Fuerzas - tratamiento vectorial

Jardín, agosto 2024

 

 

Reducción de un sistema de Fuerzas

 

Reducción de un sistema de fuerzas en el espacio, que actúan sobre un cuerpo, a una fuerza y un momento.

En la figura 1 vemos tres fuerzas F₁, F₂, F₃, ubicadas en los puntos A₁, A₂ y A₃ del cuerpo. Sea O un punto arbitrario en el cuerpo (o fuera de él).

Figura 1

Cada Fuerza F produce un momento respecto del punto O. Si pasamos las fuerzas para el punto O, tenemos que agregarle el Momento producido por esas tres fuerzas, respecto de O.

M_O^R = r₁XF₁ + r₂XF₂ + r₃XF₃                                             (1)

Las letras r en negrilla, representan los vectores OA1, OA2 y OA3 y las fuerzas F₁, F₂ y F₃ son las fuerzas. M_O^R es el momento que esas tres fuerzas producen alrededor del punto O.

Al final, las tres fuerzas tienen una resultante R = ∑Fi

La gráfica 1, nos muestran esta transformación.

La gráfica 2 nos muestra cómo, conocida la reducción de fuerzas, respecto del punto O, podemos encontrar una reducción equivalente, respecto a un punto O’, y el vector O’O es igual a t

De las propiedades de los vectores sabemos que,

M_O’^R = M_O^R + tXR                                                         (2)    t es el vector O’O

Nomenclatura:

Sea el vector F = Fxi +Fyj + Fzk = (Fx. Fy, Fz)

De igual manera, el vector             r = r_xi + r_yj + r_zk = (r_x, r_y, r_z)

El vector M_O^R = rXF

R = (Rx, Ry, Rz)           M_O^R = (Mx^R, My^R, Mz^R)

Los componentes Rx, Ry y Rz son la suma de las componentes en x, y , z de las fuerzas F1, F2 y F3 o de las fuerzas dadas y miden la tendencia de traslación del cuerpo.

Las componentes Mx^R, My^R, Mz^R son las componentes x, y ,z del Momento M_O^R y representan la tendencia del cuerpo a tener un movimiento de rotación.

Gráfica 2 Conocida la reducción de fuerzas, respecto del punto O, podemos encontrar una reducción equivalente, respecto a un punto O’.

 

Fuerzas Coplanares

Las fuerzas coplanares actúan en el mismo plano. Ver figura 3. Las fuerzas del sistema estarán en ese plano, pero hay un momento, cuya dirección es perpendicular a ese plano. Suponemos que todos están aplicados en el origen escogido.

Queremos colocar la resultante de las fuerzas en un punto del plano, en el cual no habría que poner ningún momento, ya que el desplazamiento de la resultante, produce el efecto del momento M_O^R.    Ver figura 3.

Figura 3. Fuerzas Coplanares. Reducción de fuerza resultante y momento, por sólo la resultante.

 

En la figura vemos que las fuerzas que actúan sobre el cuerpo son R y M_O^R y están aplicadas en el origen de coordenadas. En la segunda parte de la figura 3, vemos que hemos trasladado la resultante hasta el punto A(x, y) y ya no aparece el momento. El momento que produce esta resultante movida, compensa el momento M_O^R.

El momento causado por la fuerza R (ya movida al punto A) es:

M_O^R = xRy – yRx                                                     (3)

Cualquier punto A del plano, cuyas coordenadas x e y satisfagan la ecuación 3, sirve para colocar la resultante y crear un sistema equivalente al que se encuentra en el lado izquierdo de la figura 3

Ejercicio 1

Gráfica del problema 1

 

Para todos los casos F_A = 400 N ↓↑

M_A = -200 Nm        en la dirección positivo del eje z

 ) F_B = 200↓                M_B = 100 Nm

b) F_B = 100↑                M_B = -600Nm Nm

c) F_B = 100↓                M_B = -200 Nm

En todos los casos hallar la resultante de las fuerzas en el punto donde M_O^R = 0. Hallar la x. El punto donde se coloca la resultante lo llamaremos Q

 

a)    F_A = (0, -400) N    F_B = (0, -200) N      R = (0, -600) N

 

MA = -200 Nm         MB =

Tomamos el momento de todas las fuerzas respecto de A (teniendo en cuenta los momentos existentes) y debe ser igual a al momento de la resultante, incluyendo también los momentos.

 

-200 + 100 - 200*4 = -600x

 

-900 = -600x                        x = 1,5           Hay que tener cuidado con el momento producido por las fuerzas. Si la fuerza da un momento en la dirección positiva del eje z (sentido antihorario) , es positivo. (Hacia afuera de la hoja) y es negativo cuando, la fuerza  produce un momento en sentido horario. En la figura se han indicado sólo momentos positivos.

 

b)    F_A = (0, -400) N    F_B = (0, 100) N      R = (0, -300) N

 

M_A = -200 Nm       M_B = -600 Nm

 

Tomamos el momento de las fuerzas respecto de A (teniendo en cuenta los momentos existentes) y debe ser igual a al momento de la resultante, incluyendo también los momentos.

 

-200 - 600 + 100*4 = -300x

 

-400 = -300x                        x = 1,333 m

 

c)    F_A = (0, -400) N    F_B = (0, -100) N      R = (0, -500) N

 

M_A = -200 Nm       M_B = -200 Nm

               -200 – 200 - 100*4 = -500x               x = 800/500 = 1,6 m

Con los datos de c), hallar el sistema equivalente en el punto T, punto medio de la viga.

Conocemos M_Q^R = 0, en el punto (1,6, 0). Aplicamos la fórmula (2)

M_T^R = M_Q^R + QT X R

M_T^R  = 0 + (-0,4, 0) X (0, -500) = +200 k

El sistema equivalente en el punto T es R = -500 j       y        M_T^R = 200 k Nm

Ejercicio 2

Una viga de 4.80 m de longitud está sujeta a las fuerzas mostradas en la figura.

Redúzcase el sistema de fuerzas dado a:

a) un sistema equivalente fuerza-par en A,

b) un sistema equivalente fuerza-par en B y c) una sola fuerza o resultante.

Nota: Como las reacciones en los apoyos no están incluidas en el sistema

de fuerzas dado, el sistema no mantendrá la viga en equilibrio.

 

   

Gráfica problema 2

  

R = 150 j – 600 j + 100 j – 250 j = -600 j

M_A^R = 1,6 i x (-600 j) + 2,8 i x 100 j + 4,8 i x (-250 j)

M_A^R = -1880 Nm       (Newton – metro)

     b)

R = 150 j – 600 j + 100 j – 250 j = -600 j

M_B^R = M_A^R + BA x (-600 j) = -1880 k + (-4,8 i) x (-600 j) = -1880 k + 2880 k

= 1000 k                        Aplicando la ecuación (2)

      c)

M_C^R = 0 = M_A^R + CA x R                                       por ecuación (2)

M_C^R = 0 = -1880 k + (-x i) x (-600 j) = -1880 k + 600x k = 0

-1880 + 600x = 0            x = 3,13

Gráfica de la solución del problema 2

Ejercicio 3

Considere la L que se muestra en la figura, con las cargas indicadas, incluyendo un momento.

 

Figura gráfica problema 3

a)    Encontrar la resultante del sistema de fuerzas indicadas.

b)    Localice los puntos donde la línea de la resultante, corta las líneas AB y BC

a)    F₁ = -10 j    F₂x = 25 cos 60 i = 12,5 i    F₂y = 25 sen 60 j = 21,65 j               F₃ = -40 i        Todas las fuerzas en lb

 

R = (12,5 - 40) i + (21,65 – 10) j = -27,5 i + 11,65 j

 

M_A = 80 lb pulg

 

b)    Suponemos que la resultante pasa por el punto P (x, y)

 Gráfica: Solución problema 3

 Tomamos los momentos respecto al punto A

M_A^R = 80 k + 21,65*12 k – 40*8 k = 19,8 k        M_A^R = 19,8 lb pulg

Ya conocido M_A^R, llevaremos la resultante al punto P(x, y), donde el sistema es sólo esta resultante R y el momento M_P^R = 0 lb pulg

Aplicamos la fórmula (2)

M_P^R = M_A^R + PA X (-27,5 i + 11,65 j) =

M_P^R = 19,8 k + (-x i + -y j) X (-27,5 i + 11,65 j) = (19,8 – 11,65x – 27,5) k  = 0

Por tanto:       19,8 – 11,65x – 27,5 = 0     y la recta es 11,65x + 27,5y -19,8 = 0

No es posible encontrar un punto P único. La resultante se puede colocar en cualquier punto de la recta indicada.

y = 0        x = 0,72    Es el punto donde se debe colocar la resultante y el momento sea 0

x = 12      y = -4,36

Ejercicio 4

En una pieza delgada de aluminio se perforan simultáneamente cuatro orificios, las perforaciones ejercen sobre la hoja las fuerzas que se muestran en la figura. Si las fuerzas son perpendiculares a las superficies dela pieza, determine:

a) Encontrar sistema equivalente de las fuerzas aplicadas, en el punto 0(0, 0), R y Mo. Con este resultado encuentre el valor de α para que Mo sea igual a 0.

b) la resultante de las fuerzas aplicadas cuando a = 45°y el punto de intersección de la línea de acción de dicha resultante con la línea que pasa por los puntos A y B

Figura gráfica problema 4. (Problema y gráfico sacado de la Mecánica de Beer an Jhonston, problema por resolver 3.109

a)

R = (-2,1sen α – 0,64) i + (-1,57 – 2,1cos α) j

El Momento de todas las fuerzas, respecto de O:

Mo = [-0,52x1,2 – 1,05x3,2 – (4,8 + 0,8cosα) - 2,1sen α x0,8 sen α

 – 0,64x(1,6 + 1,6sen α)] k

= -5,008 – 10,08cos α – 1,68(sen² α + cos² α) -1,024sen α

Teniendo en cuenta que    sen² α + cos² α = 1, la simplificación es

Mo = [-6,688 – 10,08cos α – 1,024sen α] k

Como en el problema nos piden el sistema equivalente en el punto G (Cruce de EF y eje x)

Ahora si queremos el M respecto a la intersección de EF con el eje x (El punto G), aplicamos la fórmula (2)

M_G^R = M_O^R + GO x R

M_G^R = [-6,688 – 10,08cos α – 1,024sen α] k +

El Sistema equivalente en O es

R = (-2,1sen α – 0,64) i + (-1,57 – 2,1cos α) j

Mo =

Si Mo = 0                      Mo = [-6,688 – 10,08cos α – 1,024sen α] k

-6,688 – 10,08cos α – 1,024sen α = 0; Esta ecuación se resuelve cambiando cos α

Por √(1 –sen² α)

Yo la resolví con Derive y encontré que α = 54,49 deg

b)

Si en los resultados de la resultante y el momento, en O, cambiamos α por 45 deg

Queda lo siguiente:

R = -2,1249 i – 3,0549 j           Cuyo módulo es √(2,1249² + 3,0549²) = 3,7212 Kips, que es la respuesta que trae el libro.

El ángulo que tiene esta resultante es igual la tan^-1 = 3,0549/2,1249 = 55,17 deg

Cuando cambiamos α por 45 deg, el Mo = -14,5397 k

Ahora apliquemos el teorema (2) y busquemos el sistema equivalente en el punto P(x, y)

M_P^R = M_O^R + PO X R

M_P^R = -14,5397 k + (-x i - y j) x (-2,1249 i – 3,0549 j)          

M_P^R = -14,5397 k + (3,05x – 2,1249y) k

Si M_P^R = 0            -14,5397 + (3,05x – 2,1249y) = 0

3,0549x – 2,1249y – 14,5397 = 0

Aquí, como en el problema (3) no hay en un punto específico. Si en cualquier punto de la recta anterior, colocamos la resultante, el Momento en P es = 0,

Como nos piden encontrar la intersección de esa recta con el eje x, simplemente hacemos y = 0

Cuando y = 0        x = 4,7595, es decir 0,0405 pulg desde el eje EF.

Esta es la respuesta que da el libro, lo cual nos indica que el problema estuvo bien resuelto. No olvidar que toda la parte b) se ha hecho con α = 45 deg

Figura Solución del ejercicio 4.

Ejercicio 5

Una losa de cimentación cuadrada de 10 m de lado, soporta las columnas mostradas en la figura. Determinar la resultante y el punto P de aplicación de la misma, donde M_P^R = 0

 

Gráfica problema 5

Recordemos que i x j = k                                    k x j = -i

R, basta sumar las cargas verticales. Vectorialmente     R = 80 j    R = 80 Kips↓

M_O^R = 10 i x (-12 j) + (10 i +5 k) x (-8 j) + (4 i + 10 k) x (-20 j)

M_O^R = -120 k – 80 k + 40 i -80 k + 200 i

M_O^R = 240 i – 280 j       Magnitud de M_O^R = √ (240² + 280²) = 368,78 Kips pie

Si la resultante la ponemos en P(x, y) tal que M_P^R = 0

La ecuación (2) de este blog, nos dice que:       M_P^R = M_o^R + PO x R = 0

O = 240 i – 280 j + (- x i – y k) x ( - 80 j)

O = 240 i – 280 j + 80x k – 80z i

Que implica que :         240 – 80 z = 0      y        -280 + 80x = 0

z = 3 pies             x = 3,5 pies

Tomado de un ejemplo resuelto de la Mecánica Estática de Beer and Johston.

 

 

Juan Fernando Sanín E

juanfernando.sanin@gmail.com