Equilibrio de Cuerpos Rígidos «Momentos» · • Momento de una fuerza respecto a un punto....

M2

M1

Estática

Equilibrio de Cuerpos Rígidos – «Momentos»

M3

• En Mecánica, un «MOMENTO» representa la tendencia a hacer rotar

un cuerpo con respecto a un eje.

Estática


F





Estática


M1

M2

Estática


𝑴 = 𝟏𝟐𝟎 𝑵𝒎

400 N

30 𝑐𝑚90°

60°

400 N

400 N

30°400 N

≅ 0°

𝑴 = 𝟎, 𝟑𝟎 𝒎 ∗ 400 𝑁 ∗ 𝑠𝑒𝑛 90°

𝑴 = 𝟎, 𝟑𝟎 𝒎 ∗ 400 𝑁 ∗ 𝑠𝑒𝑛 60° = 𝟏𝟎𝟑, 𝟗 𝑵𝒎 𝑴 = 𝟎, 𝟑𝟎 𝒎 ∗ 400 𝑁 ∗ 𝑠𝑒𝑛 30° = 𝟔𝟎 𝑵𝒎 𝑴 ≅ 𝟎, 𝟑𝟎 𝒎 ∗ 400 𝑁 ∗ 𝑠𝑒𝑛 0° ≅ 𝟎

• Para realizar las operaciones relacionadas con momentos se utiliza el

producto cruz de dos vectores.

Estática


Magnitud: 𝑷 ∗ 𝑸 ∗ 𝑠𝑒𝑛 𝜃

Dirección: Perpendicular a los vectores

𝑷 × 𝑸 = − 𝑸 × 𝑷

𝑽𝟏 = 𝑷 × 𝑸 𝑽𝟐 = 𝑸 × 𝑷

• Sistema de ejes ortogonales a mano derecha.

Estática


X

Y

Z

X

Y Z

Sistema de ejes ortogonales a

mano izquierda.

Y

X

Z

X

Y

Z

𝑶 𝑨

• Momento de una fuerza respecto a un punto.

Estática


𝑴𝑶 = 𝒓𝑶𝑨 × 𝑭𝑨

X

Y

Z

𝑶 𝑨X

Y

𝑶

𝑨

X

Y

Z

𝑶

𝑨

X

Y

Z

𝑶

𝑨

X

Y

Z

𝑶

𝑨

Hay uno que no cumple la ley de la mano derecha?


Estática


𝑴𝑶 = 𝒓𝑶𝑨 × 𝑭

𝑴𝑶 = 𝑟𝑥 𝓲+𝑟𝑦 𝒋+𝑟𝑧 𝒌 × 𝐹𝑥 𝓲+𝐹𝑦 𝒋+𝐹𝑧 𝒌

X

Y

Z

𝑶

𝑨

𝑟𝑥 𝓲+𝑟𝑦 𝒋+𝑟𝑧 𝒌

𝐹𝑥 𝓲+𝐹𝑦 𝒋+𝐹𝑧 𝒌

X

Y

Z

𝑨

𝑶

𝑀𝑥 𝓲+𝑀𝑦 𝒋+𝑀𝑧 𝒌

Magnitud: 𝒓𝑶𝑨 ∗ 𝑭𝑨 ∗ 𝑠𝑒𝑛 ∝

Dirección: ?

X

Y

Z

𝑨

𝑶

𝑴𝑶 = 𝒓𝑶𝑨 × 𝑭𝑨


Estática


𝑴 = 𝒓 × 𝑭

X

Y

X

Y

X

Y


Estática



X

Y

Z

𝑶

𝑨



𝑴𝑶 = 𝑟𝑥 𝓲 × 𝐹𝑥 𝓲+𝐹𝑦 𝒋+𝐹𝑧 𝒌

𝑟𝑦 𝒋 × 𝐹𝑥 𝓲+𝐹𝑦 𝒋+𝐹𝑧 𝒌

𝑟𝑧 𝒌 × 𝐹𝑥 𝓲+𝐹𝑦 𝒋+𝐹𝑧 𝒌

𝑴𝑶 = 𝑟𝑥 𝓲 × 𝐹𝑥 𝓲 + 𝑟𝑥 𝓲 × 𝐹𝑦 𝒋 + 𝑟𝑥 𝓲 × 𝐹𝑧 𝒌

𝑟𝑦 𝒋 × 𝐹𝑥 𝓲 + 𝑟𝑦 𝒋 × 𝐹𝑦 𝒋 + 𝑟𝑦 𝒋 × 𝐹𝑧 𝒌

𝑟𝑧 𝒌 × 𝐹𝑥 𝓲 + 𝑟𝑧 𝒌 × 𝐹𝑦 𝒋 + 𝑟𝑧 𝒌 × 𝐹𝑧 𝒌

X

Y

Z

𝑨

𝑶

𝑟𝑥 𝓲

𝐹𝑥 𝓲

X

Y

Z

𝑨

𝑶

𝑟𝑥 𝓲

𝐹𝑦 𝒋

X

Y

Z

𝑶

𝑨

𝑟𝑥 𝓲

𝐹𝑧 𝒌

𝑟𝑥 ∗ 𝐹𝑥𝑠𝑒𝑛 0° = 0 𝑟𝑥 ∗ 𝐹𝑦𝑠𝑒𝑛 90° = 𝑟𝑥 ∗ 𝐹𝑦 𝒌

𝟗𝟎°

𝑟𝑥 ∗ 𝐹𝑧𝑠𝑒𝑛 90° = − 𝑟𝑥 ∗ 𝐹𝑧 𝒋

𝟐𝟕𝟎°

𝑴𝑶 = 𝑟𝑥 𝓲+𝑟𝑦 𝒋+𝑟𝑧 𝒌 × 𝐹𝑥 𝓲+𝐹𝑦 𝒋+𝐹𝑧 𝒌


Estática



X

Y

Z

𝑶

𝑨



𝑴𝑶 = 𝑟𝑥 𝓲 × 𝐹𝑥 𝓲+𝐹𝑦 𝒋+𝐹𝑧 𝒌

𝑟𝑦 𝒋 × 𝐹𝑥 𝓲+𝐹𝑦 𝒋+𝐹𝑧 𝒌

𝑟𝑧 𝒌 × 𝐹𝑥 𝓲+𝐹𝑦 𝒋+𝐹𝑧 𝒌

𝑴𝑶 = 0 𝒊 + 𝑟𝑥 ∗ 𝐹𝑦 𝒌 − 𝑟𝑥 ∗ 𝐹𝑧 𝒋

− 𝑟𝑦 ∗ 𝐹𝑥 𝒌 + 0 𝒋 + 𝑟𝑦 ∗ 𝐹𝑧 𝒊

𝑟𝑧 ∗ 𝐹𝑥 𝒋 − 𝑟𝑧 ∗ 𝐹𝑦 𝒊 + 0 𝒌

X

Y

Z

𝑨

𝑶

𝑀𝑥 𝓲+𝑀𝑦 𝒋+𝑀𝑧 𝒌𝑴𝑶 = 𝑟𝑦 ∗ 𝐹𝑧 − 𝑟𝑧 ∗ 𝐹𝑦 𝒊

𝑟𝑧 ∗ 𝐹𝑥 − 𝑟𝑥 ∗ 𝐹𝑧 𝒋

𝑟𝑥 ∗ 𝐹𝑦 − 𝑟𝑦 ∗ 𝐹𝑥 𝒌

𝓲 𝒋 𝒌𝑟𝑥 𝑟𝑦 𝑟𝑧𝐹𝑥 𝐹𝑦 𝐹𝑧


Estática



X

Y

Z

𝑶

𝑨



X

Y

Z

𝑨

𝑶



𝑴𝑶 =

El Momento se calcula evaluando el determinante de:


𝑟𝑦 ∗ 𝐹𝑧 − 𝑟𝑧 ∗ 𝐹𝑦 𝒊𝑴𝑶 = − 𝑟𝑥 ∗ 𝐹𝑧 − 𝑟𝑧 ∗ 𝐹𝑥 𝒋 + 𝑟𝑥 ∗ 𝐹𝑦 − 𝑟𝑦 ∗ 𝐹𝑥 𝒌



Estática



X

Y

Z

𝑶

𝑨



X

Y

Z

𝑨

𝑶


𝓲 𝒋 𝒌 𝓲 𝒋

𝑴𝑶 = 𝑟𝑦 ∗ 𝐹𝑧 − 𝑟𝑧 ∗ 𝐹𝑦 𝒊

𝑟𝑧 ∗ 𝐹𝑥 − 𝑟𝑥 ∗ 𝐹𝑧 𝒋

𝑟𝑥 ∗ 𝐹𝑦 − 𝑟𝑦 ∗ 𝐹𝑥 𝒌

+−

𝑟𝑥 𝑟𝑦 𝑟𝑧 𝑟𝑥 𝑟𝑦𝐹𝑥 𝐹𝑦 𝐹𝑧 𝐹𝑥 𝐹𝑦

𝑴𝑶 =

Estática


• Momento de una fuerza respecto a un eje λ.

X

Y

Z

𝑨

𝑶

𝑀𝑒𝑗𝑒𝜆 = Ԧ𝜆.𝑀

= 𝜆𝑥𝑀𝑥 + 𝜆𝑦𝑀𝑦 + 𝜆𝑧𝑀𝑧

= 𝜆 𝑀 cos 𝜃𝜆𝑀𝜆𝑥𝒊 + 𝜆𝑦𝒋 + 𝜆𝑧𝒌

𝑀𝑥𝒊 + 𝑀𝑦𝒋 + 𝑀𝑧𝒌

Estática

Vector Posición, 𝒓𝑫𝑨

−0.1𝑚 𝓲 − 0,2𝑚 𝒋 + 0 𝒌

Vector fuerza, 𝑭

300 cos25 𝓲+300 sin 25 𝒋+0 𝒌271,9𝑁 𝓲+126,8𝑁 𝒋+0 𝒌


−0,1 −0,2 0 −0,1 −0,2

271,9 126,8 0 271,9 126,8

𝑴𝑫 =

𝑴𝑫 = −0,1 ∗ 126,8 𝒌 − −0,2 ∗ 271,9 𝒌

𝑴𝑫 = −12,68 𝒌 − −54,38 𝒌

𝑴𝑫 = −12,68 + 54,38 𝒌

𝑴𝑫 = 41,7 𝒌

3.3 Una fuerza de 300 N se aplica en A como se muestra en la figura.Determine:a) el momento de la fuerza de 300 N alrededor de Db) la fuerza mínima aplicada en B que produce el mismo momento alrededor de D.

Ejemplo

resuelto 1

Estática

𝑴𝑫 = −12,68 + 54,38 𝒌

𝑴𝑶 = 41,7 𝒌

𝑴 = 𝟎, 𝟐𝟎 𝒎 ∗ 300 𝑁 ∗ cos 25° = 𝟓𝟒. 𝟑𝟖 𝑵.𝒎 𝑴 = −𝟎, 𝟏𝟎 𝒎 ∗ 300 𝑁 ∗ sin 25° = −𝟏𝟐. 𝟔𝟖 𝑵.𝒎

3.3 Una fuerza de 300 N se aplica en A como se muestra en la figura.Determine:a) el momento de la fuerza de 300 N alrededor de Db) la fuerza mínima aplicada en B que produce el mismo momento alrededor de D.

Ejemplo

resuelto 1

Estática

3.22 Los cables AB y BC se sujetan al tronco de un árbol muy grandepara evitar que se caiga. Si se sabe que las tensiones en los cables AB y BCson de 555 N 660 N, respectivamente, determine el momento respecto de Ode la fuerza resultante ejercida por los cables sobre el árbol en B.

Ejemplo resuelto 2

Estática

Vector Posición, 𝒓𝑶𝑩

0 𝓲 + 7 m 𝒋 + 0 𝒌

3.22 Los cables AB y BC se sujetan al tronco de un árbolmuy grande para evitar que se caiga. Si se sabe que las tensionesen los cables AB y BC son de 555 N 660 N, respectivamente,determine el momento respecto de O de la fuerza resultanteejercida por los cables sobre el árbol en B.

𝑭𝑭 = 𝑭𝑩𝑨 + 𝑭𝑩𝑪

𝑭𝑩𝑨𝑭𝑩𝑪

𝒓𝑶𝑩

Ejemplo resuelto 2

Estática


𝑭 = 𝑭𝑩𝑨 + 𝑭𝑩𝑪

𝑭𝑩𝑨 = ൞

555 ∗ cos𝜃𝑥 𝒊555 ∗ cos𝜃𝑦 𝒋

555 ∗ cos𝜃𝑧 𝒌

𝑐𝑜𝑠 𝜃𝑥 =−0,75

9,25 𝑑𝑥 = −0,75 𝑚

𝑑𝑦 = −7 𝑚

𝑑𝑧 = 6 𝑚

𝑑 = −0,75 2 + −7 2 + 62 = 9,25

𝑐𝑜𝑠 𝜃𝑦 =−7

9,25

𝑐𝑜𝑠 𝜃𝑧 =6

9,25Vector Posición, 𝒓𝑶𝑩

0 𝓲 + 7 m 𝒋 + 0 𝒌

𝝀𝑩𝑨

𝑭𝑩𝑨

𝑭𝑩𝑨 = ቐ−45 𝑁𝒊−420 𝑁 𝒋360 𝑁 𝒌

Ejemplo resuelto 2

Estática



𝑭𝑩𝑪 = ൞

660 ∗ cos𝜃𝑥 𝒊660 ∗ cos𝜃𝑦 𝒋

660 ∗ cos𝜃𝑧 𝒌

𝑐𝑜𝑠 𝜃𝑥 =4,25

8,25 𝑑𝑥 = 4,25 𝑚

𝑑𝑦 = −7 𝑚

𝑑𝑧 = 1 𝑚𝑐𝑜𝑠 𝜃𝑦 =

−7

8,25

𝑐𝑜𝑠 𝜃𝑧 =1

8,25


0 𝓲 + 7 m 𝒋 + 0 𝒌

𝝀𝑩𝑪

𝑑 = 4,252 + −7 2 + 12 = 8,25

𝑭𝑩𝑪

𝑭𝑩𝑪 = ቐ340 𝑁𝒊−560𝑁 𝒋80 𝑁 𝒌

Ejemplo resuelto 2

Estática

Vector fuerza, 𝑭295 𝓲 − 980 m 𝒋 + 440 𝒌


𝑭



0 𝓲 + 7 m 𝒋 + 0 𝒌

𝑭𝑩𝑨 = ቐ−45 𝑁𝒊−420 𝑁 𝒋360 𝑁 𝒌

𝑭𝑩𝑪 = ቐ340 𝑁𝒊−560𝑁 𝒋80 𝑁 𝒌

Ejemplo resuelto 2

Estática

Vector fuerza, 𝑭295 𝓲 − 980 m 𝒋 + 440 𝒌


𝑭

Vector Posición, 𝒓𝑶𝑩0 𝓲 + 7 m 𝒋 + 0 𝒌

295 −980 440 295 −980


0 7 0 0 7𝑴𝑫 =

𝑴𝑫 = 7 ∗ 440 𝒊 − 7 ∗ 295 𝒌

𝑴𝑫 = 3080 𝒊 − 2065 𝒌

Magnitud de 𝑴𝑫 = 30802 + 20652

𝑴𝑫 = 3710 𝑁.𝑚

𝒓𝑶𝑩

Ejemplo resuelto 2

Estática


Ejemplo resuelto 3

Antes de cortar el tronco que se muestra en la figura se atan

dos cables: AB y BC para dirigir su caída. Si se sabe que las

tensiones en los cables son de 555 N y 660 N,

respectivamente, determinar el momento con respecto al

punto O de la resultante de las fuerzas ejercidas en el punto

A del árbol por las dos cables. Calcular la componente del

momento resultante previamente determinado con respecto a

un eje que pasa por:

- el origen de coordenadas (el pie del árbol) y el

punto 1, 1, 1.

- el origen de coordenadas y el punto 1, 0, -1.

𝑀𝑒𝑗𝑒𝜆 = Ԧ𝜆.𝑀𝐷

Ԧ𝜆 =1

3𝒊 +

1

3𝒋 +

1

3𝒋 𝑴𝑶 = 3080 𝒊 − 2065 𝒌

𝑀𝑒𝑗𝑒𝜆 = 586 𝑁.𝑚

• Momento con respecto a un eje cualquiera.

Estática

Momentos en 2D

Estática

Momentos en 2D

Ejemplo 1

Estática

Momentos en 2D

Ejemplo 2

Estática

Momentos en 2D

Ejemplo 4

Estática

Ejercicios momento de una fuerza con respecto a un punto y a

un eje

Estática

Cuerpos Rígidos

Ejemplo 1

Estática

Cuerpos Rígidos

Ejemplo 2

Estática

Cuerpos Rígidos

Ejemplo 2

153j

-2601i

-3179j

-1839,31

Estática

Cuerpos Rígidos

Ejemplo 3

Estática

Cuerpos Rígidos

Ejemplo 4

Estática

Cuerpos Rígidos

Ejemplo 5

Estática

Cuerpos Rígidos

Ejemplo 6

Estática

Cuerpos Rígidos

Ejemplo 7

Estática

Cuerpos Rígidos

Ejemplo 8

Estática

Cuerpos Rígidos

Ejemplo 9

Estática

Cuerpos Rígidos

Ejemplo 10

Estática

Ejercicios Sistemas equivalentes

Estática

Cuerpos Rígidos

Ejemplo 1

Estática

Cuerpos Rígidos

Ejemplo 2

Estática

Cuerpos Rígidos

Ejemplo 3

Estática

a. Las componentes rectangulares de la fuerza A.b. La magnitud de la fuerza aplicada en A.c. La magnitud de la fuerza aplicada en B.d. Los ángulos directores de la fuerza B.

Un mecánico usa una llave para remover una tuerca en C. Se sabe que la fuerza necesaria paradesapretar la tuerca produce una fuerza equivalente en C igual a ( - 14 i + 7 k) lb y unmomento resultante de MC= 505 i. Además se sabe que la componente Z de la fuerza en A esAz = 7 lb. Determinar:

Cuerpos Rígidos. Ejemplo 3

𝑭𝑪 = 𝑭𝑨 + 𝑭𝑩

𝑴𝑪 = 𝑴𝑨/𝑪 +𝑴𝑩/𝑪

𝑭𝑪𝑴𝑪 𝑭𝑪

𝑴𝑪

Estática


+ 𝐵𝑥 𝓲 + 𝐵𝑦 𝒋 + 𝐵𝑧 𝒌𝐴𝑥 𝓲 + 𝐴𝑦 𝒋 + 𝐴𝑧 𝒌−14 𝓲 + 7 𝒌 =

−14 = 𝐴𝑥 + 𝐵𝑥

0 = 𝐴𝑦 + 𝐵𝑦

7 = 𝐴𝑧 + 𝐵𝑧

𝒆𝒄. 𝟏

𝒆𝒄. 𝟐

𝒆𝒄. 𝟑



𝑭𝑪 = 𝑭𝑨 + 𝑭𝑩

𝑭𝑪𝑴𝑪



Estática


𝑴𝑪 = = 𝒓𝑨/𝑪 ∗ 𝑭𝑨 + 𝒓𝑩/𝑪 ∗ 𝑭𝑩


𝒓𝑨/𝑪

𝒓𝑩/𝑪

𝒓𝑨/𝑪 ∗ 𝑭𝑨 =

𝓲 𝒋 𝒌8 0 8𝐴𝑥 𝐴𝑦 𝐴𝑧

𝓲 𝒋8 0𝐴𝑥 𝐴𝑦

𝒓𝑩/𝑪 ∗ 𝑭𝑩 =

𝓲 𝒋 𝒌8 0 −2𝐵𝑥 𝐵𝑦 𝐵𝑧

𝓲 𝒋8 0𝐵𝑥 𝐵𝑦

2𝐵𝑦 𝓲 + −2𝐵𝑥 − 8𝐵𝑧 𝒋 + 8𝐵𝑦 𝒌

−8𝐴𝑦 𝓲 + 8𝐴𝑥 − 8𝐴𝑧 𝒋 + 8𝐴𝑦 𝒌

𝑭𝑪𝑴𝑪



Estática


𝑴𝑪 = = 𝒓𝑨/𝑪 ∗ 𝑭𝑨 + 𝒓𝑩/𝑪 ∗ 𝑭𝑩

−8𝐴𝑦 𝓲 + 8𝐴𝑥 − 8𝐴𝑧 𝒋 + 8𝐴𝑦 𝒌

2𝐵𝑦 𝓲 + −2𝐵𝑥 − 8𝐵𝑧 𝒋 + 8𝐵𝑦 𝒌


505 𝓲

505 = 2𝐵𝑦 − 8𝐴𝑦

0 = −2𝐵𝑥 − 8𝐵𝑧 + 8𝐴𝑥 − 8𝐴𝑧

0 = 8𝐵𝑦 + 8𝐴𝑦

𝒆𝒄. 𝟒

𝒆𝒄. 𝟓

𝒆𝒄. 𝟔

𝒓𝑨/𝑪

𝒓𝑩/𝑪

𝑭𝑪𝑴𝑪



Estática


505 = 2𝐵𝑦 − 8𝐴𝑦

0 = −2𝐵𝑥 − 8𝐵𝑧 + 8𝐴𝑥 − 8𝐴𝑧

0 = 8𝐵𝑦 + 8𝐴𝑦

−14 = 𝐴𝑥 + 𝐵𝑥

0 = 𝐴𝑦 + 𝐵𝑦

7 = 𝐴𝑧 + 𝐵𝑧

𝒆𝒄. 𝟒

𝒆𝒄. 𝟓

𝒆𝒄. 𝟔

𝒆𝒄. 𝟏

𝒆𝒄. 𝟐

𝒆𝒄. 𝟑

𝑭𝑪𝑴𝑪

𝑭𝑪𝑴𝑪



Estática


505 = 2𝐵𝑦 − 8𝐴𝑦

0 = −2𝐵𝑥 − 8𝐵𝑧 + 8𝐴𝑥 − 8𝐴𝑧

0 = 8𝐵𝑦 + 8𝐴𝑦

𝒆𝒄. 𝟒

𝒆𝒄. 𝟓

𝒆𝒄. 𝟔

−14 = 𝐴𝑥 + 𝐵𝑥

0 = 𝐴𝑦 + 𝐵𝑦

7 = 𝐴𝑧 + 𝐵𝑧

𝒆𝒄. 𝟏

𝒆𝒄. 𝟐

𝒆𝒄. 𝟑 𝐴𝑧 = 7 𝐵𝑧 = 0

0 = −2𝐵𝑥 + 8𝐴𝑥 − 56



Estática

Cuerpos Rígidos

505 = 2𝐵𝑦 − 8𝐴𝑦

0 = 8𝐵𝑦 + 8𝐴𝑦

𝒆𝒄. 𝟒𝒆𝒄. 𝟓

𝒆𝒄. 𝟔

−14 = 𝐴𝑥 + 𝐵𝑥

0 = 𝐴𝑦 + 𝐵𝑦

𝒆𝒄. 𝟏

𝒆𝒄. 𝟐

0 = −2𝐵𝑥 + 8 −14 − 𝐵𝑥 − 56

−14 − 𝐵𝑥 = 𝐴𝑥

0 = −10𝐵𝑥 − 168

𝐵𝑥 = −16.8 𝑙𝑏 lbAx

8.2

𝟕 𝒍𝒃

𝟎 𝒍𝒃 𝑭𝑪𝑴𝑪

𝑭𝑪𝑴𝑪



Estática

Cuerpos Rígidos

505 = 2𝐵𝑦 − 8𝐴𝑦

0 = 8𝐵𝑦 + 8𝐴𝑦

𝒆𝒄. 𝟒

𝒆𝒄. 𝟔

0 = 𝐴𝑦 + 𝐵𝑦𝒆𝒄. 𝟐

𝐴𝑦 = −𝐵𝑦

505 = 2𝐵𝑦 − 8 −𝐵𝑦

505 = 10𝐵𝑦

𝐵𝑦 = 50.5 𝑙𝑏

𝐴𝑦 = −50.5 𝑙𝑏

𝟕 𝒍𝒃

−𝟏𝟔. 𝟖 𝒍𝒃

𝟎 𝒍𝒃

2.8 lb

Estática

Cuerpos Rígidos

Ejemplo 4

Estática

Cuerpos Rígidos

Ejemplo 5

MC=MA+CAxF

Estática

Cuerpos Rígidos

Ejemplo 6

Estática

Cuerpos Rígidos

Ejemplo 8

Estática

Cuerpos Rígidos

Ejemplo 9

Estática

Cuerpos Rígidos

Ejemplo 10

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