza F respecto al punto O r es el vector M O tal que: r r r M O = r Q × F




Pág. 2-5 r

Su módulo es M O = r Q F senθ y su dirección es perpendicular al plano formado por r Q y r l a mano derecha. F . Su sentido está dado por la regla de la

r

Como ya hemos establecido, el módulo M O mide la tendencia de la fuerza F a imprimirle al sólido rígido un movimiento de rotación alrededor del punto O. •

Expresión cartesiana del momento de una fuerza respecto de un punto: r r r M O = r Q × F

r

Sea r Q = ( x, y , z ) el vector posición de un punto sobre L : r F =

→

( F x , F y , F z )

r M O =

iˆ

jˆ

ˆ k

x

y

z

F y

F z

F x

es decir:

r ˆ M O = ( y F z − z F y ) iˆ + ( z F x − x F z ) jˆ + ( x F y − y F x ) k 142 4 43 4 142 4 43 4 14 4 244 3 M

O x

M

(2.6)

M

O y

O z

Ejemplo 2.2: En la figura se muestra una palanca acodada articulada ren O y sometida a una fuerza vertical F A . Se pide: r

a) Hallar lar el momento M O que produce F A = 30 [N] con respecto al punto O. b)

r

F A

r Calcular la fuerza horizontal F B aplicada en B que r produciría el mismo momento M O sobre la

palanca. Solución: a) El momento momento con respecto al origen está dado por: r r r M O = r A × F A

donde:

⎛ 2 2 ⎞ 35 sen 45 °, 0) = ⎜⎜ 35 , 35 , 0 ⎟⎟ 2 ⎠ ⎝ 2 r F A = (0, − 30, 0) = − 30 jˆ

r r A = (35 cos 45°,



Cap. 2 Sistemas generales de fuerzas iˆ r M O =

Pág. 2-6 jˆ

2 2 35 2 2 0 30

35

ˆ k ⎛

0 = − 30 ⎜⎜ 35 ⎝

2 ⎞⎟ ˆ k 2 ⎠⎟

0

ˆ = − 525 2 k r ˆ (kgf-cm) M O = − 742,46 k

→

También se puede trabajar de manera escalar: M O = F A d =

(30) 35

2 = 525 2 2 r

Por simple inspección su dirección será − k ˆ , entonces: M O = − 525 2 k ˆ (kgf-cm). r

b) La fuerza F B buscada es horizontal. Asumamos que tiene sentido hacia la izquierda: r r ! r M O = r B × F B = − 525

2 k ˆ

r r B = ( 40 sen 30°, − 40 cos 30°, 0) = r F B = − F B iˆ

→

de donde:

( 20, − 20 3 , 0)

!

( 20, − 20 3 , 0) × ( − F B , 0, 0) = − 525 2 k ˆ F B =

105 2 4 3

→

F B =

21, 43 kgf

El signo positivo de la respuesta obtenida indica que el sentido asumido es el correcto. En consecuencia: r F B = − 21, 43 iˆ [kgf]




Pág. 2-7

2.3 Momento de una fuerza con respecto a un eje

En muchas aplicaciones de la ingeniería interesará solamente la componente del momento en dirección de una recta o eje dado. El momento de una fuerza con respecto a un eje mide r justamente la tendencia del cuerpo rígido a girar alrededor del eje debido a la acción de F . Definición:

El momento de una fuerza respecto a un eje es la proyección sobre dicho eje del momento respecto a un punto cualquiera del mismo. uˆ L

r

F

r

r Q / P r

r P

Q: r

r Q

de la definición:

P:

r r M L = P roy uˆ L M P r r M L = ( M P ⋅ uˆ L ) uˆ L

con

uˆ L = (u x , u y , u z )

r

r

punto arbitrario sobre recta L . punto arbitrario sobre el eje L.

r

r

(2.7)

r

= [(r Q / P × F ) ⋅ uˆ L ] uˆ L con r Q / P = r Q − r P r

r

= [uˆ L ⋅ (r Q / P × F )] uˆ L r

r

= (uˆ L r Q / P F ) uˆ L r M L =

→

u x

u y

u z

r Q / P x

r Q / P y

r Q / P z

F x

F y

F z

uˆ L

(2.8)

Nota: las componentes del vector unitario uˆ L = (u x , u y , u z ) pueden ser los cosenos directores del eje L. Ejemplo 2.3: Mostrar que el punto P del eje puede ser un punto arbitrario de él. r

Demostración:

L

Tomemos otro punto sobre el eje: C

F

uˆ L r

C

r r M L = ( M C ⋅ uˆ L ) uˆ L r M L =

[

r r ( r Q / C × F ) ⋅ uˆ L

r Q / C

P

]


uˆ L

r

r Q / P

Q

Fig. 2-10


Cap. 2 Sistemas generales de fuerzas r M L =

→

+ r Q / P ) × F ] ⋅ uˆ L

[ (λ uˆ

+ r Q / P × F ) ⋅ uˆ L ] uˆ L

[ ( r r

× F ) ⋅ uˆ L ] uˆ L

r

r

} uˆ

L

r

r

L

r M L =

→

{ [ (λ uˆ

L

=

Pág. 2-8

r

Q/P

Nota: a continuación aclararemos el significado físico del momento de una fuerza respecto de un eje, cual es el efecto de giro alrededor del eje: uˆ L

r

r

F 1

F

r 2

r

A

r r 1

F 2

r

r 1

uˆ L ⊥ P

r F 1 | | uˆ L r r F 2 contenido en P → F 2 ⊥ uˆ L r r 2 contenido en P

Eje “L”

r

B

→

Plano P ⊥ eje L

r

O:

Punto respecto al momentos

A:

Punto en que ubicamos a F = F 1

B:

Punto de intersección de P y uˆ L

r

O

Fig. 2-11

| | uˆ L

cual tomamos r

r

r r M L = uˆ L ⋅ ( r × F ) r

r

r

r

r

r

= uˆ L ⋅ [(r 1 + r 2 ) × ( F 1 + F 2 )] r

r

r

r

r

r

= uˆ L ⋅ ( r 1 × F 1 + r 1 × F 2 + r 2 × F 1 + r 2 × F 2 ) r

→

r

= 0 (pues r 1 || F 1 ) r r r r r r r r ˆ ˆ ˆ ˆ = u L ⋅ ( r 1 × F 1 ) + u e ⋅ ( r 1 × F 2 ) + u e ⋅ ( r 2 × F 1 ) + u e ⋅ ( r 2 × F 2 ) =0 r r =0 r r (pues uˆ L ⊥ ( r 1 × F 2 ) (pues uˆ L ⊥ ( r 2 × F 1 ) r r M L = uˆ L ⋅ ( r 2 × F 2 )

El momento de una fuerza respecto de un eje es igual al momento de su proyección sobre un plano perpendicular al eje. r

r M L es

perpendicular al plano P y mide la tendencia de F 2 de hacer girar el sólido rígido r r alrededor del eje L. La otra componente de F ( F 1 | | uˆ L ) no tiene nada que ver con el giro sólido rígido alrededor de e. r

r

En la expresión M L = uˆ L ⋅ (r 2 × F 2 ) no está


r r 1

→

r M L es independiente de O.



Pág. 2-9

Casos particulares: 1) Momento de una fuerza respecto de los ejes cartesianos Respecto del eje x: uˆ = iˆ r

r r r M x = ( iˆ r F )

F

r

r

→

1

0

0

= x

y

z

F x

F y

F z

iˆ

r M x = ( y F z − z F y ) iˆ

r M y = ( z F x − x F z ) jˆ

Análogamente:

r ˆ M z = ( x F y − y F x ) k r

r

r

r

Notar que estos valores de M x , M y y M z son las componentes del M O coinciden con las r

componentes del momento de la fuerza F con respecto al origen O (ver expresión 2.6)r F es paralela al eje L:

2) Si la línea de acción de la fuerza

r r M L = [( r × λ uˆ L ) ⋅ uˆ L ] uˆ L

→

r F = λ uˆ L r M L =

0

r M L =

0

r

= 0 , pues ( r × λ uˆ L ) ⊥ uˆ L

r

r

3) Si la línea de acción de la fuerza F corta al eje: r | | uˆ r r M L = [uˆ L ⋅ (λ uˆ L × F )] = 0 , pues

r ( λ uˆ L × F ) ⊥ uˆ L

→

o de otra vmanera: si es que escogemos el punto de intersección como de referencia para calcular M O →

r r = 0


→

r M L = 0



Pág. 2-10

2.4 Sistemas de fuerzas

La resultante de un sistema de fuerzas es el sistema más simple que puede reemplazar al sistema de fuerzas original con la condición indispensable que no cambie su efecto sobre el cuerpo rígido, independientemente de si éste está en reposo o en movimiento. La resultante de un sistema de fuerzas estará compuesta en general por una fuerza y un par aunque en ciertos casos particulares podría ser una única fuerza o un único par. Ello será establecido claramente al estudiar el acápite 2.11 del presente capítulo. Precisamente en el capítulo 3 estableceremos que, cuando la resultante de un sistema de fuerzas es nulo, entonces se dice que el cuerpo sobre el que actúan dichas fuerzas, está en equilibrio. Si dicha resultante no es nula el cuerpo rígido está acelerado. Ello será estudiado en el siguiente curso de Dinámica. →

r

r

r

Se llama sistema de fuerzas a un conjunto de fuerzas F 1 , F 2 ,L, F n actuando en sus respectivas líneas de acción. L 2

L 1

r

F 1 r

r

r

r Qi

r Qi r

O

L 2

F 1 L

F i

Qi

L 1

r

−

r

r E

F 2

Qi

r

r

r

r P

r Qi

r Qi

P

r P

r

r

r P

O

F n

L

F i −

r

F 2 r

r P

P r

F n

L n

L n

Fig. 2-14

Fig. 2-13

Definimos para el sistema: •

Fuerza resultante del sistema de fuerzas:

r R =

∑

r F i

(2.9)

i

•

El momento resultante del sistema con respecto al centro de reducción P es la suma de r r r los momentos de las fuerzas F 1 , F 2 ,L, F n con respecto a dicho punto P: r M P =

r M i =

∑

∑

i

i

r r r ( r Qi − r P ) × F i

donde el punto Qi es un punto de paso arbitrario sobre la línea de acción •

(2.10) L i.

El momentorresultante del sistema con respecto al eje L es la suma de los momentos de r r las fuerzas F 1 , F 2 ,L, F n con respecto a dicho eje L: r ⎧⎡ M L = ⎨ ⎢

⎩⎣

donde:

∑ i

r ⎤ ⎫ r r (r Qi − r P i ) × F i ⎥ ⋅ uˆ L ⎬ uˆ L

⎦

(2.11)

⎭

el punto Qi es un punto de paso arbitrario sobre la línea de acción

L i

el punto Pi es un punto de paso arbitrario sobre la línea de acción L



Cap. 2 Sistemas generales de fuerzas 2.5

Pág. 2-11

Par de fuerzas

Se llama par al sistema formado por dos fuerzas acción paralelas y sentido opuesto.

r F 1

y

r F 2

tales que

r F 1

=

r F 2 ,

líneas de

r

F 1 r

r

r

r

r Q 1

r Q′1 r

r

r Q 2

•

Fuerza resultante del sistema:

F 2

r

r Q′ 2

r R =

∑

r F i

r = −

→

F 1

r r r R = F 1 + ( − F 1 )

i

En este caso la suma de los momentos de las dos fuerzas respecto a un punto dado ≠ 0 , por consiguiente las dos fuerzas, aunque no producen el efecto de traslación, producen efecto de rotación sobre el cuerpo. El momento de un par de fuerzas es constante con respecto a cualquier centro de reducción. Lo mostraremos a continuación: •

Momento del sistema con respecto a O: r M O =

r r v r r M i = r Q1 × F 1 + r Q 2 × F 2

∑ i

r r r r = r Q 1 × F 1 + r Q 2 × ( − F 1 )

→

pero •

r M O =

r r r r = r Q 1 − r Q 2

r

r

r

( r Q 1 − r Q 2 ) × F 1

(2.12)

r r r → M O = r × F 1

(2.13)

Evaluemos el momento del sistema con respecto a P: r M P =

Pero

r r r r = r Q′1 × r Q′ 2

en general:

v M i =

∑ i

r r r ′ ′ ( r Q 1 − r Q 2 ) × F 1

r r r → M P = r × F 1

r r r M = r × F 1

(2.14) (2.15)

Entonces queda demostrado que el momento de un par de fuerzas es independiente del centro de reducción y en consecuencia es un vector libre.




Ejemplo 2.4:

Pág. 2-12

Sobre el cuerpo en forma de paralelepípedo rectángulo actúa el sistema de fuerzas mostrado. Se pide:

a) Hallar la fuerza resultante del sistema.

r r F 4 y F 5 .

b) Calcular el momento del par de fuerzas c) Calcular el momento resultante del sistema con respecto al centro de reducción A. r

d) Calcular el momento de F 2 con respecto al eje PQ. F 1 = 30 N F 2 = 10 N F 3 = 20 N F 4 = 50 N F 5 = 50 N

r

F 4

r

F 3 r

r

F 2

F 1

r

F 5

K (3, 4, 2) m P (3, 8, 1) m Q (3, 6, 0) m

Solución: a) La fuerza resultante del sistema está dada por:

r R =

∑

r F i

i

Fuerza

r F 1

:

r F 1 = F 1 uˆ1

,

F 1 = 30 N

(3, 8, 0) − ( 0, 0, 0) (3, 8, 0) = 9 + 64 73 r r 30 F 1 = (10,53; 28,09; 0) N (3, 8, 0) F 1 = → 73

uˆ1 =

→

Fuerza

r F 2

:

r F 2 = F 2 uˆ 2

,

F 2 = 10 N

(3, 4, 2) − (0, 8, 0) (3, − 4, 2) = 29 29 r r 10 F 2 = (5,57; − 7, 43; 3,71) N F 2 = → (3, 4, − 2) 29

uˆ 2 =

→

Fuerza Fuerza Fuerza

r F 3 r F 4 r F 5

entonces:

: : :

r F 3 = F 3 uˆ 3 = 20 ( −1, 0, 0) = ( −20, 0, 0) N r F 4 = F 4 uˆ 4 = 50 (0, 1, 0) = ( 0, 50, 0) N r F 5 = F 5 uˆ 5 = 50 ( 0, − 1, 0) = ( 0, − 50, 0) N r R =

∑

r F i

= ( −3,90; 20,66; 3,71) N




Pág. 2-13 r

r

b) Momento del par conformado por F 4 y F 5 Puesto que el momento de un par de fuerzas es independiente del centro de reducción, entonces tomaremos momentos con respecto al origen de coordenadas: r r F 4 = F = (0, 50, 0 ) r r F 5 = − F = (0, − 50, 0 )

Sean

r r r r r r M O = r × F = ( r B − r D ) × F = r M O = ( −100, 0, − 150) [N-m]

→

( −3, 0, 2) × (0, 50, 0)

c) Momento resultante del sistema con respecto a A: r M A =

r

r

r

r

r

r

r

144 244 3 r r Momento del par F 4 y F 5

i

donde Qi es un punto arbitrario sobre la línea de acción de r

r r E =

(3, 8, 0)

→

r v r E − r A =

r

r r C =

(0, 8, 0)

→

r v r C − r A =

r F 3 :

r r A =

(3, 8, 2)

→

r v r A − r A =

jˆ

ˆ k

para F 1 : para F 2 : para

r

∑ (r Q i − r A ) × F i = M 1 A + M 2 A + M 3 A + M 4 A + M 5 A

r M 1 = A

r M 2 = A

r M 3 = A

iˆ

( 0, 0, − 2 )

( −3, 0, − 2) ( 0, 0, 0 )

0 0 − 2 = (56,18; − 21,06; 0) N-m 10,53 28,09 0 iˆ

jˆ

ˆ k

0 − 2 = (− 14,86; − 0,01; 22, 29 ) N-m 5,57 − 7, 43 3,71 −3

r

(0, 0, 0) pues la línea de acción de F 3 para por A. r

r r M 4 + M 5 A

r F i

A

r

constituyen el momento de las fuerzas F 4 y F 5 con respecto al punto A, el cual será el mismo que el momento de dicho par con respecto al origen O y que ya calculamos en b).

→

r r M 4 + M 5 = (− 100, 0, − 150) A

A




Pág. 2-14

Sumando todos los momentos obtendremos: r M A =

( −58,68; − 21,07; − 127,71) [N-m] r

d) Momento de la fuerza F 2 respecto a la recta PQ. r r r M PQ = M P ( F 2 ) ⋅ uˆ PQ

[

donde

]

uˆ PQ

(1) r

r r M P ( F 2 )

es el momento de F 2 con respecto al punto P, el cual es un punto cualquiera del eje PQ.

r r M P ( F 2 ) =

r r r ( r C − r P ) × F 2

r

con r C vector posición del punto de paso r

(arbitrario) C de la línea de acción de F 2 . →

r r M P ( F 2 ) =

[ (0, 8, 0) − (3, 8, 1) ] × (5,57; − 7,43; 3,81)

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

r v r Q − r P r v r Q − r P

=

(3, 6, 0) − (3, 8, 1) ⎛ 5 5 ⎞ ⎟⎟ , − = ⎜⎜ 0, − 2 5 5 5 ⎝ ⎠

r M P ⋅ uˆ PQ = − 14,94

Reemplazando en (1):

r ⎡ r ⎤ M PQ = ⎢ M P ⋅ uˆ PQ ⎥ uˆ PQ

⎣

⎦

⎛ 5 5 ⎞ ⎟⎟ = − 14,94 ⎜⎜ 0, − 2 ,− 5 5 ⎝ ⎠ →

r M PQ =

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

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




Pág. 2-15

Ejemplo 2.5: La figura muestra un sólido rígido sometido a un sistema de 6 fuerzas. G es el punto medio de AD y la fuerza F 1 es perpendicular al plano ABCD. Sabiendo que el módulo del momento resultante del sistema respecto al eje que pasa por A y E es 100 N-cm, hallar los posibles valores para la fuerza F 1 . Solución: r r C = ( 20, 40, 0) cm

r r r A = ( 0, 0, 15) cm r B = ( 0, 40, 15) cm r r r D = ( 20, 0, 0) cm r E = ( 0, 40 , 0 ) cm r 1 r r r G = ( r A + r D ) = (10; 0; 7,5) cm

F 1

z A

2

x

D

O

Fuerzas: •

r F 1 :

Su dirección y sentido están dadas por la normal al plano ABCD. Entonces, si tomamos dos cualesquiera vectores unitarios sobre dicho plano (mejor si son perpendiculares), entonces, rmultiplicándolos vectorialmente obtendremos el vector unitario dirección de F 1 : r r r D − r A = ( 20 , 0, − 15 )

→

uˆ AD

r r r D − r A ( 20, 0, − 15) ( 4, 0, − 3) = r r = = 25 5 r D − r A

uˆ DC = ( 0, 1, 0)

→ •

r F 2 :

→

( 4 , 0 , − 3)

uˆ1 = uˆ AD × uˆ DC

→

uˆ1 =

r F 1 = F 1 uˆ1

→

r F F 1 = 1 (3, 0, 4)

r r r B − r G uˆ 2 = r r r B − r G

=

r F 2 = F 2 uˆ 2

1756,25 r F 2 =

=

5

( − 4, 16, 3)

300

281 ( −4, 16, 3)

281

•

r F 3 :

r F 3 =

•

r F 4 :

r r r B − r C ( 20, 0, 15) ( −4, 0, 3) uˆ 4 = r = r = 25 5 r B − r C

→

(3, 0, 4)

5

( −10; 40; 7,5)

→

5

× ( 0, 1, 0) =

=

( −1200, 4800, 900 )

281

(0, 0, 50) N

r F 4 = F 4 uˆ 4

→


r F 4 =

200

( −4 , 0 , 3 )

5

= ( −160, 0, 120 ) N



•

r F 5 :

r F 5 =

(0, 0, − 50) N

•

r F 6 :

r F 5 =

( 0, 100, 0) N

Pág. 2-16

Ahora podemos calcular el momento resultante del sistema con respecto a al eje AE . Sabemos que: r M AE =

r

r ∑ [ ( r

Qi Pi

× F i ) ⋅ uˆ AE

]

uˆ AE

(1)

i

donde:

r r r E − r A uˆ AE = r r r E − r A

r r Q i

r

Pi

(recordar que su sentido es arbitrario)

r

= r Q i − r P i

con:

r r Q i

es el vector posición de un punto arbitrario sobre la línea de r

acción de F i

r r P i

es el vector posición de un punto arbitrario sobre el eje (en nuestro problema eje AE ) r

En particular, en nuestro problema solamente necesitamos el módulo de M AE : M AE =

∑[

r ( r Q i

Pi

r × F i ) ⋅ uˆ AE

i

→

M AE = uˆ AE ⋅

∑

r ( r Q i

Pi

]

r × F i )

(2)

i

Sin embargo, hay que reconocer el hecho de que las líneas de acción de las fuerzas r F 5

r cortan al eje AE , por lo que su contribución al momento M AE será nulo. Entonces: r

[ (r r

r

r

r

r

r

r F 3

r

G A × F G A × F B E × F C E × F 1 ) + (r 2 ) + ( r 4 ) + ( r 6) ]

de (2):

M AE = uˆ AE ⋅

Aquí:

r r r E − r A uˆ AE = r r = r E − r A

(0, 40, − 15) 1825

→

uˆ AE =

y

(3)

(0, 8, − 3) 73

r r r r G / A = r G − r A = (10; 0; − 7,5) r r r r B / E = r B − r E = (0, 0, 15) r r r r C / E = r C − r E = (20, 0, 0)

Reemplazando valores en (3) y recordando la condición del problema para el módulo M AE : ± 100 =

F (0, 8, − 3) ⎡ (−1200, 4800, 900) ⋅ ⎢(10; 0; − 7,5) × 1 (3, 0, 4) + (10; 0; − 7,5) × + 5 73 281 ⎣

⎤ + (0, 0, 15) × ( −160, 0, 120) + (20, 0, 0) × (0, 100, 0)⎥ ⎦ de donde obtenemos dos valores para F 1 : F 1 = − 346,45 N y F 1 = − 329,36 N




Pág. 2-17

Ejemplo 2.6:

z

En la figura se muestra una estructura rígida en la cual actúan las siguientes fuerzas:

H (4, 6, 12) m F 4 G

F

F 1 = 100 N

F 3

F 2 = 200 N

D

F 3 = 100 N

F 1

E C

O

F 4 = 300 N

Además se sabe que en dos rectas paralelas, las cuales se encuentran contenidas en el plano DHF y que distan 5 m una de otra, actúan dos fuerzas F 5 y F 6 de igual magnitud (100 N) pero en sentido contrario. Sabiendo que estas fuerzas producen un momento cuya componente en el eje z es negativo, se pide:

A

10 m

x

F 2

y

B

Fig. 2-18

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 F 4 con respecto al eje que pasa por los puntos A y G. Solución: r r A = (10, 0, 0) m r r D = (10, 0, 10 ) m r r G = ( 0, 10, 10) m

r r C = ( 0, 10, 0) m r r F = ( 0, 0, 10 ) m

r r B = (10, 10 , 0 ) m r r E = (10, 10, 10 ) m r r H = ( 4, 6, 12 ) m

Fuerzas: •

•

•

r F 1 :

r F 2 :

r F 3 :

uˆ1 = ( 0, 1, 0 ) r F 1 = F 1 uˆ1

→

r F 1 =

100 (0, 1, 0)

→

r F 1 =

(0, 100, 0) N

uˆ 2 = ( 0, 0, 1) r F 2 = F 2 uˆ 2

→

r F 2 =

200 (0, 0, 1)

→

r F 2 =

(0, 0, 200) N

r r r H − r E ( − 6, − 4, 2) ( − 3, − 2, 1) uˆ 3 = r = r = r H − r E 56 14 r F 3 = F 3 uˆ 3

•

r F 4 :

→

r F 3 =

100

( − 3, − 2, 1)

14

→

r ( − 300, − 200, 100 ) F 3 =

→

r ( − 600, − 900, − 300) F 4 =

14

r r r F − r H ( − 4, − 6, − 2) ( − 2, − 3, −1) uˆ 4 = r = r = r F − r H 56 14

r F 4 = F 4 uˆ 4

→


r F 4 =

300

( − 2, − 3, −1)

14

14



Pág. 2-18

r R =

a) Resultante del sistema:

6

∑1

r F i

(1)

i=

r r r r r r r R = F 1 + F 2 + F 3 + F 4 + ( F 5 + F 6 )

=0

= ( 0, 100, 200 ) +

( − 900, −1100, − 200) 14

1100 200 ⎞ ⎛ − 900 = ⎜ , 100 − , 200 − ⎟ 14 14 ⎠ ⎝ 14 →

r R =

( −240,54; − 193,99; 146,55) N

b) Momento del sistema con respecto a C : Para

r M C =

r

r F 1 :

r r r v M 1C = ( r E − r C ) × F 1 = (10, 0, 10) × ( 0, 100, 0) r M 1 C = ( −1000 , 0, 1000 ) N-m

r

r M 2 C =

(0, 0, 0) pues su línea de acción pasa por C

r

r M 3 C =

( r E − r C ) × F 3 = (10, 0, 10) ×

r M 3 C =

( 2000, − 4000, − 2000) N-m 14

r M 4 C =

( r F − r C ) × F 4 = (0, −10, 10) ×

r M 4 C =

(12000, − 6000, − 6000) N-m 14

Para F 2 : Para F 3 :

r

Para F 4 :

r

v

r

v

r

r

r

v

∑ ( r Q i − r C ) × F i

(2)

( −300, − 200, 100) 14

( − 600, − 900, − 300) 14

Ahora calcularemos el momento del par de fuerzas actuantes en el plano DHF . La dirección y sentido de este momento está 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, con componente negativa en z). r r r r HF = r F − r H = ( − 4, − 6, − 2 ) uˆ DF = ( −1, 0, 0 ) r r HF × uˆ DF = ( − 4, − 6, − 2 ) × ( − 1, 0, 0) = ( 0, 2, − 6 )

El vector unitario normal al plano es: nˆ FHD

r r HF × uˆ DF = r r HF × uˆ DF


→

nˆ FHD =

( 0, 2, − 6 )

40

=

( 0, 1, − 3)

10



Magnitud del par:

Pág. 2-19

M par = F d =

r

entonces: M par = M par nˆ FHD

(100) (5) = 500 N-m →

r M par =

500

( 0, 1, − 3)

10

=

( 0, 500, −1500)

10

.

Recordar que el vector momento obtenido para el par de fuerzas es independiente del centro de reducción. En (2):

r r r r r r M C = M 1 C + M 2 C + M 3 C + M 4 C + M par

10000 8000 ⎛ ⎞ ; − 150 10 − = ⎜ − 1000 + 1000 14 ; 50 10 − + 1000 ⎟ 14 14 ⎝ ⎠ r

→ M C = ( 2741,66 ; − 2514,50 ; −1612 , 43) N-m

c) Como sabemos, el momento de la fuerza F 4 con respecto al eje AG está dado por: r M AG =

[ uˆ

AG

r

r

⋅ ( r F / A × F 4 )

]

uˆ AG

(3)

144 4 4 244 4 4 3 M AG

donde:

uˆ AG

es un vector direccional unitario del eje con sentido arbitrario

F es un punto arbitrario sobre la línea de acción de la fuerza F 4 A es un punto arbitrario sobre el eje r r r r F / A = r F − r A = ( −10, 0, 10) r r r G − r A ( −10, 10, 10) uˆ AG = r → r = r G − r A 300

uˆ AG =

( −1, 1, 1) 3

reemplazando valores en (3): ( −1, 1, 1) ⎡ ( − 600, − 900, − 300) ⎤ ⋅ ⎢( −10, 0, 10) × ⎥ 3 14 ⎣ ⎦ ( −1, 1, 1) (9000, − 9000, − 9000 ) = ⋅ 3 14 9000 M AG = − 42 M AG =

finalmente, de (3):

r M AG = − r M AG =


(3000 , − 3000 , − 3000) 9000 ( −1, 1, 1) = 42 3 14

(801,78 ; − 801,78 ; − 801,78) N-m



Pág. 2-20

2.6 Teorema de Varignon r

F 1

r

F n

r

F 2 r

r

F 3

r A

“La suma de los momentos de todas las fuerzas de un sistema de fuerzas concurrentes con respecto a un punto dado es igual al momento producido por la fuerza resultante del sistema, con respecto a ese punto”. r

Si r i es el vector posición de un punto de paso de la

r

F i

r

fuerza F i con respecto al origen O:

r r r r r r r r r M O = r 1 × F 1 + r 2 × F 2 + ...... + r i × F i + ..... + r n × F n

Pero como todas las líneas de acción pasan por el punto de concurrencia A, entonces podemos tomar dicho punto como punto de paso de todas las líneas de acción de las fuerzas que componen el sistema. r r r r r r r r r M O = r A × F 1 + r A × F 2 + ...... + r A × F i + ..... + r A × F n r r r A × F i =

∑ i

r

= r A ×

∑

r F i

i

→

r r r M O = r A × R

r

Este teorema hace posible la determinación del momento de una fuerza F por el cálculo de los momentos de sus componentes Ejemplo 2.7:

r r

r

F

Mostrar que el momento de la fuerza F con respecto al punto P es el mismo que la suma der los rmomentos que hacen sus componentes F 1 y F 2 con respecto a dicho punto. Solución:

d

Para la fuerza

r

F 2

P

r r r F = F 1 + F 2 •

F 1

Fig. 2-20

r F :

r

módulo del momento M P : r dirección de M P : r sentido de M P :


M P = F ⋅ d

(1)

perpendicular al plano del dibujo antihorario



•

Para sus componentes

Pág. 2-21

r r F 1 y F 2 : r

Como se observa claramente, la línea de acción de la componente F 2 pasa por P por lo que r el momento respectivo es nulo. En consecuencia, solo F 1 produce momento. Calcularemos las características de dicho momento M P′ : de la figura:

F 1 = F senθ

entonces:

M P′ = F 1 (

dirección de M P′ :

perpendicular al plano del dibujo

sentido de M P′ :

antihorario

d senθ

) = ( F senθ ) (

d senθ

) = F d

(2)

Resultado que esperábamos luego de estudiar el teorema de Varignon. 2.7 Equivalencia de sistemas de fuerzas

Dos sistemas de fuerzas actuando sobre un cierto sólido rígido son equivalentes si es que su efecto físico sobre dicho cuerpo es el mismo. r

I

F 1

r

r

M 1 r

r

II

M m 2

I

r

I

F 2

r

II

M 1

I

M m1 r

II

F 1

r

II

F n 2

I

F n1

r r r

II

F 2 r

I

F i

r

II

F i

II

M j

I

M j

Entonces, se deben cumplir las siguientes dos condiciones: r ! r R I = R II

1) La fuerza resultante de ambos sistemas debe ser iguales: →

n1

∑1

r I F i =

i=

n2

∑1

r II F i

(2.16)

i=

2) El momento resultante de ambos sistemas con respecto al mismo centro de reducción P deben ser iguales: r I r II M P = M P

→

m1

∑1 j =

r I M j +

n1

∑1 i=


r r r ( r Qi I − r P ) × F i I =

m2

∑1 j =

r II M j +

n2

∑1

r

r

r

( r Qi II − r P ) × F i II

(2.17)

i=



Ejemplo 2.8:

Pág. 2-22

Mostrar que los sistemas mostrados son equivalentes. M A = L F A

A

B

F

F

L

Sistema I

B

L

Sistema II

Fig. 2-22

r I R = − F jˆ r I ˆ) M A = F L ( − k

r II R = − F jˆ r II ˆ) M A = F L ( − k

Es decir, se cumplen ambas condiciones y por consiguiente ambos sistemas son equivalentes. Ejemplo 2.9: Mostrar las condiciones para que los pares mostrados sean equivalentes. r

r

M

≡ r

r

r 1

F 1

II

M

I

r −

r r

F 1

F 2

r

−

F 2

r 2

Se deben verificar las dos condiciones necesarias para la equivalencia de dos sistemas de fuerzas. •

•

r ! r R I = R II r Es cierta pues en ambos casos R = 0 .

Primera condición:

r ! r I II M = M

Segunda condición:

Si pasamos un plano por las rectas de acción del par de fuerzas del sistema I obtenemos el plano P1 y luego hacemos lo mismo con el par de fuerzas del sistema II y obtenemos el plano P2, es obvio que ambos planos deben ser paralelos entre sí para posibilitar que las direcciones y sentidos de los momentos de ambos sistemas sean iguales. r I r r M = r 1 × F 1 r r I II M = M

por consiguiente:

r II r r M = r 2 × F 2

→

r r r r r 1 × F 1 = r 2 × F 2

r 1 F 1 senθ 1 = r 2 F 2 senθ 2




Pág. 2-23

F 1 d 1 = F 2 d 2

F 1

→

F 2

=

d 2 d 1

Esta última condición es necesaria (en cuanto a los módulos) sin embargo no suficiente pues podría cumplirse con pares de fuerzas en planos no paralelos. r

!

r

Es decir, se debe cumplir que uˆ I = uˆ II para garantizar que los momentos M I y M II sean paralelos. Ejemplo 2.10: Se tiene un cubo de lado l = 1 pie. Se pide hallar la fuerza cuya línea de acción pase por A más el momento que deben añadirse al sistema I, para que éste sea equivalente al sistema II mostrado.

Solución: r

Sea la fuerza F A = ( F x , F y , F z ) de dirección desconocida y cuya línea de acción pasa por A. r

Sea el momento M A = ( M x , M y , M z ) . Para que los sistemas sean equivalentes se debe cumplir que sus resultantes sean iguales y que los momentos resultantes de ambos sistemas con respecto a un cierto punto sean iguales: •

Resultantes:

Sistema I:

r I R =

(0, 1, 0) + ( −1, − 1, 0) + ( F x , F y , F z ) = ( −1, 0, 0) + ( F x , F y , F z )

Sistema II:

r II R =

(0, 1, 0) + (0, − 1, 0) = (0, 0, 0)

r I ! r II R = R :

− 1 + F x = 0

→

F x =

1

F y = 0

de donde:

F z = 0 r F A = (1, 0, 0) lb



Cap. 2 Sistemas generales de fuerzas •

Pág. 2-24

Momentos resultantes con respecto al origen de coordenadas: r M I O =

Sistema I:

r

r

(1, 0, 0) × (0, 1, 0) + (1, 1, 1) × F A + M A

= (1, 0, 0) × (0, 1, 0) + (1, 1, 1) × (1, 0, 0) + ( M x , M y , M z ) = (0, 0, 1) + (0, 1, − 1) + ( M x , M y , M z )

r I M O = ( M x ,

→

Sistema II:

r II M O =

v I v II M O = M O :

M x = 0

1 + M y , M z ) ( −1, 1, 1) + (1, 0, 1) × ( 0, − 1, 0) = ( 0, 1, 0) 3

1,73

1 + M y = 1 M z = 0

M x = 0

de donde:

v M A =

→

; M y = 0 ; M z = 0

( 0, 0, 0 )

2.8 Cambio del centro de reducción r

A menudo se nos presentará el problema de que, dado el m omento M P de un sistema de r fuerzas con respecto a un punto P, nos interese hallar el momento del sistema M S con respecto a otro punto S . 1

r

F 1

F i

Qi

F n

z

O

r

r P

∑ i

=

∑ i

r

r

r

( r Q i − r S ) × F i

o también:

S

r M S =

r

r r r r S / P = r S − r P

2

r

r S

r

además:

r

r S / P

r r r r S = r P + r S / P

Fig. 2-25

→

∑ i

y x

r M S =

F 2

P

r Q i

∑

r

( r Q i − r P ) × F i

i

r

r

r

r M P =

r

r

r

r

r

r

r

( r Q i − r P − r S / P ) × F i r

( r Q i − r P ) × F i −

=

r M P

∑

r r r S / P × F i

i

r − r S / P ×

∑

r F i

i

→

r r M Q = M P +


r r r ( r P − r S ) × R

(2.18)



Pág. 2-25

Notar que: 1) Si

→

PQ

r

| | R

→

r r M Q = M P

Ello significa que si tomamos momentos de un sistemar utilizando centros de reducción localizados en una línea recta paralela a la resultante R , obtendremos siempre el mismo resultado. 2) Si P está en el origen de coordenadas, es decir, si →

r r P =

0

y

r r M P = M O

r r r r M Q = M O − r Q × R

2.9 Propiedades equiproyectivas del momento resultante 2.9.1

r

Equiproyección del momento resultante M de un sistema sobre la resultante.

Sabemos que:

r r M Q = M P +

r r r ( r P − r Q ) × R r

Multiplicando escalarmente cada término por R obtenemos: r r r r M Q ⋅ R = M P ⋅ R +

r r r r [(r P − r Q ) × R] ⋅ R

donde el término de la derecha es nulo pues se trata de la multiplicación escalar de dos vectores que son perpendiculares entre sí. r

M P

entonces:

r r r r M Q ⋅ R = M P ⋅ R

es decir:

M Q R

o también:

r r M Q ⋅ uˆ R = M P ⋅ uˆ R

r

M Q

cos θ = M P R cos φ

r

R

2.9.2

r r Equiproyección de los momentos resultantes M P y M Q de un sistema sobre la

recta que une a los centros de reducción P y Q. r M P el

Sean momento resultante de un cierto sistema de fuerzas con respecto al centro de r reducción P y M Q el momento resultante del mismo sistema con respecto al centro de reducción Q. Sabemos que:

r r M Q = M P +


r

r

r

( r P − r Q ) × R



Pág. 2-26 r

r

multiplicando escalarmente cada término por ( r P − r Q ) obtenemos: r r r r r r M Q ⋅ ( r P − r Q ) = M P ⋅ ( r P − r Q ) +

r

r

r

r

r

[(r P − r Q ) × R ] ⋅ ( r P − r Q )

donde el término de la derecha es nulo pues se trata de la multiplicación escalar de dos r vectores que son perpendiculares entre sí. r M M P

entonces:

r r r r r r M Q ⋅ ( r P − r Q ) = M P ⋅ ( r P − r Q )

es decir:

M Q

| r P − r Q | cos ϕ = M P | r P − r Q | cosψ

o también:

M Q

cos ϕ = M P cosψ

r

r

r

Q

r

2.10 Descomposición de una fuerza en una fuerza y un par

Hemos definido matemáticamente a la fuerza, desde el punto de vista de mecánica del cuerpo rígido, como un vector deslizante. Lo que veremos a continuación será de utilidad cuando, por alguna razón, queramos mover una fuerza a un a recta de acción paralela sin cambiar su efecto físico. Sea el Sistema I for mado por una única fuerza actuando en su línea de acción L . r −

r

F

F

r

r

r B r

r A

r

r A r

F

r A

r

− r B

r

F

A partir de ese sistema intentaremos construir un sistema equivalente (sistema II) añadiendo para ello dos fuerzas del mismo módulo y dirección, pero de sentido contrario actuando ambas en la misma línea de acción L ´ ’ paralela a L . El sentido común nos dice que el sistema así conformado ejercerá la misma acción física que el sistema primigenio y por consiguiente ambos sistemas serán equivalentes. Pero bueno, una cosa es el sentido común y otra la rigurosidad matemática que debe acom pañarlo . En consecuencia debemos probar que, efectivamente, ambos sistemas son equivalentes. Para ello se deberá cumplir que: r I ! r II R = R

1) Las resultantes sean iguales, es decir: para el sistema I : para el sistema II :

r r I R = F r r r r II R = F + F − F


→

r r II R = F



Pág. 2-27

2) Los momentos resultantes con respecto a un mismo centro d e reducción, deben ser iguales: r r r r I M P = ( r A − r P ) × F

para el sistema I :

r r r r r r r r r r II M P = ( r A − r P ) × F + ( r B − r P ) × F + ( r B − r P ) × ( − F ) r r r r r r r r r = ( r A − r P ) × F + ( r B − r P ) × F − ( r B − r P ) × F

para el sistema II :

r II r r r M P = (r A − r P ) × F

→

con lo cual, como era previsible, la equivalencia de dichos sistemas queda demostrada. Ahora, puesto que un par de fuerzas puede siempre ser reemplazado por su momento con respecto a cualquier punto del espacio (invariante vectorial), entonces, a partir del sistema II podemos construir el sistema equivalente III (ver figura 2-29). r −

F

r

r

F

F

r

r

F

El par de

M transp

r transporte M transp se determina de la siguiente manera: r −

F r

r

r B r

r A

r r r M transp = r × F

donde:

r

r = r A

r

− B

r

r

F

(2.19)

r r r r = r A − r B r r A vector posición del punto arbitrario A sobre la línea de acción L r r B vector posición del p unto arbitrario B sobre la línea de acción L ´

En conclusión, observando los sistemas equivalentes I y III podemos decir que, cuando así lo requiramos, podremos trasladar una fuerza a una línea de acción paralela, siempre y cuando la fuerza ya trasladada vaya acomp añada del correspon diente par de transporte.




Pág. 2-28

2.11 Reducción de un sistema de fuerzas a una fuerza y un par

Para realizar esta reducción se necesita conocer un punto de paso A de la línea de acción de la fuerza. La idea para lograr tal reducción es trasladar, una por una, todas las fuerzas que componen el siste ma a una línea de acción paralela que pase por A, lo cual generará, además y como ya sabemos, para cada fuerza trasladada, un momento de transporte. Luego de trasladar todas las fu erzas tendremos un sistema de fuerzas concurrentes en A más un momento, el cual no será otra cosa que la suma de los momentos de transporte que se generaron al trasladar cada fuerza. r

r

F 1

F 1 F 2 r

r

F n

−

F n

r

r A

r

r Qi

− F 2 r

r

F 2

F 1

F i

r r F i

r −

r

F n

F 1

r −

F i

r

r

r

r

r Al trasladar la fuerza F 1 se genera el momento de transporte: r al trasladar la fuerza F 2 se genera el momento de transporte: r al trasladar la fuerza F i se genera el momento de transporte: r al trasladar la fuerza F n se genera el momento de transporte:

F 2

r

F n

F i

r M 1 r M 2 r M i r M n

r

r

r

r

r

r

= ( r Q 1 − r A ) × F 1 = ( r Q 2 − r A ) × F 2

r r = ( r Q i − r A ) × r r = ( r Q n − r A ) ×

r F i r F n

con lo cual el mome nto de transporte total será: r M =

r M i =

∑

∑

i

i

r r r ( r Qi − r A ) × F i

(2.20)

Si vemos con atención esta última expresión reconoceremos en ella al momento resultante del sistema I con respecto a A. Es decir:

r r M = M A

Finalmente, y dado (ver acápite 2.11 ) que el sistema de fuerzas concurrentes en A puede ser reducido a una única fuerza r esultante cuya línea de acción pasa por A, entonces el sistema original ha quedado reducido a: r R • •

su resultante, cuya línea de acción pasa por A, más el momento resultante del sistema con respecto al centro de reducción A.

r

M A

Algunos autores le llaman a este tipo de reducción: reducción de un sistema general de fuerzas a un cierto punto A.




Ejemplo 2.11:

Pág. 2-29

Sobre el cuerpo en forma de paralelepípedo rectángulo actúa el sistema de fuerzas mostrado (igual que en el ejemplo 2.4). Se pide reducir el sistema a una fuerza cuya línea de acción pase por el origen de coordenadas O más un par. r

F 4

r

F 3

F 5

Solución:

r

F 2

r r

F 1 = 30 N F 2 = 10 N F 3 = 20 N F 4 = 50 N F 5 = 50 N

F 1

K (3, 4, 2) m P (3, 8, 1) m Q (3, 6, 0) m

El sistema reducido al origen estará compuesto por la resultante del sistem a cuya línea de acción pase por el origen más el momento resultante del sis tema con respecto al punto O.

De la solución del problema 2.4 tenemos que: r R =

∑

r F i = ( −3,90;

•

La fuerza resultante del sistema es:

•

El momento resultante del sistema con respecto a A:

20,66; 3,71) [N]

r M A = (−58,68; − 21,07; − 127,71) [N-m]

Por cambio de centro de reducción: r r r r r M O = M A + (r A − r O ) × R

= (−58,68; − 21,07; − 127,71) + (3, 8, 2) × (−3,90; 20,66; 3,71) →

r M O =

(,,) r

Así, el sistema original queda reducido aruna fuerza ( R ) cuya línea de acción pasa por el origen de coordenadas O más un par ( M O ). Se dice que “hemos reducido el sistema al origen O”:

r

R

r

M O




Pág. 2-30 z

Ejemplo 2.12:

7 m

Sobre elr paralelepípedo actúan las r fuerzas F 1 y F 2 más un par, el cual está alojado en el plano sombreado. Se pide reducir el sistema a una fuerza en el origen O más un par.

N 0 1 = O F

3 N 2 m

1

m 4

3 N

2 m F 2 =

x

8 N 3

Solución:

r F 1 =

3, 0, − 4 10 = ( 6, 0, − 8) N 5

r F 2 =

8 (0, 1, 0) = (0, 8, 0) N

m

y

Fig. 2-35

Dado que las otras dos fuerzas conforman un par, entonces su contribución a la suma de fuerzas para evaluar la resultante es nula, entonces:

r R =

∑

r r v F i = F 1 + F 2 =

(6, 8, − 8) N

Como la línea de acción de la resultante pasará, por requerimiento del problema, por el origen de coordenadas, entonces hay que calc ular el momento resultante del sistema con r especto a dicho origen O: r M O =

∑

r r r Q i × F i ,

r

donde r Q i es el vector posición del punto genérico Qi , el cual es punto de paso arbitrario de la recta de r acción de la fuerza F i .

r r r r r r M O = r Q 1 × F 1 + r Q 2 × F 2 + M par

Ecuación en la que el momento del par de fuerzas se calcula multiplicando el módulo por un vector dirección unitario, el cual a su vez se obtiene multiplicando vectorialmente dos vectores unitarios cualesquiera contenidos en el plano que contiene las líneas de acción de am bas fuerzas (evidentemente, si multiplicamos vectorialmente dos vectores unitarios perpendiculares entre sí, el resultado será un vector unitario perpendicular a ambos). r 3 4 ⎞ Así: M O = (3, 2, 0) × (6, 0, − 8) + (3, 2, 0) × (0, 8, 0) + (3) ( 2) (0, − 1, 0) × ⎛ ⎜ , 0, − ⎟ 5 ⎠ ⎝ 5 r M O = ( −11, 2; 24; 15,6) N-m →

r

Entonces, el sistema ha sido reducido a la fuerza R = (6, 8, − 8) N cuya línea de acción r pasa por O más el momento M O = ( −11,2; 24; 15,6) N-m.




Pág. 2-31

Ejemplo 2.13: En la figura se muestra un sistema de cuatro cargas actuando sobre una viga AB. Se pide reducir el sistema a una única fuerza que pase por el punto H (punto medio de AB) más un par.

Solución: Denominemos Sistema I al sistema de fuerzas dado y Sistema II al sistema formado por una única fuerza que pasa por el punto medio H de la viga más un par.

Dado que todas las fuerzas actúan en el plano xy utilizaremos vectores bidimensionales, aún cuando está claro que los vectores momento tendrán componente solamente en z. A diferencia de los problemas tridimensionales, en los que el trabajo vectorial se hace imprescindible, en los problemas bidimensionales se puede trabajar de manera escalar, aún cuando el trabajo vectorial queda como alternativa válida. En este problema trabajaremos de ambas maneras para que el estudiante pueda apreciar las ventajas de uno u otro y así escoja luego la que mejor le parezca. a) Método vectorial: Para el sistema I:

•

r F 1 : r F 2 : r F 3 :

r F 1 = F 1 uˆ1 r F 2 = F 2 uˆ 2 r F 3 = F 3 uˆ 3

•

r F 4 :

r F 4 = F 4 uˆ 4

• •

→ → → → → →


r F 1 = − 600 iˆ r F 2 = 1500 jˆ r F 3 = 1500 (cos 30° iˆ − sen 30° ˆj ) r F 3 = 750 3 iˆ − 750 jˆ r F 4 = 1000 ( − cos 45° iˆ − sen 45° ˆj ) r F 4 = − 500 2 iˆ − 500 2 jˆ



Fuerza resultante:

r R I =

Pág. 2-32 4

∑1

r F i I

(1)

i=

= ( − 600 + 750 3 − 500 2 ) iˆ + (1500 − 750 − 500 2 ) jˆ r I R = − 8,069 iˆ +

→

42,89 jˆ

(2)

Momento resultante con respecto a l origen A: r I M A =

r

r

v

r

∑ (r Q i − r A ) × F i I donde r A = (0, 0, 0)

entonces:

r I M A =

en nuestro caso:

r r r r r r r r r I M A = r J × F 1 + r C × F 2 + r D × F 3 + r E × F 4

∑

r I r r Q i × F i

r I M A = − 200 jˆ × ( − 600 iˆ ) +

300 iˆ × 1500 jˆ + 600 iˆ × (750 3 iˆ − 750 ˆj ) + + (1000 iˆ + 200 jˆ ) × ( − 500 2 iˆ − 500 2 ˆj )

ˆ + 450000 k ˆ − 450 000 k ˆ − 500 000 2 k ˆ + 100 000 2 k ˆ = − 120 000 k ˆ [N-mm] = ( −120 000 − 400 000 2 ) k r ˆ M AI = − 685 685,42 k

→

(3)

Para el sist ema II: Resultante:

r r II R = F = F x iˆ + F y jˆ

(4)

Momento resultante con respecto al or igen A: r M A II =

r r r Q i × F i II r r r = r H × F + M H

∑

(5)

ˆ = 900 i& × ( F x iˆ + F y jˆ ) + M H k →

r II M A =

(900 F y + M H ) k ˆ

(6)

Dado que los sistemas I y II son equivalentes: de (2) y (4):

− 8,069 iˆ + 42,89 jˆ = F x iˆ + F y ˆj F y =

de donde:

F x = − 8,069 N

de (3) y (6):

− 685 685,42 = 900 F y + M H

de donde:

M H = − 724 286,42 N-mm

Así, el sistema I queda reducido a:


y

42,89 N

r F = − 8,069 iˆ + 42,89 jˆ [N] (pasa por H ) r ˆ [N-mm] M H = − 724 286,42 k



Pág. 2-33

b) Método escalar

•

Igualdad de fuerzas resultantes:

Se debe cumplir que:

∑

∑

→

r I F i =

!

− 600 + 750 3 − 500 2 = − F x

→

F x = − 8,069 N

→

F y =

!

∑ F :

1500 − 1500 sen 30° − 1000 sen 30° = F y

x

1500 − 750 − 500 2 = F y •

∑

r II F i

− 600 + 1500 cos 30° − 1000 cos 45° = F x

:

F x

r I r II R = R

42,89 N

Igualdad de momentos resultantes:

∑ M

:

A

r I M A = − 600 (200) + 1500 (300) − 1500 sen30° (600) − 1000 sen 45° (1000) +

+ 1000 cos 45° (200) →

r I M A = − 685685,42 r II M A = F y

(900) + M H

igualando:

− 685 685,42 = 900 F y + M H

de donde:

M H = − 724 286,42 N-mm




Pág. 2-34

2.11 Reducción de un sistema de fuerzas a un torsor

En el acápite anterior h emos visto cómo se puede reducir un sistema general de fuerzas a un cierto punto A, es decir, a una única fuerza (que es la resultante del sistema) cuya línea de acción pasa por A más un momento (que es el m omento del sistema con respecto a A). Evidentemente, si elegimos otro punto para hacer la reducción, cam biará el momento que acompaña a la resultante. Ahora nos podemos plantear una pregunta: ¿e xistirá un punto (o un lugar geométrico de puntos) para el cual el momento resultante sea paralelo a la resultante? Para responder a tal pregunta esbozar emos gráficamente el problema y así podremos dilucidar tal posib ilidad. r

M A

r

R

La idea es que siempre rpodemos trazar un plano P2 que contenga a la resultante que p asa r por A y a la resultante M A . Según ese plano podemos ahora descomponer el momento M A r r en sus dos componentes rectangulares M ′ y M ′ (ver figura 2.39 en que el plano se muestra en verdadera m agnitud). r

R r r

M ′

M A

r

M ′′

Ahora podremos desplazar el plano P2 paralelo a sí mismo y según la dirección dada porrla r recta L 1, de tal manera que el traslado de la fuerza R genere un par de transporte − M ′ r que anule a M ′ . De esa manera ten dremos que el sistema I se ha convertido en un sistema equivalente (sistema II) en el rque la resultante pasa por un ci ertor punto Q y el único momento que la acompaña es M ′ , el cual es paralelo a la resultante R .




Pág. 2-35

r

R r

R

r

M A

r

M ′

r

r

M ′

M ′

r

M ′′

Q A

r −

M ′

Sistema II

O

Sistema I Fig. 2-40

De esta manera se puede ver la factibilidad de reducir un sistema general de fu erzas a una fuerza (la resultante) que pase por Q más un momento paralelo a la resultante. Dado que es el momento con módulo más pequeño que se podría lograr en una tal reducción, dicho momento recibe el nombre de momento mínimo. El sistema así logrado (resultante más momento mínimo) recibe el nombre de torsor . Ahora veremos cómo reducir un sistema ge neral de fuerzas a un torso r, es decir, a una fuerza y a un momento paralelo (también de nominado momento mínimo) a ella. Para que el torsor quede perfectamente definido debemo s a su vez definir las coordenadas de la fuerza, su línea de acción y las coordenadas del mome nto paralelo. Partiremos reduciendo el sistema general de f uerzas a un punto cualqui era del espacio. En particular podemos elegir al origen como centro de reducción. r

F 1

r

F 2 r

R

r

F n

r

M O r

r Qi

r

F i

Como hemos visto en el acápite anterior, para que los sistemas I y II sean equivalentes se debe cumplir que: •

Las resultantes sean iguales, es decir: →

r R =

∑

r r I II R = R

r F i

i



Cap. 2 Sistemas generales de fuerzas •

Pág. 2-36

Los momentos resultantes de ambos sistemas con respecto a un cierto centro de reducción deben ser iguales. Tomando el origen de coordenadas como centro de reducción entonces se debe cumplir que:

→

r r II M I M = O O r r M O = M O i =

∑

∑

i

i

r R

Una vez conocidos y denominaremos sistema III:

r M O ,

r r r Qi × F i

el siguiente paso será definir el torsor, al cual

r

R r

R

r

r

M O

r

M min

r Q

Como se mostró en la figura 2.40, el momento mínimo será la proyección de resultante, es decir:

r M O sobre la

r r r r ⎛ r ⎞ R R ⎟ M min = Proy Rr M O = ⎜ M O ⋅ ⎜ ⎟ R ⎝ ⎠ R

(2.21)

r r r ⎛ M O ⋅ R ⎞ r ⎟ R M min = ⎜ ⎜ R 2 ⎟ ⎝ ⎠

(2.22)

Utilizaremos las condiciones de equivalencia de sistemas de fuerzas para terminar de determinar las características del torsor: •

Las resultantes deben ser iguales, es decir

para el sistema II : para el sistema III : •

r II r III R = R .

Ello se ve muy fácilmente pues:

r II r R = R r III r = R R

Los momentos resultantes con respecto a un mismo centro de reducción, deben ser iguales:

para el sistema I I : para el sistema III :

r II M O = r III M O =

r M O

r r r r Q × R + M min




es decir:

Pág. 2-37

r r r r M O = r Q × R + M min r r r r ⎛ r M ⋅ R ⎞ r M O = r Q × R + ⎜ O 2 ⎟ R ⎜ R ⎟ ⎝ ⎠

v

Multiplicando vectorialmente término a término por la izquierda por R : r R ×

:

r r r r r r r ⎛ M O ⋅ R ⎞ r r ⎟ R R × M O = R × ( r Q × R ) + R × ⎜ ⎜ R 2 ⎟ ⎝ ⎠ =0 r r r r r R × M O = R × ( r Q × R )

desarrollando:

r r r r r r r r R × M O = ( R ⋅ R ) r Q − ( r Q ⋅ R ) R

de donde:

r r r r r 2 r R × M O = R r Q − (r Q ⋅ R ) R

(2.23)

Esta ecuación se cumplirá para cualquier punto Q del eje central. En particular se cumplirá r para un cierto QO cuyo vector posición r Q sea perpendicular al eje central E . Entonces, la última expresión se puede escribir como: O

r r r r r r r r R × M O = ( R ⋅ R ) r QO − ( r QO ⋅ R ) R r r = 0, pues r QO ⊥ R

de donde:

r r 2 r R × M O = R r QO

r r r R × M O r QO = R 2

→

.

(2.24)

r

M min r

R r

r Q O

Nota: r

r

Para el caso particular de un sistema de fuerzas tal que M O ⊥ R , entonces, de la expresión r (2.22) se deduce que M min = 0 . Así, el tal sistema se podrá reducir a una única fuerza

actuando en el eje central.




Ejemplo 2.14:

Pág. 2-38

Sobre el paralelepípedo actúan dos fuerzas y un par, el cual está alojado en el plano sombreado (ver ejemplo 2.11). Se pide hallar el momento mínimo y la intersección del eje central con el plano xy. z

O

x

y

Solución:

Fig. 2-44

De la solución del ejemplo 2.11 tenemos que:

Dirección unitaria de la resultante: Momento mínimo:

uˆ R =

r v R = F i = (6, 8, − 8) N r M O = ( −11, 2; 24; 15,6) N-m

∑

(6, 8, − 8) = (0, 469; 0,625; − 0,625) 12,806

r M min = M O ⋅ uˆ R

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

M min =

0

resultado que cabía esperar pues tenemos un sistema de fuerzas coplanares. Por equivalencia de sistemas (ver figura) se debe cumplir que: r r r r Q × R = M O

( x, y , z ) × (6, 8, − 8) = (−11,2; 24; 15,6)

r

R

r

r

R

M O r

− 8 y − 8 z = − 11, 2

r Q

8 x + 6 z = 24,0 8 x − 6 y = 15,6 Como sabemos de la geom etría analítica, cualquier punto de la forma ( x, y , z ) que pertenezca al eje central debe satisfacer las tres ecuaciones mostradas. Para hallar la intersección con el plano xy hacemos z = 0: x = 3 m y = 1, 4 m




Pág. 2-39

Problema 2.15

r

F

Se tiene un sistema conformado por la fuerza r F = (8, 6, 8) kN y el momento de un par r M = ( − 20, − 70, M z ) kN-m como se muestra. Se pide:

r

M

a) Calcular la com ponente M z del par de modo que el sistema pueda ser reemplazado por una fuerza única. b) Indicar las coordenadas del punto de intersección de la línea de acción de dicha fuerza única con el plano xz. Solución: a) Denominaremos Sistema I al sistema dado, el cual está conformado por: r F = (8, 6, 8) kN con punto de paso dado por r M = ( − 20, − 70, M z ) kN-m

r r Q = ( − 6, 5, 5) m

r F es la única fuerza en el sistema, entonces es también la resu ltante del

Como momento resultante del sistema con respecto al o rigen será:

sistema. El

r r r r I M O = r Q × F + M

= ( − 6, 5, 5) × (8, 6, 8) + ( − 20 , − 70, M z ) = ( − 10, 18, M z − 76 )

Reducimos el sistema al origen de coordenadas, al cual denom inaremos sistema II: r

M O

r

F

r F = (8, 6, 8) kN

(1)

! r r I M O = M O = ( −10,

18, M z − 76)

Para que el sistema II se pueda reemplazar por una fuerza única, entonces el momento mínimo debe ser nulo, es decir, debe cumplirse que: r M min = 0

→

r r M O ⊥ R

→

r r M O ⋅ R =

0

( −10, 18, M z − 76 ) ⋅ ( 4, 3, 4) = 0 ( −10 ) ( 4 ) + (18) (3) + ( M z − 76) ( 4) = 0 →

4 M z − 290 = 0

entonces: además, en (2):

→

M z = 72 ,5 kN-m

r M = ( − 20; − 70; 72,5) kN-m r M I O = ( −10; 18; − 3,5) kN-m



(2)


Pág. 2-40

b) Sea Sistema III el sistema de fuerza única. Por ser equivalente a los sistemas I y II deberá cumplirse que: r r I M O = M III O :

(−10; 18; − 3,5)

r r = r K × F

z

r

F

( −10; 18; − 3,5) = ( x K , 0, z K ) × (8, 6, 8) ( −10; 18; − 3,5) = ( − 6 z K , − 8 x K + 8 z K , 6 x K )

K O

− 6 z = −10

de donde:

→

z = 1,667

− 8 x + 8 z = 18

6 x = − 3,5

x

→

y

Sistema III

x = − 0,583

Podemos ver que, del set de tres ecuaciones obtenidas, con la primera y tercera obtenemos los valores buscados, la segunda ecuación serviría en este caso para comprobación. →

r r K = ( − 0,583;

0; 1,667 ) m

Ejemplo 2.16: La placa rectangular mostrada (vista superior o desde arriba) está contenida en el pla no horizontal xy. Se aplican 6 cargas verticales (todas ellas entrantes al dibujo) y cinco momentos con módulo M según las direcciones y sentidos mostrados, todos contenidos en el plano xy. Se pide: a) Mostrar que el sistema de fuerzas se puede reducir a una fuerza única b) Hallar el máximo y mínimo valor del módulo M para que el punto de paso de la fuerza resultante del sistema no salga de los límites de la placa.

Solución: a) Reduciremos el sistema al origen de coordenadas. r r r M O = r Q × Q +

(3, 5) × ( −8k ˆ ) + (7, 5) × ( −8k ˆ ) + (3, 1) × ( −7 k ˆ ) + ˆ ) + + (8, 3) × ( −10k ˆ ) + 3 M iˆ + 2 M jˆ + (7, 1) × ( −7 k




Pág. 2-41

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

+ ( −30, 80) + 3 M iˆ + 2 M jˆ = ( −24, 8) + ( −124, 230) + 3 M iˆ + 2 M jˆ →

r M O =

( −148, 238) + M (3, 2)

La r esultante del sistema será: → r

r

Puesto que R ⋅ M O = 0 (pues se →

r ˆ R = ( −8 − 8 − 8 − 7 − 7 − 10) k r ˆ R = − 48 k r r ve que R ⊥ M O )

el momento mínimo es nulo y el sistema se puede descomponer a una única fuerza actuando en el eje central.

r b) Reemplazaremos el sistema original por una única fuerza R que, evidentemente, será vertical y atraviesa el plano xy por el punto de coordenad as (x, y): r ˆ R = − 48 k r Su momento con respecto al origen será: M O = ( x, y ) × ( −48 k ˆ ) = 48 (− y, x)

v Igualando al momento M O del sistema original:

( −148, 238) + M (3, 2) = 48 ( − y , x ) de donde:

de (1) y (2):

− 148 + 3 M = − 48 y

(1)

238 + 2 M = 48 x

(2)

72 x + 48 y = 505

ecuación que representa el lugar geométrico de los puntos ( x, y) por los cuales pasará la línea de acción de la resultante única del sistem a.

•

si x = 0 :

y = 10,521

si y = 0 :

x = 7,014 m

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

en (2): •

M = 49,336

ton-m

Para el punto de corte C ( y = 6 m) :

en (1):

M = - 46,67

ton-m

En consecuencia, para que la resultante del sis tema no salga de los límites de la placa: − 46,67 ≤ M ≤ 49,34


[ton − m]


Cap. 2 Sistemas generales de fuerzas 2.12

Pág. 2-42

Generalización del teorema de Varignon

“Si un sistema de fuerzas tiene momento mínimo nulo, el momento de la resultante con respecto a cualquier punto (o eje) es igual a la suma de los momentos de cada una de las fuerzas que componen el sistema con respecto a dicho punto (o eje)”. Demostración: Una vez reduc ido el sistema a un torsor actuando en Q, por cambio de reducción a un cierto punto A: r r r r r M A = M Q + ( r Q − r A ) × R

(i)

r

M min

Si el sistema tiene momento mínimo nulo, entonces: r M min =

r

R

r

r A

0

r

r Q

Si tomamos ahora momentos con respecto a Q: r M Q =

0

r r r r M A = ( r Q − r A ) × R

en (i):

(ii)

Además, por definición de momento resultante de un sistema general de fuerzas: r M A =

∑

r r r ( r Qi − r A ) × F i

(iii)

i

de la s expresiones (ii) y (iii) concluimos que, bajo la condición de que el m omento mínimo sea nulo, entonces: r

r

r

r

r

r

∑ ( r Q − r A ) × F i = ( r Q − r A ) × R

(2.25)

i

i

Notas: r

r

1) En general podremos afirmar que, si un sistema general de fuerzas es tal que M O ⊥ R , r M entonces min = 0 .

2) La condición de momento mínimo nulo siempre se cumplirá para: •

Sistemas de fuerzas concurrentes.

•

Sistemas de fuerzas paralelas Sistemas de fuerzas coplanares

•

3) Debe quedar claro, que cualquier sistema cuyo momento mínimo sea nulo, podrá ser reducido a una única fuerza cuya línea de acción es el denominado eje central.




Pág. 2-43

2.13 Casos especiales en los que siempre se cumple • • •

2.13.1

r que M min = 0

Sistemas de fuerzas concurrentes Sistemas de fuerzas paralelas Sistemas de fuerzas coplanares Sistemas de fuerzas concurrentes r

F 1

r

F n

r

F 2

r

R r

r

r

F 3

r A

r A

r

F i

Am bos sistemas serán equivalentes si: •

r ! r R I = R II :

r

r

la cual obviamente se cumple por cuanto R = ∑ F i

Además; para el sistema I: r I

• M O

r

= M II O :

r I M O =

∑

r r r r A × F i = r A ×

∑

r r r F i = r A × R

r r r M II r R = × O A

con lo cual queda demostrada la igualdad de m omentos requerida. Así, los dos sistemas son equivalentes . En este caso el eje cen tral pasa por el punto de concurrencia A. Nota 1: Nota 2:

Este hecho hace posible la descompo sición de las fuerzas en sus componentes (cartesianas o cualesquiera). r

Evidentemente podemos comprobar que M min = 0 : r r M min = ( M O ⋅ uˆ R ) uˆ R r r r M min = M O ⋅ uˆ R = ( r A × F i ) ⋅ uˆ R

∑

r = r A × ( r

∑

r F i ) ⋅ uˆ R

r

= (r A × R) ⋅ uˆ R 123

⊥ uˆ R

⇒ M min = 0

⇒


r M min = 0



Pág. 2-44

Ejemplo 2.17: En la figura se muestra un nudo de una arm adura en la que convergen 4 barras en la forma que se muestra. Reducir el sistema a una única fuerza.

r

F 2

F 1= 200 N

r

r

F 3

F 1

F 2= 240 N F 3= 160 r

2 N

F 4= 280 N

F 4

Solución: r F 1 :

r

F 1

F 1 x =

4 200 ⋅ = 160 N 5

F 1 y =

3 200 ⋅ = 120 N 5

r F 1 = −160iˆ + 120 jˆ r F 2 = −240 jˆ r F 3 = F 3 x iˆ + F 3 y jˆ

r F 2 : r F 3 :

;

F 3 x = 160

2⋅

2 = 160 N 2

F 3 y = 160 N r F 3 = 160iˆ + 160 jˆ r F 4 :

r F 4 = −280iˆ

Resultante:

r R =

∑

r F i = −280iˆ + 40 ˆj

r

R

R =

(280) 2 + (40) 2 = 282,8 N

α tanα =

40 280

r

El sistema queda reducido a la fuerza R cuya línea de acción pasa por O.



Cap. 2 Sistemas generales de fuerzas 2.13.2

Pág. 2-45

Sistemas de fuerzas paralelas r

r

F 1

F 2

uˆ r

r

R

F i

r

r

r Q

F n

•

r I r II R = R

Ambos sistemas serán equivalente s si: r I R =

r F i =

∑

∑

uˆ

F i uˆ =

r

(∑ F i ) uˆ = R uˆ = R

(1)

r II r R = R •

r

Además, si tomamos M I O : r I M O =

∑

r r r i × F i =

∑ r × F uˆ

→

r r M OI ⊥ R

r

→ M I O ⊥ uˆ

r i

i

r

= (∑ r i F i ) × uˆ

(2)

r M min = 0

→

entonces, el sistema se puede reducir a sólo la resultante actuando en el eje central. •

Determinación de la posición del punto de paso del eje central: tomando

r II r r r M O = r Q × R = r Q × uˆ

r

∑ F = (∑ F ) r × uˆ i

i

Q

(3)

por igualdad de momentos: (2) debe ser igual a (3), r

r

r

(∑ r i F i ) × uˆ = (∑ F i ) r Q × u r

∑ r F i

→

r r Q =

i

r

= (∑ F i ) r Q r

∑ F r ∑ F i

i

(2.26)

i




Pág. 2-46

Ejemplo 2.18: Una losa de hormigón de 6 x 6,6 m está en un plano horizontal y soporta las seis cargas verticales mostradas y una fuerza adicional P que actúa sobre un cierto punto sobre el perímetro de la losa. Determinar la magnitud, sentido y punto de aplicación de P de tal manera que el sistema pueda ser reempla zado por una única fuerza cuya línea de acción pase por el centro de la losa. Solución:

z

Sea la fuerza vertical P (↑) cuya línea de acción pa sa por el punto de la losa con coordenadas ( x, y).

5 ton

8 ton

O

9 ton 4 ton

Denominemos al sistema como sistema I. Su resultante será:

6 ton y

7 ton

r R I =

x

El momento resultante del sistema con respecto al origen de coordenadas O:

Fig. 2-53

r I M O =

( −23 + P ) k ˆ ton

( 4,5 iˆ + 1,8 jˆ ) × (8 k ˆ ) + 6 iˆ × ( − 6 k ˆ ) + 6,6 jˆ × ( −9 k ˆ ) + ˆ ) + ( 2,1 iˆ + 4,5 jˆ ) × ( −4 k ˆ ) + ( x iˆ + y jˆ ) × ( P k ˆ ) + (6 iˆ + 6,6 jˆ ) × ( −7 k

r M OI =

( P y − 109, 2) iˆ + ( − P x + 50, 4) ˆj El sistema equivalente (sistema II) consta de una única fuerza cuya línea de acción pasa por el punto de la losa (3; 3,3). r II M O =

(3 iˆ + 3,3 jˆ ) × ( − 23 + P ) k ˆ = (− 75,9 + 3,3 P ) iˆ + (69 − 3P ) jˆ

Por equivalencia de sistemas: r r I II R = R :

r R I =

( −23 + P ) k ˆ

r r I M O = M II O :

de (1) y (2):

33,3 x + 18,6 y = 161, 28

P y − 109, 2 = − 75,9 + 3,3 P

(1)

− P x + 50, 4 = 69 − 3 P

(2) (3)

La ecuación (3) representa una recta y es el lugar geométrico de los puntos ( x, y) sobre la placa que estamos buscando. Es decir, ap licando la carga P sobre algún punto de dicha recta, obtendremos la resultante deseada. Sin embargo, es condición del problema que la carga sea aplicad a, además, en el perímetro de la placa.




Pág. 2-47

En la figura se muestran puntos característicos de la recta y se ve que la carga tendría que ser aplicada en C o en D (dos soluciones posibles). Entonces: •

→ •

x = 4,84 m; y = 0

Para C :

P = − 10,09 ton

, m; y = 6,6 m Para D: x = 116 →

P =

10,09 ton

Ejemplo 2.19: Una placa cuadrada de lado l soporta tres cargas verticales como se muestra en la figura. Determinar la magnitud y punto de aplicación de la menor fuerza vertical adicional que debe aplicarse so bre la su perficie de la placa para que el sistema conformado por las cuatro cargas sea equivalente a:

l

l

a) Un sistema nulo (esto es, a un sistema en el que no hay fuerzas ni momentos) b) Una única fuerza que pa se por el centro de la placa. ¿Cuál es dicha fuerza? Solución: a) Denominemos Sistema I al sistema dado y Sistema II al sistema nulo. Sistema I: fuerza fuerza fuerza fuerza

r F 1 : r F 2 : r F 3 : r F 4 :

Fuerza resultante:

r F 1 r F 2 r F 3 r F 4

= (0, 0, − 2W )

con punto de paso:

= (0, 0, −W )

con punto de paso:

= (0, 0, − 5W )

con punto de paso:

= (0, 0, F z )

con punto de paso:

r I R = r

∑

Momento resultante: M I O =

r r Q 1 = (0, 0, 0 ) r r Q 2 = (0, l, 0 ) r r Q 3 = (l , l, 0 ) r r Q 4 = ( x 0 , y 0 ,0)

r I F i = (0, 0, − 8W + F Z )

∑

r r r Q i × F i

r

r

r

r

r

(1)

r

r

r

= r Q 1 × F 1 + r Q 1 × F 2 + r Q 3 × F 3 + r Q 4 × F 4

= (0, 0, 0) + ( −W l, 0, 0) + ( −5W l, 5W l, 0) + ( y 0 F z , − x 0 F z , 0) →

r M I O = ( − 6 W l + y 0 F z ,


5 W l − x 0 F z , 0)

(2)



Pág. 2-48

r II R = (0, 0, 0) r M II O = ( 0 , 0, 0 )

Sistema II:

(3) (4)

Por equivalencia de sistemas deberá cumplirse que: r r R I = R II :

( 1) y ( 3 )

r r I II • M O = M O :

(2) y ( 4)

•

→

→

− 8W + F z = 0

( 5)

F z = 8W

(5)

3 l 4 ( 5) 5 5 W l − x 0 F z = 0 x 0 = → l 8 r ⎛ 5 3 ⎞ F 4 = (0, 0, 8W ) aplicada en ( x0 , y 0 ,0 ) = ⎜ l, l, 0 ⎟ ⎝ 8 4 ⎠ →

entonces:

− 6 W l + y 0 F z = 0

→

y 0 =

b) Sea el Sistema III conformado por una única fuerza que pase por el centro C de la placa. Sistema III: r F =

r

Única fuerza F :

(0, 0, F )

con punto de paso:

r ⎛ l l ⎞ r C = ⎜ , , 0 ⎟

⎝ 2 2

⎠

r III R = (0, 0, F )

(6)

r l l M OIII = ( F , − F , 0)

2

(7)

2

Por equivalencia de sistemas deberá cumplirse que: r I r III • R = R :

( 1) y ( 6 )

r r I III • M O = M O :

(2) y (7)

→

→

− 8W + F z = F

− 6 W l + y 0 F z =

(8) l

2

( 8)

F

l

→

( 8)

5 W l − x 0 F z = − F → 2

F z =

F z =

2W l y 0 −

(9)

l

2

W l l x0 −

(10)

2

2 x 0 − y 0 −

de (9) y (10): −l / 2

l

2

= 0 , la cual corresponde a una recta. l

Fácilmente se pueden determinar los puntos de paso característicos A y B:

l/4

l

3l / 4 l


para A ( , 0 ) 4

→

F z = − 4W

3 ⎞ para B ⎛ ⎜ l, l ⎟ ⎝ 4 ⎠

→

F z =

4W



Pág. 2-49

A raíz de los resultados obtenidos para A y B podemos notar que a medida que nos adentremos en la placa, F z será de magnitud mayor que 4W y crecerá muy rápidamente hacia el valor de en las cercanías del centro C de la placa ( x0 = l / 2, y 0 = l / 2 ) . Ahora podemos asegurar que la fuerza F z será de mínimo módulo si la aplicamos en A o en B (dos soluciones posibles): ∞

•

F z = − 4W

Para A:

r F z = r F =

es decir:

•

F = − 8W +

→

( −4W )

F = −12W

→

F = − 4W

(0, 0, − 12W )

→ F = − 8W + ( 4W ) F z = 4 W r F z = ( 0, 0, 4W ) aplicada en (3l / 4, l) r F = (0, 0, − 4W )

es decir:

→

(0, 0, − 4W ) aplicada en (l / 4, 0 )

(8)

Para B:

2.13.3

(8)

Sistemas de fuerzas coplanares r

r

F 2

F 1

r

R

r

F i

r

R r

r Q

r

M O r

F n

Ya sabemos que siempre será posible reducir el sistema coplanar del sistema I a una única r fuerza (que será la resultante) más el moment o del sistema con respecto al origen M O (sistema II). r

Tenemos que R = Dado que

∑

r F i

r

está contenida en el plano en estudio: R ∈

r r r r r r F 1 , F 2 , L , F n y los vectores r 1 , r 2 , L , r n

Sistema I: por consiguiente:

r M O =

∑

r r ˆ, r i × F i = M O k

r r M O ⊥ R

⇒

P.

están en un mism o plano, entonces:

es decir

r M O ⊥ P

r M min = 0

entonces, el sistema en estudio podrá ser reducido a una única fuerza actuando en el eje central.




•

Pág. 2-50

r

Cálculo de la posición r Q (Q ∈ eje central)

Utilizaremos la igualdad de momentos de los sistema II y III como condición de equivalencia: r II r III M O = M O

operando:

iˆ r M O = x0

⇒ jˆ y 0

R x R y

r r r M O = r Q × R

r

donde r Q = ( xO , yO )

ˆ k 0 = ( x0 R y − y 0 R x ) k ˆ 0

como

r ˆ M O = M O k

entonces:

xO R y − yO R x = M O

que representa el lugar geométrico (una recta) de los puntos que pertenecen a la línea de acción de la única fuerza a la que se ha reduci do el sistema coplanar inicial. Dicha recta es el eje central.




Pág. 2-51

E jemplo 2.20: Una placa está sometida al sistema fuerzas y pares mostrado en la figu ra. Se pide: a) Determinar la fuerza resultante única que reemplaza al sistema dado e indicar la distancia entre el punto A y la línea de acción de la resultante. r

r

b) Hallar la fuerza F A de dirección desconocida que pase por A y la fuerza vertical F B que pase por B adicionales a las mostradas, de modo que el sistema resultante sea nulo. Solución: a) Dado que el sistema es coplanar

podemos reducirlo a una fuerza única.

→

r R =

∑

r F i

r F 1 = −750 jˆ [N] r F 2 = −500 iˆ [N] r ⎛ F 3 = 650 ⎜ −

5 12 ⎞ , − ⎟ = −250 iˆ − 600 jˆ ⎝ 13 13 ⎠

→

r R = −750 iˆ − 1350 jˆ

con módulo:

[N]

R = 1544,3 N

r Si hacemos pasar la línea de acción de R por el punto A, el momento que la acompaña es:

→

r ˆ + 500 (1, 2) ( − k ˆ ) + 250 (1, 2) ( − k ˆ ) + 1125 k ˆ − 375 k ˆ M A = 750 (1, 2) k r ˆ [N-m] M A = 750 k

Por equivalencia de sistemas: M A = R ⋅ d

→


750 = 1544,3 ⋅ d

→

d = 0,486 m



Pág. 2-52

b) Adicionamos F B , F A x y F A y al sistema analizado en a), el cual ya fue reducido a la fuerza con componentes R x y R y más el momento M A. Para que el nuevo sistema sea nulo, entonces se debe cumplir que la nueva resultante sea nula y el momento del sistema con respecto a cualquier pun to de reducción sea también nulo. r Es decir: R ′ = 0 , ∑ M A′ = 0 !

R x′ = − 750 + F Ax =

0 !

R y′ = − 1350 + F B + F Ay =

∑

M A′ =

0

!

750 − 1, 2 F B = 0

Resolviendo el sistema de ecuaciones: F Ax = 750 N → F Ay = 725 N ↑

⎫⎪ ⎬ F A = 1043,1 N ⎪⎭

r

F A

F B = 625 N ↑

Ejemplo 2.21: En la figura se muestra u n sistema de cuatro cargas actuando sobre una viga AB. Se pide reducir el sistema a: a) Una única fuerza y calcular la distancia a la que su recta de acción corta al tramo AB. b) Una fuerza de dirección desconocida que pase por A y una fuerza de dirección vertical que pase por B.

Solución 1:

Método vectorial

a) Sistema I: • • •

r F 1 : r F 2 : r F 3 :

r F 1 = F 1 uˆ1 r F 2 = F 2 uˆ 2 r F 3 = F 3 uˆ 3

→ → → →


r F 1 = − 600 iˆ r F 2 = 1500 ˆj r F 3 = 1500 (cos 30° iˆ − sen 30° ˆj ) r F 3 = 750 3 iˆ − 750 jˆ



•

r F 4 :

r F 4 = F 4 uˆ 4

Pág. 2-53 r F 4 = 1000 ( − cos 45° iˆ − sen 45° ˆj ) r F 4 = − 500 2 iˆ − 500 2 jˆ

→ → r I R =

Fuerza resultante:

4

∑1

r I F i

(1)

i=

= ( − 600 + 750 3 − 500 2 ) iˆ + (1500 − 750 − 500 2 ) jˆ r I R = − 8,069 iˆ +

→

42,89 jˆ

(2)

Momento resultante con respecto al origen A: r M A I =

r

v

r

r

∑ (r Q i − r A ) × F i I donde r A = (0, 0, 0)

entonces:

r M A I =

en nuestro caso:

r r r r r r r r r I M A = r J × F 1 + r C × F 2 + r D × F 3 + r E × F 4

∑

r r r Q i × F i I

r I M A = − 200 jˆ × ( − 600 iˆ ) +

300 iˆ × 1500 jˆ + 600 iˆ × (750 3 iˆ − 750 ˆj ) + + (1000 iˆ + 200 jˆ ) × ( − 500 2 iˆ − 500 2 ˆj ) ˆ [N-mm] = ( −120 000 − 400 000 2 ) k r ˆ M I = − 685 685,42 k (3)

→

A

Sea sistema II el sistema formado por una única fuerza. r

F = ( F x , F y )

Evidentemente, por equivalencia de sistemas, la fuerza única actuando en este sistema deberá ser vectorialmente igual a la fuerza resultante del sistema I: Resultante: r I r II R = R

r r II R = F = F x iˆ + F y jˆ ( 2) y ( 4)

→

Además:

F x = − 8,069 N

(4)

y

F y =

42,89 N

r r r M A II = r P × F

= xP iˆ × ( F x iˆ + F y ˆj ) = x P iˆ × F y jˆ

→

r II M A =

42,89 xP k ˆ

(5)

Dado que los sistemas I y II son equivalentes: r I r II M A = M A :

( 3) y ( 5)

→

− 685 685,42 = 42,89 x P


→

x P = −15 987 , 07 mm



Pág. 2-54

Así, el sistema I es equivalente a una única fuerza línea de acción pasa por P = ( −15 987,07; 0) mm.

r F = − 8,069 iˆ + 42,89 jˆ

[N] cuya

b) Ahora reduciremos el sistema dado a una fuerza de dirección desconocida que pase por A más una fuerza vertical que pase por B. Sistema III:

Resultante: →

r III R = A x iˆ + A y jˆ + B y jˆ r III R = A x iˆ + ( A y + B y ) jˆ

Momento del sistema con respecto a A: →

(6) r III M A = r III M A =

1800 iˆ × B y jˆ 1800 B y k ˆ

(7)

de (2) y (6):

− 8,069 iˆ + 42,89 jˆ = A x iˆ + ( A y + B y ) jˆ

de donde:

A x = − 8,069

(8)

A y + B y =

(9)

42,89

de (3) y (7):

− 685 685,42 = 1800 B y

en (9):

A y =

→

B y = − 380,94

(10)

423,83

Así, los sistemas I y II son equivalentes al sistema III formado por las fuerzas: r A = − 8,069 iˆ + 423,83 jˆ r B = − 380,94 ˆj [N]

Solución 2:

[N]

cuya línea de acción pasa por A cuya línea de acción pasa por B.

Método escalar

a)




Pág. 2-55 r

F = ( F x , F y )

•

Igualdad de fuerzas resultantes: r I r II R = R

Se debe cumplir que:

∑

→

r I F i =

!

∑ F :

− 600 + 1500 cos 30° − 1000 cos 45° = F x

x

− 600 + 750 3 − 500 2 = − F x

∑

F y

→

F x = − 8,069 N

(1)

→

F y =

(2)

!

1500 − 1500 sen 30° − 1000 sen 30° = F y

:

1500 − 750 − 500 2 = F y •

∑

r II F i

42,89 N

Igualdad de momentos resultantes:

∑

r I M A = − 600 (200) + 1500(300) − 1500 sen 30° (600) + 1000 sen45° (1000)

:

M A

r M A I = − 685685,42

→

(3)

r II M A = x P ( F y )

− 685 685,42 = xP ( F y )

igualando:

→

x P = −15 987 ,07 mm

b) Los sistemas I, II y III son equivalentes. Se debe cumplir que: F x = A x

de (1):

A x = − 8,069 N

(5)

∑ F :

F y = A y + B y

(6)

y

Además,

− 685 685,42 = B y (1800)

:

B y = − 380,94 N

→ (2) y (7) en (6):

→

r II r III R = R

∑ F : x

r I r III M A = M A

(4)

(7)

42,89 = Ay − 380,94 A y =

423,83 N




Pág. 2-56

Problema 2.22: La armadura de techo Howe m ostrada recibe 3 cargas verticales conocidas cuyas magnitudes son conocidas, y las cargas debidas a viento P, 2P, P, cuyas direcciones son perpendiculares al tramo AC . Si el sistema se reduce a una única fuerza cuya línea de acción cruza la línea AE a 4,5 m a la derecha de A, se pide calcular el valor de P y hallar la fuerza resultante (módulo, dirección y sentido).

Solución:

uˆ P =

Dirección unitaria de las cargas inclinadas:

Resultante del sistema I:

r I R =

∑

r I F i

(1, − 2) 5

i

r I R = P uˆ P + 2 P uˆ P + P uˆ P +

= 4P

1500 (− jˆ ) + 1000 (− jˆ ) + 500 (− ˆj )

(1, − 2) + ( 0, − 3000 ) 5

= 0,8 5 P (1, − 2) + ( 0, − 3000) r I R =

→

(0,8 5 P ; −1,6 5 P − 3000)

Momento resultante del sistema I con respecto a A:

(1) r I M A =

∑ i

Fuerza F i I

Posición de punto de paso r r Q i con respecto a A [m]

P uˆ p

(0, 0)

0

2 P uˆ p

(3; 1,5)

−3 5 P

P uˆ p

(6, 3)

−3 5 P

(0, -1500)

(3, 0)

− 4 500

(0, -1000)

(6, 0)

− 6 000

(0, -500)

(9, 0)

− 4 500

r

∑ →

r r I r Q i × F i

r M I A =

( −6 5 P − 15000 ) k ˆ


r r I r Q i × F i

( k ˆ )

− 6 5 P − 15 000 (2)


Cap. 2 Sistemas de Fuerzas

Recommend Documents