CAPITULO 4 MOMENTOS

4.3 PRINCIPIO DE LOS MOMENTOS EJERCICIO 1

La fuerza F actúa en forma perpendicular al plano inclinado. i nclinado. Determine el momento producido por F con respecto al punto B exprese el resultado como un vector cartesiano

rAC = (0-0)i + (4-0)j + (0-3)k = (4j – 3k)m rBC = (0-3)i + (4-0)j + (0-0)k = (-3i + 4j)m

b = rCA + r CB =

uF =

   0 4 3 3 3 4 0

= (12i +9j +12k)

 ++ =  = 0.624i +0.468j + 0624k  √  + +

F = Fu F = 400(0.624i +0.468j + 0624k) = (249.88i + 187.41j + 249.88k

MB = rBC x F =

   3 4 0 249. 249.88 88 187. 187.41 41 249. 249.88 88

= (1i + 0.75j -1.56)KN.m -1.56)KN.m

EJERCICIO 2 La fuerza de 70N actua sobre el extremo del tubo en B. Determine los angulos θ (0°≤ θ ≤ 180°) de la fuerza que producira los momentos maximos y minimos respecto al punto A ¿ cuales son las magnitudes de los momentos ?

Ma = 70 sin θ(0.7) + 70 cos θ(0.9) = 49sin θ + 63 cos θ Maximo

 =0 θ

49cos θ – 63sin θ = 0

Θ = tan−

   = 37.9° 

(MA)max = 49 sin37.9° + 63 cos37.9° = 79.8 N.m

minimo MA = 0 49 sin θ + 63 cos θ = 0

Θ = 180+ tan−

   = 128° 

4.2MOMENTO DE UNA FUERZA CON RESECTO A UN PUNTO Y A UN EJE ESPECIFICO

EJERCICIO 1 Se levanta el marco en forma de A a una posicion perpendicular mediante la fuerza vertical de F = 80lb. Determine el momento de esta fuerza con respecto al eje y cuando el marco esta en la posicion que se muestra

Uy = -sin 30°i' + cos 30°j' rAC = -6 cos 15°i' + 3j' + 6 sin 15°k F = 80k My =

 sin 30° 30° 0 615° 3 615° 0 0 80

= 120 + 401.52 + 0 = 282

My = 282 lb.ft X = 3 sin 30° - 6 cos 15° cos 30° = -3.52ft Y = 3 cos 30° + 6 cos 15° sin 30 = 5.5 ft Z = 6 sin 15° = 1.55 ft rAC = -3.52i + 5.5j +1.55k

EJERCICIO 2 La friccion en el manguito A puede proporcionar un momento de resistencia maximo de 125N.m con respecto al eje x Determine la magnitud maxima de la fuerza F que puede aplicarse de manera que el soporte no gire

rAB = (-0.15 – 0)i +(0.3-0)j + (0.1 – 0)k = (-0.15i + 0.3j + 0.1k)m

F = F(-cos60° i + cos60°j + cos45°k) = 0.4Fi + 0.5Fj + 0.7Fk

Mx = i.rAB X F =

1 0 0 0.15 0.3 0.1 0.5 0.5 0.7

= 0.162F Mx =125N 125 = 0.162F F = 771N

4.4MOMENTO DE UN PAR

EJERCICIO 1 Determine la distancia d entre A y B de modo que el momento de par resultante tenga una magnitud Mr = 20 N.m

rAB = {(0.35 – 0.35)i + (-dcos 30° - 0)j + (dsin 30° - 0)k} m = {-0.866d j + 0.5d k} m F1 = 35k F2 = -50i (Mc)1 =rAB x F1 =

   0 0.866 0.5 0 0 35

(Mc)2 =rAB x F2 =

   0 0.866 0.5  = 50 0 0

Mr = ∑ 

= (-30.31d i) N.m

(-25d j – 43.3d k) N.m

Mr = (Mc)1 + (Mc)2 Mr = (30.3d I -25d j – 43.3d k) N.m

Mr = 20 N.m 20 =  (30.31)   (25)  (43.3) d = 0.342 m

EJERCICIO 2 Dos pares actuan sobre la viga en voladizo. Si F = 6 Kn, determine erl momento del par resultante

+(Mc)1 = 6sin 30°(3) – 6cos 30°(0.5 + 0.5) +(Mc)1 = = 3.804 KN.m   +(Mc)2 = 5( )(0.5 + 0.5) - 5( )(3)   +(Mc)2 = -9KN.m

(Mc)R = (Mc)1 + (Mc)2 = 3.804 – 9 = -5.19 KN.m

(Mc)R =∑     (Mc)R = 5( )(0.5)+5( )(3) - 6cos30°(0.5) – 6sin30°(3) + 6sin30°(6) – 6cos 30°(0.5) + 5 (0.5)      – 5( )(6)  = -5.19 KN.m

4.5 MOVIMIENTO DE UNA FUERZA SOBRE UN CUERPO RIGIDO

EJERCICIO 1 Reemplace las dos fuerzas que actuan sobre la esmeriladora por una fuerza resultante y un momento de par en el punto O. Exprese los resultados en forma vectorial cartesiana

Fr = ∑ 

Fr = F1 + F2 = (10i -15j -40k) + (-15i – 20j – 30k) = (-5i -35j -70k)N

RoA = (0-0)I + (0.25-0)j + (0.1 – 0)k = (0.25j + 0.1k) m RoB = (0.15 -0)I + (0.25 – 0)j + (0.04 – 0)k = (0.15i + 0.025j + 0.04) m

(Mr)o = ∑ 

(Mr)o = r0A X F1 + r0B x F2

   = 0 0.25 0.1 10 15 40

+

   0.15 0.025 0.04 15 20 30

= (-8.45i + 4.90j – 5.125k)N.m

EJERCICIO 2 Las tres fuerzas actuan sobre el ensamble de tubos. Si F1 = 50N y F2 = 80N reemplace este sistema de fuerzas por una fuerza resultante y un momento de par equivalentes que actuen en el punto O. exprese los resultados en forma vectorial cartesiana

Fr = ∑  x = (-180k + 50k -80k) N = -210K Mr0 = ∑(  ) Mr0 =

   1.25 0 0 0 0 180

+

   1.25 0.5 0 0 0 80

Mr0 = 225j (-40i + 100j) + (25i -100j) Mro = -15i + 225j

+

   2 0.5 0 0 0 50

4.6 REDUCCION DE UN SISTEMA DE FUERZAS Y PARES

EJERCICIO 1 Reemplace el sistema de fuerzas que actua sobre el poste por una fuerza resultante y especifique el punto medido desde el punto A. donde su linea de accion interseca al poste AB

 (Fr)x = 250( ) – 500 cos 30 ° -300 = -533.01N ←   (Fr)y = 500sin 30° -250( ) = 100N ↑  FR =√ 533.01

 100

FR = 542.31N

Tan θ = 100/533.01 θ = 10.63° MA =   533.01d = 500 cos 30°(2) – 500 sin 30°(0.2) – 250( )(0.5) – 250( )(3) + 300(1)   D = 0.0827

EJERCICIO 2 Tres fuerzas paralelas de atornillado actuan sobre la placa circular determine la fuerza resultante y especifique su ubicación sobre la placa Fa = 200lb Fb = 100lb y Fc = 400lb

-Fr = -400 – 200 – 100 Fr = 700 lb Mrz = ∑ 

700z = 400(1.5) – 200(1.5sin 45°) – 100(1.5sin 30°) 700z = 600 – 212.13 - 75 Z = 0.447pie

Mrz = ∑ 

-700x = 200(1.5scos 45°) – 100(1.5cos 30°) -700x = 212.13 – 129.90 X = - 0.012pie

4.7 REDUCCION DE UNA CARGA SIMPLE DISTRIBUIDA

EJERCICIO 1 La presion del viento que actua sobre un señalamiento triangular es uniforme. Reemplace esta carga por una fuerza resultante y un momento de par equivalentes en el punto o

 Fr =   (1.2)(1.2)(150) 

Fr = (-108i)

  Mr0 = - (1 + (1.2) )(108)j –( 0.1 + (1.2) )(108)k  

Mr0 = (-194j -54k ) N.m

EJERCICIO 2 Reemplace la carga por una fuerza resultante y un momento par equivalentes en el punto A

F1 =

 

(6)(50) = 150 

F2 = (6)(50) = 300 lb F3 = (4)(50) = 200 lb

Frx = ∑ 

Frx = 150 sin60° + 300sin60° Frx = 389.71 lb

Frx = ∑ 

Frx = 150 cos60° + 300cos60° + 200 Frx = 425 lb

FR = √ 389.71

 425

FR = 577 lb MrA = 150(2) + 300(3) + 200(6cos 60° + 2) = 2200 lb. pie