Estatika 1
August 24, 2022 | Author: Anonymous | Category: N/A
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MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola
CAPÍTULO I 1.1 MECANICA 1.1 La mecánica es la más antgua de las ciencias fsicas que esudia el esado de reposo o movimieno de los cuerpos .Considerando las propiedades fsicas de los cuerpos; podemos clasicarla en: 1. Mecán Mecánica ica de los sólido sólidoss rígi rígidos dos.. 2. Mecán Mecánica ica de de los los sólid sólidos os deo deorma rmable bles. s. 3. Mecá Mecáni nica ca de lo loss ui uido dos. s. En el esudio que vamos a realizar, esará relacionado sólo a la mecánica del solido rígido y será dividido en dos pares: a. Esátca b. Dinámica Según esudiemos esudiemos al sólido rígido en reposo o movimieno. movimieno.
1,2 CONCEPTOS FUNDAMENTA FUNDAMENTALES LES Para poder esudiar la mecánica es necesario dar cieras deniciones undamenales que se oman como cieros por no conradecir, conradecir, en nada, la impresión d dee nuesros sentdos y de ser cieras las conclusiones conclusiones que de ellos se deducen.
a) a) ESPACIO y TIEMPO TIEMPO Espacio es la región Espacio región geoméri geomérica ca ocupada ocupada por los los cuerpos cuerpos cuyas posiciones posiciones se especi especican can mediane medidas de longiud y angular respeco de un sise sisema ma de coordenadas que pueden ser bidimensionales o ridimensionales. ridimensionales. El espacio que usaremos será el espacio euclidiano en en donde odas las medidas se eecúan sobre la base de la geomería de Euclides El tempo es una medida de la secuencia entre dos acontecimientos acontecimientos que se repien, como el día y la noche, la oscilación del péndulo de un reloj, ec.
b) MASA Es la medida de la inercia de un cuerpo, e indica que la resisencia que ese presena a odo cambio de velocidad. Puede ambién considerarse a la masa como la cantdad de maeria que contene un cuerpo. En el esudio de la Esátca se considera a la masa como la propiedad de los cuerpos para atraerse entre sí.
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c) PARTICULA Es un cuerpo de dimensiones despreciables que tenden a cero, pero que tene masa lo cual permie permie ser analiz analizada ada como una masa punual d) FUERZA La uerza es oda acción de un cuerpo sobre oro que tende tende alerar el esado de reposo del cuerpo sobre la cual acúa y se puede aplicar aplicar por conaco fsico direco direco o mediane un campo graviacional, elécrico o magnétco. Como veremos más adelane la uerza es una cantdad vecorial.
e) LEYES DE NEWTON NEWTON La Mecánica Newoniana esá basada en res leyes que ueron enunciadas por Isaac Newon que pueden expresarse de la siguiene manera: 1. Cuan Cuando do la su suma ma de las fuerza fuerzass qu que e actú actúan an sobre sobre una parc parcul ula a es igual igual a ce cero ro,, su velocidad es constante y su ttrayectoria rayectoria es reclínea.
En parcular, si inicialmente la
parcula se halla en reposo, permanecerá en reposos. 2.
Cuando Cuando la suma de las las fu fuerzas erzas que actúan actúan sobr sobre e una una parcul parcula a no es igual a cero, cero, la la suma de las fuerzas es igual a la razón de cambio de la candad de movimiento de la parcula. Si la masa es constante, la suma de las fuerzas es igual al producto de la masa de la parcula y su aceleración.
3. Las fuerzas fuerzas e ejerci jercidas das por do doss par parculas culas e entre ntre sí, sí, son igu iguales ales en magnitu magnitud d y opuestas opuestas en dirección (acción y reacción) .
f) LEY DE LA GRAVITACION DE NEWTON. NEWTON. Esa ley enunciada enunciada por Isaac Newon Newon esablece que dos dos parculas de masas M y m se araen muuamene con uerzas iguales y opuesas F y --FF de magniud magniud deerminada por la ecuación.
Mm F = G r 2
(1.1)
Siendo r =la disa disancia ncia enre las parcu parculas las G=consane, G=consan e, que recibe el nombre de constante de la gravitación universal
2
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola Un caso partcular imporane de esa ley, es la uerza F que ejerce ejerce la Tierra Tierra sobre sobre oda parcula colocada sobre su supercie, la cual recibe el nombre de peso W y se se obten obtenee al al considerar a M igual a la masa de la Tierra, r igual al radio erresre R y la consane g =
GM R 2
(1.2)
La magniud W del peso d dee la parcula de masa m, se expresa por
W = g m
(1.3)
Por no ser la Tierra perecamene esérica el valor de g varía según la posición de la parcula respeco al cenro de la Tierra, en consecuencia la alura de la posición de la parcula sobre la supercie supercie y su latud inuye sobre g . En los cálc cálculos ulos usa usados dos en inge ingenier niería ía el valor de g se dee deermina rmina pa para ra una situación estándar omad omadaa a ni nive vell de dell ma marr y a u una na llat atu ud d 45o obeniéndose un valor de g=9,81m/s2, pasa el sisema SI y de 32.2 pie/s 2 para el sisema inglés
1.3
MODELOS BASICOS
En la mayoría de los casos se puede represenarse represenarse maemátcamene lo loss enómenos fsicos, utlizando idealizaciones con el n de crear modelos básicos simplicados a los cuales se les conoce como modelos matemácos o modelos ideales. Eso permie permie simplicar la solución de los problemas que de ora manera sería difcil difcil o imposible de resolver. Conside Considerar rar a una esera como un cuerpo macizo homogéneo y contnuo es, por supueso una idealización. Los fsicos la considerarían como un sisema discreo de parculas También podemos acepar ora idealización, si suponem suponemos os que la disancia enre dos punos cualesquiera de la esera es consane, independienemene independienemene de la magniud de las uerzas que sobre ella acúan. Esa hipóesis permie imaginar que la esera es indeormable o rígida. Finalmene si se quisiera esudiar el movimieno de la esera podríamos prescindir de su amaño y considerarla como una parcula. Cuando se habla de una uerza uerza concenrada, se esá esá haciendo una simplicación al considerar que una uerza uerza nia acué acué sobre un área área inniesim inniesimal al o sobre un puno. puno. Esa idealiza idealización ción supone el concepo de sólido rígido que no admie deormaciones.
1.4 SISTEMA DE UNIDADES El sisema de unidades que se esá esandarizando es el SISTEMA INTERNACIONAL DE UNIDES de deno nomi mina nado do SI. SI. Es un sis sisem emaa abso absolu luo o de unid unidad ades es,, la lass r res es ca cant ntda dade dess bási básica cass o undamenales ese sisema son para la longiud el meros (m) para el tempo el segund segundo o (s) y para la masa el kilogramos (kg) l por lo ano son independiene independiene del lugar en donde se haga la medici me dición ón El radian radian (rad) para ángulos ángulos planos planos es una unid unidad ad suplementaria suplementaria.. Las unidades derivadas se orman al combinar unidades derivadas unidades básicas, suplemenarias suplemenarias y oras unidades derivadas derivadas enre las que se tene, la uerza, la aceleración, la presión recuencia, volumen, velocidad ec. 3
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola En algunos países como Esados Unidos e Inglaerra se usa el Sisema Ingles, que no es un sisema absoluo sino graviacional La unidad unidad de uerza uerza en el el sisema sisema SI SI es el newon. newon. (N), (N), el cual cual se dene dene como como la uerza uerza requerida para imprimir imprimir a un cuerpo de un kilogramo masa, una aceleración aceleración de un mero por segundo al cuadrado lo que se obtene a partr de la segunda ley de Newon. 1N = (1kg)x(1m/s2
F =m x a
Para expresar cantdades por medio de números de amaño conveniene, El SI SI los los múltplos de unidades se indican por medio de prejos
Prejo Abreviaura nano micro m mili m kilo k
Múltplo 10-9 10-6 10-3 103 6
mega giga
M G
10 109
Ejemplo 50 kN. = 50 000 N
UNIDADES DEL SISTEMA INTERNACIONAL
Clase Básicas
Ca Cantdad Longiud Masa Tiempo Supl Supleemen enar aria iass Angu Angullo plan plano o Derivadas Aceleración Velocidad angular Energía Momeno Presión
Unidad Mero Kilogramo Segundo Radi Radian an Mero por segundo Al cuadrado
Radian por segundo Joule Newon. m Pascal
Símbolo m kg s Rad Rad. ---------J ____ Pa
Formula --------------------------------m/s2 Rad/s N-m N. m N/m2
CAPITULO 2
2.1. MAGNITUDES ESCALARES Y VECTORIALES 4
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola Exisen magniudes como la emperaura, la presión, la masa, la longiud, el volumen ec. que quedan qued an oalmene oalmene denidas denidas si se da la cantdad que expresa expresa su medida. medida. Esas cantdades cantdades reciben el nombre de cand candades ades escal escalares ares y se pueden represen represenar ar mediane mediane los números números realess operándose reale operándose de acuerdo acuerdo a las reglas que rigen rigen esa clase de números números.. Ejemplo Ejemplo -20 oC, 45m. 8m3 ec. Las magniudes vectoriales son las que tenen además de su magniud, tenen ambién ambi én una dirección dirección y un sentdo. sentdo. Son magniudes magniudes vecoria vecoriales les la uerza, uerza, la velocidad, velocidad, la aceleración, losde desplazamienos ec. La suma de esas cantdades se hace mediane la ley del paralelogramo lo cual nos ocuparemos más adelane Las magniude magniudess vecoriales vecoriales pueden pueden represe represenar nar grácamen grácamene e por medio medio segmeno segmeno de de línea dirigida, que tene las siguienes caracerístcas: a) Mag agn niu iud o nor norma ma b) Dirección c) Sentdo y además se necesia precisar su puno de aplicación.
a) MAGNITUD Esá represenada por la longiud del segmeno dirigido. En el segmeno dirigido mosrada en la gura 2.1 su puno inicial es A y cuo puno nall es na es B. su magni magniud ud es la longiu longiud d que que exis exise e en enr ree los los pun punos os A y B qu quee en el el presene caso es de 12 unidades. unidades.
b) DIRECCION DIRECCION La dirección esá denida por el ángulo θ que orma el se segmeno gmeno dirigido con una reca cualquiera, usándose usándose con mucha recuencia la reca horizonal como el caso mosrado en la g.2.2
c) SENTIDO Esá denido por el puno inicial y nal del segmeno dirigido. Los vecores AB y BA que se muesran en la gura 2,3 tenen sentdos conrarios el sentdo del primero es de A hacia B y el segundo de B hacia A. 2.1.1 ESCRITURA DE LAS CANTIDADES VECTORIALES VECTORIALE S La manera más generalizada de escribir una cantdad vecorial es por medio de una lera en negria. negri a. Al vecor mosrado mosrado en la gura 2. 2.1 1 se puede escribir escribir como como el vecor F o AB. Sin 5
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola embargo ambién se puede escribir como
F o AB . La magniud del vecor suele indicarse
con la misma lera con que se escribe el vecor pero en cursiva ( F o AB) o como el valor absoluo del vecor F , AB , F
2.1.2 VECTOR UNITARIO El vecor uniario es un vecor sin dimensiones, con magniud igual a 1 lo represenaremos por la lera e . Si se tene un vecor uniario paralelo al vecor A lo escribiremos como e A y al vecor lo podemos escribir como A = A e A del cual se se concluye que: que: A e A A
(2.1)
2.1.3 VECTOR POSICIÓN Es un vecor que permie ubicar a un puno del espacio o del plano ccon on reerencia a oro puno del espacio espacio o del plano que se oma como origen de un sisema sisema de reerencia.
2.1.4 CLASE DE V VECTORES ECTORES A los vecores los podemos clasicar como a) Vecores Libres b) Vecores Deslizanes y Vecores Fijos o ligados Vectores Libres Son vecores que pueden ser remplazados por oros equivalenes y por lo ano el puno inicial del segmeno que los represena puede ser cualquier puno del plano o del espacio. Enre los vecores veco res libres libres enemos enemos el momeno momeno de un par de uerzas uerzas mosrado mosradoss en la gura 2.4a en donde las uerzas que orman el par pueden acuar en dierenes punos pero generan el mimo momeno M
Los vectores Deslizantes Son Deslizantes Son vecores que pueden acuar acuar sobre cualquier puno puno de su reca de acción de la uerza sin alerar los eecos eecos que produce produce sobre el sólido rígido ver gura 2.4b
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Si la uerza uerza F mosrada en la gura 2.4b es suciene capaz para mover la mesa, además de empujarla empu jarla hará que roe en sentdo sentdo anthorario anthorario . El mismo eeco se endrá, endrá, cuando acúe la uerza en cualquier puno comprendidos enre enre A y D de la línea de acción de de la uerza F uerza F
Vectores Fijos Son Fijos Son vecores que acúan en un puno deerminado deerminado del sólido rígido Como p por or ejemplo el peso de un cuerpo mg
Fig. 2.4c En los cuerpos deormables jos, si una uerza F acúa en un puno A de su reca de acción el eeco que produce produce esa misma uerza, uerza, cuando acúe acúe en el puno B de su reca de acción será dierene En el primer primer caso la uerza uerza produce produce una deormación comprimiendo al cuerpo en la zona zona adyacen adyacene e al puno puno A en donde acúa acúa,, mienra mienrass que cuando cuando acúa acúa en B la deormación en orno de B será de alargamieno
.
2.1.5 IGUALDAD Y EQUIVALENCIA DE VECTORES
7
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola Si hacemos una clara denición de igualdad y equivalencia de vecores eviaremos muchos errores en el esudio de la mecánica y en orma especial en la Esátca, Dos vectores son iguales si enen la misma magnitud, dirección sendo Los vectores
deslizantes Los vectores deslizantes V1 = V2 mosrados en la gura 2.5 son vecores vecores iguales por cumplir
con la denición que les corresponde
. Dos vectores vectores son equiva equivalent lentes es según determinada determinada aptud, si cada vector prod produce uce el mismo ef efec ecto to me mecá cáni nico co con con re resp spec ecto to a dich dicha a ac act tud ud . Los veco vecores res igual iguales es pueden pueden ser ser o no
equivalenes y los vecores vecores equivalenes pueden pueden ser o no iguales. En consecuencia se tenen casos para los que a) Los vec vecore oress iguale igualess son son equiva equivale lene ness b) Los vec vecore oress iguales iguales no son son equiv equivale alene ness c) Los vec vecore oress equiv equivale alene ness no son son igual iguales es En la gura 2.6 se muesra a una polea que puede roar en orno del puno O cuando acúan sobre ella dos uerzas uerzas i F1 o F2 perpendicularmene perpendicularmene al mismo mismo diámero. Veamos si esas uerzas son equivalentes con respecto a la actud de rotación que pueden generarse en la polea.
En la gura 2.6a las uerzas son iguales y equivalenes (con respeco a la roación)por que cada una de ellas produce la misma roación 8
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola La gura 2.6b las uerzas son iguales pero no equivalenes al producir cada uerza una roación dierene. En la g gur uraa 2.6c 2.6c La Lass uer uerza zass so son n ig igua uale less pe pero ro no equivalen equi valenes es cada una una de ellas produce produce roacio roaciones nes iguales pero de sentdo conrario En la gura 2.7a las uerzas no son iguales iguales pero si equivalenes Finalmene en la gura 2,7b las uerzas no son iguales (tenen dierene sentdo) pero si equivalenes. (Producen la misma roación) 2.1.6 OPERACION OPERACIONES ES CON VECTORES. Las operaciones que se pueden realizar con cantdades vecoriales y que nos ocuparemos a contnuación son la suma de vecores y la multplicación de un vecor por un escalar. Las reglas que rigen esas operaciones son dierenes a las usadas para las cantdades escalares escalares..
a. SUMA DE DO DOSS VECTORES Dados los vecores no paralelos A y B que se coran en un puno, o que tenen sus recas de acción siuadas en un plano la suma de esos vecores se se indicará cómo A A+ B y se eecuará basándose en el uso de la ley del paralelogramo, mediane la cual la cual, la suma resulane es proporcional a la diagonal del paralelogramo cuyos lados son proporcionales a los vecores Esa ley no es el resultado de un análisis analíco, es consecuencia de la observación experimental.
En la gura 2.8 se muesra la sumar de los vecores A y B que se cor cortan tan en un punto O ,y que orman enre ellos un ángulo .
R= A+ B
En la gura 2.8 (b) se muesra la suma de los vecores A y B. La magniud del l vecor R. se puede deerminar por la ley de los cosenos R2 B 2 A2 2 AB co s
R B 2 A2 2 AB co s
(2.2) 9
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola El ángulo que orma R con B o A se pude calcular usando la ley de los senos sen A
sen R
(2.3)
Un procedimieno alernatvo para sumar 2 vecores en mediane la consrucción de un riángulo, para lo cual se raza uno de los dos vecores, y a contnuación se raza el oro vecor haciendo que el puno nal del primer vecor coincida con el puno inicial del segundo vecor, la resulane es el segmeno dirigido cuyo puno inicial es el del primer vecor y cuyo puno nal es el puno nal del segundo vecor (Ver gura 2.9).
Si obserbamos la gura 2.9 y 2.10 vemos que l suma de vecores es una operación comnuatva
b. SUMA DE MAS DE DOS VECTORES La sumar de de más de dos dos vecores vecores se hace hace mediane mediane la la consrucción consrucción de de paralelogra paralelogramos mos sucesivos o de un conorno poligonal. Si se uviera que sumar los vecores A , B y C se suman primero prime ro dos vecores vecores y después después a ese resulado resulado se suma el ercer ercer vecor. Con respeco respeco a la Fig.2.11 primero se ha sumado A + B y a esa suma se le agrega C
En la gura 2.11 a se han su sumado mado lo vecores A , B y C utlizando la consrucción de riángulos sucesivos. suces ivos. Se puede simplicar simplicar la consrucció consrucción, n, si se omie los pasos inermedios inermedios usando el méodo del polígono, polígono, mosrado en la gura Fig. Fig. 2.12b
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Fig2.12 Ejemplo 2.1 ¿Cuál es la suma de las uerzas que las bielas esrucurales ransmien al pasador en A Solución Empleando la ley del paralelogramo
Aplicando la ley de los cosenos c osenos F
2
5 00 cos140 400 2 500 2 2 400 50
F 2 716 4 4117 ,78 F 846, 41N
Deerminemos su dirección . sen (140 ) sen
864 , 41
400
sen
Aplicando la ley de senos
400 sen140 0,29745 864 , 41
17,30o
Ejemplo 2.2 En la gura se muesra una honda a puno de ser disparad disparada. a. Si la bandea bandea de jebe tene un un alargamieno de 1 cenmero por cada 5 N de uerza ¿
Cuál es la uerza que la banda ejerce sobre el perdigón perdi gón y la mano?. mano?. La longiud longiud de la banda de jebe sin estrar es de 12,5cm
Solución
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El valor de la uerza elástca T en la banda depende de su deormación Longiud de la banda deormada es L f 2 202 2,52 40,31cm =40,31-12,50=27, 50=27,81cm 81cm Deormación de la banda ΔL=L f - Lo =40,31-12,
5 N 7,881cm 13 139, 9,05 05N 27, cm
T
139,0 9,05 cos 27 278, 8,10 10 5 cos F 2 13
20 2 0 2 2 ,5 2 F=275, F= 275,89N 89N
Ejemplo 2.3 Usando el méodo del riángulo Usando riángulo vecorial vecorial mosrado mosrado en la gur guraa 1.9, 1.9, De Dee erm rmin inar ar la magn magni iud ud y el ángu ángulo lo de la uerza F que pasa por el cenro de una esera de peso W igual a 1000N .Si la resulane R de las dos uerzas tene por magniud 2100 N y su dirección es la del eje positvo y
Solución Consruyendo el riángulo vecorial mosrado en donde se ha colocado primero el vecor que represena al peso W y a contnuación la uerza F
Aplicando la ley de los cosenos c osenos 12
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F 2 10 1000 002 210 210002 2( 2(100 1000)(2 0)(210 100)cos30 0)cos30 17 1772 7269 693, 3,30 30 F 1.331,43 N
Por ley de senos sen 180
210 0
52,06
sen 30
1331, 43
sen
2100 sen 30 0,788626 1331, 43
o
2.1.7 MULTIPLICACIÓN DE UN VECTOR POR UN ESCALAR El pr prod oduc uco o de un vec ecor A po porr un esca escala larr n da co como mo resulado al vecor n A , vecor vecor qu quee tene magniu magniud d n A su sentd sentdo o es el mismo mismo que A si n es posit positvo vo y de sent sentdo do conrario si n es negatvo. Si n> 1 la magniud magniud del del vecor vecor A aumena n veces. Si n =1 la magni magniud ud del vecor vecor perman permanece ece inale inalerab rable. le. Si 0 n 1 disminuye en proporción de n. n A tene la misma Para valores valores negatv negatvos os de n el vecor vecor dirección pero sentdo conrario. Su magniud se modica en orma similar al primer caso (Ver gura 2.13).
2.1.7 DESCOMPOSICIÓN DE UN VECTOR TRIDIMENSIONAL EN TRES VECTORES PARALELOS A TRES RECTAS NO COPLANARES NI PARALELAS A UN PLANO. La multplicación de un escalar por un vecor permie expresar al vecor
F como la
suma de res res vecores vecores paralelos paralelos a res recas recas no siuadas siuadas en plano plano ni paralelos paralelos a él cuyas direcciones se conocen .Sea el vecor vecor F y res recas cuya ecuación vecorial es de la orma de la orma L: P P1 t A siendo P 1 el vecor posición de un puno de la reca y A un vecor paralela a la reca L. . Si denominamos a e A al vecor uniario del vecor A , por analogía los res vecores uniarios de las recas serán e A , e B y eC .y el vecor F se puede escribir como:
F p e A qe B r eC
(2.4)
Siendo p, q, y r escalares por deerminar y que reciben el nombre de componentes del vector según la terna e A ,
e B y eC . . Los vecores uniarios uniarios se deerminan deerminan usando usando la expresión expresión 13
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola (1.1). Si el vecor F esá siuado en un plano y las recas no paralelas paralelas esán conenidas conenidas en dicho plano la expresión (1.2) se se reduce a
F pe A qe B
(2.4.a)
Ejemplo 2.4 Descomponer la uerza de 1500N en un sisema de 2 componenes una a lo largo de la ranura y ora en la dirección vertcal Solución A = A e A Ae A A
B= B e B AeB
B
OBF
20o 90o 110o
20+ a + 20 = 90Þ
a = 50
o
g + q + a = 180 Þ
g = 20
Usando la ley de senos siendo F = 500N 500
B
sen 20 o
o sen 110
B
500 sen 20
sen 110o
182 N
A
A
sen50o
407,60 N sen 110 o
500 sen 50o
Ejemplo2.5 La uerza F de 2500N se descompone en dos componenes a lo largo de las direcciones OB y OC de deermi ermina narr lo loss án ángu gulo loss y si la componene a lo largo de OC es 4000 N y la componene a lo largo de OB es 5000N
Aplicando la ley de cosenos 14
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola C 2 F 2 B2 2 F ( B ) co c os
F 2 B 2 C 2 25002 50002 40002 cos 0 , 61 2 F ( B ) 2 2500 5000
θ=52,41o
52, 4 411 60 6 0 7 , 5 9 o
En orma similar F 2 C 2 B 2 25002 40002 50002 0,1375 2 F (C ) 2 2500 4000
97,90o
cos
30
97, 90
o
30
o
67 , 9
o
Ejemplo2.6 Descomponer la uerza de 260 N en dos uerzas una paralela a AB y la ora que pase por C Solución Haciendo el diagrama del paralelogramo con las dos uerzas por deerminar tg
tg
12 5
4 3
sen
12 13 4 5
sen
cos
5 13
cos
3 5
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MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola Aplicando la ley de los senos sen Y
sen
Y
260
260 sen sen
Remplazando valores
Y
260 1213 300 N 4 5
Aplicando la ley de los cosenos Y
2
X
2
2 260 2 X 260 cos
Remplazando daros
300
2
X
2
260
2
2 X 260 513
X
2
200 X 22400 0
(I)
Resolviendo la ecuación (I) se tene X=280 El vecor que pasa por C es A, cuya magniud es 300N 300N el vecor B vecor B es paralelo a AB y tene por magniud 280N Y =300N
X= 280N
2.1.8 PRODUCTO ESCALAR O PRODUCTO PUNTO DE DOS VECTORES El produco produco escalar, escalar, o produco puno puno de dos vecores vecores A y B se indic indicaa po porr
A . B y se dene como el escalar que
resula de multplicar las magniudes de de los vecores por el coseno del ángulo que orman A B = A B cos
(2.5)
Cu Cuan ando do los vec vecor ores es A y B son perpendicula perpendiculares res el pr prod oduc uco o escal escalar ar es nulo nulo por por ser ser produco escalar escalar es AB = AB por ser el cos 90o 0 . si los vecores son paralelos el produco ángulo θ=0 cuando los vecores tenen el mismo sentdo o 180 o en caso engan sentdo conrario Los siguienes eoremas se obtenen de la denición de produco escalar.
a) El produc produco o esca escalar lar es con conmu muatv atvo o A B = B A
.
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MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola b) El prod produc uco o escal escalar ar es es disri disribut butvo vo A B C A B AC
c) El produc produco o escal escalar ar es asocia asociatvo tvo r A sB rs A B
d) Para Para los los vecor vecores es uniar uniarios ios e A eB cos
e) El produco produco escalar escalar de un vecor vecor por si si mismo mismo es igual igual al cuadrado cuadrado de de la magniud magniud del vecor
A.A A2
2.1.9 COMPONENTE COMPONENTESS ORTOGONAL DE U UN N VECTOR EN UNA DIRECCION DADA Si se proyeca el vecor V sobre sobre la reca reca L parale paralela la a un vecor vecor uni uniari ario o e La longiud proyecada P= P=Vcosθ Vcosθ se llama componente ortogonal de V en la dirección de e . Siendo q el ge ángulo entre el vector V y la recta L el valor de P será P = Vcosθ = V
OB P = V e OB P (V e e))e
(2.6) (2.7)
El produco escalar escalar de dos vecores vecores es útl útl para deerminar deerminar componenes oro orogonales gonales de un vecor en una dirección especicada.
OB P = V e OB P (V e) e )e
(2.6) (2.7)
=0V cuyas magniudes Si se quisieran deerminar los vecores orogonales P y Q del vecor V =0V son OB y BV respectvamene se tene
V = P +Q
Þ Q = V - P
(2.7a) 17
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2.1.10 MARCOS O SISTEMAS DE REFERENCIA Al especicar cantdades fsicas suponemos que exise un marco de reerencia sobre el cual se eecúa ee cúan n las medi medidas das y se dene dene como como siste sistema ma de refe referenci rencia a inercial, a un un sisema de coordenadas ligado a una esrella ja en el espacio. Cualquier oro sisema que se mueva uniormemene y sin roar con respeco a la esrella ja se puede utlizar como reerencia inercial. Sin embargo en la mayoría de los rabajos de ingeniería el sisema de coordenadas se considera que esa jo no a una esrella sino a la supercie erresre, erresre, siendo el error que se comee al hacer esa consideración pequeña, al ser la roación de la terra del orden de movimieno alrededor del del sol e4s muy pequeño. pequeño. Los dos 7,27x10-5 rad/s y la variación de su movimieno si sis sem emas as de coor coorde dena nada dass más más ut utli liza zada dass en la mecá mecáni nica ca so son n el sis sistem tema a derech derecho, o, de coordenadas cartesianas rectangulares y el sistema derecho de ccoordenadas oordenadas cilíndricas que se muestran en la gura 2.16
Si se tene tene res segmen segmenos os muuamen muuamene e orogonale orogonaless ox, oy, oz, en en esee orden, es orden, y consid considera erados dos positvo positvos. s. Esos orma orman n un riedro riedro derecho, si cumplen la regla de la mano derecha, que consise en que el pulgar de la mano mano derecha apune hacia hacia el ercer segmeno segmeno oz, al cerrar la mano alrededor de ese eje, girando los dedos de la pare positva del primero segmeno ox, hacia el segundo segundo segmeno segmeno oy (Ver gura 2.17)
2.1.11 COMPONENTES CARTESIANAS DE UN VECTOR. Si sobre los ejes ox, oy, y oz, positvos, positvos, de un sisema sisema derecho de coordenad coordenadas as caresianas, caresianas, omamos res vecores uniarios
en unción de i , j , k , el vecor A lo podemos expresar en
esos vecores uniarios y de sus componenes escalar. escalar. Según se vio en la ecuación (2.4)
18
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Si llamamos A x , Ay , Az o a1 , a2 , a3
a las compon componen enes es escala escalares res del vecor vecor A ,esas se
como o vimos vimos al esudi esudiar ar las propie propiedad dades es del pued pueden en dee deerm rmin inar ar por por la expr expres esió ión n e V com produco escalar.En orma orma similar las componenes vecoriales vecoriales A x i, A y j , Az k se deerminan por la expresión
e. A e en donde el vecor uniario e es uno de los vecores
i , j , k
El vecor A se escribe en unción unción de sus componenes componenes vecoriales como:
A a1 , a2 , a3
A = A x i Ay j Az k
o
De acuerdo a la denición de produco escalar los producos escalares de los vecores uniarios es
i i =
i.j
=
j j j.k
= k k =
=
1
i.j
=0
(2.8)
En la gura 2.20 2.20 vamos a vericar vericar que el vecor vecor A es la suma de las componenes vecoriales sumamoss los vecores vecores A x i Ay j A x i Ay j Az k . Si sumamo median medi ane e el para parale lelo logr gram amo o (r (rec ecá áng ngul ulo) o) 0H 0HBC BC se paralelogramo amo OBEG su obtene obt ene A= A x i Ay j y en paralelogr A+ A z k = A diagonal es la suma de Remplazando A por su valor se tene que A= A x i Ay j Az k
Nóese Nó ese qu quee A x , Ay , Az son las compon componen enes es vecor
del
, paralelos a los ejes ox, oy, y oz ,
A 2.1.13 MAGNITUD DE UN VECTOR EN COORDENAD COORDENADAS AS CARTESIANAS CAR CARTESIANO TESIANO Por ser A x , Ay , Az orogonales enre si la diagonal OE represena la magniud del vecor A
2 2 2 A A x Ay Az A a 2 a 2 a 2
1
2
2
( 2.9)
19
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2.1.14 VECTOR POSICIÓN DETERMINADO DETERMINADO POR SUS COMPONE COMPONENTES NTES El vecor posición permie deerminar la posición de un puno cualquiera con reerencia al origen de coordenadas , se indica por r , r o simplemene r OP P El vec vecor or posi posici ción ón. relat relatvo vo de un puno puno con respeco resp eco a oro a oro puno, puno, se puede puede expresar expresar en unción unción de las coordena coordenadas das cares caresian ianas as de ambos puno. En el caso caso de la gura 2.20 el puno P tene por coordenadas (x,y,z) y el puno O tene por coorde coordenad nadas as 0=(0,0 0=(0,0,0) ,0) en conse consecue cuenci nciaa la posición posi ción de de P se puede expresar expresar por por el vecor vecor r que esá represenado por el segmeno dirigido OP que va de O a P y se represena por el vecor vecor r
r = x i + y j + z k Si las coord coorden enad adas as de A y B so son n A =
(2.10)
( x A , y A , z A ) y B = ( x B , yB , z B ) el segmeno
dirigido que va de A hacia B represenado por r vecor desplazamieno desplazamieno AB o AB represena el vecor de B con respeco a A y se escribe: escribe:
r AB = ( xB - xA ) i + ( y A - y A ) j + ( zB - z A
) k
(2.11)
Los vecores vecores uniario uniarioss i , j , k se pued pueden en expres expresar ar amb ambién ién como como una erna erna de res res componenes
i = 1,0,0
j = 0,1,0
k = 0,0,1
(2,12)
2.1.15 PPRODUCTO ESCALAR DE DOS VECTORES EN FUNCION EN FUNCION DE SUS COMPONENTES ESCALARES Sean los vecores A a1i a2 j a3k y B multplicados escalarmene.
b1i b2 j b3k los cuales serán
AB = a1i a2 j a3k b1i b2 j b3k
AB = a1b1 i i a1b2 i j a1b3 i k +
a2b1 j i a2b2 j j a2b3 j k +
a3b1 k i a3b2 k j a3b3 k k
20
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola Aplicando la ecuación (2.8) enemos que;
AB a1b1 a2b2 a3b3
(2.13)
Ejemplo 2.7 Calcule las dos componenes recangulares P y Q de de la uerza de 110N siendo P siendo P paralela a AB y Q perpendicular a AB Solución A= ( 0, 4,0)
B = ( 0,0,3)
C = (3,6 (3,6,0 ,0))
D= (10,0,6 ,0,6))
AB = ( - 4 j + 3 k )
2
2
AB= ( - 4) + ( 3) = 5m e AB =
( - 4 j + 3 k ) - 4 j 3 k =
5
5
CD = ( 7 i - 6 j + 6 k )
eCD =
+
( 7 i - 6 j + 6 k ) 11
5
2
2
2
CD = ( 7) + ( - 6) + ( 6) = 11m
F = 110
( 7 i - 6 j + 6 k ) 11
= 70 i - 60 j + 60 k
P = ( F ge AB ) e AB é æ - 4 j 3 k öùæ- 4 j 3 k ö ÷úç ÷ + + P= P = ê( 70 i - 60 j + 60 k ) gçç ÷ ÷ ÷úèçç 5 ÷ çè 5 êë ø 5 ø 5 û
æ- 4 j 3 k ö P = 84çè 5 + 5 ø ÷= - 67,2 j + 50,4 k Q = F - P = 70 i - 60 j + 60 k - ( - 67 , 2 j + 50,4 k ) = 70 i + 7, 2 j + 9,6 k
Vericación P gQ= 0 (- 67 , 2 j+ 50,4 k)g( 70 i + 7, 2 j + 9,6 k ) = ( - 67 , 2) ( 7, 2) +( 5 50 0 , 4 ) ( 9, 6 ) = 0
Ejemplo 2.8
En la esrucura mosrada los punos C y D esán en un mismo plano en ano que B esá esa a 1,5m dela delan nee del pl plan ano o sup upon oniiendo ndo un unaa ue uerz rzaa F acuando de A hacia C de magniud igual a 72k 72k N y 21
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola ora uerza P acuando de A a D. de magniud 22,92k N Enconrar las componenes de esas uerzas a lo largo de AB A B ¿Qué ángulo orman F y P? P? Solución Deerminemos los vecores posición r AB = - 2.5 i - 3 j + 2 k Þ r AB = 19, 25 r AC = - 4 i + 2 j + 4 k Þ r AC
36 = 6m
= e AC
F =
( - 4 i + 2 j + 4 k ) 6
72( -4 i + 2 j + 4 k ) 6
e AB =
21
r AD = - 4 i + 2 j - 1 k Þ r = AC
= e AD
( - 4 i + 2 j - 1 k ) 21
21
P = e AD gP = AD
e AC ge AD =
kN
= - 48 i + 24 j + 48 k
P = 22, 92( - 4 i + 2 j - 1 k ) = - 20 i + 10 j - 5 k
F = e gF = AB AB
( - 2,5 i - 3 j + 2 k ) 19,25
( - 2,5 i - 3 j + 2 k ) 19,25
kN
g( - 48 i + 24 j + 4 k ) = 9, 12 kN
( - 4 i + 2 j - 1 k ) ( - 20 i + 10 j - 5 k ) = 22, 91 kN 21
( - 4 i + 2 j + 4 k ) ( - 4 i + 2 j - 1k ) g = ( 1) (1 ) cos q 6 21
cosθ= sθ=0 0,5819
Þ
θ=5 θ=54 4,41o
2.1.16 DIRECCIÓN DE UN VECTOR CARTESIANO. COSENOS COSENOS DIRECTORES DIRECTORES La orientación de un vecor A se dene por los ángulos direcores (ala), (bea), y (gamma) comprendidos enre el vecor y los ejes positvos positvos ox, oy, oz .Los valores de ángulos direcores varían enre 0 y 180 o Para hallar los cosenos direcores usaremos la expresión general del produco escalar
e A eB cos Si el vecor es A A x , Ay , Az para deerminar se endrá
22
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola
e A i cos
A x , Ay , Az A 1,0,0 cos i = A 2 2 A x Ay Az
A x
cos
2A A x2 Ay z
De manera similar se obtene se obtene y A
cos
A
j =
A y
A cosγ cosγ= = gk= A
2A A x2 Ay z
A z A x2 + A2 y +Az
Resumiendo: cos
A x A x2 A2 y Az
cos
A y
2A A x2 Ay z
cos
A z A x2 A2 y Az
(2.12)
Si se elevan al cuadrado los cosenos direcores y se suman se tene
cos2 cos 2 cos2 1
(2.13)
Cuando se esá operando con vecores en cieros casos es más conveniene rabajar con números que sean proporcionales a los cosenos direcores a los cuales c uales se les denomina números direcores y que se indican con las leras l, m , n y se les dene como l p cos
m p cos
n = pcos pcosγγ
(2.14)
Siendo p un acor de proporcionalidad que cuando c uando es 1, los cosenos direcores coinciden con los números direcores. Obsérvese que las componentes ortogonales del vector e A son sus cosenos direcores. Ejemplo 2.9 Para el vecor V 3 i 5 j 12k deerminar los ángulos que orma con los ejes coordenados.
Solución Deerminemos el secor uniario de V 122 178 V 32 52 12 eV
3,5,12 3 17 8
178
i
5 12 j k 178 178
23
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola
cosα =
3 178
α = 77 o
cos
5 178
67,99o
cos
12 178
25,92o
Ejemplo 2,10 ¿Cuáles son las componenes recangulares de la uerza de 100N que se muesra? ¿Cuáles son los cosenos
F direcores de la uerza? Solución R= 100cos60 e R R 50 N
F x 50 cos45o 35,36 N
F y 50 sen 45o 35.36 N
F z 100 sen 60o 86, 60 N F = 35,36 i + 35,36 j + 86,60 k
F eF 0, 0,35 3536 36i 0,3 0,353 5366 j 0, 0,86 8660 60k F cos 0,3536 69, 29o cos 0,3536 69, 29o
cos 0,8660
30
o
Ejemplo 2,11 La placa riangular eesá sá sosenida por los cables AB, CD y una bisagra en O (no mosrada en el dibujo) el cable AB sopora una ensión de 30 N y la CD una ensión de 16 6 N respectvamene se pide deerminar: Las componenes recangulares recangulares de esas uerzas, Sus cosenos direcores y los ángulos que que orman con los ejes coordenados Solución
24
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola Deerminemos la posición posición de A, B, C, y D. D. y a partr de ellos deerminar los vecores AB, y CD
los vecores uniarios, los cosenos direcores y los ángulos
A 4,1,0
B 6, 0, 2
C 2, 2,0
D 0 ,0, 4
Deerminemos los vecores AB r ( B A) 6,0, 2 4,1,0 2, 1, 2 AB
CD r CD D C 0,0, 4 2, 2,0 2 24
Sus magniudes serán AB 4 1 4 3
CD 4 4 16 24 2 6
Deerminemos el uniario para AB e AB
2,1,2 3
Los cosenos direcores direcores y los ángulos ángulos para AB serán cos
2 48,19o 3
cos
1 109,47o 3
2 cos 48,19o 3
Para CD eCD
cos
1 6
114,09o
2, 2, 4 1, 1, 4 2 6
cos
1 6
6
114, 09o cos
2 o 35, 26 6
Ejemplo 2.12 La barra mosrada esá sosenida por una artculación en C y dos cables AE que que so sopo por raa una una uer uerza za de r rac acció ción n F1=50 =500 0 N y el cable BD, BD, que sopo sopora ra una uerza F2=1200N, Deerminar: Las componenes y las proyecciones de las uerzas sobre AC.
25
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola Solución Deerminemos los vecores vecores posición de los punos A, B, C,D ,y E Para deerminar los vecores
F 1 , F 2 y el vecor uniario e AC . Para la solución usaremos las expresiones 2.6 y 2.7 A 0, 3,6 ,0 D 1,8 , 0, 0
B 0, 2, 4 , 0, 9
1, 2 E 1,8 , 0 , 1,
C 0, 0, 2, 7
r AE = 1,8 , 3. 3.6, 6, 11,2 ,2
1,8 2 3,6 2 1 , 22 4, 2
r AE
e EA
3,66 , 1,2 1,2 1,8 , 3, 4,2
0,4286 86 0,42
, 0,8 0,857 5711 ,0,285 ,0,28577
0,428 2866 , 0, 0,85 8571, 71, 0, 0,22857 857 ( 21, 21, 43, 43, 42,86 42,86 , 14 14,, 29) F 1 50 0,4 1,8 , -2,4 -2,4 , 0, 0,9 9 = 1,8
r
BD
BD 1,82 2, 4
e BD
2 0,92 3,1321
1,8 , 2,4 , 0,9 3,1321
0,5746 46 , 0,766 0,76633 , 0,287 0,28733 0,57
0,5746 46 , 0,76 0,7663 63 ,0,287 ,0,28733 68 68,9 ,955 , 91,9 91,966 , 34 34,4 ,488 F 120 0,57 2
= 0, 3,6 , 2,7 r AC = C - A
r 0 3, 3 ,6 2 2,7 2 4, 5 AC
0, 3,6, 2,7 e AC
4,5
0,88 , 0, 0,66 0, 0,
Sea m la componene de F1 sobre AC, usando la ecuación (2,6) m = F1 .e AC m ( 21 21,43 ,43,, 42,8 42,86 6 , 14 14,29 ,29)) 0 , 0806 25 25,7 ,71 1 N
La componene componene vecorial de F1 sobre la reca AC se deermina por la ecuación (2.7) F1 e AC e AC 57, 71 0,8 j 0,6 k 46, 168 j 34, 63k Pr oy F 11
Para la uerza F2
26
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola m = F2 .e AC m = (6 (68,9 8,96 6 , - 91 91,96 ,96 , 34,48 34,48 ) 0 , -0 -08-0 8-06 6 = 52,8 52,88 8 N
Pr oy F 11 F2 e AC e AC 52,88 0,8 j 0, 6 k 42,30 j 31,73k
2.1.17 SUMA DE DE VECTOR VECTORES ES CARTESIANOS Dados los vecores caresianos A = (a1 ,a2 ,a3 ) y B = (b1 ,b2 ,b3 ) la suma de ambos vecores esá denida por:
A + B ( a1 b1 ) i a2 b2 j a2 b3 j
(2.15)
Ejemplo 2.13 Dada la uerza vertcal F vertcal F de de magniud igual a10 k N descomponerla en res uerzas F uerzas F1, F2, y F3 al como se muesra en la gura. Solución Emplearemos la ecuación (2.4) pe DA
F
qe DB
r e DC
(1)
Coordenadas de los punos A, B, C, D A (3,0, 0)
,-55) rDA = r DA = A - D = (1,-3,,-3 r DB = B - D = (2,3,-5) (2,3,-5)
B ( 4, 4, 6, 0)
C (0, (0,5,0 ,0)) D (2, (2,3,5)
35
r DB = 38
r DC = C - D = (-2 (-2,2,-5) ,2,-5) r DC = 33
e DA =
(1,-3,-5) 35
= 0,1690, -0,5071, -0,8452
(2, 3,-5)
e DC
(-2, 2,-5)
e DB
38
33
0,324 0,3244 4 , 0,4866 0,4866 0,81 0,8111 11
0,3482 82 , 0,348 0,3482 2 0,87 0,8703 03 0,34
Remplazando en (1) (0 (0,0, ,0, 10)
p 0,1690, 0,5071, 0,8452
27
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola q
0,324 2444 , 0,48 0,4866, 66, 0,8 0,811 1111 0,3
0,3482, 2, 0,3 0,348 482, 2, r ( 0,348
0,87 0,8703 03))
Identcando
0 ,1690p + 0,3244q - 0,3482r = 0 0,5071 p 0,4 0,4866 q 0,3482 r 0
0,8452 p 0,8111q 0,8703r 10
II III IV
Resolviendo las ecuaciones II, III y IV p 5,1446
5,144 14466 00,,169 , 0,50 0,5071 71,, F 1 5,
q 2,145
08452 52 084
r 4, 495
F 1 0,869 0,8694, 4, 2,6095,4,3482
F 2 2, 2,145 145 0,3 0,3244 244 , 0,486 0,4866, 6,
0,6958 8 , 1,0438, ,0438, 1,7398 F 2 0,695
F 3 4,49 4,4955 0,3 0,3482 482 , 00,34 ,3482, 82, 0,8 0,870 7033 F 3 1,565 ,56522 , 1,562, 3,912
0,8111 111 0,8
3
F i 0, 0,003, 10
i 1
La sumaoria debería ser
3
F i 0, 0,10 la dierencia se debe a las aproximaciones que se
i 1
han omado durane la solución Ejemplo 2.14 La orre de una anena esá sosenida por res cables ensados; la ensión en el cable AB es T = 200 N , en el cable AC es AB
T AC = 300 N y
en AD la ens ensió ión n es
T AD = 500 N .
Deerm Deermine ine la posici posición ón
28
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola del puno C=(x,y) para que la resulane de la uerza en los res cables enga la dirección del eje de la orre
Solución. Deerminemos la posición de los punos A, B, C y A con respeco a O A= ( 0, 0,0,10)
0) B= (0,- 2, 2, 0 ) C = ( x , y , 0)
D = (- 2, 5 , 1, 5 , 0)
Deerminemos los vecores posición de los apoyos con respeco a A r AB = B- A= ( 0, - 2 - 10)
rAB =
( - 2) 2 + ( - 10) 2 = 10, 2 m
( 0, - 2 , - 10) r e AB = AB = = .- 0196 0196 j -0,98 k r AB 10,2 r AC = C - A= ( x , y , - 10)
= rAB
x 2 + y 2 + 100
r xi + y j- 10 k e AC = AC = r AC x2 + y 2 + 100
r AD = D- A= ( - 2,5, 1,5 , - 10)
rAD =
( - 2,5) 2 + 1,52 ( - 10) 2 = 10, 42 m
2,55 , 1,5 , - 10) ( - 2, r = .- 0, 0,24 24i + 0, 0,14 144 4j e AD = AD = r 10,42 AD
0, 0,96 96 k
Deerminemos las ensiones en los cables T AB = 200e AB = 200 ( - 0,196 j - 0, 0 , 98 k ) = - 39 , 2 j - 196 k
é ù é ù ê xi + y j - 10 k ú ê300 xi + 300 y j - 3000 k ú ú= ê ú T AC = 300e AC = 300 ê ê 2 ú ê ú 2 2 2 x + y + 100 ú ëê ú ëê x + y + 100 û û
T AC = 500e AD = 500 ( - 0, 24 i + 0,144 j - 0,96 k ) = - 120 i+ 72 j- 480 k
Como la resulane es F R = - F R k se tene R k = TAB + TAC + TAD - F
(1)
29
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola é ù ê300xi +300 +300y y j-3000 j -3000 k ú ú+-120i+72j -480k -F R k=-39,2j -196k + ê ê ú 2 2 x +y +100 êë úû
Identcando 300 x x 2 + y 2 + 100 300y x 2 + y 2 +10 +100 0
- 120= 0
(2)
+32,8=0
(3)
3000
- 676-
= - F R
(4)
x 2 + y 2 + 100
De la ecuación (2) (3)
æ300 x ö÷2 çç ÷ = x 2 + y 2 + 100 Þ y 2 = 5, 25 x 2 - 100 ø÷ çè 120
(5)
2
æ300 y ö ÷ = x 2 + y 2 + 100 ÷ ççç è- 32,8 ÷ ø Resolviendo (5) y (6) Remplazando en (4)
Þ x 2 = 82, 7 y 2 - 100
x = 4, 4m
(6)
y = 1, 20m
F R = 949 N
2.1.18 PRODUCTO VECTORIAL Dados los vecores A y B , que orman enre si un un ángulo, a el produco vecorial de A y B ,indicado por A x B , es oro vecor C cuya magniud es igual a:
C = ( A x B ) = en ( ABse ABsen n q)
Siendo en un vecor uniario perpendicular a plano ormado por los vecores A y B y
(2.16) es el
menor ángulo ( 0£ θ £ 180 ) medido de A hacia B
30
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola
De direcc dirección ión perpendi perpendicula cularr al plano plano ormad ormado o por los vecores vecores A y B y su sentdo es deerminado por la regla de la mano derecha. Si los vecores A y B son paralelos su produco vecorial será nulo y en caso sean perpendiculares C= AB. El produco vecorial tene las siguienes propiedades 1. No es conm conmu uat atvo vo A x B = - B x A 2. El prod produc uco o escal escalar ar es es disr disribu ibutvo tvo A x ( B + C ) = A x B + A x C 3. El produco produco vecorial vecorial de de un vecor vecor por sí mismo es igual igual am cero cero A x A = 0
2.1.19 INTERPRETACIÓN GEOMETRÍCA DEL PRODUCTO VECTORIAL DE DOS VECTORES
El módulo del del produco vecoria vecoriall admie una inerpre inerpreación ación geomérica. geomé rica. En eeco eeco C represena al área del paralelogramo ormada por los dos vecores A y B . En eeco se tene
C = AB sen q h = Bsen Bsen q
C = Ah = S
(2.17)
Siendo A la magniud del vecor A , Ah represena el área S del paralelogramo de lados A , B y alura h
2.1.20 PRODUCTO VECTORIAL U UNITARIOS NITARIOS CAR CARTESIAMOS TESIAMOS De la gura 2.18 (repetda) y conside considerando rando la denición de produc produco o vecoria vecoriall se tene
i x j = k ®
j xi= - k
31
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola
j x k = i
®
k x i = j ®
k x j = - i i x k= - j
i x i = j x j = k x k = 0
Las expresiones expresiones que se indican en la ecuación 2.17 se puede recordar con acilidad si se colocan los vecores uniarios en en círculo al como se indica en la gura 2.25 El
produco vecorial de dos vecores uniarios adyacenes es es igual al ercer vecor con signo positvo si el giro es anthorario del segundo vecor hacia el ercero. Cuando se quiera multplicar multplicar vecorial mene dos vecores uniarios adyacenes k x i . El resulado será el ercer vecor j con signo positvo debido a que para ir de i acia j se debe girar en sentdo anthorario anthorario k x i = j . En
h
cambio i x k = - j
2.1.21 PRODUCTO VECTORIAL DE DOS VECTORES EN COORDENADAS CARTESIANAS Sea los vecores A = a1i + a2 j + a3 j y B = b1i + b2 j + b3k cuyo produco vecorial
A x B se quiere deerminar A x B = ( a1i + a2 j + a3 j ) x ( b1i + b2 j + b3k )
= ( a1b1 ) ( i xi ) + ( a1b2 ) ( i x j ) + ( a1b3 ) ( i x k ) +
( a2b1 ) ( j xi ) + ( a2b2 ) ( j x j ) + ( a2b3 ) ( j x k ) +
( a3b1 ) ( k xi ) + ( a3b2 ) ( k x j ) + ( a3b3 ) ( k x k ) +
A x B = ( q) + ( a1b2 ) ( k ) - ( a1b3 ) ( j ) - ( a2b1 ) ( k ) + q + ( a2b3 ) ( i )
( a3b1 ) ( j ) - ( a3b2 ) ( i ) + q Finalmene
A x B = ( a2b3 - a3b2 ) i + ( a3b1 - a1b3 ) j + ( a1b2 - a2b1 ) k
(2.18)
La ecuación 2.18se puede escribir en orma de un deerminane de 3x3 el cual se puede solucionar por el méodo de menores complemenarios o de la regla de Sarrus. 32
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola
i
j
k
A xB= a1
a2
a3
b1
b2
b3
Ejemplo Hallar el produco vecorial de A x B usando el méodo de los menores complemenarios Siendo A = 2i - 3 j - 1 j y
i
j
k
A xB= 2 - 3 - 1 = i
1
4
- 2
B = 1i + 4 j - 2k
- 3 - 1 2 - 1 2 - 3 - j + k 4 - 2 1 - 2 1 4
A xB = 10i + 3j + 11k
Deerminar el produco vecorial de B x A usando el méodo de Sarrus Se escribe el deerminane de B x A y a contnuación se repien las dos primeras las de ese deerminane
B x A = - 4 i - 3k - 4 j - 8 k - 6 i + j B x A = - 10i - 3 j - 11k
Recuérdese que en la la regla de Sarrus El produco de los elemenos elemenos que orman las diagonales que van de izquierd izquierdaa a derech derechaa conser conservan van su signo así para las 3 diagon diagonale aless que van de izquie izq uierda rda a derech derechaa se tene tene
( i ) ( 4 ) ( - 1) , ( 1) ( - 3) ( k )
siguie siguiene ness que van de derech derechaa a izquie izquierda rda se tene tene -
( 2 ) ( - j ) ( - 2)
( k ) ( 4) ( 2)
, -
y para las
( 2) ( - 3) ( i )
,
- ( - 1 ) ( j) ( 1) se les ha cambiado de signo
33
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola
2.1.22 TRIPLE PRO PRODUCTO DUCTO ESC ESCALAR ALAR O PRODUCTO MIXTO DE TR TRES ES VECTOR VECTORES ES Una cantdad cantdad muy útl en la Mecán Mecánica ica es el llamad llamado o ri riple ple produc produco o escal escalar ar que para para el conjuno de vecores A , B y C esá denido como
( A xB ) gC
(2.19)
Que como observamos es una cantdad escalar el valor absoluo de la expresión expresión
( A xB ) gC Nos represena el volumen del paralelepípedo ormado por los res vecores ( Ver gura 2.25)
A x B = X .
Es
un
vecor
perpendicular al plano x-y (c (coi oinc ncid iden ene e co con n ox ox)) en dond dondee se enc ncu uenr enran an lo loss vec cor orees A y B
es
orma ormando ndo un paral paralelo elogra gramo mo abcd abcd S = A xB . La cuya supercie componene del vecor C sobre X C ge X = h en consecuencia
Sh = ( AxB ) gC
(2.20)
Represena el volumen del paralelepípedo que orman los res vecores. Siendo el riple escalar Siendo escalar el produco escalar escalar el produco produco escalar de los X gC se cumplen las propiedades del produco escalar de dos vecores. Una propiedad que tene mucha aplicación en la pare de la dinámica dinámica esá relacionada con el rabajo y energía del solido rígido es la siguiene. Si se tene los vvecores ecores A , B , C se cumplen las siguie siguiene ness relacione relacioness que se indican indican en (2.21) y mu muchas chas oras oras ormas ormas más que se demosraran a contnuación
Ag( B x C ) = B g( C x A) = C g( A x B )
(2.21)
Y que se pueden pueden record recordar ar ácilmen ácilmene e de la siguie siguiene ne manera manera.. Se colocan los vecores que vamos a operar sobre una circunerencia al como com o se indica indica en la gura gura (2.27) (2.27) y se opera opera siguien siguiendo do un orden orden cíclico en sentdo anthorario. Por ejemplo si Tomamos como primer vecor el vecor B, enconramos a contnuación los vecores C y A en consecuencia escribimos
34
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola B g( C x A) Si partmos partmos de C enconr enconramos amos a contnua contnuación ción los vecor vecores es A y B escribirem escribiremos os
enonces C g( A x B )
2.1.23 TRIPLE PRODUCTO ESCALAR USANDO VECTORES EN SU FORMA CARTESIANAS Vamos Vam os a de deer ermin minar ar el valor valor del riple riple produc produco o escala escalarr us usand ando o vecor vecores es en su orma orma caresiana. Sean los vecores:
A = a1 i + a2 j + a3 k C = c1 i + c2 j + c3 k
B = b1 i + b2 j + b3 k
Vamos a deerminar el valor de Ag( B x C )
i
j
k
B xC = b1
b2
b3
c1
c2
c3
(2.22)
b b b b b b 2 3 1 3 j+ 1 2 k i( B x C ) = c 2 c3 c1 c3 c1 c2 b2 Ag( B x C ) = ( A = a1 i + a2 j + a3 k ) g c2
Ag( B x C ) = b2 c2
b3 c3
i-
b1 c1
b3 a - b1 b3 b + c3 1 c1 c3 2
b3 b1 j+ c3 c1
b2 c2
k
b1 b2 c c1 c2 3
Finalmene enemos
a
a
Ag(B xC)= b
b
b
c
c
c
1
1 1
2
2 2
a
3
3
(2.2.3)
3
Vamos a probar que se cumplen las dos primeras relaciones de la ecuación las relaciones (2.21) 35
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola Por Por la e eor oría ía de lo loss dee deerm rmin inan ane ess se sabe sabe que que si se ca camb mbia ia de posi posició ción n una una l laa el deerminane, cambia su signo . Partendo del deerminane B g( C x A) y en él, si hacemos que la ercera la ocupar el lugar de la segunda se tene que el deerminane cambia de signo. Si nuevamene cambiamos la segunda segunda la de ese deerminane se obtene el deerminane deerminane (2.2.3), con lo cual se prueba la relación (2.21).
b
b
b
b
b
b
a
a
a
B g(C xA) = c
c
c =- a
a
a = b
b
b = Ag(BxC)
a
a
a
c
c
c
c
1
2
1
2
1
2
3 3
3
1 1
c
1
2 2
2
3 3
3
1
1
c
1
2
2
2
3
3
3
.
Vamos a probar que en el riple produco escalar se puede cambiar el puno ( ) por el aspa (x) sin que varíe el valor
Ag( B x C ) = ( AxB ) .C
A.( Bx C )
a 1 = b1 c 1
C g( A x B ) =
a 2 b 2 c 2
a a 3 1 b =- c 3 1 c b 3 1
a 2 c 2 b 2
a 3 c = 3 b 3
c 1 a 1 b 1
(2.24)
c 2 a 2 b 2
c 3 a = C g( AxB ) 3 b 3
conmuatva ( A x B ) gC Propiedad Ag( B x C ) = ( A xB ) .C
(2.25)
.
La ecuación (2.26) prueba que se pude cambiar el puno ( ) por el aspa (x) o viceversa
Dados los vecores Ejemplo 2.13 Dados los vecores A = j - 2 k
B = - 3i + 5 j + k
C = i + 2 k
Hallar A.( Bx C ) 36
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola
0 1 - 2 A.( Bx C ) = - 3 5 1 = - 1 0 2
- 3 1 - 3 5 5 1 ( 0) ( 1) + ( - 2) - 1 2 0 2 1 0
A.( Bx C ) = 0 - 5 + 1 100 = 5
2.1.22 PRODUCTO VECTORIAL DE TRES VECTORES vecores A , B y Si se tene res vecores
C l vecor que
resula de multplicar vecorialmene el vecor A por ( Bx C ) y se indicara por E
E = A x ( Bx C )
(2.26)
El vecor E resul resulane ane de la ecuació ecuación n ) esá sobre el plano Q1 ormado por los vecores B y C
y su valor valor es igual igual al produc produco o escala escalarr del primer vecor( A ) por el ercer vecor( C ) y el resulado multplicarlo por el segundo vecor: memoss el produco memo produco escalar escalar del primer primer vecor( vecor( A )por el segundo vecor ( B )y el resulado multplicarlo por el ercer vecor ( C ) al como se muesra en la ecuación (2.27)
E = ( A.C ) B -
( A.B) C
(2.27)
El vecor B x C es perpendicular al plano Q 1 y el vecor E es perpendicular al plano Q 2 siendo E y ( B x C ) perpendiculares enre sí. Obsérvese
Qx( Px T ) =( QxT ) P -( QxP ) T
Demos Demo sra raci ción ón.. To Toma mand ndo o co como mo ree reere renc ncia ia la gu gura ra (2.2 (2.27) 7) . El vec vecor or expresarse como un unaa combina combinación ción line lineal al en unc unción ión de los vec vecores ores B y C
E = sB+ t C
E puede
(I)
La perpen perpendic dicula ularid ridad ad de los vecores vecores E y A hace hace que su produc produco o escala escalarr sea sea nulo. nulo. Multplicando escalarmene la expresión (I)por el secor A se tene.
s(AgB) + t (AgC) = 0
s t == m Þ s = m A.C A.C A.B
t = - mA.B
(II)
Remplazando (II) en (I) 37
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola
ù E = m é ë( A.C ) ûB - m[ A.B ] C
(III)
Si m=1 la proposición proposición queda demosrada. Vamos a demosrar primero que cundo A = B se cumple cum ple que m es igual a 1 y poseriormen poseriormenee demosraremos demosraremos que cuando A ¹ B ambién m=1.
Demos Demosra rarem remos os a contnu contnuaci ación ón que si A = B m = 1 Si part partmo moss de la ecua ecuaci ción ón 2.26 2.26 y hacemos que A = B y después el resulado lo multplicamos escalarmene por C enemos
C g[ B x ( B x C )
] = m éë( B.C ) B ùûgC - m éë( B gB ) C ùûgC
(IV) Pero el primer érmino de la ecuación ecuación (IV) se pude inercambiar inercambiar el puno por el aspa
(C x B) B)g( B x C ) = - (B x C)g( B x C ) = - B2C 2sen2q
] = m éë( B.C ) B ùûgC - m éë( B gB ) C ùûgC
C xB g( B x C )
- B 2C 2 sen2q = m ëé( B.C ) ( B.C ) ûù- [ ( B gB ) ( C gC ) ]
- B 2C 2 sen 2q = m éêëB 2C 2 cos 2 q - B 2C 2 ùúû= mB 2C 2 éêëcos 2 q - 1
- B 2C 2 sen 2q = - mB 2C 2 éêësen 2qùúûÞ
Se ha demosrado que cuando A
=B
m = 1 l.q.q.d
m=1
Generalicemos la demosración el caso en que A ¹ B partendo de la ecuación (III)
ù Ax ( BxC ) = m é ë( A.C ) ûB - m[ A.B ] C
(V)
Multplicando escalarmene la ecuación (V) por B enemos
[ Ax ( BxC ) g( B ) ùû= m éë( A.C ) B - ( A.B ) C ùûgB
(V1)
Si al prim primeer miem iembro de la ecu cuaación ción (V (VI) I) ine inerc rcam amb bia iamo moss el pu pun no o po porr el as aspa pa ù= - A. éB x( BxC ) ùy se eecúa el segundo miembro se tene A. êéë( BxC ) xB ú êë ú û û
- A.ëéB x( BxC ) ûù= m ëé( A.C) ( B.B) - ( A.B) ( C.B) ûù
(VII)
38
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola El érmino encerrado enre corchees del primer miembro de la ecuación (VII) nos represena el caco partcular cuando A = B para el cual hemos demosrado que la ecuación 2.26 es ciera en consecuencia remplazarla por su valor
- A.ëé( B.C ) B - ( B.B)C ) ûù= m ëé( A.C) ( B.B) - ( A.B) ( C.B)
Eecuando
é ù é ë( B.B ) ( A.C ) - ( A.B ) ( B.C ) û = m ë( A.C) ( B.B) - ( A.B) ( B.C)
(VIII)
De la ecua ecuació ción n (V (VII III) I) co concl nclui uimo moss que que m=1 m=1 para para cu cual alqu quie ierr va valo lorr de lo loss veco vecore ress lo que que demuesra la validez de la ecuación 2.27 Ejemplo 2.15 Usando el concepo del riple produco vecorial, descomponer la uerza F de 390 N en dos componenes P y Q siendo P paralela a OH y Q p
erpendicular a OH OF = 3 i +12 12 j + 4 k F = FeOF
( 3i+12j+4k ) 3 12 4 = i+ j+ k 13 13 13 2 2 2 ( 3) + ( + 12) + ( 4)
eOF =
æ3 12 4 ö÷ ik + j+ ÷ = ( 90 i + 360 j + 120k ) èç13 1 3 13ø÷
ç F = 390ç
La componene P en la dirección de OH (Ver gura 2.21)es é êë
æ2 èç 3
ç i P = ( F . eOH ) eOH = ê( 90 i + 360 j + 120k ) gç æ2 èç3
P = 20çç i -
öùæ2 1 2 ö÷ 1 2 ÷ ç i- j + k ÷ j + k ÷úç øúûèç 3 3 3 ø÷ 3 3 ÷
ö 40 20 1 2 ÷ 20 40 + = ij k j+ k ÷ ÷ 3 3 ø 3 3 3
El vecor es perpendicular perpendi perpendicular a OH y a cualquier reca conQenida conenida en en él. cular al plano HOD por lo ano será perpendicular 39
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola A= eOH x F =( 1 ) ( F ) sen a ( en ) es perpendicular al El produc produco o vecor vecorial ial del vecor vecor uniario uniario A=e
sena a es plano ormado por OA y OH. Los vecores A y eOH son orogonales. Nóese que F sen la magniud de la componene de Q en consecuencia Q = (e OH x F) x e OH
(I)
OH = 6 i - 3 j + 6 k
eOH =
( 6 i - 3 j + 6 k ) 2 1 2 = ij+ k 3 3 3 ( 6) 2 + ( - 3) 2 + ( 6) 2
Deerminemos i (e OH x F)
=
j
k
2 - 1 2 = i ( - 40- 240) - j ( 80- 60) + k ( 240+ 30) 3 3 3 90 360 120
i
j
Q = (eOH x F) x eOH = - 280 - 20
2
- 1
3
3
k
æ 40 ö 270 = i çç+ 90÷ ÷ ÷ çè 3 ø 2
æ230 1100 320 i+ j+ èç 3 3 3
Q =çç
= - 280 i - 20 j + 270 k
æ 560 ö æ280 40 ÷ ö - 180÷ + k çç + jçç÷ ÷ ÷ çè 3 ç ø è 3 ø 3÷
3
ö ÷ ø
k÷ ÷
Obsérvese la ecuación (I) que da el valor de Q ambién se puede evaluar por la ecuación 2.27
Q = (eOH x F) x eOH
= ( eOH geOH ) F - ( eOH gF ) e OH
gF ) e OH = F - P Q = = ( eOH geOH ) F - ( eOH
(II)
Ver ecuación 2.7a
2.1.23 ECUACIÓN VECTORIAL DE LA RECTA
40
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola
Sabemos por la geomería l que una reca queda denida cuando ssee conoce un puno de paso y su paralelismo (dirección) a ora reca o a un vecor. También la reca queda denida cuando se conoce dos punos de la reca. En la gura 2.28a se muesra la reca que pasa por el puno conocido Q o y es paralela al vecor A si consideramos que P es un puno puno genérico de la reca podemos escribir la siguiene suma vecorial.
OP = OQ + QP
O simplemene P = Q + QP Como el vecor QP es paralelo al vecor A podemos armar que QP = t A siendo un escalar que nos permie permie deerminar la ecuación vecorial de la reca como:
P = Qo + t A
(2.28)
Con reerencia a la gura 2.28b podemos escribir
P = Qo + t ( Po - Qo )
(2.29)
2.1.24 ECUACIONES PARAMETRICAS Y CARTESIANAS DE LA RECTA Si los punos Qo , P 1) o de la guras 1.28a y 1.28 b tenen por coordenadas Qo = ( x1 , y1 , z
P o = ( x2 , y2 , z 2 ) y el vecor A = ( a1 , a2 , a3 ) . La ecuación de la reca denida por la ecuación (2.28) se puede puede escribir
( x , y , z ) = ( x1 , y 1 , z1 ) + t ( a1 , a2 , a3 )
Igualando componene componene se tene las ecuaciones paraméricas de la reca.
x = x1 + t a1
y = y1 + t a2
z = z1 + t a3
(2.30)
La ecuación caresiana de la reca reca se obtene eliminando eliminando el parámero de la ecuación 2.30 se obtenen la ecuación caresiana de la reca
x - x1 a1
=
y - y1 a2
=
z - z 1 a3
(2.31)
De la ecuación 2.29 se tene tene las ecuaciones ecuaciones paraméricas paraméricas para para el caso mosrado en la gura 1.28b
41
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola
x = x1 + t ( x2 - x1 )
z = z1 + t ( z2 - z 1 )
y = y1 + t ( y2 - y1 )
(2.32)
Y la ecuación caresiana
x - x1 x2 - x1
=
y - y1 y2 - y1
=
z - z 1 z2 - z 1
(2.33)
2.1.25 ECUACION VECTORIAL DEL PLA PLANO NO.. Sabemoss que un pla Sabemo plano no que queda da de denid nido, o, cuando se conoce a) Un puno Ao del plano y su normal exerior b) Cu Cuan ando do se co cono noce cen n res res pu pun nos os de dell plano Ao , B o y C o c) Cuando se conoce un puno del plano y una reca reca cone conenid nidaa en él. Ese últ últmo mo caso se reduce al caso anerior, pueso que si se conoce la ecuación de la reca, se puede conocer dos punos de ella. Para el primer caso usaremos la gura mosrado en la gura 2.29. Tomaremos Tomaremos un puno genérico P del del plano. Los vecores
Ao P
y N son
es perpendiculares perpendiculares y podemos escribir
( P - Ao ) g N = 0
(2.34)
Que es la ecuación veco vecorial rial del plano Si en la eecuación cuación (2.23) A,P N con reerencia a un sisema de coordenadas tene las componenes A = ( x1 i + y1 j + z 1k ) P = ( x i + y j + z k )
N = ( n1 i + n2 j + n3 k ) se remplazan los valores en 2.34
42
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola
b) Cuando se conocen res punos del plano Ao , B o y C o (ver gura 2.30). Se Toma un puno genérico P y se obtene los vecores Ao Bo , AoC o y Ao P . La normal exerior al plan pl ano o es N = AB xAC Tomando Tomando el puno Ao y P se tene
) = 0 ( AP ) ( AB xAC
(2.35)
( P - A) gëé( B - A) x ( C - A) ûù= 0
(2.36) Ejemplo 2.16 a) Dee Deermine rmine la ecu ecuació ación n del p plano lano qu quee pasa por el puno de coo coorden rdenadas adas
A = ( - 1,0,4 ) siendo el vecor normal N = ( 5, 3, 3, 2)
é ù ë( x + 1) i + ( y - 0) j + ( z - 4) ûg( 5, 3, 2) = 0
5( x + 1) + 3( y) + 2( z - 4) = 0
Þ 5 x + 3 y + 2 z - 3 = 0
Ecuación del
plano b) Qu Quee p pas asaa p por or los pun punos os A =
= ( 1,4,5) ( 2,3,1) , B = ( 0,1, - 2) y C =
Aplicando la ecuación 2.36
( P - A) gëé( B - A) x ( C - A) ûù= 0
éi j k ù ê ú é( x, y, z ) - ( 2, 3,1) ùgê- 2 - 2 - 3ú= 0 ë ûê ú ê- 1 1 4ú ë û
Eecuando se tene 5 x- 11 y + 4 z + 19= 0
c) Dee Deermina rminarr la ecua ecuación ción de dell plano qu quee pasa p por or el pun puno o (1, (1,2,3) 2,3) y co contene ntene a la reca de ecuación
43
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola
( x - 2) ( y - 4) ( z + 1) = = 3 5 - 1 La ecuación paramérica de la reca será
x = 2 + 3t
y = 4- t
z = - 1- 5t
Deerminemos dos punos de la reca que esá conenida en el plano , dándola a dos valores cualquiera . Para Para = 0 se o obt bten enee el pu pun no o Ao =
,3, - 6) . ,4,, - 1) y para =1 Bo = ( 5,3, ( 2,4
Y
C = = ( 5, 3 - 6) . Como se tene res res punos del pla plano no el problem problemaa se reduce reduce al caso (b) que se resuelve aaplicando plicando la eecuación cuación (2,36) de la cu cual al se obtene
2 x + y + z - 7 = 0 Ejemplo 2.17 Usan Usando do op oper eraci acion ones es vec vecor oria iale les, s, dee deerm rmin inar ar la proyección proyec ción del ri riang angulo ulo ABC sobre el plano plano N de dimen imensi sion onees in inn niia ass sa sabi bieendo que el vec cor or r = = (50,40,30) es perpendicular al plano N
Deerminemos el vecor uniario e et =
( 50,40,50) = ( 0, 0,7707 i + 0, 0,5566 j + 0, 0,4424 k ) 50 2 + 40 2 + 30 2
El Área proyecada esá dada por la proyección del área ABC multplicada por el coseno del ángulo que orma orma las dos normales normales de los planos. La normal normal r reerida a la normal al plano ABC . El área ABC es igual a: uuur uuur
Area =
A =
( ABx AC ) 2
Area proyectada proyectada=
( 2 0 , 0 ,0 )
B =
(
uuur uu uuu ur ABx AC
( 0 , 25 , 0)
)
2
(a)
get
C =
( 0 ,0 ,10) 44
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola
Area proyectada proyectada =
(
uuur uu uuu ur ABx AC
)
2
- 20 1 ge = - 20 t 2 0,70 0,707 7
25
0
0
10
0,56 0,566 6 0,4 0,424 24
Areaproyectad Areap royectada a = 1 { - 20 ( - 10 x 0,566) - ê ëé25( - 20 x 0,566- 10 x 0,707) ûúù+ 0 } 2 Areaproyecta Areapr oyectada da =
1 2 502 = 251m Resp 2
2.2.0 MOM MOMENT ENTO O DE UNA FUERZA FUERZA CON RE RESPE SPECTO CTO A UN EJE O A UN PUNTO PUNTO Momento La endencia de una uerza de hacer girar
en orno a un ciero eje o un puno, al cuerpo sobre el cual acúa recibe el nombre de momeno de la uerza respeco a dicho eje En la gura 2.32 la uerza F acúa orogonalmene al mago de la llave llave siuada a una disancia d del puno O de la ubería y tende a producir el giro del ubo en orno or no del eje a-a enden endencia cia que aumen aumenara ara si aumena la uerza F o la disancia d. Esa endencia de la uerza F a causar la roación del ubo se denomina momeno orsor M simplemene T
o
a
2.2.1 MOMENTO CON RESPECTO A UN PUNTO PUNTO.. METODO ESCALAR
45
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola
El momeno de una uerza (o en orma más general de cualquier vecor) con respeco a un puno O se dene como El producto de la magnitud de la fuerza F por la distancia de la perpendicular trazada del punto O a la línea de acción de la fuerz fuerza a .Esta distancia se in indica dica por d, y se llama brazo del momento.
M o = Fd
(2.37)
El momeno con respeco a un puno es una cantdad vecorial perpendicular al plano ormado por F y O. O. Pasa por O, y su sentdo se deermina deermina por la regla de la mano derecha derecha El méodo escalar se usa generalmene cuando la disancia d del puno a la reca de acción de la uerza, es de ácil deerminación deerminación lo cual sucede generalmene generalmene cuando la uerza esá siuada siuada en un plano (gura2.33). Cuando exise diculad en la deerminación de d es recomendable descomponer la uerza en sus componenes recangulares. El vecor momeno lo indicaremos por un segmeno dirigido con doble puna de echa( Ver gura 2.33a) Ejemplo 2.17 Si al
T= 28,285 kN. y W = 25 kN. Deermine la magniud y dirección de los momenos respeco puno B de: a) de la uerza T
b) de la uerza W
c)
de las uerzas T y W
Solución o b = 45
o
d = 20sen45
d1= 16 m
8,28 2855( 20sen 45) = 400k 0kN-m N-m a) M B = 28, anthorario 400kN-m 0kN-m horario b) M B = 25( 16) = 40 M B =0
Ejemplo 2.18 46
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola La longiud del resore sin estrar es 1m y la consane del resore es k= 20N/m si a =30o ¿Cuál es el momeno respeco al apoyo A de la uerza ejercida por el resore en el puno B Solución Deerminemos la longiud deormada del resore Para la posición mosrada
a = 4 sen30= 4( 0,5) = 2 m b= 4c 4coos3 s300= 2 3 m
c= 4- 3 = 1m
Longiud del resore deormado
(
)
BD2 = 1+ 2 3 2 Þ BD= 13 m
ΔL = éê 13-1 3-1ùúm esa estrado ë û
Deormación del resore
é 13 F BD = F = 20 ê ë
Fuerza del resore en B cos q =
2 3 13
senq=
1úù N û
1 13
Componenes caresianas de las uerzas 2 3 F = - F cos q= - 20 é 13- 1ù = - 50,07 N x ëê ûú 13
ù 1 = 14, 45 N F y = Fsen q= 20 êé 13- 1ú ë û 13
(
)
,07( 2) - 14,4 ,455 4- 2 3 = 92,4 ,400 N - m (sentdo horario ) M A = 50,07
2.2.2 MOMENTO CON RESPECTO RESPECTO A UN PUNTO PUNTO..- METODO V VECTORIAL ECTORIAL En la gura (2.34) se muesra la uerza F cuya reca de acción es L Y pasa por el puno A. El puno Q es un puno jo siu siuad ado o u uer eraa de la rec recaa L, cu cuya ya posi posició ción n esá esá 47
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola de den nid idaa con con resp respec eco o a un sis sisem emaa de co coor orde dena nada dass y qu quee ll llam amar arem emos os CEN CENTRO TRO DE MOMENTOS. Vamos a denir el momeno del vecor F con respeco al puno Q, al vecor
M Q = ( AA-Q Q ) xF
(I)
M Q = rQA xF
cuyo valor es:
(4.38)
Siendo ( A - Q ) La posición de A con respeco a Q . Las caracerístcas del momeno M Q son las mismas que las del produco vecorial r QA x F que vimos aneriormene. Como senα =sen β; se tene tene M Q = rQA Fsena = rQA senb F = F d
Con reerencia reerencia a la gura 2.34 Veamos que sucede sucede cuando cuand o omamos omamos el puno B de la reca de acción acción de la uerza, y deerminemos el momeno M Q de la uerza F con respeco a Q .
M Q = ( B -Q ) xF
El vecor QB tene por valor
QB = QA + AB
(II)
o su equivalene rQB = rQA + rAB que
remplazado en II) se obtene obtene Valor que remplazaremos en (II) se obtene obtene M Q = ( rQA + rAB ) xF
=( rQA xF ) + ( rAB xF )
Como r obtene AB y F son paralelos se obtene M Q = rQA xF
(III)
Que es el mismo valor deerminado por la ecuación (2.38). La Ecuación (III) nos permie armar en orma general, que el momento momento de de un Vector Vector con respecto resp ecto a un punto Q. Se obene mulplicando mulplicando vectorialme vectorialmente nte el vector vector posición posición QP i i de cualquier punto Pi de la recta de acción acción del vector, por el vector F .
48
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola
2.2.3 MOMENTO DE UNA FUERZACON CON RESPECTO RESPECTO A UN EJE En la gura 2.36 se muesra una uerza F cuya reca de acción es la reca L1 que pasa por
A y la reca L que pasa por un puno Q y es paralela al vecor uniario e .
F con respecto al eje L al vector deslizante M L del momento de la fuerza F con respe respecto cto a un punto Q del eje
Deniremos como momento de la fuerza cuyo valor es la proyección proyección
L é( Aùge M L = ë A-Q Q ) x( F ) û
(2.39)
Si la reca L esá denida por por dos punos Q y S el vecor el vecor uniario será e SQ = e el é( A- P ) x( F ) ùge PA M L = siendo P cualquier valor de la ecuación (4.) puede calcularse por ë û puno de la reca. (2.40) g M L = { éêrQA x( F ) ù e} e ú ë û
INTERPRETACIÓN GEOMÉTRICA DEL MOMENTO DE UN VECTOR CON RESPECTO A UN EJE Si se quisiera calcular calcular el momeno de la uerza con respeco a la reca o al eje BB racemos un plano A perpendicular al eje BB por un puno puno a del eje. eje. La reca de acción de la uerza F, uerza F, corará al plano A en el puno P. La uerza uerza F se puede descomponer en do doss co comp mpon onen ene ess or oro ogo gona nale less
F A ,
perpendicular al eje BB ora F B paralela a él. La uerza F B no produce momeno por ser paralela a BB y el mom momen eno o de de la ue uerz rzaa F A endrá por magniud M BB
=
FAd siendo d la disancia del eje BB a la reca de acción de FA
2.2.4 EXPRESIÓN CARTESIANA DEL MOMENTO DE UNA FUERZA CON RESPECTO A UN PUNTO Q PUNTO Q
49
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola
Si se tene la uerza A= ( x A , y A , z A )
F = F x i + Fy j + F z k
cuya reca de acción pasa por un puno jo
se quiere d deerminar eerminar el momeno de la uerza
Q de coordenadas
Q=( xQ , yQ , zQ )
F con respeco al puno
.
a) Cua Cuando ndo Q co coinc incide ide con el o orig rigen en b) Cua Cuando ndo Q n no o coi coinci ncide de con con el or orige igen. n.
Q = ( 0,0,0) i M
o
j
k
= r A xF = x A
yA
z A
F x
Fy
F z
(
(2.41)
)
(
)
M o = y A Fz - za Fy i +( z A Fx - x A FZ ) j + x A Fy - y A F x k
(2.42)
Siendo sus componenes M x = ( y A Fz - za Fy )
M z =
M y = ( z A Fx - x A FZ )
( x A Fy -
y A F x )
(2.2.43)
Segundo caso cuando cuando Q ¹ O i
(
M Q = r QA x A - xQ
j
) ( yA-
F x
k yQ
) ( zA-
Fy
z Q
)
F z
Cuyas componenes son M x = éê y A - yQ Fz - z A - zQ Fy ù ú ë û
(
)
(
)
é
(
)
M y = éê z A - zQ Fx - x A - xQ F z ù ú ë û
(
(
)
)
ù
M = ê x A - xQ Fy- y A - yQ F x ú z ë û
(
)
(2.44)
Ejemplo 2.19 La uerza F cuya magniud es 700 N acúa sobre la reca L que pasa por los punos
A = ( 0,10,6) m y B = ( 8,12,0) m . Deermine la magniud del momeno de esa uerza uerza con respec respeco o al origen O Solución
50
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola
Expresamos la uerza de magniud igual a 700N como vecor.
r BA = ( A- B ) = - 8i - 2 j + 6k
Þ r BA = 104m
æ- 8 i - 2 j + 6 k ö ÷ e BA = çç ÷ ÷ èç ø 104
F=70 F =700 0çç
æ-8 i -2 j +6k ö÷ ÷ èç ø÷ 104
F = - 549, 549,13 13i - 137,2 137,288 j + 411 411,84 ,84k
M o = r A xF =
i
j
k
0
10
6
549, 549,1 13 - 13 137,2 7,28 8
N -m
41 411 1,84 ,84
4.942,08 2,08i + 3.29 3.294,78 4,78,, j + 5.49 5.4911,30k M o = 4.94
M o = 8. 8.08 0899,14 ,14 N - m Ejemplo 2. 20En el balancín mosrado el momeno de F con respeco a O equilibrio al momeno que produce la uerza P de 250kN 250kN con respeco al mismo puno. Solución Descomponiendo las uerzas en sus componenes caresianas según diagrama. Tomando momenos con respeco a 0 enemos
2 F1( 0,60) k - 200( 0,3) k - 150( 0, 40 ) k = 0 1, 20 F1 k = 11220 k Þ F = 1002 + 2002
F1 = 100 kN
= 223,61 kN
Ejemplo 2.21 51
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola La uerza F acúa sobre las enazas del brazo del robo. Los momenos de F con respeco a los punos A y B son 120 12 0 N-m y 60 N-m respectvamene deermine deermine la magniud de F y el ángulo Solución Cálculos auxiliares sen30
800
=
sena
600
Þ sena =
600 sen30 = 0,375 800
a = 22,02o
AC = 600cos30 600cos30o + 800cos22, 800cos22,02 02= 126 12611,25mm
Descomponiendo la uerza en sus componenes horizonal y vertcal y suponiendo los sentdos que se muesran F x = - Fsenq
Fy = F cos q
Tomando momenos con respeco a A.
120 k = - Fsenq( 0,15) k + F c os q( 1, 26125+ 0,3) k
120=-0,15Fsenq+1,56125Fcosq
(a)
Tomando momenos con respeco a B
(
)
(
)
60 k = - Fsenq 0, 6 sen3300o + 00,,15 k + F c os q 0,8 cos 22,02o + 00,,3 k 60= - 0, 45 Fsenq + 1,042 F cos q (b) Resolviendo (a) y (b) Fsenq= 57,42 k
(c)
2,338 F cos q= 82,
(d)
De (c) y (d) tgq= 0,6970
q= 34,87o
F = 100,43
Ejemplo 2.23 Las magniudes de las dos uerzas son P =16kN y Q = 22kN deermine la magniud del momeno de las dos uerzas respeco al puno O . Solución Las uerzas tenen por valor P = - 16 co cos 40 40 i + 16 sen 40 k
kN
Q = - 22 j
52
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola M o = rOB x P + rOA x Q
ù M o = ( - 3 i ) x ( - 16 cos 40 i + 16 sen 40 k ) + é ë- ( 3 + 8 cos 40) i + 8sen30k ûx ( - 22 j ) M o = 30 ,8 ,8554 j + 200,8 ,8224 k + 113,131i N - cm
M o = 113,1312 + 30, 8542 + 200,8 ,8224 2 = 232,55 ,55 N - cm M o = 2,33N-m 2.2.5 EXPRESION CARTESIANA DE UN VECTOR CON RESPECTO CON RESPECTO A UN EJE. Si se tene una uerza F = ( F x , Fy , F z ) cuya reca de acción pasa por el l puno jo
A = ( x1 , y1 , z 1 ) y la reca L que pasa por el puno jo Q2 = ( x2 , y2 , z2 ) y es paralela al vecor uniario e =
cos b , cos g ) .El ( cosa , cos .El momeno con respeco al eje
L de la uerza F es según vimos por la ecuación (2.36) Cuya magniud equivale a
M L = érQA x ( F ) ùge e
{ë
cos a
cos b
M L = ( x1 - x2 ) F x
û
}
cos g
( y1 - y2 ) ( z1 - z 2 ) Fy
(2.45)
F 2
Siendo el momeno
M L = M L e
(2.46)
CASOS PARTICULARES DEL MOMENTO CON RESPECTO A UN EJE a)
MOMENT MOMENTO O CON CON RESP RESPECT ECTO O AL EJE Ox.
En ese caso Q =
( 0,0,0) es un puno de paso de odos los ejes Ox, Oy, Oz. El vecor uniario e = ( 1,0,0) y la uerza F = ( F x , Fy , F z ) . El momeno con respeco al eje Ox se obtene de la ecuación ecuación (2.41) o el valor ya deducido en la eecuación cuación (2.39)
M eje ox = ( y1Fz - z1F y ) i
(2.47)
53
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola b) MOMENT MOMENTO O CON CON RESP RESPECT ECTO O AL EJE Oy En orma orma similar similar al caso (a) se tene. tene. Q =
( 0,0,0) e = ( 0,1,0) y F = ( F x , Fy , F z ) se
tene
= ( z F - x F ) j
M eje oy
1
x
1
(2.48)
z
c) MOME MOMENT NTO O CON CON RESPE RESPECT CTO O AL EJ EJEE Oz En ese caso Q =
( 0,0,0) , e = ( 0,0,1) F = ( F x , Fy , F z ) a partr de los
se
deermina
M eje oz = ( x1 Fy - y1F x ) k
(2.49)
Obsérvese que la magniud de los momenos con respeco a los ejes de coordenadas expresados por las ecuaciones ecuaciones (2,43), (2.44) y (2.45) tenen la mis misma ma magniud de las componenes M x , M y , M respeco al origen (ver z del momeno de F con respeco ecuación 2.39).
En la gura 2.38 2.38 se muesra la uerza la aplilica cada da en la uerza F = ( F x , Fy , F z ) ap perilla de una puera, para que esa se abra, lo cual sucede cuando esa gire en orno del eje de las bisagras( en ese caso el eje z) que la sostene sostenen n al marco jo . No oda o dass las las co comp mpon onen ene ess de la u uer erza za P hacen que la puera gire. F z es paralela al eje, en consecuencia no produce giro en orn orno del eje eje z.
F cor raa al eje en x co
consecue cons ecuencia ncia no p produc roducee momen momeno o con re respec speco o al eje z . La comp componen onenee F y es la que hace posible que la uerza se abra Ejemplo 2.24 Calcular con respeco a las líneas AB y AC el momeno de la uerza de 140N . Todas las dimensiones esán en mm
54
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola Solución Deerminemos F r DE = 0,6 i + 0, 2 j - 0,3k
2
2
2
r ED = 0,6 + 0 0,, 2 + ( - 3) = 0,7 m e = ED
( 0 , 6 i + 0 , 2 j - 0, 3k ) 0, 7
F = 120 i + 40 j - 60 k
Þ
F = 140
( 0, 6 i + 0, 2 j - 0,3k )
0, 7
Tomemos el puno A de la reca AB puno E de la reca de acción de la uerza. El momeno de F con respeco a ese puno A será M A = rAE x F =
( 0, 6 i ) x( 120 i + 40 j - 60 k ) = 36 j + 24 k
Deerminemos la componene escalar del momeno del momen momeno o de la uerza con respeco a la reca AB M L = éë( E - A) x( F ) ù ûge AB
r AB = ( 0,30 i - 0, 2 j + 0,3k )
e AB =
(I)
Þ 0,32 + ( - 0, 2) 2 + 0,32 = 22 m
( 0,30 i - 0, 2 j + 0,3k ) 22
Remplazando en (I) ö - 7, 2+ 7 ,2 æ0,30 i - 0, 20 j + 0,3 k ÷ = =0 ÷ ÷ è ø 2 2 22
M L = [ 36 j + 24 k ] gçç ç
Aplicando (4.3)
M L = éêrQA x( F ) ù úûge e ë
{
}
M L = { 0 } e= θ
El momeno con respeco a AB es nulo Deerminemos el momeno de la uerza F con respeco a AC para lo cual omaremos el puno E de la reca de acción de la uerza y el puno C de la reca AC
55
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola rCE = 0, 2 j
Þ M C = 0, 2 j x( 12 1 20 i + 40 j - 60 k ) = - 12 i - 24 k
r AC = 0,6 i - 0, 2 j
Þ
r AC = 0, 4 m
e AC =
( 0,6 i - 0, 2 j ) 0,4
é æ öù ( - 7,2 ) j ÷ 0,6 i - 0,2 ç ê ú= ÷ M = ( - 12 i - 24 k ) gç L ê 0 , 4 ÷ 0, 4 çè øúû ë
ïì - 7, 7,22 ïüï ( 0 ,6i- 0,2 j ) = - 10,8 i + 3,6 j N - m ý M L = ïí ïïî 0, 4 ïïþ 0, 4 El momeno con respeco a la reca AC será M L = - 10,8 i + 3,6 j N - m
Ejemplo 2.25 El perno OB ja la posición de la barra OC en la horquilla. horquilla. La horquilla se aornilla en la base rígida D. La uerza de 150N aplicada en C es P = ( 100 i - 50 j + 100 k ) N .Si la longiud de OC es 250mm 250 mm deermine: a) El momeno con respeco a O b) Calcule Calcule la magniud magniud del momen momeno o que tende aornillar la horquilla c) Calcule la magniud del momeno que tende a hacer girar la barra barra OC alrededor alrededor del eje del perno AB Solución
Deerminemos las coordenadas de C xc = 25 250cos 0cos 45cos30= 15 153, 3,09 09mm yc = 250 sen 45= 1 1776,7 6,78mm
0cos4 s455 sen30= - 88,39mm zc = 250co C=( 153,09 153,09 , 176,78 78 , -88,39) mm
a)El momeno con respeco a O será i
j
k
,09 17 176,78 ,78 - 88,39 N - m M o = rC x P = 10- 3 153,09 100
- 50
100
56
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola - 3é -10 -3 é 153, 3,09 09x1 x100 00) +( 88 88,,39 39x1 x100 00) ù + ,78 x100) - ( 88,39 x50) ù M O = 10 i êë( 176,78 ú ë( 15 ûj û
+ 10- 3 éë( 153, 09 x- 50) - ( 176,78 x100) ùûk
M o = 13,26 ,26 i - 24, 24,15 j - 25,33 ,33 k
b) El momen momeno o que que aorni aornilla lla la horqui horquilla lla es M oy = - 24,15 j
El momeno que hace girar la barra OC es el momeno de la uerza con respeco al eje AB que pasa por O es perpendicular al plano ormado por el oy y la barra OC eoc =
153,09 ,09 176,7 6,78 88,39 ,39 i+ jk = 0,6 0,612 1244i + 0,70 0,7071 j- 0353 035366k 250 250 250
Si llamamos en el vecor paralelo al eje AB su valor será en = j x ( 0,6 ,61 124 i + 0,71 ,7170 j + 0,3536 k ) = - 0,61 ,6124 k + 0,3536 j
ùge AB M ejeAB = ëé( roc ) x( F ) û
,266 i- 24,15 j - 25,33 k )g( - 0,61 ,6124k + 0,3536 j ) M ejeAB = (13,2
2.3.0 SISTEMA DE VECTORES O SISTEMA DE FUERZAS
57
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola Se denomina sisema vecores al conjuno de vecores ormados por las uerzas F1 , F2 , F3 .........F n cuyas recas de acción pasan por los punos P1 , P2 , P3 .......P n respectvamene, o esán aplicados en ellos. Para ese sisema de vecores, se puede deerminar su resulane R y su momeno M Q con respeco a un puno Q cualquiera del espacio. El vecor R es un vecor libre independiene independiene del cenro de de reducción y se le denomina invariante vectorial siendo
n
R= å F i
n MQ = å ( Pi -Q ) xF i i= 1
i= 1
(2.50)
2.3.1 SISTEMAS DE VECTORES EQUIVALENTE EQUIVALENTESS. Dos o más sise sisemas mas de ve vecor cores, es, o sise sisemas mas de uer uerzas zas son eequiva quivalene leness cuand cuando o tenen la misma resulane resulane y cuan cuando do el momeno de los dos sise sisemas mas con respeco a cualquier puno del plano o del espacio son iguales. La condición necesaria y suciene para que los sisemas sean equivalenes es que cumplan la ecuación (2.50).
Ejemplo 2.26 Se tene dos sisemas de uerzas I y II ormado por las uerzas que se indican
Sisema I F = 4 i + 6 j + 5 k N
1
F = 3i - 2 j + k N
2
Cuyas recas de acción pasan por los punos
A1 = ( 0,2,0) m y A 2 = ( 1,- 2,1) m
Sisema II V = 5 i + 4 j + 2 k N 1
V = 2 i
+ 4 k N
2
Que pasan por los punos B1 = ( 0,0,0) y B2 = ( - 2,0,1) .Deerminar si los dos sisemas son equivalenes. Para deerminar si los sisemas son equivalenes deerminemos la resulane y el momeno con respeco a un puno cualquiera como por ejemplo el origen de coordenadas.
2 å F i = ( 4 i + 6 j + 5 k ) + ( 3 i - 2 j + k ) = 7 i + 4 j + 6 k i= 1
R F = 7 i + 4 j + 6 k Ü
58
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola 4 å V i = ( 5 i + 4 j + 2 k ) + ( 2 i i= 3
+ 4 k) = 7 i + 4 j + 6 k
RV = 7 i + 4 j + 6 k Ü
[ M o F ] = 2 j x ( 4 i + 6 j + 5 k ) + ( i - 2 j + k ) x( 3 i - 2 j + k ) = 10 i + 2 j - 46 k 10 i + 2 j - 46 k Ü N-m [ M o ] F = 10
[ M o ]V = q x ( 5 i + 4 j + 2 k ) + ( 2i + k ) x( 2 i + 4k ) = - 8 j + 2 j = - 6 j
[ M o ]V = - 6 j Ü
Los dos sisemas tenen la misma resulane pero los momenos con respeco al origen no son iguales en consecuencia los sisemas no son equivalenes
2.3.2 CAMBIO DEL CENTRO DE REDUCCIÓN
Cuando se tene un sisema de uerzas de
n R= F i å las cuales se conoce su resulane i= 1
y el momeno M Q1 con respeco a un puno Q1 es posible deerminar el momeno del sisema con respeco a oro puno Q2 en unción de esas dos variables. En eeco se tene: n
M 1 = i= å 1( Pi -Q1 ) xF i
n M 2 = å ( Pi -Q2 ) xF i i= 1
(a)
(b)
En la expresión (b) agregando y resando el vecor Q1 se tene n n n M 2 = å [ Pi -Q1 + Q1 -Q2 ] xFi = å ( Pi -Q1 ) xFi + å ( Q1 -Q2 ) xF i i= 1 i= 1 i= 1
n
n
i= 1
i= 1
M 2 = å ( Pi -Q1 ) xFi + ( Q2 -Q1 ) x å F i
(c)
Comparando ( c) con (a) se concluye 59
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola
M 2 = M1 + ( Q1 - Q2 ) xR M = M + R x ( Q2 - Q1 )
2 1 Analizando la ecuación (2.51) podemos armar que:
(2.51)
(2.51 a)
1. Si R=θ se tene que M 1 = M 2 2. Si R es paralela a ( Q1 -Q2 ) , el momeno
M 1 = M 2
3. Si pa para ra un pu puno no Q1 se cumple cumple que R¹ θ y M1 = q el momeno para cualquier oro puno Q2 siuado sobre una reca que pase por Q1 y sea paralela a R es ambién nulo ( M 2 = q ) 4. Si para para cu cual alqu quie ierr p pun uno o Qi se verica que M i =( Q1 -Q i ) xR
El sisema esá constuido por uerzas o vecores concurrenes en Q1 . Ejemplo 2.27 Deerminar el momeno de las uerzas mosradas con respeco al puno O y al puo A Solución El momeno con respeo a O se deermina deermina usando solución escalar M z = ( 20) ( 5) - ( 100) ( 5) + 0= .- 40 400 k Para deerminar
Para deerminar el momeno momeno con respeco al puno A usemos la expresión (2.42) o (2.42 a) F1= - 20 j
4 5
F2 = 60 i
3 5
F3 = - 100 i - 100 k = - 80 i - 60 k
R= -20 i -80 j
Usando la expresión (2.42 a) M A=
M A = M o + R x ( A-O A- O )
M A = - 400 + ( - 2 200 i - 80 j ) x ( 5 j ) = - 500 k
500 N-m en sentdo horario
2.3.3 PROPIEDAD EQUIPROYECTIVA DE LOS MOMENTOS DE UN SISTEMA DE
VECTORES Un sisema de vecores produce en cada puno del espa espaci cio o Qi un 60
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola momeno M i , en consecuencia consecuencia su número número es innio. innio. El conjuno de vecores generado por el sisema constuye un campo vectorial. Enre los campos campos vecoriales imporanes enemos enemos los constuidos por los momenos de un sisema de uerzas, los desplazamienos pequeños y las velocidade velocidadess de un sólido rígido, rígido, en en movimieno movimieno general. general. Se ha viso que el vecor vecor n
resulane R= å
F i de un sisema de vecores no depende del cenro de reducción por lo
i =1
a an no o es un invariante vectorial . Oro invariane invariane de imporanci imporanciaa es el constuido, constuido, por las componentes de los momentos M 1 y M 2 con respeco respeco a los punos
Q1 y Q2 sobre la reca L
que pasa por dichos punos. o sobre la reca la reca de acción de R o a la reca paralela R . Hemos viso en el acápie 2.30 que un l sisema de vecores es equivalene a un vecor R y a un momeno M i , es decir que el sisema se puede reducir a una resulane y a un momeno. Se ha deerminado aneriormene la relación: M 2 = M1 + ( Q1 -Q2 ) xR
(2.51)
Repetda Multplicando escalarmene la ecuación (2.51) por la resulane enemos: R gM 2 = R gM1 + R géë( Q1 -Q2 ) xR ù û
(a)
El vecor éë( Q1 -Q2 ) xRùûes perpendicular a R , el segundo érmino del segundo segundo miembro de la ecuación (a) es nulo: reduciéndose esa la ecuación a:
R gM 2 = R gM 1 = C = consane
(2.52)
El escalar C es un invariane y su valor bes RM 2 cos q2 = RM 1 cos q1 Þ
M 2 cos q2 = M 1 cos q1
M 2 cos q2 = M 1 cos q2 = C consane
(2.53)
El invariane C nos represena represena la componente del vecor momeno sobre R o sobre la reca paralela cuyo valor se puede deerminar por: R C = M g = M ge R i R i
(2.54)
En el caso que la reca L que pasa por los punos Q1 y Q2 y no es paralela a R , enemos M 2 = M1 + ( Q1 -Q 2 ) xR
Procediendo como en el caso anerior
61
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola M 2 g( Q1 - Q2 ) = M1 g( Q1 - Q2 ) + ( Q1 -Q 2 ) géë( Q1 -Q 2 ) xR ù û
El vecor
é( Q1 - Q2 ) xR ë
es perpendicular a
é( Q1 - Q2 ) ë
en consecuencia el vecor
( Q1 - Q2 ) g éêë( Q1 -Q2 ) xR ùúû es nulo. Y se tene
M 2 g( Q1 - Q2 ) = M1 g( Q1 - Q2 ) = C
(
Dividiendo enre Q -Q
2
(2.55)
)
1 se tene ( Q1 - Q2 ) (Q - Q ) = M 1 g 1 2 = C ( Q2 -Q1 ) ( Q2 -Q1 )
M 2 g
O su equivalene M 2 ge L = M1 g e L = C
(2.56)
Siendo e L el vecor uniario paralelo a L
M2 cos q2 = M1 cos q1 = C
(2.57)
Las proyecciones esarán deerminadas por
Pr oy Pr oy M i = ( Mi ge R ) e R = ( Mi geL ) eL
(2.58)
Las ecuaciones (2.52) y (2.53) represenan las componenes componenes de los momenos momenos con respeco a la reca que pasa por los punos y la ecuación (2.58) nos permie deerminar la proyección de los momenos con respeco a los punos siuados sobre y una reca cualquiera. Ejemplo 2.28 Los momenos de un sisema de uerzas con respecos a los punos A= ( - 1, 22,,- 5) B = ( - 1, 2 2,,- 5) y C=( 3, 0,2) son
M A = ( a , b , - 5
) M B = ( 1, 2, - 1 ) M C = ( 1, 4, c ) ,
esando las posiciones expresadas en meros y los momenos en N-m. Deerminar las componenes a, b y c de los momenos y la resulane R del sisema Solución Aplicando la ecuación (2.51) a M A , M B y M C M A .g( A-C A- C ) = M C .g( A-C A- C )
(1)
M B g( A- B ) = M A g( A- B )
(2)
62
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola M C .g( B -C ) = M B .g( B -C )
(3)
Remplazando daos
( a , b, - 5) g( - 4, 2, - 7 ) = ( 1, 4, c ) g( - 4, 2, - 7 ) 2 , - 5 ) = ( a , b , - 5) g( - 3,- 2, 2 , - 5) ( 1, 2 ,- 1) g( - 3, - 2,
(4) (5)
( 1, 4, c ) g ( - 1, 4, - 2 ) = ( 1, 2,- 1) g( - 1, 4, - 2)
(6)
2b+7c-4a+31=0
(7)
2b + 3a - 27 = 0
(8)
Eecuando
2c = 6
Þ
c = 3
(9)
Remplazando el valor de C en (7) y resolviendo (7) y (8) enemos a= 79
7
b = 24 7
Deerminación de la resulane M B = M C + ( B -C ) xR
( 1, 2,- 1) = ( 1, 4, 3) + ( 1,- 44,, 2) x ( R x , R y , Rz ) i
j
( 0,- 2,-4 ) = 1
-4
R x
Ry
(10)
k
2 = i ( -4R z - 2R y ) - j( R z - 2R x ) + k ( R y +4 +4Rx ) Rz
- 4 R z - 2 R y = 0 Þ Ry = - 2 Rz
R z -2R x =-2
R y +4Rx =-4
(11) (12) (13)
Remplazando (11) en (13) se conviere en una ecuación redundane de (12) por lo ano necesiamos ora ecuación Aplicando nuevamene (2.46) a M B y M A æ79 24 ( 1, 2,- 1) = ççç , , è7 7
ö 5÷ + ( - 3,- 2, - 5) x( R x , R y , Rz ) ÷ ÷ ø
63
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola
( 1, 2,- 1) =
æ79 24 çç , , çè 7 7
i
j
k
R x
Ry
Rz
ö 5÷ ÷+ - 3 - 2 - 5 ø÷
æ 72 i 33 j ö÷ + + 4 k ÷ = ( 2 R z + 5 R y ) i - ( - Rz + 5 Rx ) j + ( - 3 R y + 2 Rx ) k ççèçø÷ 7 7
Como sólo necesiamos una sola ecuación escalar identquemos en z
- 3 R y + 2 R x = 4 Resolviendo (12), (13) y (14) enemos R x = -
4 7
R y = -
12 7
Rz =
6 7
R= -
4 1122 6 ij + k 7 7 7
2.3.4 VALOR MÍNIMO DE DELL MOMENTO DE UN SISTEMA D DEE VECTORES VECTORES.. En la g gur ura2 a2.4 .41m 1mue ues sra ra el al mo mome men no o
M Q de
un
sisema de vecores vecores con respec respeco o al puno Q . Dicho momeno se ha descompueso en dos momenos M 1 cons con san ane, e,
par parale alelo lo a la res resul ulan anee cuy cuyo o valor se
puede calcular por la ecuación (2,50) y
M 2
perpendi perp endicular cular a R cuyo valor hace que el momeno MQ Tome innitos valores según sea el valor del ángulo θ. Cuan Cuando do θ=0 o 180o el valor de M2 se hace hace igua iguall a M1 de valor valor consane consane y paralelo paralelo a a R con lo cual cero y el momeno MQ se hace cero podemos armar que un sisema de vecores podemos vecores se puede reducir a oro sisema sisema equivalene equivalene ormado por una resulane y un momeno mínimo M 1 cuyo valor se ha deerminado aneriormene.
M1 = M min = éêM Q ge R ù úûe R ë
(2.59)
2.3.5 EJE CENTRAL Por lo esudia esudiado do en los acápies acápies aner anerior iores es
se
concluye que variando el cenro de reducción Qi el momeno momen o del sisema sisema de vecore vecoress varía, varía, pero pero perm perman anec ecee in inva vari riab able le su compo compone nen nee C y su proyección proye cción sobre la la reca de acción acción L a los cuales perenecen los punos con respeco respeco a los cuales se oma momenos, momenos, de modo que su ora proyección orogonal perpendicular a R hace que el momeno 64
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola
M i om omee inni innios os valore valoress según según la posici posición ón de Qi .Veremos a contnuación que exisen punos con respec punos respeco o a los cuales cuales los momenos momenos del sisem sisemaa son paralelos paralelos R , que esos esos punos perenecen a una una reca L que se conoce con el nombre de EJE CENTRAL. O llave de tuerca tue rcass Verem Veremos os a contnuación contnuación que siempre siempre existrá existrá un puno Q con respeco respeco al cual el momeno será paralelo a R. Los punos de la reca reca L que pasan por Q y es paralela paralela a R dan ambién ambi én momen momenos os parale paralelos los a R. Por la condición impuesa, impuesa, el momeno del sisema con respec res peco o a Q de que sea paralelo paralelo a esa, esa, se tene tene M Q
= k R en
donde k es una consane
dimensional con unidades de longiud. Tomemos momenos momenos del sisema con respeco respeco a Q 1 de la reca L. El momeno con respeco a Q 1 tene por valor. M1 y será también paralelo a R. M
1
= kR + ( Q -Q1 ) xR
Siendo ( Q - Q1 ) y R paralelos se tene tene que M Q = k R 1
Exise un puno Q 1 para el cual el momeno es paralelo a R que dene la dirección de L del eje cenral para los cuales el momeno es paralelo a la uerza Habiendo vericado la exisencia exisencia del eje cenral, veamos cómo podemos deerminar el puno Q del eje cenral, para el cual el momeno con respeco a él es paralelo a la resulane. Conociendo el sisema de uerzas podemos deerminar el momeno M o del sisema con respeco al origen de coordenadas. Y a partr de allí deerminemos el Momeno con respeco al puno Q por donde pasa el eje cenral y la uerza
k R = M o + ( q - Q ) x R
Þ kR = M o - Q x R
(2.60)
del sisema con respeco al origen O se puede deerminar en consecuencia se puede esablecer una relación enre R , M o y el puno Q del eje cenral cuya posición con respeco al origen esá denido por el vecor posición
OQ = Q Multpliquemos vecorialmene la ecuación (251) por R
R x kR = R xM o - R x [ Q x R ]
(a)
Eecuando (Ver acápie 2.1.22)
- é( RgR) Q - ( RgQ ) Rù - R xM o = ë û
- R xM o = - R 2Q + ( RgQ ) R
(b) (c)
65
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola
Como Q es un puno cualquiera, elijamos a Q de al manera con respeco a él sea paralelo a R pero que además su vecor posición Q sea perpendicular a la reca de acción de R .Para ese puno se tene 2
R xM o = R Q Siendo
Q=
R xM o
R 2
(2.61)
La ecuación del eje cenral será (ver Acápie 2.1.23)
L : P = Q + t R
Ejemplo 2.29 Se tene el siguiene sisema de vecores F 2 = - 5 i + j + 3 k , F 3 = - 2 i + 5 k ,
F2 =-5 i + j +3 k
F 4 = i - 2 j + 3 k
F5 =3 i -3 k .
Cuyas recas de acción pasan por los punos P = ( - 2,1,3) 1 =
P2 =( 4,-2, 1)
,
P3 =( 1,-3,-1)
P 4 = ( 0, 2,3)
y
P 5 = ( 4,- 1, 0)
.
Si las uerzas esán dadas en newon y las posiciones en meros, deerminar la resulane R y la ecuación del eje cenral. Deerminemos los elemenos que nos permian deerminar Q 5 R= å F i = - 3i + 4 j + 5k i= 1
La resulane
F = 9+ 16+ 2 255=
50 N
Deerminemos el momeno del sisema con respeco a O M o =( -2 i + j + 3 k ) x( 3 i + 2 j - 4 k ) + ( 4 i - 2 j + k ) x ( -5 i + j + 3 k )
+ ( i - 3 j - k ) x( -2 i + 5 k ) + ( 2 j + 3 k ) x( i - 2 j + 3 k )
+ ( 4 i - j ) x( 3 j - 2 k ) = ( -18 i - 8 j - 9 k )
Para deerminar el puno Q usando usando la expresión (2.61) se necesia conocer el valor de i R x M o = - 3
j
k
4 5 = 4 i - 117 j + 96 k - 18 - 8 - 9
-117 7 j +96 +96 k ) RxM ( 4 i -11 Q= o= 50 R 2
66
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola
La ecuación vecorial vecorial del eje cenral cenral es (Ver acápie 2.1.23, ecuaciones 2.29, 2.30, 2.31 ) Ecuación vecorial. æ 4 117 96 ÷ ö + t ( - 3 , 4,5) , , ÷ çè50 5 0 50 ÷ ø
P = Q+ t RÞ ( x , y , z ) = ç ç
Ecuación paramérica x=
4 - 3t 50
y =
117 + 4t 50
z=
96 +5t 50
Ecuación caresiana 4 117 96 yz 50 = 50 = 50 - 3 4 5
x-
2.3.6 PAR DE FUERZAS Y MOMENTO DEL PAR Se denomina par de uerzas al sisema de dos vecores veco res recas de acción yson - F cuyas F y siendo recas paralelas su resulane su R = momeno
puedee dee deerm rmin inar ar o oma mand ndo o C se pued
momeno con respeco al origen. El momeno del par es un vec vector tor libre libre y es constante. Tomemos dos punos que esén siuados sobre las recas de acción de las uerzas que orman el par; cuyos vecores posiciones son r 1 y r 2
C o = r1 x ( - F ) + r2 x ( F ) = ( r2 - r1 ) xF
Al momenoC del par lo denominaremos cupla
C o = r x F Deerminemos el momeno del par con respeco a oro puno cualquiera del espacio
C Q = C o + ( O - Q ) x R Siendo R =
se tene
C Q = C o
(consane)
El momento de un par de fuerzas es constante
Ejemplo 2.30 Se tene las uerzas F y - F cuyas recas de acción son las recas 67
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola ö æ 1 1 1 ÷ , , ÷ èç 4 4 2 ÷ ø
ç L2 : P= ( 1, 2,- 1) + sç
L1: P = ( 5, 4,5) + t ( 1,- 1, 2)
respectvamene Si F = ( 6 i - 6 j + 12 k ) deermine el momeno del par de uerzas Solución Deerminemos un puno de paso de cada reca haciendo y s cero Q1= ( 5, 4,5) de L1 y Q2 = ( 1, 2- 1) de L2 r 2 = ( 1,2 ,2,,- 1)
r 1 = ( 5,4,5) i
j
k
M = r x F = 4
2
6 N -m
Þ
r = ( 4 i + 2j + 6 k )
Þ M = ( 60 i - 12 j- 36 k )
M = 70,99 N-m
6 - 6 12
2.3.7 EQUIVALENCIA DE PARES DE FUERZAS Como la resulane de un par de uerzas es nula, la condición necesaria y suciene para que dos pares sean sean equivalenes, eess que engan el mismo momeno momeno en consecuencia los pares deben esar en un mismo planos en planos paralelos consecuencia
2.3.8 SUMA DE PARES Como la resulane de cada par es sula y cada par es equivalene a un momeno .La suma de pares se reduce a la suma de los vecores momenos en la gura 2.45 2.45 dos pares de uerzas acuando en planos dierenes cuyos momenos C 1 y C 2 son perpendiculares a dichos planos. La suma de los pares esá represenada por el vecor C el cual es perpendicular al plano en donde se encuenra el par resulane
68
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola
Ejemplo Deermine el momeno resulane C de las cuplas mosradas
C x = 400( 0, 6) i = 240i C y = 200( 1, 2) j = 240 j C z = 500( 0, 6) k = 300k C = 240i + 24 240 j + 300 k
Deerminemos su modulo
C =
2402 + 240 2 + 300 2 = 453
Deerminemos su dirección denida por los ángulos que C con con los eje e = c
( 240i+240 j+300 k ) 453
cos a = 0, 0,5298 Þ a = 58o = b
= ( 0,5298, 0 0,,5298, 0, 0,6623)
cos g = 0,6623 Þ g = 48o ,52
Ejemplo Deerminar P y F si la resulane de las res cuplas es nula. nula. Solución Deerminemos las cuplas o momenos Deerminemos de los pares de uerzas
69
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola
- 12 F i - 12 Pk + 120i + 160k = q
( 120 - 12 F ) i + ( 160 - 12 P ) k = q ( 120 - 12 F ) = 0 Þ F = 10 N F = 20 N P = ( 120 - 12 F ) = 0 Þ F = 10 N ( 160 - 12 P) = 0 Þ P = 13, 33N 2.3.9 TRASLACIÓN DE UNA FUERZA A UNA POSICIÓN PARALELA
En la gura 2.46 se tene la uerza F uerza F acuando en una reca L que pasa por un puno P, La uerza F acuando en L la cual se quiere rasladar a la reca L 1 que pasa por Q . Si en el puno Q se colocan dos uerzas +F + F y –F se tene que la uerza +F uerza +F acuando en L y la uerza –F uerza –F acuando acuando en L1 constuyen un par de uerzas cuyo momeno C es perpendicular al plano deerminado por las dos recas . recas . Cuando se quiere rasladar una uerza a una reca paralela a ella, y que pase por un puno Q se raslada la uerza y se agrega el par de ranspore, que es el momeno de la uerza con respeco a Q Ejemplo Una columna de concreo armado cuya sección ransversal tene la orma que se muesra y sopora una carga vertcal de compresión de 2,5 MN. MN. La carga es excénrica con respec respeco o a O . Remplace la uerza por un sisema equivalene aplicado en O
Solución El sisema en O consa de un uerza y un momeno siendo
70
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola
P = -2,5kN k
M ox = 2.5 x106 ( 75 75 x1 0- 3 ) = - (187, 5 i ) kN kN - m M oy = 2.5 x106 ( 100 x1 0- 3 ) = ( 250 j ) kN kN - m R =
2 ( - 187 ,15) + ( 2 50) 2 = 312, 5500 N - m
tgq = 0, 0,75 Þ
q = 36,87o y
a = 53,13o
Ejemplo La línea de acción magniud F pasa la placa a) El E l par de raslada a
de la uerza de por los punos A y B de semicircular, Deermine: ranspore cuando F se D en unción de
b) Cu Cual debe que el par máximo
ser el valor de θ para de ranspore sea
Solución Deerminemos las coordenadas de B y y F en
unción de r y θ B = ( r + r cos 2 q, rsen 2q ) C = ( r + r cos2q ,0) F =Fco =Fcosθ sθ i +F se sen n θ j
r rsen2q ) BC = ( 0, rsen M D = 2 rFsen 2q cos q
M D = r BC x F = ( rsen 2q j ) x( F cos q i + F sen q j )
(a)
Derivando (a) con respeco a θ
71
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola dM D =2rF [ 2cos2θcosθ-senθsen2θ ]=0 dθ
2 cos 2 q- sen2q cos q- 2 senq cos qsenq= 0
(
)
2 cos q cos 2 q- 2 sen2q = 0
(
)
(b)
cos2 q- 2 sen2q = 0
Þ tg q=
1 q= 35, 26o 2
De (b) se tene
2 cos q = 0 Þ q=
Para
q =
p
2
p
2
el momeno es mínimo m y para q =
35,26o el momeno se maximiza
2.3.10 REDUCCIÓN DE UN SISTEMA DE FUERZAS Cuando se tene un sisema de uerzas y pares de uerzas la reducción del sisema consise en reducir el número de elemenos al menor posible y obener oros sisemas equivalenes equivalenes sencillos. Todo sisema de uerzas se pueden reducir a: 1. A res res uer uerza zass 2. A do doss ue uerz rzas as 3. A un unaa u uer erza za y u un n mo mome men no. o. Por ser el ercer caso el más imporane en esátco al permitr ese caso caso a la solución de equilibrio de los sólidos rígidos
2.3.11 REDUCCIÓN DE UN SISTEMA DE FUERZAS A UNA FUERZA Y A UN MOMENTO
72
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola
Reducir un sisema de uerzas a una uerza y a un momeno reeridas a un puno Q cualquiera. En ese caso por el puno Q se razan recas paralelas a la línea de acción de la uerza y el problema probl ema se reduce a rasladar las uerzas uerzas a esas esas recas agregando agregando el par de ranspore ranspore de cada uerza que se raslada (Ver acápie 2,3,9) En eeco, si se rasladan las uerzas F 1 , F 2 , n a recas paralelas paralelas a sus línea de acción que pasan por Q se endrá que agregar los F 3 ….. F pares de raspore M 1 = ( P1 - Q ) x F 1 , ,
Reducir un sisema de uerzas a una uerza y a un momeno reeridas a un puno Q cualquiera. En ese caso por el puno Q se razan recas paralelas a la línea de acción de la uerza y el problema probl ema se reduce a rasladar las uerzas uerzas a esas esas recas agregando agregando el par de ranspore ranspore de cada uerza que se raslada (Ver acápie 2,3,9) En eeco, si se rasladan las uerzas F 1 , F 2,
F 3 ….. F n a recas paralelas paralelas a sus línea de acción que pasan por Q se endrá que agregar los pares de raspore M 1 = … M n
( P1 - Q ) x F 1 , M 2 = ( P2 - Q ) x F 2 M 3 = ( P3 - Q ) x F 3
= ( Pn - Q ) x F n con lo cual endremos en Q un sisema de uerzas concurrenes
cuya resulane R se obtene obtene sumando sumando las uerzas uerzas y un momeno momeno M Q resulane de adicionar odos los momenos. El valor que oman la resulane y el momeno se obtene por:
n
R =
å
i= 1
n
F i
M Q = å
( Pi - Q ) x F 1
(2.53)
i= 1
2.3.10 REDUCCIÓN DE UN SISTEMA DE FUERZAS A UNA FUERZA Y A UN MOMENTO MÍNIMO 73
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola
n Se puede reducir a una 3 ….. F 2 , F Hemos He mos vis viso o que el sisem sisemaa de uerz uerzas as F 1 , F resul res ulan anee R y a un mome momen no o M Q , acu acuan ando do en el pu pun no o Q cuyos valores se pude
deerminar por la ecuación (2.53).(Ver gura 2.48a) El vecor M Q se puede descomponer en dos vecores orogonales. M ¢paralelo a R y M ¢¢ que esá conenido en un plano S perpendicular a R . (Ver gura 2.48b). Si rasladamos el sisema ormado por R , M y M ¢¢ a un puno P del plano endremos es que agregar un momeno M ¢¢¢ generado por la resulane R . Cuyo valor es
M ¢¢¢= ( Q - P ) x R si se elige el puno P de al orma que M ¢¢= - M ¢¢ el sisema se reduce a la resulane
y al momeno
paralelo a ella, por lo ano el puno P
M ¢calcular por perenece al eje cenral Rcuyo valor se puede por la ecuación (2.52) El sisema ormado por R y M se denomina “orsor” o “llave de uercas “y será positvo si ambos tenen el mismo sentdo y negatvo en caso conrario. El eeco del orsor. o llave de uercas al acuar sobre un cuerpo es que la resulane R tende a que el cuerpo se raslade areves del eje cenral mienras que el momeno M 1 raa de hacerlo girar en orno de él La relación enre las magniudes de M 1 y R re
ciben el nombre de paso 74
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola
p =
M 1 R
(2.62)
Si al reducir reducir el sisem sisemaa F 1 , F 2 ,
F 3 ……. F n con con resp respec eco o a Q
se tene tene que que M Q es
perpendicular a R el sisema de uerzas se puede reducir a una resulane. En consecuencia un sisema de uerzas es posible reducirlo solo a un resulane resulane si
M Q g R = 0
(2.63)
Ejemplo Se tene las uerzas F1 =
30kN F2 = 60kN F3 = 50kN F4 = 90kN que
acúan en las arisas y en la diagonal del paralelepípedo mosrado. Deermine:
El orsor a) b) la re reca ca de de acció acción n de la la resul resulan ane e b) c) el paso paso del del or orso sorr Solución
F1 = 30 j F2 = 60 i F3
= 50 k
F4 = 90 90 cos 45 j - 90 sen45k = 45 2 j - 45 2k R =
å
n
i= 1
(
)
(
)
4 5 2 j + 50 - 45 45 2 k Fi = 60i + 30 + 45
R = 60 i + 93,6 ,644 j - 13,6 ,644k R =
2
602 + 93, 642 + ( - 13, 64) = 112, 05kN
M o = rA xF1 + rC xF2 + rF xF3 + rA xF 4
M o = ( 0, 4i + 05k ) x ( 30 j ) + ( 0, 5 j + 0, 5k ) ( 60i ) + ( 0, 4i + 0, 5 j ) ( 5 50 0k ) +
( 0, 4i + 05k ) x ( 45 2 j - 45 2 k )
,81i + 35,45 ,45 j + 7,45 ,45k M o = - 21,81 75
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola
æ60 i + 93,6 ,644 j - 13,6 ,644k ö÷ ,533 55 i + 0,83 ,8357 j - 0,1217 k ÷= 0,5 è ø÷ 112.05
e R = ç çç
Deerminemos el momeno M 1 paralelo a la resulane
æ R ö M 1 = çç M o g ÷ ÷e R çè R ÷ ø
M1 = é ,455 j + 7,4 ,455k ) g( 0,5 ,53355i + 0,83 ,8357 j - 0,1217 k ) ùûe R ë( - 21, 81i + 35,4 M 1 = 17 N - m
M 1 = 17e R = ( 9,10i + 14, 20 j - 2, 07 k ) El orsor o llave de uercas esá ormado por
R = 60 i + 93,6 ,644 j - 13,6 ,644k y M 1 = ( 9,10i + 14,20 ,20 j - 2,07 ,07 k ) Para deerminar la ecuación del eje cenral necesario hallar el puno P de él; pueso que es paralelo a la resulane
P =
( R xM o ) R
2
=
1 12.554,50
i
j
k
60 93, 64 64 - 13, 64 64 = 0, 09 094i - 0, 01 012 j + 0, 332k - 21,8 ,811 35 35,45 7,4 ,455
Ecuación vecorial del eje cenral-
,0994, - 0,0 ,0112, 0,3 ,3332 ) + t ( 0,53 ,5355, 0,83 ,8397, - 0,1217 L : ( x, y, z ) = ( 0,0
)
Deerminación del paso
p =
17 = 0,1517 112,05
Ejemplo En los punos A y B de la placa de radio r acúan acúan las uerzas de magniud magniud F al como se indica en la
76
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola gura ¿Cuál debe ser el valor del ángulo a Para que la resulane del sisema sea angene al borde del del a placa rayecoria Solución : Si rasladamos las uerzas al O origen con sus sus respectvos momenos se se endrá
R = ( F + F cos b ) i + Fsenb j R = F
(a)
2
2 b = F 2( 1 + cos b ) ( 1 + cos b ) + sen
El momeno de dos uerzas es perpendicular al plano x-y es igual a :
M o = - Frk + Frse Frsen nb k = - Fr ( 1- senb ) k (b) Teniendo en el origen un sisema equivalene ormado por R y M o Traslademos ese sisema a un puno Q del borde de la placa de al manera que el momeno que genera R sea de la misma magniud pero de sentdo conario al momeno de la ecuación (b)
2( 1 + cos b ) = ( 1- senb )
2
(c)
La ecuación C solo acepa soluciones soluciones de ángulos en el segundo y curo cuadrane resolviendo la ecuación por aneos se tene
b = 150, 06
o
o
o
b = 307, 05 o - 52, 5
Ejemplo a rueda denada y la correa solidaria se aaceleran celeran por la acción de una una uerza de 25kN sobre los dienes y las ensiones de la correa son 18kN y 5kN. Sustúyase el sis sisem emaa de las r res es u uer erza zass po porr un sise sisema ma equ equiva ivalen lene e con const stuid uido o por una uerza R y un momeno M aplicado en O ¿Cuál es el sentdo de la aceleración angular de la rueda. Solución Descom Des compon ponga gamos mos las ue uerza rzass en sus componenes recangula recangulares res 4,66 j F1= 18co 8cos15 i +18 sen15 j = 17.39 i + 4,66 F = 5 co cos 15 i -5 sen15 j = 4,83 i -1,29 j
2 F3 = 25 sen 20 co cos 45 45 i - 25sen20 sen45 j + 25 co cos 2200 co cos 45 45 i + 25 co cos 20 20 sen45 j
77
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola F3 = 22 22,6 ,666 i + 10 10,5 ,566 j R= = 44 44,8 ,888 i + 13 13,3 ,399 j
El momeno deerminemos usando la orma escalar éë M o = ( 18co 18cos15 s15) 0, 0,15 15- ( 5cos15 5cos15) 0, 0,15 15- ( 25cos 25cos 20) 0, 0,10 10ùû k M o = ( - 0,47) kN-m
El momeno hace que la rueda se acelera en sentdo anthorario 2.3.11 TEOREMA DE VARIGNON Cuando se tene un sisema de uerzas
F 1 , F n que tenen el momeno 2 , F 3 ……. F
mínimo nulo El momeno de la resulane es igual a la suma de los momenos de cada una de las uerzas. Se ha viso que odo sisema se pude reducir a una resulane R y a un momeno mínimo M Q que es paralelo a R . Si omamos momeno de ese sisema sisema uerza momeno con
respeco a oro puno P endremos M P = M Q + ( Q - P ) xR
tene Si M Q es nulo se tene
M P = ( Q - P ) xR
(2.64)
2.2.12 SISTEMA DE FUERZAS PARTICULARES PARTICULARES Los sisemas de uerzas uerzas que acúan un cuerpo pueden pueden ser sisema planos, planos, o espaciales, espaciales, para odos esos sisemas si si se conoce conoce el momeno momeno con respeco a un puno Q es posible deerminar el momeno con respeco a oro puno P. M P = M Q + ( Q - P ) xR
La cual nos permie analizar los siguienes casos partculares A) Si la resul resulane ane es nula nula como como el caso caso de un un par de de uerzas uerzas M P = M Q = Consane
B) Cuando el momeno mínimo mínimo es nulo nulo en ese ese caso se cumple el eorema de Varignon y Q perenece al eje cenral.
78
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola
M P = ( Q - P ) xR C)
Cuando Cuando el sisem sisemaa de uerza uerzass son concur concurrene reness en un un puno puno Q en ese ese caso caso el momeno M Q = q se cumple el eorema eorema de Varignon, y se tene
M P = ( Q - P ) xR Cuando el sisema de uerzas F1 ,F2, F3, …Fn esá constuido por vecores paralelos que pasan por P1, P2 , P3 y Pn paralelos al vecor uniario e . n
En ese caso R =
å
F i y el momeno de cada
i= 1
ue uerrza con con respe espec co o a cua ualq lqui uieer pun uno o es perpendicular a la uerza y no endrá proyección sobre R por lo ano el momeno mínimo es nulo ( no tene componene en la dirección de la uerza . El sisema se reducir a una resulane cuya reca de de acción es el eje cenral . La de deer ermin minaci ación ón de la reca reca llamad llamadaa eje cenral cenral se puede puede deerm deermina inarr al conoce conocerse rse su dirección y un puno de él que que se pude deerminar deerminar por la ecuación (2.61)
Q=
å
R 2
n
n
Como R =
R xM o
Fi = R e y M o =
å
i= 1
n
ri xFi = - e x å F i r i deerminemos el
i= 1
i
n R e x ( -e x å Fi ri ) i Q= R 2
valor de
n
n
n
i= 1
i= 1
egå Fi r ) e _ ee..e ) å F i r ( i ( i Q=-
R
e x (e x å F i ri ) i = R n
Q=
å Fi ri i= 1
R
Ecuación del eje cenral siendo P un puno cualquier de la reca
L : P = Q + t ( e ) =
n
-
(egå F i r i ) i= 1 R
e
79
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola n
P = (
å Fi ri i= 1
R
n
-
(egå F i r i ) i= 1 R
e ) + t ( e)
(a)
Deerminemos oro puno del eje cenral que denominaremos G . Que se obtene de la n
ecuación (a) haciendo que el escalar escalar ome el siguiene valor
(egå F i r i ) i= 1
t =
R
n
G =
å F i r i i= 1
R
(2.65) El puno G es un invariane del eje cenral denominado CENTRO DEL SISTEMA DE VECTORES PARALELOS ( que en ese caso partcular son uerzas) que no depende del vecor uniario e cuya imporancia radica en que si el sisema , F 1 , F orno de sus sus 2 , F 3 ……. F n giran en orno punos de aplicación el mismo ángulo, la resulane gira ambién enorno de G el mismo ángulo. Si reerimos el puno G a un sisema de coordenadas caresianas G =
( x , y , z ) la ecuación
vecorial (2.55) se puede expresar como n
xR =
å
i= 1
n
n
xi F i
yR = å yi F i
zR =
å
zi F i
(2.66)
i= 1
i= 1
Ejemplo Sobre una losa de concreo armado acúan seis uerzas Deermine Deermine la resulane de las uerzas e indique en que puno del plano x-y la reca de acción de la uerza inerseca al plano xy.
R = ( - 5 - 9- 7 - 6 - 4 + 8) k R = ( - 23 k ) kN
R = 23 kN Aplicando el eorema de Varignon El momeno de la resulane es igual al momeno de las componenes
80
MECÁNICA PARA INGENIEROS ESTÁTICA Ing. Pedro Obando Oyola 6
R y = å yi F i n= 1 - ( 23 y ) = ( 8) ( 6 ) -
( 4) ( 15) - ( 22) ( 7 ) - ( 22) ( 9 ) Þ y = 15,83m
6
R y = å
yi F i
n= 1
( 23 x ) = ( 20) ( 6) - ( 15) ( 8) + ( 7) ( 4) + ( 20) ( 7) Þ 7, 30m Ejemplo Deerminar la anchura b del escalón de concreo simple , para que la resulane de las cuaro cargas cuya reca de acción acción pasa pasa por el puno puno A siuad siuado o a 0,40 de la anchura oal de la base base a la izquierda del puno puno O. Las cargas de 4,5 kN, 4,8 kN , 9kN 9kN y y P repre represena senan n los pesos pesos de las respectv respectvas as pares pares de los escalo escalones nes.. El peso de P es igual a 0,6 b donde b se expresa en m y las unidades de b son kN/m Solución La longiud oal de la esrucura de concreo es b= 0, 433m b= 108,96 m : L= ( b + 1, 20+ 0,90) = ( b + 2,10 ) OA= 0, 4( b+ 2,10) = ( 0, 4b+ 0,84) m
R = - ( 0, 6b + 4, 8 + 9 + 4 4,, 5) = - ( 0, 6b + 18, 3) ¯ Aplicando el eorema de Varignon y omando momenos con respeco al puno O (ver ecuación 2.56)
Eecuando æ ö b÷ ( 0, 4b+ 0,84) ( 0,6b+ 18,3) = ( 0,6b) ççç2,10 + ÷ ÷+ ( 1,50) ( 4,8) + è
2ø
( 1, 20) ( 9) + ( 0, 45) ( 4, 4,5) 0,2 ,244b2 + 7,32b+ 0,504b+ 15,372= 1,26 ,26b+ 0,3b2 + 7,2+ 10,80+ 0,2 0,20025 Simplicando 0, 06b2 - 6,564b+ 2,8305= 0 b= 0, 433m
b= 108,96 m (no satsace )
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