Cap. 2 Sistemas de Fuerzas

8/17/2019 Cap. 2 Sistemas de Fuerzas

1/57

Cap. 2 Sistemas generales de fuerzas Pág. 2-1

Documento de TrabajoRealizado por Jorge Rodríguez HernándezDepartamento de Ingeniería

Cap. 2 Sistemas generales de fuerzas

2.1 Definiciones

Dado que la mecánica estudia el movimiento de los cuerpos y éste se produce por la acciónde fuerzas, entonces queda clara la importancia de ellas y en el presente capítulo lasestudiaremos con la debida profundidad.

Como ya sabemos, se define fuerza como la acción de un cuerpo sobre otro, siendo queambos están en reposo, o ambos en movimiento o uno cualquiera de ellos en reposo y elotro en movimiento. Esta acción puede ser por contacto o a la distancia (por ejemplofuerzas 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 unsistema de fuerzas, sobre un cuerpo la que provocará cambios en su campo deaceleraciones, si está en movimiento, e inducirá a la aparición de fuerzas de reacción en losvínculos o apoyos que restringen su movimiento.

Las características del efecto físico que produce una fuerza actuando sobre un cuerporígido son magnitud, dirección, sentido y línea de acción en la que actúa. El entematemático que contiene las tres primeras es el denominado vector:

),,( z y x F F F F =v

o también k F jF iF F z y xˆˆˆ ++=

v (2.1)

Además la recta de acción L 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 sudirección ya está dada por las componentes del vector fuerza:

F r

û

Qr r

222

),(ˆ

z y x

z y x

F F F

F F F u

++= (2.2)

Así, la ecuación de la recta de acción está dada por la expresión:

ut r r QP ˆ+= rr

donde ℜ∈t (2.3)

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

Pontificia Universidad Católica del Perú Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño


2/57


Tipos de fuerzas:

•

Fuerzas externas: representan la acción de otros sólidos (o fluidos o campos) sobre elsólido en estudio. Pueden generar en él movimientos de traslacióny/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 dichafuerza de hacer girar el cuerpo alrededor de ese punto.

Para precisar la acción de giro que propicia la fuerza F r

examinemos la figura 2.2a:

El efecto de giro alrededor de P que produce la fuerza F r

sobre el cuerpo mostrado (una

llave de tuercas) está medido por el producto del módulo de F r

por la distancia del puntode giro P a la línea de acción de la fuerza (la cual es denominada longitud de palanca). Esdecir:

F r

θ

F r

(2.4) d F M P = Esta tendencia de giro tiene una dirección y sentido claramente específicos: dirección

perpendicular al plano que contiene a F r

y a P, y sentido antihorario. Matemáticamente

hablando, la tendencia de giro quedará muy bien representada por un vector.

Evidentemente la línea de acción de la fuerza F r

no necesariamente tendría que ser perpendicular al brazo de palanca AD (ver figura 2.2b). En este caso la magnitud delmomento estará dada por:

'd F M P = Está claro que la determinación del momento en los casos anteriores es una tarearelativamente sencilla. Pero, ¿qué pasa en espacio tridimensional?. Analicemos el siguiente

caso.



3/57


Sea la fuerza F r

actuando sobre el cuerporígido mostrado. Si deseamos evaluar el efectode giro que causa dicha fuerza en cuanto algiro del cuerpo alrededor del punto P,

entonces calcularemos el momento de F r

conrespecto a P:

F r

Pr r

PQr /r

Qr r

Para ello pasaremos un plano P que contenga

a la fuerza F r

y al punto P. Evidentementecualquier punto de la recta de acción de lafuerza también estará contenido en dicho plano(ver figura 2.4).

Una vez situados en el plano P habrá queencontrar la distancia d y entonces el módulo

del momentoP

M r

será: .d F M P

=

F r

PQr /r

La dirección de P M r

está dada por la normal al plano P y su sentido está definido por elsentido del giro que “se produciría”, en nuestrocaso el giro se daría en sentido horario, lo cual

por la regla de la mano derecha significa quesería “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: F r r M PQP

rrrr×−= )( (2.5)

donde: Q es un punto cualquiera o arbitrario sobre la línea de acción L .

PQPQ r r r rrr

−=/ indica la posición relativa del punto Q con respecto al punto P.

Como se puede deducir de la definición de producto vectorial, el vector P M r

es

perpendicular tanto a PQr /r

como a F r

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

y su módulo se calcula por:θ senF r M PQP /=

pero : θ senr d PQ /= → d F M P =

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 calcular la distancia d y hacer un breve análisis para determinar la

dirección y el sentido de P M r

. 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 regla de la manodrecha, sentido entrando al plano del dibujo).



4/57


Es evidente que el álgebra vectorial proporcionará los mismos resultados. Es decir, siguesiendo perfectamente válida la expresión:

F r

PQr /r

F r M PQPrrr

×= /

La definición general de momento puede utilizarse para demostrar el principio detransmisibilidad de una fuerza: el efecto externo de una fuerza sobre un sólido rígido esindependiente del punto de aplicación de ella a lo largo de su línea de acción. Ello serávisto en el siguiente ejemplo.

Ejemplo 2.1: Mostrar que el punto Q de la ecuación (2.5) es un punto cualquiera

(arbitrario) sobre la línea de acción en la que actúa la fuerza F r

.

F r M AO

rrr

×= (1) F r M BO

rrr×= (2)

F r r A B A

rrr×+= )( /

F F r A

rrr×+= )( λ

F F F r A

rrrr×+×= λ

→ F r M AOrrr

×= ecuación que es idéntica a (1).

F r

Ar r

Br r

A Br /r

= 0

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

Sea Q un punto de paso cualquiera sobre la recta

de acción L de la fuerza F r

.

El momento de la fuerza F r

respecto al punto O

es el vectorO

M r

tal que:

F r M QO

rrr×=


F r

Qr r


5/57


Su módulo es θ senF r M QO = y su dirección es perpendicular al plano formado por Qr r

y

F r

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

Como ya hemos establecido, el módulo M O mide la tendencia de la fuerza F r

a imprimirleal sólido rígido un movimiento de rotación alrededor del punto O.

•

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

F r M QO

rrr×=

Sea ),,( z y xr Q =r

el vector posición de un punto sobre L :

),,( z y x F F F F =r

→

z y x

O

F F F

z y x

k ji

M

ˆˆˆ

=r

es decir: k

M

F yF x j

M

F xF zi

M

F zF y M

zO

x y

yO

z x

xO

y zOˆ)(ˆ)(ˆ)(

4 434 4214 434 4214 434 421

r−+−+−= (2.6)

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

una fuerza vertical AF r

. Se pide:

AF r

a) Hallar el momento que produceO M r

30= AF [N]

con respecto al punto O.

b) Calcular la fuerza horizontal BF r

aplicada en B que

produciría el mismo momento O M r

sobre la

palanca.

Solución:

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

A AO F r M rrr

×=

donde: 4535,45cos35( senr A °=r

°, 0) ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ = 0,

2

235,

2

235

)0,30,0( −= AF r

= ĵ30−



6/57


0300

02

235

2

235

ˆˆˆ k ji

M O =r

k ̂2

23530 ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

k ̂2525−=

→ k M Oˆ46,742−=

r (kgf-cm)

También se puede trabajar de manera escalar:

25252

235)30( === d F M AO

Por simple inspección su dirección será , entonces:k ̂− k M O

ˆ2525−=r

(kgf-cm).

b) La fuerza BF r

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

k F r M B BOˆ2525

!

−=×= rrr

)0,30cos40,3040( °−°= senr Br

)0,320,20( −=

iF F B Bˆ−=

r

→ k F Bˆ2525)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:

iF Bˆ43,21−=

r [kgf]



7/57


2.3 Momento de una fuerza con respecto a un eje

En muchas aplicaciones de la ingeniería interesará solamente la componente del momentoen dirección de una recta o eje dado. El momento de una fuerza con respecto a un eje mide

justamente la tendencia del cuerpo rígido a girar alrededor del eje debido a la acción de F r

.

Definición: El momento de una fuerza respecto a un eje es la proyección sobre dicho ejedel momento respecto a un punto cualquiera del mismo.

de la definición: P Lu L M royP M rr

ˆ=

Q: punto arbitrario sobrerecta L .

P: punto arbitrario sobreel eje L.

PQr

/

r

Lû

F r

Qr

r

Pr r

L LP L uu M M ˆ)ˆ( ⋅= rr

con ),,(ˆ z y x L uuuu = (2.7)

L LPQ uuF r ˆ]ˆ)[( / ⋅×=

rr con PQPQ r r r

rrr−=/

LPQ L uF r u ˆ)](ˆ[ / rr ×⋅=

LPQ L uF r u ˆ)ˆ( /rr

=

→

z y x

zPQ yPQ xPQ

z y x

L

F F F

r r r

uuu

M ///=r

(2.8) Lû

Nota: las componentes del vector unitario ),,(ˆ z y x L uuuu = pueden ser los cosenosdirectores del eje L.

Ejemplo 2.3: Mostrar que el punto P del eje puede ser un punto arbitrario de él.

Demostración:

Tomemos otro punto sobre el eje: C

L LC L uu M M ˆ)ˆ( ⋅= rr

[ ] L LC Q L uuF r M ˆˆ)( / ⋅×= rrr


P Q

C

F r

C Qr /r

PQr /r

Lû

Fig. 2-10

L


8/57


→ [ ]{ } L LPQ L L uuF r u M ˆˆˆ )( / ⋅+= ×rrr

λ

[ ] L LPQ L uuF r u ˆˆ)ˆ( / ⋅×+= rr

λ

→ [ ] L LPQ L uuF r M ˆˆ)( / ⋅×= r

rr

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

Plano P ⊥ eje L → P ⊥ Lû

B A

O

Eje “L”

F r

2r r

1r r

1F r

2F r

r r

Lû

Fig. 2-11

LuF ˆ||1r

2F

r

contenido enP

→

LuF ˆ

2 ⊥

r

2r

r contenido en P

Lur ˆ||1r

O: Punto respecto al cual tomamosmomentos

A: Punto en que ubicamos a 1F F rr

=

B: Punto de intersección de P y Lû

)(ˆ F r u M L L

rr×⋅=

)]()[(ˆ 2121 F F r r u Lrrrr

+×+⋅=

)(ˆ 22122111 F r F r F r F r u Lrrrrrrrr

×+×+×+×⋅= (pues 11 || F r

rr)= 0

)(ˆ)(ˆ)(ˆ)(ˆ 22122111 F r uF r uF r uF r u eee Lrrrrrrrr

×⋅+×⋅+×⋅+×⋅= = 0

(pues )(ˆ 21 F r u Lrr

×⊥ = 0

(pues )(ˆ 12 F r u Lrr

×⊥

→ )(ˆ 22 F r u M L Lrr

×⋅=

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

L M r

es perpendicular al plano P y mide la tendencia de 2F r

de hacer girar el sólido rígido

alrededor del eje L. La otra componente de F r

)ˆ||( 1 LuF r

no tiene nada que ver con el giro

sólido rígido alrededor de e.

En la expresión )(ˆ 22 F r u M L Lrr

×⋅= no está 1r r

→ L M r

es independiente de O.



9/57


Casos particulares:

1) Momento de una fuerza respecto de los ejes cartesianos

Respecto del eje x: iu ˆˆ =

)ˆ( F r i M x

rrr=

i

F F F

z y x

z y x

ˆ001

=

→ iF zF y M y z x ˆ)( −=r

Análogamente: jF xF z M z x y ˆ)( −=r

F r

r r

k F yF x M x y z

ˆ)( −=r

Notar que estos valores de z y x M M M rrr

y, son las componentes del coinciden con las

componentes del momento de la fuerza

O M

r

F r

con respecto al origen O (ver expresión 2.6)-

2)

Si la línea de acción de la fuerza F

r

es paralela al eje L: LuF ˆ

λ =

r

[ ] L L L L uuur M ˆˆ)ˆ( ⋅×= λ

rr → 0= L M

r

3) Si la línea de acción de la fuerza F r

corta al eje: ur ˆ||r

)]ˆ(ˆ[ F uu M L L Lrr

×⋅= λ → 0= L M r

0= , pues L L uur ˆ)ˆ( ⊥× λ r

0= , pues ( L L uF u ˆ)ˆ ⊥×r

λ

o de otra manera: si es que escogemos el punto de intersección como de referencia para

calcularO M

v

→ → 0=r r

0= L M r



10/57


2.4 Sistemas de fuerzas

La resultante de un sistema de fuerzas es el sistema más simple que puede reemplazar alsistema de fuerzas original con la condición indispensable que no cambie su efecto sobre elcuerpo 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 enciertos casos particulares podría ser una única fuerza o un único par. Ello será establecidoclaramente al estudiar el acápite 2.11 del presente capítulo.

Precisamente en el capítulo 3 estableceremos que, cuando la resultante de un sistema defuerzas es nulo, entonces se dice que el cuerpo sobre el que actúan dichas fuerzas, está enequilibrio. Si dicha resultante no es nula → el cuerpo rígido está acelerado. Ello seráestudiado en el siguiente curso de Dinámica.

Se llama sistema de fuerzas a un conjunto de fuerzas nF F F r

Lrr

,,, 21 actuando en sus

respectivas líneas de acción.

O

L 1

1F r

iF r

PQ r r irr

−

Pr r

iQr r

2F r

L 2

L n nF r

L

Qi

P

Fig. 2-13

O

L 1

1F r

iF r

PQ r r irr

−

Pr r

iQr r

2F r

L 2

L n nF r

L

Qi

P

E

Fig. 2-14

Definimos para el sistema:

•

Fuerza resultante del sistema de fuerzas: ∑=i

iF Rrr

(2.9)

•

El momento resultante del sistema con respecto al centro de reducción P es la suma de

los momentos de las fuerzasn

F F F r

Lrr

,,, 21 con respecto a dicho punto P:

∑∑ ×−==i

iPQ

i

iP F r r M M i

rrrrr)( (2.10)

donde el punto Qi es un punto de paso arbitrario sobre la línea de acción L i.

•

El momento resultante del sistema con respecto al eje L es la suma de los momentos de

las fuerzasn

F F F r

Lrr

,,, 21 con respecto a dicho eje L:

(2.11) L L

i

iiPQ L uuF r r M

iˆˆ)(

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⋅⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡×−= ∑

rrrr

donde: 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



11/57


2.5 Par de fuerzas

Se llama par al sistema formado por dos fuerzas 1F r

y 2F r

tales que = , líneas deacción paralelas y sentido opuesto.

1F r

2F r

•

Fuerza resultante del sistema: ∑=i

iF Rrr

→ )( 11 F F Rrrr

−+=

1F r

12 F F rr

−=

r r

2Qr ′r

1Qr ′r

1Qr r

2Qr r

En este caso la suma de los momentos de las dos fuerzas respecto a un punto dado 0≠ , rconsiguiente las dos fuerzas, aunque no producen el efecto de traslación, producen efectode rotación sobre el cuerpo.

po

El momento de un par de fuerzas es constante con respecto a cualquier centro dereducción. Lo mostraremos a continuación:

• Momento del sistema con respecto a O:

2211 F r F r M M Q

i

QiO

rrrrvr×+×== ∑

)( 1211 F r F r QQrrrr

−×+×=

→ 121 )( F r r M QQOrrrr

×−= (2.12)

pero 121 F r M r r r OQQrrrrrr

×=→−= (2.13)

• Evaluemos el momento del sistema con respecto a P:

121)( F r r M M

i

QQiP

rrrvr×′−′== ∑

Pero r 121 F r M r r PQQrrrrrr

×=→′×′= (2.14)

en general: 1F r M rrr

×= (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.



12/57


Ejemplo 2.4: Sobre el cuerpo en forma de paralelepípedo rectángulo actúa el sistema defuerzas mostrado. Se pide:

a) Hallar la fuerza resultante del sistema.

b) Calcular el momento del par de fuerzas 4F r

y 5F r

.

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

r con respecto al eje PQ.

Solución:

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

iF Rrr

1F r

2F r

4F r

3F r

5F r

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

K (3, 4, 2) m

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

Fuerza :1F

r

111 ûF F =

r

, 301 =

F N

73

)0,8,3(

649

)0,0,0()0,8,3(ˆ

1 =+

−=u

→ )0,8,3(73

301 =F

r → )0;09,28;53,10(1 =F

r N

Fuerza :2F r

222 ûF F =r

, 102 =F N

29

)2,4,3(

29

)0,8,0()2,4,3(ˆ2

−=

−=u

→ )2,4,3(29

102 −=F

r → )71,3;43,7;57,5(2 −=F

r N

Fuerza :3F r

)0,0,1(20ˆ333 −== uF F r

)0,0,20(−= N

Fuerza :4F r

)0,1,0(50ˆ444 == uF F r

)0,50,0(= N

Fuerza :5F r

50ˆ555 == uF F r

)0,1,0( − )0,50,0( −= N

entonces: =∑= iF R

rr

)71,3;66,20;90,3(− N



13/57


b) Momento del par conformado por 4F r

y 5F r

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

Sean ( )0,50,04 == F F rr

( )0,50,05 −=−= F F rr

)0,50,0()2,0,3()( ×−=×−=×= F r r F r M D BOrrrrrr

→ [N-m])150,0,100( −−=O M r

c) Momento resultante del sistema con respecto a A:

4 4 34 4 21

rrrrrrrrr

A A A A A

i

i AiQ A M M M M M F r r M 54321)( ++++=×−= ∑

Momento del par 4F r

y 5F r

donde es un punto arbitrario sobre la línea de acción deiQ iF r

para :1F r

)2,0,0()0,8,3( −=−→= A E E r r r rvr

para :2F r

)2,0,3()0,8,0( −−=−→= AC C r r r rvr

para :3F r )0,0,0()2,8,3( =−→= A A A r r r rvr

)0;06,21;18,56(

009,2853,10

200

ˆˆˆ

1 −=−=

k ji

M A

r N-m

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

71,343,757,5

203

ˆˆˆ

2 −−=

−

−−=

k ji

M A

r N-m

pues la línea de acción de)0,0,0(3 = A M r

3F r

para por A.

A A M M 54

rr+ constituyen el momento de las fuerzas 4F

r y 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).

5F r

→ ( )150,0,10054 −−=+ A A M M rr



14/57


Sumando todos los momentos obtendremos:

)71,127;07,21;68,58( −−−= A M r

[N-m]

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

r

[ ] PQPQPPQ uuF M M ˆˆ)( 2 ⋅=

rrr (1)

donde )( 2F M Prr

es el momento de 2F r

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

22 )()( F r r F M PC Prrrrr

×−= con C r r

vector posición del punto de paso

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

→ [ ] )81,3;43,7;57,5()1,8,3()0,8,0()( 2 −×−=F M P rr

[N-m])29,22;56,5;43,7(−=

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−=

−=

−

−=

5

5,

5

52,0

5

)1,8,3()0,6,3(ˆPQ

PQ

PQr r

r r u vr

vr

94,14ˆ −=⋅ PQP u M r

Reemplazando en (1): PQPQPPQ uu M M ˆˆ ⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡

⋅=

rr

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−−=

5

5,

5

52,094,14

→ N-m)68,6;36,13;0(=PQ M r

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



15/57


Ejemplo 2.5:

La figura muestra un sólido rígidosometido a un sistema de 6 fuerzas. G es el punto medio de AD y la fuerza

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

1F

1F

Solución:

)15,0,0(= Ar r

cm )15,40,0(= Br r

cm )0,40,20(=C r r

cm

)0,0,20(= Dr r cm )0,40,0(= E r r cmF

1

x

z

O D

A

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

1=+= D AG r r r

rrr cm

Fuerzas:

• 1F

r: 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, multiplicándolos vectorialmente obtendremos el

vector unitario dirección de 1F r

:

)15,0,20( −=− A D r r rr

→ 525

ˆ )3,0,4()15,0,20( −− ==−

−=

A D

A D AD

r r

r r u rr

rr

)0,1,0(ˆ = DC u

DC AD uuu ˆˆˆ1 ×= → 55ˆ )4,0,3()0,1,0(

)3,0,4(1 =

−×=u

→ 111 ûF F =r

→ )4,0,3(5

11

F F =r

•

2F

r

: 28125,1756ˆ)3,16,4()5,7;40;10(

2

−−

==−

−

= G B

G B

r r

r r

u rr

rr

→ 222 ûF F =r

→ 281281

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

2

−−==F

r

•

: N3F r

)50,0,0(3 =F r

• 4F

r:

525ˆ )3,0,4()15,0,20(

4

−==

−

−=

C B

C B

r r

r r u rr

rr

→ 444 ûF F =r

→ )120,0,160()3,0,4( 52004 −− ==F r

N



16/57


• : N5F

r)50,0,0(5 −=F

r

• : N6F

r)0,100,0(5 =F

r

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

Sabemos que:

[∑ ⋅×=i

AE AE iiPiQ AE uuF r M ˆˆ)( ]rrr

(1)

donde: A E

A E AE

r r

r r u rr

rr

−

−=ˆ (recordar que su sentido es arbitrario)

iPiQiPiQ r r r rrr

−=

con: iQr r

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

acción de iF r

iPr r

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

nuestro problema eje AE )

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

:

[ ]∑ ⋅×=i

AE iiPiQ AE uF r M ˆ)(rr

→ ∑ ×⋅=i

iiPiQ AE AE F r u M )(ˆ rr

(2)

Sin embargo, hay que reconocer el hecho de que las líneas de acción de las fuerzas 3F r

y

cortan al eje AE , por lo que su contribución al momento5F r

AE M r

será nulo. Entonces:

de (2): [ ])()()()(ˆ 6421 F r F r F r F r u M E C E B AG AG AE AE rrrrrrrr

×+×+×+×⋅= (3)

Aquí:1825

)15,40,0(ˆ

−=

−

−=

A E

A E AE

r r

r r u rr

rr

→ 73

)3,8,0(ˆ

−= AE u

)5,7;0;10(/ −=−=

AG AG r r r

rrr

)15,0,0(/ =−= E B E B r r r

rrr

)0,0,20(/ =−= E C E C r r r rrr

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

⎢⎣

⎡+×−+×−⋅

−=±

−

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 −=F N y N36,3291



17/57


Ejemplo 2.6:

H (4, 6, 12) m

A

C

E

B

D

F G

x

y

z

O

10 m

F 1

F 2

F 3

F 4

Fig. 2-18

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

1001

=F N

2002 =F N

1003 =F N

3004 =F 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 dosfuerzas y de igual magnitud (100 N)

pero en sentido contrario. Sabiendo que estas

fuerzas producen un momento cuyacomponente en el eje z es 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 puntos A y G.4F Solución:

)0,0,10(= Ar r

m )0,10,10(= Br r

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

m

)10,0,10(= Dr r m )10,10,10(= E r r m )10,0,0(=F r r m

)10,10,0(=Gr r

m )12,6,4(= H r r

m

Fuerzas:

• 1F

r: )0,1,0(1ˆ =u

111 ûF F =r

→ )0,1,0(1001 =F r

→ )0,100,0(1 =F r

N

• 2F

r: )1,0,0(2ˆ =u

222 ûF F =

r

→ )1,0,0(2002 =F r

→ )200,0,0(2 =F r

N

•

:3F r

1456ˆ )1,2,3()2,4,6(

3

−−−−==

−

−=

E H

E H

r r

r r u rr

rr

→ 333 ûF F =r

14100

)1,2,3(3

−−=F

r →

14

)100,200,300(3

−−=F

r

• 4F

r:

1456ˆ )1,3,2()2,6,4(

4

−−−−−−==

−

−=

H F

H F

r r

r r u rr

rr

444 ûF F =r →

14300 )1,3,2(4 −−−=F

r → 14

)300,900,600(4

−−−=F r



18/57


a) Resultante del sistema: ∑=

=6

1iiF R

rr (1)

)( 654321 F F F F F F Rrrrrrrr

+++++=

= 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 a C : ∑ ×−= iC iQC F r r M rvrr

)( (2)

Para :1F r

)0,100,0()10,0,10()( 11 ×=×−= F r r M C E C rvrr

N-m)1000,0,1000(1 −=C M r

Para :2F r

pues su línea de acción pasa por C )0,0,0(2 =C M r

Para :3F r

14

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

−−×=×−= F r r M C E C

rvrr

14

)2000,4000,2000(3

−−=

C M

r N-m

Para :4F r

14

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

−−−×−=×−= F r r M C F C

rvrr

14

)6000,6000,12000(4

−−=

C M

r N-m

Ahora calcularemos el momento del par de fuerzas actuantes en el plano DHF . Ladirección 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, concomponente negativa en z).

)2,6,4( −−−=−= H F HF r r r rrr

)0,0,1(ˆ −= DF u

)6,2,0()0,0,1()2,6,4(ˆ −−×−−− ==× DF HF ur r

El vector unitario normal al plano es:

DF HF

DF HF FHD

ur

ur n

ˆ

ˆˆ

×

×= r

r

→

1040

ˆ )3,1,0()6,2,0( −=−

=FHDn



19/57


Magnitud del par: 500)5()100( === d F M par N-m

entonces: → FHD par par n M M ˆ=r

1010500

)1500,500,0()3,1,0( −−== par M

r.

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

En (2): par C C C C C M M M M M M rrrrrr

++++= 4321

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +−−−+−= 1000

14

800010150;

14

100001050;1410001000

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

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

[ ] AG

AG

AF AG AG uF r u M

M

ˆ)(ˆ 4/4 4 4 4 34 4 4 4 21

rrr×⋅= (3)

donde: es un vector direccional unitario del eje con sentido arbitrario AGû

F es un punto arbitrario sobre la línea de acción de la fuerza 4F

A es un punto arbitrario sobre el eje

)10,0,10(/ −=−= AF AF r r r rrr

300

)10,10,10(ˆ

−=

−

−=

AG

AG

AGr r

r r u rr

rr

→ 3

)1,1,1(ˆ −= AGu

reemplazando valores en (3):

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡×−⋅

−=

−−−

14)10,0,10(

3

)1,1,1( )300,900,600( AG M

14

)9000,9000,9000(

3

)1,1,1( −−

⋅

−

=

42

9000−= AG M

finalmente, de (3):14

)3000,3000,3000(

3

)1,1,1(

42

9000 −−=

−−= AG M

r

N-m)78,801;78,801;78,801( −−= AG M r



20/57


2.6 Teorema de Varignon

“La suma de los momentos de todas las fuerzas deun 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”.

Siir

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

fuerza iF r

con respecto al origen O:

nniiO F r F r F r F r M rrrrrrrrr

×++×++×+×= ...........2211

Ar r

1F r

2F r

3F r

iF r

nF r

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 lasfuerzas que componen el sistema.

n Ai A A AO F r F r F r F r M

rrrrrrrrr×++×++×+×= ...........21

i

i

A F r

rr×= ∑

i

i

A F r

rr∑×=

→ Rr M AOrrr

×=

Este teorema hace posible la determinación del momento de una fuerza F r

por el cálculode los momentos de sus componentes

Ejemplo 2.7:

d

Fig. 2-20

1F r

2F r

F r

P

Mostrar que el momento de la fuerza F r

conrespecto al punto P es el mismo que la sumade los momentos que hacen sus componentes

1F r

y 2F r

con respecto a dicho punto.

Solución:

21 F F F rrr

+=

•

Para la fuerza F r

:

módulo del momento P M r

: d F M P ⋅= (1)

dirección de P M r

: perpendicular al plano del dibujo

sentido de P M

r

: antihorario



21/57


•

Para sus componentes 1F r

y 2F r

:

Como se observa claramente, la línea de acción de la componente 2F r

pasa por P por lo que

el momento respectivo es nulo. En consecuencia, solo 1F r

produce momento. Calcularemos

las características de dicho momento P M ′

:

de la figura: θ senF F =1

entonces: d F sen

d senF

sen

d F M P ===′ )()()(1

θ θ

θ (2)

dirección de P M ′ : perpendicular al plano del dibujo

sentido de : antihorarioP M ′

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 quesu efecto físico sobre dicho cuerpo es el mismo.

Entonces, se deben cumplir las siguientes dos condiciones:

1) La fuerza resultante de ambos sistemas debe ser iguales: II I R R rr !=

I F 1

r

I F 2

r

I

iF r

I

nF 1

r

I M

1

r

I

j M

r

I

m M 1

r

II F 1

r

II F 2

r

II

iF r

II

nF

2

r

II M

1

r

II

j M r

II

m M 2

r

→ (2.16) ∑∑==

=21

11

n

i

II

i

n

i

I

i F F rr

2) El momento resultante de ambos sistemas con respecto al mismo centro de reducción

P deben ser iguales:

II

P

I

P M M

rr=

→ (2.17) ∑∑∑∑ ==== ×−+=×−+2211

1111)()(

n

i

II iP

II Qi

m

j

II j

n

i

I iP

I Qi

m

j

I j F r r M F r r M

rrr

rrrr

r



22/57


Ejemplo 2.8: Mostrar que los sistemas mostrados son equivalentes.

jF R I ˆ−=

r jF R II ˆ−=

r

L

A

Fig. 2-22

F

B

L

A

F

B

M A = L F

Sistema I Sistema II

)ˆ( k LF M I A −=r

)ˆ( k LF M II A −=r

Es decir, se cumplen ambas condiciones y por consiguiente ambos sistemas sonequivalentes.

Ejemplo 2.9: Mostrar las condiciones para que los pares mostrados sean equivalentes.

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

1F r

1F r

−

I M

r

1r r

2F r

2F r

−

II M

r

2r r

≡

• Primera condición: II I R R

rr !=

Es cierta pues en ambos casos 0= Rr

.

• Segunda condición: II I M M

rr !=

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 lasdirecciones y sentidos de los momentos de ambos sistemas sean iguales.

11 F r M I

rrr×= 22 F r M

II rrr

×=

II I M M

rr= → 2211 F r F r

rrrr×=×

por consiguiente: 222111 θ θ senF r senF r =



23/57


2211 d F d F =

→1

2

2

1

d

d

F

F =

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.

Es decir, se debe cumplir que para garantizar que los momentos II I uu ˆˆ!

= I M r

y II M r

sean paralelos.

Ejemplo 2.10: Se tiene un cubo de lado =l 1 pie. Se pide hallar la fuerza cuya línea deacción pase por A más el momento que deben añadirse al sistema I, paraque éste sea equivalente al sistema II mostrado.

Solución:

Sea la fuerza de dirección desconocida y cuya línea de acción pasa

por A.

),( , z y x A F F F F =r

Sea el momento .),( , z y x A M M M M =r

Para que los sistemas sean equivalentes se debe cumplir que sus resultantes sean iguales yque los momentos resultantes de ambos sistemas con respecto a un cierto punto seaniguales:

•

Resultantes:

Sistema I: ),,()0,0,1(),,()0,1,1()0,1,0( z y x z y x I

F F F F F F R +−=+−−+=r

Sistema II: )0,0,0()0,1,0()0,1,0( =−+= II Rr

II I R R

rr != : 101 =→=+− x x F F

0= yF

0=

zF

de donde: )0,0,1(= AF r

lb



24/57


•

Moment spec

os res to al origen de coordenadas:

A M

ultantes con re

Sistema I: A

I

O F M

rrr+×+×= )1,1,1()0,1,0()0,0,1(

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

),,()1,1,0()1,0,0( z y x M M M +−+= → I O M ),1,( z y x M M M +=

r

)0,1,0()0,1,0()1,0,1(73,1 =−×+= II O M 3

)1,1,1(−rSistema II:

II

O

I

O M M vv

= : 0= x M

11 =+ y M

e donde: 0;0;

0= z M

d 0= x M == z y M M

→ )0,0,0(= A M v

2.8 Cambio del centro de reducción

e omento P M r

de un sistema der

iPQP F r r M

rr

m nudo se nos presentará el problema de que, dado el mA

fuerzas con respecto a un punto P, nos interese hallar el momento del sistema S M con

respecto a otro punto S .

ii

rr×−= ∑ )(

S QS F r r M

rri

ii

rr×−= ∑ )(

Pr

además:

S PS r r rrr

−=/

PS /

o también:

PS r r r rrr

+=

iPS PQS F r r r M

rrrrr×→

ii

−−= ∑ )( /

iPS iPQ F r F r r ii

i

rrrrr×−×−= ∑∑ /)(

PS F r M ii

P

rrr

∑×−= /

→ Rr r M M S PPQ rrrrr ×−+= )( (2.18)

Fig. 2-25

O

P

1F r

2F r

Pr r

iQr r

nF r

iF r

S r

r

x

y

z

1

2

Qi

S

PS r /r



25/57


Notar que:

1) Si RPQr

||→

→ PQ M M rr

=

Ello significa que si tomamos momentos de un sistema utilizando centros de reducción

localizados en una línea recta paralela a la resultante Rr

, obtendremos siempre el mismoresultado.

2) Si P está en el origen de coordenadas, es decir, si 0=Pr r

y OP M M rr

=

→ Rr M M QOQrrrr

×−=

2.9 Propiedades equiproyectivas del momento resultante

2.9.1 Equiproyección del momento resultante M r

de un sistema sobre la resultante.

Sabemos que: Rr r M M QPPQrrrrr

×−+= )(

Multiplicando escalarmente cada término por Rr

obtenemos:

R Rr r R M R M QPPQ

rrrrrrrr⋅×−+⋅=⋅ ])[(

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

entonces: R M R M PQrrrr

⋅=⋅

es decir: φ θ coscos R M R M PQ =

o también: RP RQ u M u M ˆˆ ⋅=⋅ rr

2.9.2 Equiproyección de los momentos resultantes P M r

y Q M r

de un sistema sobre la

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

Sean P M r

el momento resultante de un cierto sistema de fuerzas con respecto al centro de

reducción P y Q M r

el momento resultante del mismo sistema con respecto al centro de

reducción Q.

Sabemos que: Rr r M M QPPQ rrrrr ×−+= )(

Rr

P M r

Q M r



26/57


multiplicando escalarmente cada término por )( QP r r rr

− obtenemos:

)(])[()( QPQPQPPQPQ r r Rr r r r M r M rr

(r )rrrrrrrrr

−⋅×−+−=−

ntonces: )()( r r M r r M

⋅⋅

donde el término de la derecha es nulo pues se trata de la multiplicación escalar de dos

vectores que son perpendiculares entre sí.

e QPPQPQrrrrrr

−⋅=−⋅

s decir:e ψ ϕ cos|| QPP r r M cos|| QPQ M r r rrrr

−=−

también:o ψ ϕ coscos PQ M M =

o ma desde el punto de vista de mecánica deluerpo rígido, como un vector deslizante. Lo que veremos a continuación será de utilidad

a recta de acción paralela sin

ea el Sistema I for L .

p os construir un sistema equivalente (sistema II)ñadiendo para ello dos fuerzas del mismo módulo y dirección, pero de sentido contrarioctuando ambas en la misma línea de acción L ́ ’ paralela a L . El sentido común nos dice

ue el sistema así conformado ejercerá la misma acción física que el sistema primigenio yor consiguiente ambos sistemas serán equivalentes. Pero bueno, una cosa es el sentido

ara ell

2.10 Descomposición de una fuerza en una fuerza y un par

Hemos definid temáticamente a la fuerza,ccuando, por alguna razón, queramos mover una fuerza a unambiar su efecto físico.c

S mado por una única fuerza actuando en su línea de acción

A artir de ese sistema intentaremaa

q pcomún y otra la rigurosidad matemática que debe acom arlo n consecuencia debemos

probar que, efectivamente, ambos sistemas son equivalentes.

o se deberá cumplir que:

pañ . E

P

1) Las resultan sean iguales, es decir: II I R Rtes rr !

=

para el sistema I : F R I rr

=

II : R para el sistema F F F II rrrr

−+= → F R II rr

=

P M r

Q M r

Ar r F

r

Ar r F

r

F r

Br

r

B A r r rr

−

F r

−



27/57


2) Los momentos resultantes con respecto smo centro da un mi e reducción, deben seriguales:

ara el sistema I : p F r r M P A I P

rrrr×−= )(

para el sistema II : )()()()( F r r F r r F r r M P A II

P P B P B

rrrrrrrrrr

−×−+×−+×−= F r r F r P BPP A r F r r B

r rrrrrrrr×−−×−+×−= )()()(

→ F r r M P A II

P

rrrr×−= )(

co ncia de dichos sistemas queda demostrada.

hora, puesto que un par de fuerzas puede siempre ser reemplazado por su momento conspecto a cualquier punto del espacio (invariante vectorial), entonces, a partir del sistema

e

l par de

con lo cual, mo era previsible, la equivale

AreII pod mos construir el sistema equivalente III (ver figura 2-29).

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

F r

F rF

r−

F

F r M transp

rrr×= (2.19)

donde: B A r r r rrr

−=

r

transp M r

Ar r F

r

Br r

B A r r r rrr

−=

F r

−

Ar r

vector posición del punto arbitrario A sobre la línea de acción L

Br r

vector posición del p Bunt sobre la línea de acción L ́

se sistemas equivalentes I y III podemos decir que, cuando asíos trasladar una fuerza a una línea de acción paralela, siempre y

a d diente par de transporte.

o arbitrario

En conclusión, ob slo requiramos, podrem

rvando lo

cuando la fuerza ya trasladada vaya acomp ñada nel correspo



28/57


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

re cción se necesita conocer un punto de paso A de la línea de acción de para lograr tal reducción es trasladar, una por una, todas las fuerzas quem , lo cual generará,

sabemos, para cada fuerza trasladada, un momento de transporte. Luegoe trasladar todas las fu A más un

ento, el cual no será otra cosa que la ntos de transporte que seeneraron raslad

l tras

Para realizar estala fuerza. La idea

du

componen el siste

además y como ya

a a una línea de acción paralela que pase por A

dmom

erzas tendremos un sistema de fuerzas concurrentes ensuma de los mome

g al t ar cada fuerza.

A ladar la fuerza 1F r

se genera el momento de transporte:11

)( r r M AQ 1F rrrr

×

l trasladar la fuerza 2F

−=

ar

se genera el momento de transporte: 222 )( F r r M AQrrrr

×−=

l trasladar la fuerzai

F r

se genera el momento de transporte: i AiQi F r r M arrrr

×−= )(

l trasladar la fuerz

r

se genera el momento de transporte: n AnQn F r r M a a nF

rrrr×−=

( on lo cual el mome

) c nto de transporte total será:

∑∑ ×−==i

i AQ

i

i F r r M M i

rrrrr)( (2.20)

i vemos con atención esta última expresión reconoceremos en ella al momento resultanteel sistema I con respecto a A.

s decir: A M M

Sd

Err

=

inalm ) que el sistema de fuerzas concurrentes en A pr reducido a esultante cuya línea de acción pasa por A, entonces el

inal ha

su resultante,

más el momrespecto al centro d

defuerzas a un cierto punto A.

F ueder

ente, y dado (ver acápite 2.11sesi

una única fuerzastema orig

quedado reducido a:

•

a línea de acción pasa por A,cuy

•

resultante del sistema cone reducción A.

ento

Algunos autores le llaman a este tipo de reducción: reducción de un sistema general

1F r

1F r

2F r

iF

rn

F r

2

nF

F

iF r

r

r

1F

1F

r

r

− 2F r

2F r

−

iF riF

r

−

nF r

nF

r

−

Ar r

iQr r

Rr

A M r



29/57


Ejemplo 2.11: Sobre el cuerpo en forma de paralelepípedo rectángulo actúa el sistemade fuerzas mostrado (igual que en el ejemplo 2.4). Se pide reducir el

oluci

sistema a una fuerza cuya línea de acción pase por el origen decoordenadas O más un par.

S ón: El sistema reducido al origen estará compuesto por la resultante del sistemcuya línea de acción pase por el origen más el momento resultante del siscon respecto al punto O.

atema

De la solución del problema 2.4 tenemos que:

•

La fuerza resultant el sistema es:e d ∑= iF Rrr

= 3( )71,3;66,20;90,− [N]

•

El momento resultante del sistema con respecto a A:

)71,127;07,21;68,( −−−= A M 58

r

[N-m]

Por cambio de centro de reducción:

M O Rr r M O A Arrrrr

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

×−+= )(

−×+−−−=

tema original queda reducido a una fuerza (

→ ),,(=O M r

Así, el sis Rr

) cuya línea de acción pasa por el

rigen de coordenadas O más un par ( M o Or

). Se dice que “hemos reducido el sistema al

F 3 = 20 NF 4 = 50 NF 5 = 50 N

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

1F r

2F r

4F r

3F r

F 1 = 30 NF 2 = 10 N

5F r

origen O”:

Rr

O M

r



30/57


zEjemplo 2.12:

Sobre el paralelepípedo actúan las

fuerzas 1F r

y 2F r

más un par, el cualel plano sombreado.

el sistema a una

está alojado en

e pide reducir erza

olución

Sfu

en el origen O más un par.

S : )8,0,6(5

4,0,3101 −=

−=F

r N

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

2 m

3 m

4 m

x y

F 1

F 2 =

3 N

2 O

7 m

= 1 0 N

3 N

m

8 N

Fig. 2-35

r N

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

Dfu

entonces: ∑ −=+== )8,8,6(21 F F F R irrvr

N

n de la resultan

omo la línea de acció te pasará, por requerimiento del problema, por elular el momento resultante del sistema con

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

∑ ×= F r M rrr

, dondeiiQO iQr r

es el vector posición del punto genérico

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

iF r

.

par M F r F r M rrrrrr

QQO +×+×= 2

cuación e fuerzas se calcula multiplicando el módulo porun vector d vez se obtiene multiplicando vectorialmente dos

ectores unitari bas f ente, si multiplicamos vectorialmente dos vectores unitarios

erpe ulares entre sí ltado será un vector unitario perpendicular a ambos).

211

E n la que el momento del par de

irección unitario, el cual a suv os cualesquiera contenidos en el plano que contiene las líneas de acción deam u

p ndic , el resuerzas (evidentem

Así: ⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ −×−+×+−×=

54,0,

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

O M )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 línea de acción

asa por O más el momento )6,15;24;2,11(−=O M r

N-m. p



31/57


Ejemplo 2.13: En la figura se muestra un sistema de cuatro cargas actuando sobre unaviga 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 poruna 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. Adiferencia de los problemas tridimensionales, en los que el trabajo vectorial se haceimprescindible, en los problemas bidimensionales se puede trabajar de manera escalar, aúncuando el trabajo vectorial queda como alternativa válida. En este problema trabajaremosde ambas maneras para que el estudiante pueda apreciar las ventajas de uno u otro y asíescoja luego la que mejor le parezca.

a) Método vectorial:Para el sistema I:

• 1F

r: 111 ûF F =

r → iF ˆ6001 −=

r

• 2F

r: 222 ûF F =

r → jF ˆ15002 =

r

• 3F

r: 333 ûF F =

r → )ˆ30ˆ30(cos15003 jseniF °−°=

r

→ jiF ˆ750ˆ37503 −=r

•

4F r

:444

ûF F =r

→ )ˆ45ˆ45cos(10004

jseniF °−°−=r

→ jiF ˆ2500ˆ25004 −−=r



32/57


Fuerza resultante: ∑=

=4

I

i

I F Rrr

(1) 1i

ji ˆ)25007501500(ˆ)25003750 −−+−

ĵ89,42+

600( +−=

→ i R I ˆ069,8−=r

(2)

l origen A:

I

i AiQ

I

A F r r M

Momento resultante con respecto a rvrr

∑ ×−= )( donde )0,0,0(= Ar r

ntonces: ∑ ×= I I F r M

e iiQ Arrr

caso: 4321 F r F r F r F r M E DC J I

A

rrrrrrrrr×+××+×= en nuestro +

+−×+× )ˆ750ˆ3750(ˆ600ˆ1500300)ˆ600(ˆ200 jii ji j M I A +−×−= îr

)ˆ2500ˆ2500()ˆ200ˆ1000( ji ji −−×++

k k k ˆ2000100ˆ2000500ˆ450000000120 +−−+−= k k 000450ˆˆ

k ̂)2000400000120( −−= [N-mm]

ara el sist

→ k M I Aˆ685,42685−=

r (3)

P ema II:

Resultante: iF F R x II

+==

rr

Momento resultante con respecto al or

jF y ˆˆ (4)

igen A:

∑ ×= II iiQ II

A F r M rrr

(5)

H H M F r rrr

+×=

k M jF iF i H y xˆ)ˆˆ(900 ++×= &

→ k M F M H y II

Aˆ)900( +=

r (6)

Dado

q

e (2) y ( jF y ˆˆ89,42ˆ069,8 +=+−

ue los sistemas I y II son equivalentes:

d 4): iF x ˆ ji

de donde: 069,8−= xF N y 42 89,= yF

de (3) y (6):

N

H y M F +=− 685,4685 9002

de donde: 286,42724−= H M N-mm

Así, el sistema I queda reducido a: jiF ˆ

89,42ˆ

069,8 +−=

r

[N] (pasa por H )k M

H ˆ286,42724−=

r [N-mm]



33/57


b) Método escalar

Igualdad de

e debe cumplir que: II I R R

fuerzas resultantes:•

rr= → ∑∑ = II i I i F F

rr

xF : xF !

45cos100030cos1500600 =°−°+−

S

∑

xF −=−+− 25003750600 → 069,8−= xF N

∑ xF : yF sensen!

3010003015001500 =°−°−

yF =−− 25007501500 → 89,42= yF N

• Igualdad de momentos resultantes:

∑ A M : I +°−°−+− )1000(45sen1000)600(30sen1500)300(1500)200(600= A M

r

)200(45cos1000 °

+

42685→ ,685−= I A M r

yF M += 900(r

H II

A M )

igualando: H y M F +=− 900685,42685

e: 42,724

de d 286−

don = H M N-mm



34/57


2.11 Reducción de un sistema de fuerz

as a un torsor

n el acápite anterior hn cierto punto A, es decir, a una única fuerza (que es la resultante del sistema) cuya líneae acción p por A m mento del sistema con respecto a

videnteme biará el momento q

hora nos podemo ugar geométrico deuntos) para el cual el momento resultante sea paralelo a la resultante?

nder a t mos gráficamente el problema y así podremosili

u lanoP

2 que contenga a la resultante que por A y a la resultante M

Eu

emos visto cómo se puede reducir un sistema general de fuerzas a

d asa o A).

nte, si elegimos otro punto para hacer la reducción, cam ue

ás un momento (que es el m

Eacompaña a la resultante.

A xistirá un l p

s plantear una pregunta: ¿e punto (o un

Para respo eal pregunta esbozar dilucidar tal posib

dad.

La idea es q p asae siempre podemos trazar un p Ar

. Según ese plano podemos ahora descomponer el momento A M r

en sus dos componentes rectangulares M ′r

y M ′′r

(ver figura 2.39 en que el plano seuestra en verdadera m

hora podremos paralelo a sí mismo y según la dirección dada por la

e tal manera que el traslado de la fuerza

m

agnitud).

A desplazar el plano P2recta L 1, d R

r genere un par de transporte M ′′−

r

que anule a M ′′r

. De esa manera ten

equivalente (sistema II) en el que rto punto Q y el ú

drem a I se ha convertido en un sistema

la r e nicoomento que la acompaña es

os que el sistem

esultante pasa por un cim M ′

r, el cual es paralelo a la resultante R

r.

Rr A M

r

Rr

M ′′r

M ′r A M

r



35/57


De esta manera se puede erzas a unaerza (la resultante) que pase por Q más un momento paralelo a la resultante. Dado que es

l momento con módulo más pequeño que se podría lograr en una tal reducción, dichoomento recibe el nombre de momento mínimo. El sistema así logrado (resultante más

de torsor

ver la factibilidad de reducir un sistema general de fufuemmomento mínimo) recibe el nombre .

r ne r, es decir, a unanominado momento mínimo) a ella. Para que

s a su vez definir las coordenadas de lanto paralelo.

artirem erzas p era del espacio. Enarticular podemos elegir al origen como centro de reducción.

o hemos vis e los sistemas I y II sean equivalentes seebe cumplir que:

ta II R

Ahora veremos cómo a gefuerza y a un momento paralelo (también de

educir un sistem ral de fuerzas a un torso

el torsor quede perfectamente definido debemofuerza, su línea de acción y las coordenadas del mome P u a unos reduciendo el sistema general de f unto cualqui

p

Com para qud

to en el acápite anterior,

•

Las resul I ntes sean iguales, es decir: Rrr

=

→ ∑=i

iF R rr

O

Q

Sistema IISistema I

A

M ′′−r

Rr

M ′′r

M ′r

A M

r

Rr

M ′′r

M ′r

Fig. 2-40

1F r

2F r

i

F r

nF r

Qir r

Rr

O M r



36/57


•

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

II

O

I

O M M rr

=

→ ∑∑=O M ×=i

iQ

i

iO F r M i

rrrr

Una vez conocidos Rr

y O M r

, el siguiente paso será definir el torsor, al cual

omo se mostró en la figura 2.40, el momento mínimo será la proyección de O M r

sobre la

denominaremos sistema III:

C

resultante, es decir:

R

R R M royP M OO R R

M

rrrrr

r ⎟ ⎞

⎜⎜⎝

⎛ ⋅=min (2.21) ⎟

⎠=

Rr

O M r

Rr

min M r

Qr r

R R

O R M M r

rrr

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ ⋅=

2min (2.22)

tilizaremos las condiciones de equivalencia de sistemas de fuerzas para terminar deeterminar las características del torsor:

Las resultantes deben ser iguales, es decir III II R R

Ud

•

rr

= . Ello se ve muy fácilmente pues:

ara el sistema II : R R II rr

=

ara el sistema III : R R III

prr

=

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

Q

p

•

iguales:

para el sistem I : O II

O M M rr

=

para el sistema III : min M R M III

O

a I

r rrrr +×=



37/57


min M Rr M QO

rrrr+×= es decir:

R R

R M Rr M OQO

rrr

rrr

⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅+×=

2

ultiplicando vectorialmente término a término por la izquierda por Rv

:M

R R

R M R Rr R M R OQO

rrr

rrrrrr

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ ⋅×+××=×

2)(

)( Rr R M R QO

:× Rr

rrrrr

××=×

esarrollando: R Rr r R R M R QQO

drrrrrrrr

)()( ⋅−⋅=×

e donde: R Rr r R M R QQOrrrrrr

)(2 ⋅−=× (2.23) d

Esta ecuación se cumplirá para cualquier punto Q del eje central. En particular se cumplirá para un cierto QO cuyo vector posición

OQr r

sea perpendicular al eje central E . Entonces, la

última expresión se puede escribir como:

r r R R M RQO R R

OO Q

rrrrrrrr()( −⋅=× )⋅

de donde:OQO

r R M R rrr 2=× →

2

R

M Rr O

QO

rrr ×

= . (2.24)

= 0

= 0, pues Rr OQ

rr⊥

min M r

OQr r

Rr

Nota:

Para el caso particular de un sistema de fuerzas tal que R M Orr

⊥ , entonces, de la expresión

2.22) se deduce que 0min = M r

. Así, el tal sistema se podrá reducir a una única fuerza(actuando en el eje central.



38/57


39/57


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( z M M −−=r

kN-m como se muestra.

Se pide:

Calcular la commodo quereemplazado por una fuerza única.

) intersección

a

a) ponente z M del par deel sistema pueda ser

b Indicar las coordenadas del punto dede la línea de acción de dicha

fuerza únic con el plano xz.

Solución:

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

)8,6,8(=F r

kN con punto de paso dado por )5,5,6(−=Qr r

m

),70,20( z M M −−=r

kN-m

Como F r

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

I

O M

la única fuerza en el sistema, entonces es también la resum rigen será:

M F Qr rrrr

,),6,8()5,5,6( +×−=

)76,18,10( −−= z M

educimos el sistem inaremos sistema II:

)8,6,8(=F

+×=

20(8 − ),70 z M −

R a al origen de coordenadas, al cual denom

r kN (1)

)76,18,10(!

−−== z I

OO M M M rr

(2)

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

0min = M

Pm r

→ R M Orr

⊥ → 0=⋅ R M Orr

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

=⋅−− M z

0)4()76())4()10( 3()18( =−++

0 → 5,72

− z M

→ 2904 =− z M = z M kN-m

entonces: )5,72;70;20( −−= M r

kN-m

además, en (2): )5,3;18;10( −−= I O M r

kN-m

F r

O M r

F r

M r



40/57


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

adeberá cump

: III O

I

O M

rr= M F r K

rr×=−− )5,3;18;10(

)8,6,8(),0,()5,3;18;10( ×=−− K K z x )6,88,6()5,3;18;10( K K K K x z x z

+−−=−−

e donde: 106 −=− z → 667,1 d = z

1888 =+− z x

5,36 −= x → 583,0

−= x

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

x

y

z

O

F r

Sistema III

K

Plos valores

→ )667,1;0;583,0(−=K r

r m

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

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

) Mostrar que el sistem

) Hallar el m mo mo valor del módulo M para que el punto de paso de la fuerzaresultante del sistema no salga de los límites de la placa.

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

dire m pide

ones y sentidos

a a de fuerzas se puede reducir a una fuerza única

b áxi y míni

Solución:

a) Reducirem a al origen de coordenadas.

+−×+−×+−×= )ˆ7()1,3()ˆ8()5,7()ˆ8()5,3( k k k M O

os el sistem

r +× Qr Q

rr

j M i M k k ˆ2ˆ3)ˆ10()3,8()ˆ7()1,7( ++−×++−×+



41/57


+−+−+−+ )49,7()21,7()56,40( −+−×= )24,40()ˆ8()3,1( k

j M i ˆ2ˆ + M 3)80,30( +−+

+−+−= )230,124()8,24( 3

→

j M i M ˆ2ˆ +

)2,3()238,148( M M O +−=

r k ̂)10778 −−−

r

La esultante del sistema será: R 88( −−−=r

k ̂48−→ R =r

O

Puesto que 0=⋅ O M Rrr

(pues se ve que M Rrr

⊥

el momento mínimo es nulo

)

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

→

actua

b) Reemplazaremos el sistema original por una única fuerza Rr que, evidentemente, seráas

vertical y atraviesa el plano xy por el punto de coordenad

(x, y):

k R ˆ48−=r

Su mo nto con respecto al origen será: )ˆ48(),( k y x M O −×=mer

),(48 x y−=

),(48)2,3( x y M

Igualando al momento O M v

del sistema original:

)238,148( +− −=

de donde: y M 483148 −=+− (1) x48 M 2238 =+ (2)

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

ecuaciónlos puntos ( x, y) por los cualesde acción de la resultante única del sistem

si 521,10:0

que representa el lugar geométrico de pasará la línea

a.

== y x

si m014,7:0 == x y

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

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

•

Para el pun

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

to de corte C ( y = 6 m) :

tema no salga de los límites de la placa:

3467,46

En consecuencia, para que la resultante del sis

,49≤≤− M [ ]mton −



42/57


2.12 Generalización del teorema de Varignon

la suma de los momerzas que c mponen el sistema con respecto a dicho punto (o eje)”.

emostración

“Si un sistema de fuerzas tiene momento mínimo nulo, el momento de la resultante con

ecto a cualquier puntorefu

sp (o eje) es igual a entos de cada una de laso

D :

na vez reduc a a un torsor actuando en Q, por cambio de reducción a unierto punto A:

Rr r M AQQ

rr

U ido el sistemc

M Arrr

×−+ )( (i)

Si el sistema tiene momento mínimo nulo,

=

entonces:

0min = M r

Si tomamos ahora momentos con respecto a Q:

0= M Qr

en (i): Rr r M AQ Arrrr

×−= )( (ii)

Además, por definición de momento resultante de un sistema general de fuerzas:

∑ ×−= F r r M i

i AQ A i

rrrr)( ( )

s expresiones y concluimos que, bajo la condición de que el m

iii

e la (ii) omento mínimoa nulo, entonces:

Rr r F r r AQ

i

i AQi

d (iii)se rrrrrr

×−=×−∑ )()( (2.25)

otas

N :

)

En general podremos afirmar que, si un sistema general de fuerzas es tal que R M O

1

rr

⊥ ,entonces 0min = M

r.

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

•

Sistemas de fuerzas concurrentes.

Sistemas de fuerzas paralelas

•

Sistemas de fuerzas coplanares

)reducido a una única fuerza cuya línea de

2

•

3 Debe quedar claro, que cualquier sistema cuyo momento mínimo sea nulo, podrá seracción es el denominado eje central.

Rr

min M r

Qr r

Ar r



43/57


2.13

•

Sistem•

Sistem•

2.13.1 Sistemas de fuerzas concurrentes

II I r!

Casos especiales en los que siempre se cumple que 0min = M r

as de fuerzas concurrentesas de fuerzas paralelas

Sistemas de fuerzas coplanares

bos sistemas serán equivalentes si:Am

r• R R = : la cual obviamente se cumple por cuanto ∑= iF R

rr

II

O M : Rr M A

Además; para el sistema I:

rr•

I

O M = F r F r i Ai A I

O

rrrrrr×=×=×=

r∑∑

M r

on lo cual queda de m mentos requerida. Así, los dos sistemas. En este caso el eje cen

Rr A

II

O

rr×=

c odemostrada la igualdadson equivalentes tral pasa por el punto de concurrencia A.

Nota 1: Este hecho hace posible la descompo(cartesianas o cualesquiera).

sición de las fuerzas en sus componentes

Nota 2

: Evidentemente podemos comprobar que 0min = M r

:

R RO u M M )ˆ(min ⋅=

rr

Rû

û

i A RO F r u M M )(ˆmin ⋅×=⋅= ∑ rrr

Rû⋅i A F r )(×= ∑rr

R

R A u Rr ˆ)( ⋅×=321

û⊥

rr

00 =⇒=⇒ M M minminr

Ar r

1F r

2F r

3F r

iF r

r

nF

Ar r

Rr



44/57


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

F 1= 200 N

F 2= 240 N

F 3= 160

adura en la que convergen 4

2 N

F 4= 280 N

Solución:

:1F r

N F x 1605

42001 =⋅=

N F y 1205

32001 =⋅=

jiF ˆ120ˆ1601 +−=r

:2F r

jF ˆ2402 −=r

:3F r jF iF F y x ˆˆ 333 +=r ; 2221603 ⋅= xF = 160 N

N F y 1603 =

jiF ˆ160ˆ1603 +=r

:4F r

iF ˆ2804 −=r

Resultante: ∑ +−== jiF R i ˆ40ˆ280rr

N R 8,282)40()280( 22 =+=

280

40=α tan

El sistema queda reducido a la fuerza Rr

cuya línea de acción pasa por O.

1F r

α

Rr

4F r

3F r2

F r

1F r



45/57


2.13.2 Sistemas de fuerzas paralelas

• s si: I R

Ambos sistemas serán equivalente II Rrr =

uF F R ii I

1F r

2F r

û

Ru RuF irrr

=== ∑ ==∑∑ ˆ )

R R II

ˆˆ)( (1

rr=

más, si to

•

Ade mamos I O

M r

:

uF r uF r F r M iiiiii

I

Oˆ)(ˆ ×=×=×= ∑∑∑

rrrrr (2)

0min =→→ M M ˆ ⊥→⊥ R M u I

O

I

O

rrrr

Determ

ndo

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

•

inación de la posición del punto de paso del eje central:

toma ∑ ∑ ×=×=×= ur F F ur Rr M QiiQQ II O ˆ)(ˆ rrrrr

(3)

ur F uQii

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

F r i

rrr×=× ∑∑ )(ˆ)(

Qiii r F F r

rr)(∑∑ =

→ ∑

∑(2.26) = iiQ

F

r F r r

i

r

iF r

nF r

R

r

Qr r

û



46/57


Ejemplo 2.18:

Una losa de hormigón de 6 x 6,6 m está en un plano horizontal y soporta las seis cargasvertical P que actúa sobre un cierto punto sobre el

períme y punto de aplicación de P de tal

manera zado por una única fuerza cuya línea de acciónase por el centro de la losa.

Documents

Cap. 2 Sistemas de Fuerzas