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(Schaum) W G MacLean_ E W Nelson - Teoria y problemas de mecánica técnica_ estática y dinámica-McGraw-Hill (1971) - Mario Sánchez
Desafio PASSEI DIRETO
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TEORIA y PROBLEMAS
\
DE
'.. ...,.
SEGUNDA EDICION \
W. G. McLEAN, lB. S. m E. E., M. S.
Projessor oj Mechanics
Lafayerte College
E. W. NELSON, B. S. in M. E., M. Adm. E.
Engineering 'Superuisor
Western Electrff. Co .
JUAN DE LA RUBIA PACHECO
Ingeniero de Armamento
Doctor en Ciencias Fisicas
LIBROS McGRAW-HILl
DUSSELDORF SINGAPUR
TÉCNICA
Estática yDinámica
MECÁNICA
PANAMÁ BOGOTÁ SAO PAULO NUEVA YORK
TORONTO SIDNEY JOHANNESBURG
TRADUCCION y ADAPTACIÓN
SERIE DE COMPENDIOS SCHAUM
r"'' •
Prólogo
Este libro ha sido ideado para complementar los textos ordinarios, fundamentalmente con obje-
to de ayudar a los alumnos de ciencias e ingeniería a adquirir un conocimiento más completo y útil de
la mecánica analítica y aplicada. Está basado en el convencimiento de los autores de que numerosos
problemas resueltos constituyen uno de los mejores métodos de aclarar y fijar las ideas básicas. Aunque
esta obra no está relacionada con ningún otro texto, los autores creen que puede ser un complemento
muy valioso a cualquier libro.
La edición anterior de este libro fue recibida muy favorablemente. En esta segunda edición se han
revisado y aumentado la mayoría de los capítulos para adaptarlos a los conceptos, métodos y termi-
nología más recientes. Los autores han intentado utilizar los medios matemáticos más convenientes
de que se dispone a nivel medio. Por ello, se aplica el método vectorial en aquellos capítulos en donde
sus técnicas proporcionan una mayor elegancia y simplicidad en la exposición de la teoría y de los pro-
blemas. Por otra parte no hemos dudado en utilizar los métodos escalares por doquier, ya que propor-
cionan soluciones totalmente adecuadas a la mayoría de los problemas. El Capítulo 1 es una revisión
completa del número mínimo de definiciones y operaciones necesarias para el libro completo, y se hace
aplicación de este capitulo de introducción en todo el texto.
Los temas de los capítulos corresponden a la materia que normalmente se estudia en los cursos
de introducción a la mecánica. Cada capítulo empieza con el enunciado de las definiciones, principios
y teoremas que son pertinentes, seguidos por una serie graduada de problemas resueltos y propuestos
suplementarios. Los problemas resueltos sirven para ilustrar y ampliar la teoría, presentar métodos
de análisis, proporcionar ejemplos prácticos y enfocar con precisión aquellos puntos concretos que
permiten al estudiante aplicar los principios básicos con corrección y confianza. Entre los problemas
resueltos se han incluido numerosas demostraciones de teoremas y deducciones de fórmulas. El gran
número de problemas propuestos suplementarios sirven de revisión completa de toda la materia con-
siderada en cada capítulo.
Los autores reconocen con gratitud la deuda que tienen contraída con el profesor Paul B. Eaton
y con J. Warren Gillon por sus útiles consejos y estímulo durante la preparación de la primera edición,
y a los profesores Charles L. Best y John W. McNabb por sus referencias y crítica constructiva durante
la preparación de la segunda edición. Se da las gracias de un modo especial a Larry Freed y Paul Gary
que comprobaron las soluciones de los problemas. Nuestro agradecimiento particular al personal de
Schaum Publishing Company, especialmente a Henry Hayden y Nicola Miracapillo, por sus valiosas
sugerencias y su cooperación. También deseamos dar las gracias a Patricia Henthorn por su tarea de
copiar a máquina el manuscrito.
W. G. McLEAN
E. W. NELSON
Capítulo J
Capítulo 2
Capítulo 3
Capítulo 4
Capítulo 5
Capítulo 6
Capítulo 7
Tabla de materias
Página
VECTORES . ....................... . ..................... _ . . _ .. .
Definiciones. Suma de dos vectores. Vector nulo. Composición de vectores.
Multiplicación de vectores por escalares. Triada ortogonal de vectores uni-
tarios. Producto escalar o interno. El producto vectorial o externo. Cálculo
vectorial.
OPERACIONES CON FUERZAS .. . . ........................... .
Momento de una fuerza. Momento de un par. Fuerza única. Sistemas de
fuerzas coplanarias.
RESULTANTE DE UN SISTEMA DE FUERZAS COPLANARIAS. _
Fuerzas coplanarias. Sistema de fuerzas concurrentes. Sistema de fuerzas
paralelas. Sistemas de fuerzas no concurrentes ni paralelas. Soluciones gráficas.
RESULTANTE DE SISTEMAS DE FUERZAS ESPACIALES . ... . .
Sistemas de fuerzas espaciales. Resultante de un sistema de fuerzas espacia-
les. Sistem,a concurrente. Sistema paralelo. Sistema no concurrente y no
paralelo .
EQUILIBRIO DE SISTEMAS DE FUERZAS COPLANARIAS . . .. .
Equilibrio de un sistema de fuerzas coplanarias. Sistema concurrente. Sis-
tema paralelo. Sistema no paralelo y no concurrente. Análisis gráfico.
VIGAS ARMADAS Y CABLES .. . . . ... . .. . ..... . ... ... . ..... .. . .
Vigas armadas o cerchas. Hipótesis. Solución por el método de las uniones.
Solución por el método de las secciones. Solución gráfica de las vigas arma-
das. Cables parabólicos. Catenaria .
EQUILIBRIO DE SISTEMAS DE FUERZAS ESPACIALES . ..... .
Equilibrio de un sistema de fuerzas espaciales. Sistema concurrente. Sistema
paralelo. Sistema no concurrente ni paralelo.
1
14
23
33
40
57
73
~'---------- ---------------------------------------------------------------------------------------------------
Capítulo 8
Capítulo 9
Capítulo JO
Capítulo 11
Capítulo 12
Capítulo 13
Capítulo 14
Capítulo 15
TABLA D E MATERIAS
Página
ROZAMIENTO . ................................ . .............. .
Conceptos generales. Leyes de rozamiento. Mordaza de tornillo. Roza-
miento de correas y bandas de los frenos. Rozamiento a la rodadura (re-
sistencia).
MOMENTOS DE PRIMER ORDEN Y CENTROS DE MASAS O DE
84
GRAVEDAD. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
Centro de masa~ o de gravedad de un conjunto. Centro de una magnitud
continua. Teoremas de Pappus y Guldin. Centro de presión.
CINEMATICA DE UNA PARTICULA............................ 123
Cinemática. Movimiento rectilíneo. Movimiento curvilíneo. Componentes
rectangulares. Componentes tangencial y normal. Componentes radial y
transversal. Unidades.
DINAMICA DE UNA PARTICULA. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148
Leyes de Newton del movimiento. Unidades. Aceleración. Problemas de
dinámica.
CINEMATICA DE UN SOLIDO RIGIDO EN MOVIMIENTO
PLANO .. . ........ ... ..... ...... .. ... . .. .. . .... .. ..... . .... . .. .. 170
Movimiento plano de un sólido rígido. Traslación. Rotación. Eje instantá-
neo de rotación. Ley de Coriolis. Demostración de la ley de Coriolis.
DINAMICA DE UN SOLIDO RIGIDO EN TRASLACION. . . . . . . . . 198
Fuerza efectiva sobre una partícula. Principio de D'Aiember t. Método de
la fuerza de inercia .
MOMENTOS DE INERCIA DE AREAS. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209
Momento de inercia axial de un elemento de área. Momento de inercia polar
de un elemento de área. Producto de inercia de un elemento de área. M o-
mento de inercia axial de un á rea. Momento de inercia polar de un área.
Producto de inercia de un área . Teo rema del eje paralelo o de Steiner. Area
compuesta. Rotación del sistema de ejes. Círculo de M ohr.
MOMENTOS DE INERCIA DE MASAS ... . . .. ... . .... . .... ... . . 224
Momento de inercia axial de un elemento de masa. Momento de inercia axial
de una masa. Teorema del eje paralelo o de Steiner. Radio de giro. Unidades.
Momentos de inercia de masas respecto a ejes que p asan por el centro de
gravedad .
Capítulo 16
Capítulo 17
Capítulo 18
Capítulo 19
Capítulo 20
Capítulo 21
TABLA DE MATERIAS
Página
DINAMICA DEL SOLIDO RIGIDO EN ROTACION. . . . . . . . . . . . . . 232
Ecuaciones del movimiento. Método de las fuerzas de inercia. Centro de
percusión.
DINAMICA DE UN SOLIDO RIGIDO EN MOVIMIENTO PLANO. 248
Ecuaciones escalares del movimiento.
TRABAJO Y ENERGIA . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264
~otencia. Rendimiento. Energía cinética. Trabajo realizado sobre una par-
tícula. Energía potencial. Principio del trabajo y la energía. Ley de la con-
servación de la energía.
IMPULSO Y CANTIDAD DE MOVIMIENTO... ....... ...... .. .. 285
Cantidad de movimiento. Momento cinético. Momento cinético relativo.
Ecuacione:; escalares. Conservación de la cantidad de movimiento. Conser-
vación del momento cinético. Choque. Masa variable.
VIBRACIONES MECANICAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312
Definiciones. Movimiento armónico simple. Sistemas complicados. Vibra-
ciones libres-lineales. Vibraciones libres-angulares. Vibraciones libres con
amortiguamiento viscoso. Vibraciones forzadas (sin amortiguamiento). Vi-
braciones forzadas con amortiguamiento viscoso. Velocidades críticas de ejes.
Instrumentos que miden la amplitud de vibración.
TEMAS ESPECIALES: VIGAS Y TRABAJO VIRTUAL... ..... . .. 335
Parte A. Tipos de vigas. Esfuerzo cortante y momento. Convenio de signos.
Esfuerzo cortante. Momento. Diagramas de momentos y esfuerzos cortan-
tes. Pendiente del diagrama de esfuerzos cortantes. Variación del esfuerzo
cortante. Pendiente del diagrama de momentos. Variación del momento.
Parte B. Desplazamiento virtual y trabajo virtuaL Equilibrio. Equilibrio
estable. Equilibrio inestable. Equilibrio indiferente. Resumen.
INDICE.. . .................................... .. . . ...... .. . ... .. 351
--------· ------------·-------------------·-··-
Capítulo 1
Vectores
DEFINICIONES
Las magnitudes escalares poseen solo valor numérico, por ejemplo, el tiempo, el volumen, la masa,
la energía, la densidad, el trabajo. Los escalares se suman mediante los métodos algebraicos; por ejem-
plo, 2 seg + 7 seg = 9 seg.
Las magnitudes vectoriales poseen tanto valor propio como dirección y sentido; por ejemplo, la
fuerza, el desplazamiento, la velocidad, el impulso. Un vector está representado por una flecha cuya
punta indica su dirección y sentido y cuya longitud representa su valor o módulo. La notación para un
vector en letras de imprenta consiste en una letra negrita, como ésta: P. El valor o módulo de este vec-
tor se representa por jPj o P. Al escribir es costumbre colocar una flecha sobre la letra que representa
el vector P, representándose su módulo mediante la letra P sin flecha.
Un vector libre puede moverse a cualquier punto del espacio con tal que mantenga el mismo mó-
dulo, dirección y sentido.
Un t•ector deslizante puede aplicarse en cualquier punto de su línea de acción. Por el principio de
transmisibilidad, los efectos exteriores producidos por un vector deslizante son invariables.
Un vector fijo o ligado debe permanecer en el mismo punto de aplicación.
Un vector unitario es un vector de longitud unidad .
El opuesto (o negativo) de un vector P es el vector - P que tiene el mismo módulo y dirección, pero
sentido opuesto.
La resultante de un sistema de vectores es el menor número de vectores que pueden remplazar a
dicho sistema.
SUMA DE DOS VECTORES
(a) La ley del paralelogramo establece que la resultante R de dos vectores P y Q es la diagonal del pa-
ralelogramo en el que P y Q son lados adyacentes. Los tres vectores P, Q y R son concurrentes como
se ve en la Figura 1-1_
o
Fig.I-1 Fig. l-2
(b) Ley del triángulo. Colóquese el extremo posterior de un vector junto a la punta del otro. Se di-
buja la resultante uniendo el extremo posterior de este último vector con el extremo anterior del
primero. La ley del triángulo se deduce de la ley del paralelogramo porque los lados opuestos del
paralelogramo son vectores libres como se ve en la Figura 1-2.
(e) La suma vectorial es conmutativa, es decir, P + Q = Q + P.
1
2 VECTORES
La sustracción de un vector se realiza sumando el opuesto del vector, es decir,
Obsérvese también que
VECTOR NULO
p - Q = p + (-Q)
- (P + Q) = - p - Q
(CAP. 1
Se obtiene un vector nulo o cero cuando se resta un vector de sí mismo, es decir, P - P = O.
COMPOSICION DE VECfORES
1fA
, 1\
1 \
. 1 \
~"'1
,' 11
., 1 1
J 1
1 1
1
1
1
1
J
f
1
1
Composición de vectores es el proceso de
determinar la resultante de un sistema de vec-
tores. Se dibuja un polígono vectorial colocan-
do el extremo posterior de cada vector junto
al extremo anterior del siguiente vector' como
se ve en la Fig. 1-3. La resultante se dibuja
desde el extremo posterior del primer vector
hasta el extremo anterior o término del úl-
timo vector. Como carece de importancia el
orden en que se suman los vectores, puede
verse que para tres vectores dados P, Q y S
1 . /) ~
1 1 ------~-1---~----
t 1 1
R = P + Q + S = (P + Q) + S
P + (Q + S) = (P +S) + Q
La ecuación anterior puede ampliarse a un nú-
mero cualquiera de vectores.
MULTIPLICACION DE VECTORES POR ESCALARES
¡ / \ / 1
¡ 1 (
1 i \ 1 1
¡-/ \ 1 1
~ \lf v
Fig.l-3
(a) El producto del vector P por el escalar m es un vector mP cuyo módulo es m veces mayor que el
módulo de P y que tiene la misma dirección y el mismo u opuesto sentido que P según m sea po-
sitivo o negativo.
(b) Otras operaciones con escalares m y n son:
(m + n)P
-m(P + Q)
m(nP)
mP + nP
m-P + mQ
n(rnP) = (mn)P
TRIADA ORTOGONAL DE VECI'ORES UNITARIOS
Se forma una triada o triedro ortogonal de vectores unitarios i, j y k dibujando vectores unitarios
a lo largo de los ejes x, y y z, respectivamente. En la Fig. 1-4 puede verse un sistema de ejes a derechas
o dextrorsum.
,_
•:.:
~:
. ..
CAP. 1] VECTORES 3
y
Fig.l-4 Fig.l-5
Se escribe un vector P, como,
P = P,:i + P yj + P .,k
en donde Pxi, P J y Pzk son los componentes vectoriales de P a lo largo de los ejes x, y y z, respectiva-
mente, como puede verse en la Figura 1-5.
Obsérvese que, Px = P cos 0," Py = P cos O y, y Pz = P cos fJz.
EL VECTOR DE POSICION r de un punto (x, y, z) en el espacio se escribe,
r = xi + yj + zk
en donde r = jx2 + y2 + z2 • Véase la Figura 1-6.
• p
Fig.l-6 Fig.l-7
PRODUCTO ESCALAR O INTERNO
El producto escalar o interno de dos vectores P y Q, escrito P · Q, es una magnitud escalar y se
define como el producto de los módulos de ambos vectores por el coseno del ángulo () que forman entre
sí (véase la Fig. 1-7). Así, pues,
P · Q = PQ cos 8
·~--- ····----- ·--- ··-------- - - - - -· ---- ·-···· ... -·-···----
\
i
4 VECTORES
El producto escalar cumple las leyes siguientes, siendo m un escalar,
P · Q = Q·P
P · (Q +S) = P · Q + P · S
(P + Q) · (S+ T) = P · (S+ T) + Q • (S+ T)
-rn(P • Q) = ( mP) • Q = P • ( mQ)
Como i, j y k son ortogonales,
i. j_ .= i. k = j . k = (1)(1) cos 90° = o
i . i = j . j = k . k = ( 1) ( 1) cos o o = 1
P·S + P·T + Q • S + Q·T
Además, si P = P)'+ P~j + Pzk y Q = Q xi + Qyj + Qzk, se tendrá,
P·Q
P·P
PxQx + P yQy + P zQz
p2 = p ; + p~ + p;
[C'AP. 1
Los módulos de los componentes vectoriales de P a lo largo de los ejes rectangulares pueden escribirse,
P x = P · i, P y ::.:: P · j, P z = P ·k
puesto que, por ejemplo, P · i = (Pxi + P J + Pzk) · i = P" + O + O = P".
Análogamente, el módulo del componente del vector P según una rectaL cualquiera puede escri-
birse P ·eL, siendo eL el vector unitario sobre la recta L. (Algunos autores utilizan el símbolo u para
el vector unitario.) La Fig. 1-8 muestra un plano que pasa por el extremo postelior A del vector P y otro
que pasa por el extremo anterior B, ambos perpendiculares a L. Los planos cortan a L en los puntos
C y D. El vector CD es el componente de P según L y su valor es igual a P ·eL-
Ejemplo: Determinar el vector unitario eL correspondiente a una rectaL que pasa por los puntos (2, 3, O)
y ( - 2, 4, 6). Determinar después la proyección del vector P = 2i + 3j - k sobre la recta L.
La rectaL varía en la dirección x desde +2 a -2, o sea. -4. La variación en la dirección v
es 4 - 3 = + 1 y en la dirección z, 6 - O = + 6. El vector unitario, pues,es ·
-
4
i + - 1-j + - 6-k = - 0,549i + 0,137j + 0,823k
y(-4)2 + (+1)2 + (+6)1 v'sa Vs3
La proyección de P, por tanto, resulta ser
P ·eL = 2(- 0,549) + 3(0,137)- 1(0,823) = - 1,41
/
CAP. 1] VECTORES 5
EL PRODUCTO VECTORIAL O EXTERNO
El producto vectorial o externo de dos vectores P y Q , escrito P x Q, es un vector R cuyo módulo
es el producto de los módulos de los dos vectores multiplicado por el seno del ángulo que forman. El
vector R = P x Q es normal al plano formado por P y Q y señala en el sentido de avance de un tor-
nillo a derechas o dextrógiro cuando se le hace girar de P hacia Q a través del ángulo más pequeño O
que forman ambos. Por tanto, si e es el vector unidad que da la dirección y sentido de R = P x Q, el
producto vectorial puede escribirse, ·
R = P x Q = (PQ sen B)e, O ,;:: O ~ 180°
La Fig. 1-9 indica que P x Q = - Q x P (no conmutativo).
Q
(a)
Fig.l-9
El producto vectorial cumple las leyes siguientes, siendo m un escalar,
P X (Q + S) = P X Q + P X S
(P + Q) X (S + T) = P x (S+ T) + Q X (S+ T)
= P x S + P X T+Q x S+QXT
m(P X Q) = (-mP) X Q = P X ( mQ)
Puesto que i, j y k son ortogonales,
i x i j x j = kxk = O
i X j = k, j X k = i, k X i = j
Además, si P = Pxi + Pyj + Pzk y Q = Qxi + Qyj + Qzk, se tiene,
i j k
P X Q (PyQz - P.,Qy)i + (PzQx - PxQz)j + (PxQy- PyQx)k = Px Pll Pz
Qx Qy Qz
La comprobación de esta determinación del producto vectorial puede verse en el Problema 12.
CALCULO VECTORIAL
(a) La derivada de un vector P que varia respecto a una magnitud escalar, como el tiempo t , se realiza
del modo siguiente.
Sea P = P(t), es decir, Pes una función del tiempo t. La variación dP de P cuando el tiem-
po varía de t a (t + ót) es
.ó.P = P(t +M) - P(t)
·------- --·---- · - ·
6 VECfORES
Entonces
dP
di = lim .ó.P = .a.t ..... o .ó.t
lim _P_,_(t_+_.ó._t"-:-) _-_P_,_(_,_t)
¿\t .... o .ó.t
Si P(t) = P"i + PYj + Pzk, siendo Px:, PY y Pz funciones del tiempo t, tendremos,
dP
dt
lim .ó.P ,:i + .ó.P y j + .ó.P zk
.<lt-+0 .ó.t
Las operaciones siguientes son válidas,
d _ dP dQ
dt (P + Q) - dt + (JI
d
dt (P· Q) dP. Q +p. dQ dt dt
:t (P X Q) = ~~ X Q + P X ~~
en donde 1/J es una función escalar de t
[CAP. 1
(b) La integración de un vector P que varía respecto a una magnitud escalar como el tiempo t se reali-
za del modo siguiente. Supongamos P = P(t), esto es, que P es función del tiempo t. Entonces,
i
tl
P(t) dt =
o
CAP. l ] VECTORES 7
Problemas resueltos
l. Sumar en un plano una fuerza de 120 kg a 30"' con una fuerza de -lOO kg a 90° por el método del
paralelogramo. Referirse a la Figura 1-lO{a).
Fig.l-lO(a) Fig.l-lO(b)
Solución:
Dibujar un esquema del problema no necesariamente a escala. El signo negativo indica que la fuerza de 100 kg
actúa a lo largo de la recta a 90", pero hacia abajo. Esta fuerza es equivalente a otra positiva de 100 kg dirigida a lo
largo de la línea de 270", de acuerdo con el principio de transmisibilidad.
Como indica la Fig. 1-lO(b), colóquense los dos extremos posteriores en un punto común, dibújense los vec-
tores a escala adecuada y complétese el paralelogramo. La resultante R mide en la escala utilizada 111 kg. Mediante
un círculo graduado o transportador se ve que forma con el eje x un ángulo 0, = 339°.
2. Aplicar la ley del triángulo al Problema l. Véase la Figura l-11.
Solución:
Carece de importancia el vector que se escoge en primer lugar. Tome-
mos la fuerza de 120 kg. En su extremo anterior coloquemos el posterior de
la fuerza de 100 kg. Dibujemos la resultante desde el origen de la fuerza de
120 kg hasta la punta de la fuerza de lOO kg. Cuando se mide su valor con
la escala seleccionada y se determina su dirección, se tienen los mismos re-
sultados que en el Problema l.
3. La resultante de dos fuerzas coplanarias es 800 kg a 60". Una de
las fuerzas vale 160 kg a 30°. Determinar la fuerza que falta. Véase
la Figura 1-1 2.
Solución:
Seleccionar un punto por el que dibujar la resultante y la fuerza dada
a una escala conveniente.
Dibujar la recta que une los extremos anteriores de la resultante y de
la fuerza dada. Colocar una flecha en el extremo de este segmento próximo
a la resultante. Este segmento es la fuerza que falta. Si se mide a escala re-
sulta valer 667 kg a Ox = 67".
4. Restar en un plano una fuerza de 130 kg, 60°, de otra de 280 kg,
320<>. Véase la Figura 1-13.
Solución:
Sumar a la fuerza de 280 kg, 320", la opuesta de 130 kg, 60", obtenién-
dose así una fuerza resultante de 330 kg, 29T. Todos los ángulos se miden
respecto al eje x.
Fig.l-11
Fi~· l-12
130 kg ' ' \ 280 kg
' \. ' ' '-'' R == 330 kg
Fig.l-13
\
8 VECTORES
5. Determinar la resultante del siguiente sistema de fuerzas co-
planarias: 26 kg, 10°; 39 kg, 114° ; 63 kg, 183° ; 57 kg, 261 ".
Solución:
Aplicando el método del polígono, colocar sucesivamente el extre-
mo posterior de cada vector en la punta del vector precedente.
El vector resultante es la fuerza que se dibuja desde el extremo pos-
terior del primer vector hasta el extremo anterior del último vector.
Midiendo a escala, R = 65 kg, con e" = 197".
6. Una fuerza de 35 kg forma un ángulo de 140" con el eje x. De-
terminar sus componentes según de las rectas que forman
ángulos de 30° y 240° con el eje x . Véase Figura 1-15.
Solución:
Dibujar la fuerza de 35 kg a escala en un punto adecuado O. Por el mis-
mo punto dibujar dos líneas a 30n y 240°, OC y OD, respectivamente.
Por el punto B dibujar las líneas BE y BF paralelas, respectiva-
mente, a OC y OD. Prolongar OC hasta su encuentro en G con BF y
prolongar OD hasta su encuentro en H con BE. La componente que se
deseaba obtener a lo largo de la línea de 30" es OG ( -68,9 kg) y la com-
ponente a lo largo de la línea a 240" es OH ( -65,8 kg).
7. Un hombre que pesa 80 kg está de pie sobre una tabla que for-
ma un ángulo de 20° con la horizontal. ¿Cuál es la componente
del peso del hombre (a) normal (perpendicular) a la tabla y
( b) paralela a la misma?
Solución:
La componente normal forma un ángulo de 20" con el vector peso.
A partir de la punta del vector peso trazar una perpendicular a la nor-
mal. A escala, la componente normal mide 75 kg y la paralela 27,5 kg.
Trigonométricamente,
componente normal = 80 cos 20" = 75 kg
componente paralela = 80 sen 20° = 27,5 kg.
[CAP. 1
y
Fig.l-14
F
Fig.l-15
80 kg
Fig_l-16
8. Una fuerza P de 235 kg actúa formando un ángulo de 60° con la horizontal sobre un bloque que
descansa en un plano inclinado 22°. Determinar algebraicamente (a) las componentes horizontal
y vertical de P y (b) las componentes de P perpendicular y paralela al plano.
235 kg
Fig.l-17
Solución:
(a) La componente horizontal P~ actúa hacia la izquierda y es igual a 235 cos 60'' = 118 kg.
La componente vertical P,, actúa hacia arriba y es igual a 235 sen 60" = 204 kg.
(b) La componente P
11
paralela al plano = 235 cos (60° - 22'') = 185 kg actuando en el sentido ascendente.
La componente P1. normal al plano = 235 sen 38" = 145 kg como está indicada.
---- ----------- - - - - ---- --- ----------------- ---------
./ .. _ . ___ ___ . --- ________ .._.,
CAP. 1] VECTORES
9. Descomponer la fuerza de 20 kg en dos componentes, una de
las cuales deberá equilibrar la fuerza horizontal de 10 kg. Véase
Figura 1-18.
Solución:
La línea de trazos horizontal de la parte inferior indica una de las
componentes deseadas. Como es la equivalente de la fuerza de 10 kg, debe
ser colineal con esta fuerza con el mismo módulo, pero sentido opuesto.
La otra componente es concurrente con las dos fuerzas dadas en O y es
paralela a la línea que une los extremos anteriores de la fuerza de 20 kg
y de la equivalente, completándose el paralelogramo como está indicado.
A escala resulta valer 26,5 kg a 41 ".
10. Refiriéndonos a la Fig. 1-19. Las aristas x, y, z de un paralele- y
pípedo rectangular miden 40, 30 y 20 cm, respectivamente. Si
la diagonal OP dibujada apartir del origen representa una fuerza
de 50 kg, determinar las componen tes x, y, z de la fuerza. Ex-
presar la fuerza como un vector en función de los vectores uni-
tarios i, j y k.
Solución:
Representemos mediante ex, ey y e. los ángulos entre la diagonal OP
y los ejes x, y y z, respectivamente. Entonces,
P~ = P cos ex, P, = P cos o,, P. = P cose,
Longitud de OP = )402 + 302 + 202 = 53,8 cm. Por tanto,
cos 8"' = 40/53,8, cos By = 30/53,8, cos 8. = 20/53,8.
~--7
\ /
/
/
/
Fig.l-18
Fig.l-19
Como cada componente del esquema está orientado en el sentido positivo del eje sobre el que actúa,
Px = 50 cos 8~ = 37,2 kg, PY = 50 cos By= 27,9 kg, P, = 50 cos 8, = 18,6 kg
El vector es P = P,. i + P>. j + P. k = 37,2i + 27,9j + 18,6k kg.
9
11. Determinar los componentes x, y, z de una fuerza de 100 kg que a partir del origen llega hasta el
punto (2, -4, 1). Expresar el vector en función de los vectores unitarios i, j y k.
Solución:
Los cosenos directores de la línea de acción de la fuerza son
2 -4
cos "~ = = 0,437, cose y = _ r;;;
21
= -0,873, cos IJ. = 0,218
y(2)" +(-4)"+(1)2 v~~
Por tanto, P,. = 43,7 kg, Py = - 87,3 kg, P, = 21,8 kg; y el vector P = 43,7i - 87,3j + 21,8k.
12. Demostrar que el producto vectorial de dos vectores P y Q puede escribirse
----- - --
i j k
PxQ
Solución:
Escribamos los vectores dados en función de sus componentes y desarrollemos el producto vectorial hasta
obtener
PXQ (P~i + Pyj + P,k) X (Q~i + Q. j + Q,k)
(P~Q.,) i X i + (P.,Qy)i X j + W,Q.)i X k
+ (P,Q .. )j X i + (P,Q,)j X j + (P,Q.)j X k
+ (P. Q.)k X i + (P,Q,)k X j + (P.Q.)k X k
\
10 VECTORES . [CAP. 1
Pero i x i = j x j =k x k= O; e i x j = k y j x i = -k, etc. Por consiguiente,
P X Q = (P.Q.)k - (P.Q.)j - (P.Q.)k + (P. Q. )i + (P .Q.) j - (P.Q.) i
Estos términos pueden agruparse para obtener
P X Q = (P. Q.-P. Q.)i + (P.Q. -P. Q.)j + (P.,Q.-P,Q.)k
o en forma de determinante,
k
P X Q
Obsérvese que los componentes escalares del primer vector P en el producto vectorial se escriben en la fila
central del determinante.
13. Una fuerza F = 2,63i + 4,28j - 5,92k newtons actúa desde el origen. ¿Cuál es el valor de esta
fuerza y qué ángulo forma con los ejes x, y y z?
Solución:
cos ()" = + 2,63/7,75, Ox = 70,2" cos IJY = + 4,28/7,75, Or = 56,3" cos O, = -5,92/7,75, Oz = 139,8"
14. Hallar el producto escalar .de P = 4,82i - 2,33j + 5,47k kg y Q = 2,8 li - 6,09j + 1,12k m.
Solución:
P · Q = PxQx + PYQY + P,Q. = (4,82)( -2,81) + ( - 2,33)( - 6,09) + (5,47)(1,12) = 6,72 kg-m.
15. Determinar la proyección de la fuerza P = lOi - 8j + 14k kg sobre la rectaL que pasa por los
puntos (2, -5, 3) y (5, 2, - 4) orientada en el sentido del primer al segundo punto.
Solución:
El vector unitario en la dirección L es
eL = 5 - 2 i + 2 - ( -5) j + - 4 - 3 k
v' (5. - 2)2 + [2 - ( - 5)]2 + ( -4- 3)2 v'107 v'107
= 0,290i + 0,677j ._ 0,677k
La proyección de P sobre L es
P · eL = (lOi - 8j + 14k) · (0,29i + 0,677j - 0,677k)
= 2,90 - 5,42 - 9,48 = - 12,0 kg
El signo menos indica que la proyección tiene sentido opuesto al dado a L.
16. Hallar el producto vectorial de P = 2,85i + 4,67j - 8,09k m y Q = 28,3i + 44,6j + 53,3k kg.
Solución:
k
P X Q = P" P y. P.
k
2,85 4,67 - 8,09
28,3 44,6 53,3
- --------- - --- --· · ·
Q" Qy Q.
i[(4,67)(53,3) - (44,6)(- 8,09)] - j((2,85)(53,3) - (28,3)( -8,09)] + k((2,85)(44,6) - (28,3)(4,67)]
i(249 + 361 ] - j[152 + 229] + k[l27 - 132) = 610i - 381j - 5k kg-m
CAP. 1] VECTORES 11
17. Determinar la derivada respecto al tiempo del vector de posición r = 2xi - 3yj + zk, siendo
i, j y k vectores fijos.
Solución:
Es simplemente dr
dt
dy. dz
3 Tt 3 + dt k.
18. Determinar la integral respecto al tiempo desde el instante t 1
del vector velocidad.
siendo i, j y k vectores fijos.
Solución:
v = t 2i + 2tj - k m/seg
1 seg hasta el instante t 2 = 3 seg
f 3 (t2i + 2tj- k) dt
1
i f 3 t• dt + j 53 2t dt - k f3 dt = 8,67i + 8,00j - 2,00k
Problemas propuestos
19. Determinar la resultante de las fuerzas coplanarias 100 kg, O" y 200 kg, 90''. Sol. 224 kg, e:x = 64"
20. Determinar la resultante de las fuerzas coplanarias 32 kg, 20" y 64 kg, 190''. Sol. 33,0 kg, ex = 180°
21. Hallar la resultante de las fuerzas coplanarias - 30 kg, 60'' y 80 kg, 60". Sol. 50,0 kg, ex = 60"
22. Hallar la resultante de las fuerzas coplanarias concurrentes 120 newtons, 78" y 70 newtons, 293".
Sol. 74,7 nt, 45,2''
23. La resultante de dos fuerzas coplanarias es 18 g a 30". Si una de las fuerzas es 28 g a 0", determinar la otra.
Sol. 15,3 a 144''
24. La resultante de dos fuerzas coplanarias es 36 dinas a 45". Si una de las fuerzas es 24 dinas a O'', hallar la
otra fuerza. Sol. 25,5 dinas, 87"
25. La resultante de dos fuerzas coplanarias es 50 newtons a 143' . lJna de las fuerzas es 120 newtons a 238". Deter-
minar la fuerza restante. Sol. 134 nt, ex = 79,6"
26. En un plano, restar 80 lb, O" de -45 lb, 180". Sol. 35,0 lb, ex= 180° o - 35,0 lb, ex = O"
27. En un plano, restar la fuerza 20 kg, 180" de la fuerza 40 kg, 270°. Sol. 44,7 kg, (}" = 296,5"
28. Determinar la resultante de las fuerzas coplanarias: 6 g, 38'' ; 12 g, 73 '' ; 18 g, 67"; 24 g, 131u.
Sol. 50,0 g, Ox = 91"
29. Determinar la resultante de las fuerzas coplanarias: 20 lb, O"; 20 lb, 30A; 20 lb, 60"; 20 lb, 90"; 20 lb, 120°;
20 lb, 150". Sol. 77,2 lb, ex = 75"
30. Hallar una fuerza sola que remplace a las siguientes fuerzas coplanarias: 150 dinas, 78'' ; 320 dinas, 143"; 485 di-
31.
nas, 249"; 98 dinas, 305°; 251 dinas, 84°. Sol. 321 dinas, 171"
Se tira de un trineo mediante una fuerza de 25 kg aplicada a una cuerda inclinada 30" respecto a la horizontal.
¿Cuál es la componente efectiva de la fuerza que tira del trineo? ¿Cuál es la componente que tiende a levantar
verticalmente el trineo del suelo? Sol. Ph = 21,7 kg, P" = 12,5 k;g
-----..._ ____ _ _
12 VEL"TORES [CAP. 1
32. beterminar la resultante de las siguientes fuerzas coplanarias: 15 newtons, 30' ; 55 newtons, 80·' ; 90 newtons,
210", y 130 newtons, 260''. Sol. 136 nt, 8, = 235"
33. Un bloque que pesa 19 kg reposa sobre un plano que forma un ángulo de 16" con la horizontaL Determinar la
componente del peso normal al plano. Sol. 18,3 kg
34. Un poste telefónico está sostenido por un tirante que ejerce una tracción de 200 kg sobre la parte superior del
poste. Si el ángulo entre el alambre y el poste es SO", ¿cuáles son los componentes horizontal y vertical de la
tracción ejercida sobre el poste? Sol. Ph = 153 kg, P,. = 129 kg
35. Una barca está siendo remolcada en. un canal mediante un cable horizontal que forma un ángulo de 10" con la
costa. Si la tracción del cable es 200 kg, hallar la fuerza que tiende a mover la barca por el canal.
Sol. 197 kg
36. Expresar en fu_nción de los vectores unitarios i, j y k la fuerza de 200 kg que parte del punto (2, 5, - 3) y pasa
por el punto (- 3, 2, 1 ). Sol. F '-~ -14li - 84,9j :+ 113k
37. Determinar la resultante de las tres fuerzas 1<'1 = 2,0i + 3,3j - 2,6k, F 2 = - i + 5,2j - 2,9k y F 3 = 8,3i -
6,6j + 5,8k que son concurrentes en el punto (2, 2, - 5).
Sol. R = 9,3i + 1,9j + 0,3k kg en (2, 2, - 5)
38. La polea indicada en la Fig. 1-20 puede deslizarse libremente sobre el cable de suspensión. Si la polea sostiene
a un hombre de 80 kg, ¿cuál es la tensión en el alambre? Sol. T = 167 kg
Fig.l-20 fig.l-21
39. Los dos cables de la Fig. 1-21 sostienen un peso de 500 kg. Determinar la tensión en cada cable.
Sol. T...._ 8 = 433 kg, T8c = 250 kg
40. ¿Qué fuerza se necesita para sostener el peso W de 10 kg, en la posición indicada en la Figura 1-22?
Sol. P = 2,35 kg
Fig.l-22 Fig.l-23
41. Una partícula cargada está en reposo bajo la acción de otras tres partículas cargadas. Las fuerzas ejercidas por
dos de las partículas pueden verse en la Fig. 1-23. Determinar el módulo y dirección de la tercera fuerza.
Sol. 14,7 nt, 8x = 76,8"
------- -/
CAP. 1] VECTORES 13
42. Determinarla resultante de las fuerzas coplanarias de 200 kg, O" y 400 kg, 90". Como estas fuerzas son iguales
a las del Problema 19 multiplicadas por el escalar 2, el módulo de la resultante de este problema deberá ser el
doble que el de la resultante del Problema 19. El ángulo deberá coincidir.
43. ¿Qué vector debe sumarse al vector F = 30 lb, 60'', para originar el vector cero?
Sol. 30 lb, Ox = 240~ ·
44. En el instante t = 2 seg, un punto móvil sobre una curva tiene las coordenadas (3, - 5, 2). En el instante t = 3 seg,
las coordenadas del punto son ( 1, - 2, O). ¿Cuál es la variación del vector de posición ?
Sol. Llr = - 2i + 3j - 2k
45. Determinar el producto escalar de P = 4i + 2j - k y Q = - 3i + 6j - 2k. Sol. +2
46. Determinar el producto vectorial de los vectores del Problema 45. Sol. P X Q = 2i + llj + 30k
47. Determinar la derivada respecto al tiempo del vector P = xi + 2yj - z2 k.
dP - dx . 2 dy . - 2z dz k
Sol. dt - dt 1 + dt J dt
d
48. Si P = 2ti + 3t2 j - tk y Q = ti + rj + r3k. demostrar que --- (P · Q) = 4t + 8t3 . Comprobar el resultado . dt
haciendo uso de dP . Q + p. dQ = i.(P . Q)
dt dt dt .
d
49. En el problema anterior demostrar que dt (P X Q) = (1St • + 3t2 )i - (8t3 + 2t )j - 3t•k.
dP dQ d
Comprobar el resultado haciendo uso de dt x Q + P x dt = dt (P x Q).
50. Determinar el producto escalar de los vectores siguientes:
p Q
(a) 3i- 2j + 8k -i- 2j· - 3k
(b) 0,86i + 0,29j- 0, 37k l ,29i - 8,26j + 4,0k
(e) ai + bj - ck cli - ej -i- fk
51. Determinar el producto vectorial de los vectores siguientes:
p
(a) 3i-2j+ 8k
(b) 0,86i + 0,29j - 0,37k
(e) ai + bj - ck
Q
- i- 2j - 3k
1,29i - 8,26j + 4,0k
di - ej + fk
P•Q
- 23
-2,77
ad - be - cf
P X Q
22i + j- 8k
-1,90i - 3,92j- 7,49k
(bf- ec)i - (af + cd)j - (ae + bd)k
52. Determinar el vector unitario en la dirección del segmento que empieza en ei punto (2, 3, - 2) y pasa por el pun-
to (1 , O, 5). Sol. eL= -0,13í - 0,391j + 0,912k
53. Determinar el componente del vector P = 1,52i- 2,63j + 0,83k sobre la recta que empieza en el punto (2, 3, - 2)
y pasa por el punto (1, O, 5). Sol. PL = +1,59
-----
Capítulo 2
Operaciones con fuerzas
MOMENTO M DE UNA FUERZA F
El momento M de una fuerza F respecto a un punto O es el producto vectorial M = r x F, sien-
do r el vector de posición respecto a O de cualquier punto P situado sobre la fuerza F.
y
z
Fig. 2-1
Si a través de O se dibuja un conjunto de ejes x, y y z, como se ve en la Figura 2-1 ,
r = xi + yj -r zk ,
y, por definición,
1 j k
M = r X F = X y z
Desarrollando el determinante.
Comparando est a expresión de M con la escrita anteriormente, se ve que
14
CAP. 2] OPERACIONES CON FUERZAS 15
Las magnitudes escalares Mx, MY y M, son los momentos respectivos de la fuerza F respecto a los
ejes x, y y z que pasan por O. Véanse Problemas 3 y 4.
Obsérvese que el componente escalar Mx del momento M puede obtenerse a partir del producto
escalar del momento M por el vector unüario i situado sobre el eje x. Así, pues,
M· i = (Mxi + Myj + M_.k) • i = Mxi • i + Afyj • i + 11-fzk • i = 11-fr (l ) + O + O = 1\·fx
Análogamente, el momento escalar ML (sobre cualquier linea rectaL) del momento M puede ob-
tenerse por el producto escalar del momento M por el vector unitario eL sobre la línea L. Por tanto,
UN PAR se compone de dos fuerzas iguales en módulo y paralelas, pero de sentidos opuestos.
y
MOMENTO e DE UN PAR
El momento e de un par respecto a cualquier
punto O es la suma de los momentos res))ecto a O
de las dos fuerzas que constituyen el par.
El momento e del par indicado en la Fig. 2-2 es
C = ~Mo r1 X F + r2 X (- F )
(r1- r 2) X F
= a x F
Por consiguiente, e es un vector perpendicu-
lar al plano que contiene ambas fuerzas (a está
contenida en este plano). Por definición del pro-
ducto vectorial, el módulo de e es ¡a x F/ = aFsen ()_
Como d, distancia perpendicular entre las dos fuer-
zas del par, es igual a a sen O, el módulo de e es
C= Fd.
1
l
/
~<·: .
,·
i·
1,
f ..
z Fig. 2-2
.!
1
·•. X
Los pares obedecen a las leyes vectoriales. Cualquier par e puede escribirse e = Cxi + CJ + C.k ,
siendo Cx, Cy y C" sus componentes escalares.
FUERZA UNieA F
Una fuerza F única actuando sobre el punto P puede sustituirse por (a) una fuerza del mismo mó-
dulo, dirección y sentido aplicada a cualquier punto O y (b) un par e = r x F, siendo r el vector que
va de O a P. Véanse Problemas 10 y 11.
SISTEMAS DE FUERZAS eOPLANARIAS
En muchos problemas de mecánica aparecen sistemas de fuerzas coplanarias. El análisis escalar
siguiente resulta útil para tratar estos problemas bidimensionales.
l. El momento M0 de una fuerza respecto a un punto O de un plano que contiene a la fuerza es
el momento escalar de la fuerza respecto a un eje que pasa por dicho punto y es perpendicular
al plano. Por esta razón, el momento es el producto de (1) la fuerza y (2) la distancia desde el
punto hasta la recta de acción de la fuerza. Es costumbre asignar un signo positivo al momen-
to si la fuerza tiende a girar en sentido contrario a las agujas del reloj (sentido antihorario)
alrededor del punto.
-- -- -- --
16 OPERACIONES CON FUERZAS [CAP. 2
2. El teorema de Varignon establece que el momento de una fuerza respecto a un punto cual-
quiera es igual a la suma algebraica de los momentos de las componentes de la fuerza respec-
to a dicho punto.
3. Los efectos externos de un par no varían si:
(a) Se gira o traslada el par dentro de su plano.
(b) Se transfiere el par a un plano paralelo.
(e) Se cambia el tamaño de sus fuerzas, con tal que el brazo del momento se altere a su vez
para mantener invariable el momento.
4. Un par y una fuerza en el mismo plano o en planos paralelos pueden cambiarse dando una sola
fuerza de la misma magnitud y sentido que la fuerza dada y paralela a ella. Véase Problema 8.
5. Inversamente, una sola fuerza, como se indicó anteriormente, puede remplazarse por (a) una
fuerza del mismo módulo, dirección y sentido aplicada en un punto cualquiera y (b) un par
contenido en el plano que forman la fuerza y el plmto escogido. Véase Problema 10.
NOTA
En algunos de los problemas resueltos se utilizan ecuaciones vectoriales, pero en otros se emplean
las ecuaciones escalares equivalentes. En las figuras se identifican los vectores por sus módulos cuando
son evidentes sus direcciones.
Problemas resueltos
l. Determinar el momento de la fuerza de 20 kg respecto al
punto O. Véase F igura 2-3.
Solución:
Trazar la perpendicular OD desde O a la línea de acción de la
fuerza de 20 kg. Su longitud a escala es 0,433 m. E l momento de la
fuerza respecto a O (realmente respecto a un eje que pasa por O per-
pendicularmente al plano xy ) es, por tanto, - (20 x 0,433) = - 8,66 kg.
El signo menos se debe a que el sentido de rotación visto desde
el extremo positivo del eje z (que no está indicado) coincide con el
de las agujas del reloj (horario).
2. Resolver el Problema 1 utilizando el teorema de Va rig,non.
Véase Figura 2-4.
Solución:
Para utilizar este teorema se remplaza la fuerza de 20 kg por sus
componentes rect angulares p aralelos a los ejes x e y y se les aplica en
un punto cualquiera conveniente sobre la línea de acción. Si se escoge
el punto sobre el eje x, entonces resulta evidente que el componente
x no tiene momento respecto a O.
El momento de la fuerza de 20 kg respecto a O es entonces úni-
camente el momento del componente y respecto a O, o sea, - (17, 3
x 0,5) = - 8,65 kg-m.
y
y
l o
20 k g¡_y __
0,5 m
1
1
1
Fig. 2-3
20 sen 60° ' 17,3 kg
,--
*~
~ '""~
0,5 ~
o- x
• 10 kg
Fig.2-4
CAP. 2] OPERACIONES CON FUERZAS
3. Una fuerza de 100 kg está dirigida a lo largo de la recta que
va del punto cuyas coordenadas x , y , z son (2, O, 4) m
hasta el punto cuyas coordenadas son (5, 1, 1) m ¿Cuáles
son los momentos de esta fuerza respecto a los ejes x, y y z ?
Solución:
En la Fig. 2-5, supongamos que laescala es tal que la fuerza de
100 kg está representada por la diagonal del paralelogramo cuyas
aristas son paralelas a los ejes. Las aristas representan a la misma
escala las componentes de la fuerza.
La arista x tiene una longitud de 5 - 2 = 3 m .
La arista y tiene una longitud de 1 - O = 1 m.
La a rista z tiene una longitud de 1 - 4 = ~ 3 m. Esto signi-
fica que la componente F. está orientada hacia atrás, es decir, en el
sentido negativo del eje z .
Fig. 2-5
longitud de la arista x 3 3
F = - --··--·--·-· -- ·- . -X 100 kg = -·· X 100 = -= X 100 = 68,7 kg.
" longitud de la diagonal - , /32-+ .1 2 + _32 1¡9
Análogamente, F, = ~ x 100 = 2,29 kg
J 19
V V
y
-3
F. = X 100 = 6R,7 kg.
. / 19
17
Pa ra hallar el momento de la fuerza de 100 kg respecto al eje x se determinan los momentos de su s compo-
nentes respecto a dicho eje . Se ve fácilmente que el único componente que tiene momento es Fr Por tanto, el mo-
mento Mx de la fuerza de 100 kg es el momento de F)" respecto al eje x y vale -22,9 x 4 = --91 ,6 kg-m. El signo
menos indica que la rotación de F1 es horaria respecto al eje x cuando se la mira desde el extremo positivo del
eje x.
Al hallar el momento respecto al eje y obsérvese que f~ es paralela a este eje y no tiene momento respecto
a él. Sin embargo, ahora deben considerarse Fz y Fx. Es preferible determinar el signo del momento inspeccio-
nando la figura mejor que escribiendo signos para la componente y su brazo. D e acuerdo con esto, Mr = + (68,7 x 2)
+ (68,7 x 4 ) = + 412 kg-m.
Mediante un razonamiento análogo y utilizando solo F, (puesto que Fz es paralela al eje z y Fx perpendicular
al mismo, M" = + (22,9 x 2) = 45,8 kg-m.
Hay que tener cuidado de fijar signos a Jos momentos y convencerse de que se en tiende su significado.
4. Repetir el Problema 3 utilizando la definición del momento mediante el empleo del producto escalar,
Solución:
Según el Problema 3, F = 68,7i + 22,9j - 68,7k.
El vector r es el vector de posición de cualquier punto situado sobre la recta de acción de F respecto al ori-
gen. Si utilizamos el punto (2, O, 4), r = 2i + Oj + 4k. Por tanto,
M=r X F = 2 o
k
4
68,7 22,9 - 68,7
= i[O - 4(22,9)] - j[2(~ 68,7)- 4(68,7)] + k(2(22,9) - O]
= - 91,6i + 4l2j + 45,8k
Utilicemos ahora el punto (5, 1, 1) situado sobre la recta de acción de F, entonces r '""' 5i + j + k . Por con-
siguiente,
M 5 1
k
1
68,7 22,9 -68 ,7
= i[ - 1(68,7) - 22,9(1)]- j[5( ~ 68,7 ) - 1(68,7)] + k[5(22,9 ) - 68,7(1)]
= - 91,6i + 412j + 45,8k
Los momentos escalares respecto a los ejes x , y y ;; son los coeficientes de los vectores unitarios i, j y k .
18 OPERACIONES CON FUERZAS
5. Un par de momento + 60 kg-m actúa en el plano del papel.
Indicar cómo estaría formado este par (a) con fuerzas de
10 kg y (b) con fuerzas de 30 kg.
Solución:
En (a) el brazo del momento debe valer 6 m, y en (b) 2 m.
El sentido de rotación debe sér antihorario. Las fuerzas parale-
las pueden dibujarse en una posición cualquiera como se ve en la
Figura 2-6.
6. Combinar el par C 1 = + 20 kg-m con el par C2 = -50 kg-m
que están situados en el mismo plano. Véase Figura 2-7.
Soluci6n:
Para hacer la combinación gráficamente representemos ambos
pares con fuerzas del mismo módulo, p or ejemplo, 10 kg, dibuján-
dolas de modo que dos de las fuerzas, una por par, sean colineales
y opuestas.
Es evidente que estas fuerzas se contrarrestan quedando única-
mente dos fuerzas de lO kg con un brazo de 3 m. El par resultante
vale -30 kg-m, resultado que podía haberse obtenido también por
suma algebraica.
7. Un par de -30 kg-m actúa en un plano horizontal y otro par de
60 kg-m actúa en un plano a 45", como se ve en la Figura 2-8(a).
Determinar gráficamente su resultante.
Solución:
Dibujamos cada par con fuerzas del mismo módulo, por ejem-
plo, 30 kg, de modo que dos de las fuerzas, una de cada par, sean
colineales con la recta de intersección de los planos, pero opuestas.
Obsérvese que la línea a trazos representa una fue¡;za de 30 kg en el
plano horizontal. Véase Figura 2-8(h).
Las fuerzas colineales se anulan entre sí, quedando dos fuerzas
iguales, paralelas y opuestas, que forman un par en el plano indica-
d o, el cual forma un ángulo (}x con el plano horizontal, como se ve
en la Figura 2-8(c).
Plano
(horizontal
30 k
Fig. 2-S(b)
-. Plano dei par
de 60 kg-m
El brazo del par resultante medido a escala es 1,74 m.
(a)
Fig. 2-6
Fig.2-7
Fig. 2-S(a)
[CAP. 2
~~,
1
' 1
1
1
J
-~-J
Plano del par
rde 60 kg-m
Fig. 2-S(o)
El par puede representarse, como está indicado, por un vector e perpendicular al plano en el que actúa y
de valor (1,47 X 30), o sea, 44,1 kg-m. El ángulo ex vale 74"
Se obtiene otra solución gráfica utilizando la representación
vectorial de los pares dados. Los vectores está n indicados en un pun-
to cualquiera de la línea de intersección y formando ángulo recto
con sus planos respectivos. Véase Figura 2-8(d).
La resultante es e, cuya longitud a escala es 44,2 kg-m. El vec-
tor C representa un par en el plano perpendicular a sí mismo, es
decir, en el plano con (}x = 74°; ·
e --~8% e --¡--
Fig. 2-S(d)
....
------~
CAP. 2] OPERACIO:.--IES CON FUERZAS
8. Combinar una fuerza de 25 kg, 80° con un par de + 60 kg-m
en el mismo plano.
Solución:
Un par como éste no puede reducirse a un sistema más sencillo, pero
puede combinarse con otra fuerza.
Dibujemos el par mediante fuerzas de 25 kg de modo que una de
ellas sea colineal y de sentido opuesto con la fuerza de 25 kg.
Se ve inmediatamente que las fuerzas colineales se anulan, quedando
únicamente una sola fuerza de 25 kg paralela y del mismo sentido que la
fuerza original, pero a una distancia de ella de 2,4 m.
Fuerza
dada
25 kg
19
! 1 25 kg
,...2 4 1
25 k 1 ' n¡,_¡ g, /
"---' e
Fig. 2-9
9. Un par C1 de 20 kg-m actúa en el plano xy, otro par C2 de 40 kg-m actúa en el plano xy y
un tercer par C3 de - 55 kg-m actúa en el plano xz. Determinar el par resultante.
Solución:
El par C1 es positivo y actúa en el plano xy. Cuando se observa desde
el extremo positivo del eje z tiende a girar en sentido antihorario alrededor
del eje ;_ Por la regla de la mano derecha está representado por un vector
sobre el eje z y dirigido hacia su extremo positivo. Asi se han dibujado
los tres pares. Sumando vectorialmente,
e = VCi + Ci + Ci = V(2o)2 + (40·):, + (-55i = 70,9 kg-m
cos 1>z = e21e = + 0.564, cos <P. = ea/C = - 0,777,
cos <P. = e1/e = +0,282
Estos son los cosenos directores del par C. El par actúa en un plano
perpendicular a este vector.
El par e puede escribirse en notación vectorial.
e = +40i - ssj + 20k
a partir del cual se deduce el valor C como anteriormente.
y
e, '" 40 kg-m
}-~--~~~~~- · ~
t
1
1
1
t
1
1 te, ~ - 55 kg-m
Fig. 2-10
10. Una tubería de 5 cm de diámetro está sometida a una fuerza de 25 kg aplicada verticalmente hacia
abajo en una varilla horizontal con un brazo de 25 cm. Remplazar la fuerza de 25 kg por (1) una
fuerza en el extremo de la tubería que produce su flexión y (2) un par que somete a torsión dicho
eje. ¿Cuáles son los momentos de la fuerza y del par? Véase la Figura 2-11.
- ·· - -· - - - -
y
L~t--- 40 cm ---'--~~
28
25 kg
y
· ·- ;·- ·. : -
Fig. 2-11
. ·-- ···------ . - ----.
20 OPERACIONES CON FUERZAS [CAP. 2
Solución:
Colocar dos fuerzas verticales de 25 kg en sentidos opuestos en el centro de la tubería como se ve en la
Fig. 2-11. Las tres fuerzas son aún equivalentes a la fuerza original.
La fuerza dirigida hacia arriba se combina con la fuerza original para formar un par C = 25 x 28 =
700 kg-cm. Este par tiende a torcer la tubería cuando se observa desde la derecha.
La otra fuerza de 25 kg en sentido hacia abajo produce un momento flector M = -25 x 40 = - 1.000
kg-cm, alrededor del eje z.
11. Resolver el Problema 10 determinando el momento de la fuerza de 25 kg respecto al punto O.
Solución:
El vector deposición del punto de aplicación de la fuerza de 25 kg respecto al origen es r = 40i + 28k. La
fuerza F = - 25j. Así, pues, el momento de la fuerza de 25 kg respecto al origen es
M :::: r X F :::: 40 o
k
28
o -25 o
i[O - 28 ( -25)] - j[O- O] + k [-40 (25)- O] = 700i - l.OOOk
que está de acuerdo con los resultad,os del Problema 10.
12. Un autogrúa está sobre un suelo horizontal. El eje x pasa por los puntos de contacto de las ruedas
traseras con el suelo, siendo el eje y paralelo a la línea central del vehículo y el eje z vertical como
puede verse en la Fig. 2-12. La plataforma de la grúa está a O, 75 m del suelo. Para nuestro objeto
práctico, el pivote de giro de la parte inferior del mástil o pluma puede considerarse que está a
1,50 m del centro de la cabina de la grúa, el cual a su vez está a 3,75 m de las ruedas de atrás sobre
la línea media del vehículo y hacia delante (hacia la izquierda en la figura). El mástil de 12,5 m
forma un ángulo de 60" con la plataforma estando contenido en un plano vertical que está des-
viado 4Y de la línea media del vehículo. Debe t omarse como distancia entre los puntos de con-
tacto de las ruedas traseras 2 m. Determina r el momento que tiende a hacer girar la carga de 4.000 kg
alrededor del eje x .
4.000 kg
X
Fig.2-12
___________ /
CAP. 2] OPERACIONES CON FUERZAS 21
Solución:
Respecto al origen O de los ejes, las coordenadas del centro de la cabina son ( -1, - 3, 75, + O, 75). Las coor-
denadas de la parte inferior del mástil son (-1 + 1,50 sen 45 ' , -3,75 + 1,50 cos 45° + 0,75) o bien (+0,06,
- 2,70, +0,75). Las coordenadas de la parte superior del mástil son ( + 0,06 + 1,25 cos 60" sen 45", -2,70'+
50 cos 60" cos 45v, + 0,75 + 50 sen 60'') o bien ( +4,47, + 1,73, + 11 ,75).
k
El momento del ¡)eso de 4.000 kg respecto a O es M = r X F = 4,47 1,73 11,57
o o -4000
El coeficiente escalar del término en i es el momento respecto al eje x. Por tanto, Mx = - 17.900 kg-m. Así,
pues, el momento es en el sentido horario respecto al eje x cuando se observe desde la parte de delante.
Problemas propuestos
13. Hallar en cada uno de los casos siguientes el momento de la fuerza F respecto al origen.
Valor de Angulo de F con Coordenadas del punto
F la horizontal de aplicac ión de F Solución
20 kg 30 (5, -4) m +1 19 kg-m
64 kg 140 (-3, 4) m t 72.9 kg-m
15 kg 337 (8, - 2) m - 19,3 kg-m
8g 45 (6, 1) cm + 28,3 g-cm
4 dinas 90 (0, - 20) cm o
96 newtons 60 (4, 2) metros +236 nt-m
14. Una fuerza de 50 kg está situada sobre la línea trazada desde el punto cuyas coordenadas x, y , z son (8, 2, 3) m
al punto cuyas coordenadas son (2, - 6, 5) m. ¿Cuáles son los momentos escalares de la fuerza respecto
a los ejes x, y y z? Sol. M"= + 137 kg-m, M7 = -167 kg-m, Mz = - 255 kg-m
15. Combinar los pares e1 = +20 kg-m, e2 = - 80 kg-m y e3 = - 18 kg-m, que actúan todos en el mismo plano.
Sol. C = - 78 kg-m, actuando en el mismo plano o en uno paralelo
16. Sumar los pa res e1 = - 20 g-cm y C2 = - 48 g-cm, que actúan en planos paralelos distantes 6 cm entre sí.
Sol. e = - 68 g-cm en cualquier plano paralelos a los dados
17. Determinar el vector resultante de los tres pares + 16 kg-m, - 45 kg-m .y 120 kg-m, que actúan en los planos xy,
yz y x ::, respectivamente. Sol. e = + 129 kg-m, cos 4>x = - 0,349, cos 4>Y = 0,931, cos 4>z = 0,124
18. Las fuerzas de 24 kg que se ven en la Fig. 2-13 están aplicadas en los vértices A y B del paralelepípedo y
actúan a lo largo de AE y BF, respectivamente. Demostrar que el par dado puede sustituirse por un conjunto de
fuerzas verticales, compuesto por una fuerza de 16 kg vertical y hacia arriba en el punto e y otra de 16 kg ver-
tical y hacia abajo en D.
20 kg
24 kg
Fig. 2-13 Fig.2-14
19. Demostrar que el conjunto de tres fuerzas verticales que se ve en la Fig. 2-14 puede reroplazarse por una sola fuer-
za de 80 kg vertical y hacia arriba aplicada a 0,75 m a la izquierda de la fuerza de 80 kg.
22 OPERACIONES CON FUERZAS [CAP. 2
20. Una barra horizontal de 4 m de largo está sometida a una fuerza vertical hacia abajo de 12 kg aplicada en
su extremo derecho como se ve en la Fig. 2-15. Demostrar que es equivalente a una fuerza de i2 kg aplicada
en el extremo izquierdo hacia abajo y a un par en sentido horario de 48 kg-m.
4m
Fig. 2-15 Fig. 2-16
21. Reducir el sistema de fuerzas aplicado a las correas indicadas err la Fig. 2-16 a una sola fuerza en O y a un
par. Las fuerzas son verticales y horizontales. Sol. 78,3 kg, ex = 296,5' , e = O
22. Reducir el sistema de fuerzas aplicado a la viga de la Fig. 2-1 7 a una fuerza en A y a un par.
Sol. R = lOO kg hacia arriba en A y e = 3.000 kg-m
lOO kg 400 kg 200 kg
68 kg
A 2m 2m 2m
600 kg 85 kg
Fig.2-17 Fig. 2·18
23. Reducir el sistema de fuerzas y pares de la Fig. 2-18 al sistema más sencillo aplicado en A. Véase Figura 2-18.
Sol. Rx = +48,1 kg, Ry = -3,9 kg y C = + 18,1 kg-m
24. Determinar los momentos respecto a los ejes x, y y z de las dos fuerzas indicadas en la Figura 2-19.
Sol. M = 488i + 732k kg-m o Mx = +488 kg-m, MY = O, Mz = + 732 kg-m
Fig.2-19
, _ __ ___.-/
Capítulo 3
Resultante de un sistema de fuerzas coplanarias
FUERZAS COPLANARIAS
Las fuerzas coplanarias están contenidas en un plano. Un sistema de fuerzas concurrentes se com-
pone de fuerzas que se cortan en un punto denominado de concurrencia. Un sistema paralelo se
compone de fuerzas que se cortan en el infinito. Un sistema de fuerzas no concurrentes ni paralelas está
formado por fuerzas que no son todas concurrentes ni todas paralelas.
A los sistemas anteriores pueden aplicarse las ecuaciones vectoriales para determinar sus resul-
tant~s, pero en los casos concretos serán en general más útiles las siguientes ecuaciones escalares de-
rivadas.
SISTEMAS DE FUERZAS CONCURRENTES
La resultante R puede ser (a) una sola fuerza que pasa por el punto de concurrencia o (b) nula.
Algebraicamente,
y
en donde "LF,, "LFY = sumas algebraicas de las componentes x e y, respectivamente, de las fuerzas del
sistema,
o;o; = ángulo que la resultante R forma con el eje X .
SISTEMA DE FUERZAS PARALELAS
La resultante puede ser (a) una sola fuerza R paralela al sistema (b) un par en el plano del sistema
o en un plano paralelo, o (e) cero. Algebraicamente,
R = ~F y Ra = ~Mo
en donde "LF = suma algebraica de las fuerzas del sistema,
O = cualquier centro de momentos del plano,
ii = distancia perpendicular desde el centro de momentos O a la resultante R,
Rii = 'momento de R respecto a O,
'ZM0 = suma algebraica de los momentos de las fuerzas del sistema respecto a O.
Si 'ZF no es cero, hay que aplicar la ecuación Rá = 'ZM 0 para determinar á y de aquí la recta de
acción de R. Si 'ZF = O, el par resultante, si existe, tiene un valor igual a í:.M0 .
SISTEMAS DE FUERZAS NO CONCURRENTES NI PARALELAS
La resultante puede ser {a) una fuerza solaR, (b) un par en el plano del sistema o en un plano pa-
ralelo, o (e) cero. Algebraicamente,
y
en donde 'ZF:x: , í:.FY = sumas algebraicas de las componentes x e y , respectivamente, de las fuerzas
del sistema,
f}:x: = ángulo que forma la resultante R con el eje x.
23
·--·- ·--"
24 RESULTANTE DE UN SISTEMA DE FUERZAS COPLANARIAS
Para determinar la línea de acción de la fuerza resultante emplearemos la ecuación
l Uí ·- ~Mo
en donde O = cualquier centro de momentos del plano,
á = distancia perpendicular desde el centro de momentos O a la resultante R,
Rá = momento de R respecto a O,
'LM0 = suma algebraica de los momentos de las fuerzas del sistema respecto a O.
Obsérvese que, aunque R = O, puede existir un par de valor 'LA10 .
SOLUCIONES GRAFICAS
Las soluciones gráficas se analizan en los problemas resueltos siguientes.
[CAP. 3
En todos los problemas que siguen se representarán las fuerzas en los diagramas por sus valores
o módulos si sus direcciones son evidentes al examinar la figura.
Problemas resueltos
l. Determinar la resultante del sistema de fuerzasconcurren-
tes indicado en la Figura 3-1.
Solución:
Hallar las componentes x e y de cada una de las cuatro fuerzas.
Sumar algebraicamente las componentes x para determinar. r.Fx. Ha-
llar r.FY mediante las componentes y. Los resultados pueden presen-
tarse más claramente en forma de tabla .
Fuerza Cos 8r
1
Sen !Jr F =
1
F~
150 -+ 0 .1<.66 ! ' 0,500 t 129,9
1
·t 75,0
200 0,866
1
. 0,500 - · 173,2 + 100,0
80 0,500 0,866 - 40,0
1
· ·- 69,2
180 '0,707
1
0,707 t 127.3 - 127,3
200 kg
y
Fig. 3-1
r.F" = +44,0, r.r~ = -21,5 y R = "'!(f.'Fj2 +~:F~2 = "./(44;0)2 + (-2 l ,W = 49,0 kg.
Tg e ~ r.r~ _ .. . - 2.1•5 o 489 d d o 360 26 ' 3"4 - - , , e onde " = • · - · ,..., __ , ·.
x f.Fx +44,0
2. Resolver gráficamente el Problema l. Véase la Figura 3-2.
Solución:
Partiendo del punto O apliquemos la !ey del polígono sumando
sucesivamente cada fuerza. La resultante OK del sistema se dibuja a
partir de O hacia el extremo anterior de la última fuerza. Fig. 3-2
CAP. 3] RESULTANTE DE UN SISTEMA DE FUERZAS COPLANARIAS 25
3. Determinar algebraicamente la resultante del sistema de fuerzas indicado en la Fig. 3-3. Obsérve-
se que en ella está indicada la pendiente de la recta de acción de cada fuerza.
Solución:
Fuerza
50
100
30
1
+50 X
VIl+ 1'
3
-100 X-------yp + 32
+30 X
1
+50 X _l_
v'2
1
- 100 X -
V1o
2
-30 x - .
-15 v'P + 22 Fig. 3-3
L.Fx ,..., -46,1, L.F}. ,.., - 23,0, y R '-' ..j'{'-..:46:1)2+ ¡-_:::-23 ~0)2 = 51,6 kg con 0, == 207 ·.
4. Determinar la resultante del sistema de fuerzas paralelas.
Solución:
En la Fig. 3-4 las líneas de acción de las fuerzas son verti-
cales.
y
R = - 20 + 30 + 5 - 40 = - 25 kg, es decir, hacia abajo.
Para determinar la línea de acción de esta fuerza de 25 kg
escojamos un centro de momentos cualquiera O. Como el mo-
mento de una fuerza respecto a un punto de su propia línea de
acción es cero, es conveniente, pero no necesario, escoger O so-
bre una de las fuerzas dadas. Supongamos que O está sobre la
fuerza de 30 kg.
Fig. 3-4
'i.M0 = +(20 x 6) + (30 x O)+ (5 x 8)- (40 x 13) = - 360 kg-m
40 kg
Entonces el momento de R debe ser igual a -360 kg-m. Esto significa que R, que está orientada hacia abajo (- ),
debe colocarse a la derecha de O porque únicamente entonces su momento será en sentido horario (- ).
360 kg-m
Apliquemos Rii = r.M0 para obtener ii = = 14,4 m a la derecha de O. 25 kg
Obsérvese la determinación de ii sin considera r los signos de R o "í:.M 0 , pero utilizando el razonamiento ade-
cuado.
5. Determinar la resultante del sistema de fuerzas paralelas de la Figura 3-5.
Solución:
R = - l 00 + 200 - 200 + 400 - 300 = O. Esto significa que la resultante no es una fuena sola.
Hallemos ahora r.M0 . Escogemos O, como está indicado, sobre la línea de la fuerza de 100 kg.
r.M0 = +(100 X 0) + (200 X 2)- (200 x 5) + (400 X 9) - (300 X 11 ) "-' -300 kg-m
La resultante es, por tanto, un par C = -300 kg-m que puede representarse en el p lano del papel de acuer-
do con las leyes que gobiernan los pares.
200 kg 400i kg i
0tz mt 3m t 4 m - 2m
l OO kg 200 kg
300 kg
Fig.3-5
[
20 kg
40kg4' 3r
0 3m
20 kg
Fig.3-6
6. Determinar la resultante del sistema de fuerzas horizontales que actúa sobre la barra indicada en
la Figura 3-6.
Solución:
R = r.Fh = + 20 + 20 - 40 = O. Esto signÜica que la resultante no es una fuerza sola, sino que puede ser
un par.
"í:.M0 = - (20 X 3) + (20 X 3) = 0.
Por tanto, en este sistema es cero ta nto la fuerza resultante como el par resultante.
26
7.
RESULTANTE DE UN SISTEMA DE FUERZAS COPLANARIAS
Determinar gráficamente la resultante del sistema de fuer-
zas paralelas indicado en la Figura 3-7(a).
Solución:
Dibujar el diagrama espacial identificando cada fuerza según la
notación de Bow con letras minúsculas como se ve en la Fig. 3-7(b).
A la derecha del diagrama espacial se dibuja el diagrama vectoriaL
Por ejemplo, la fuerza de 200 kg en el diagrama espacial se identifica
con be mientras que en el diagrama vectorial está señalado con BC.
Fig. 3-7(b)
200 kg
B
A
e
E
D
[CAP. 3
Fig. 3-7(a)
Hay que asegurarse de que el diagrama espacial tiene todas sus distancias a escala. Las fuerzas AB, BC, CD
y DE se han dibujado aparte también a escala. La resultante va de A a E, resultando ser una fuerza de 60 kg
hacia abajo.
El paso siguiente consiste en escoger un punto O como polo, esto se ve en la Fig. 3-7(c). Dibujemos los ra-
yos OA, OB, OC, OD y OE. Realmente AO y OB son componentes que forman el vector AB, según está indicado.
B
b e d e
S
o
Fig. 3-7(c)
Como según el principio de transmisibilidad una fuerza puede trasladarse a cualquier punto de su línea de
acción, escojamos un punto cualquiera S sobre la línea de acción de la primera fuerza ab, como se ve en la
figura. Por este punto tracemos segmentos o cuerdas oa y ob paralelas a los rayos OA y OB. A continuación di-
bujemos a partir de be las rectas de acción de sus componentes ob y oc. Como ob ya está dibujado, utilizaremos
el punto donde ob corta a be para dibujar a partir de él oc paralela a OC.
Se continúa de este modo hasta haber dibujado todos los segmentos.
En este momento obsérvense los segmentos oa y oe en el diagrama espacial. Continuémoslos hasta que se
corten en el punto R. -Como son las rectas de acción de las componentes de la resultante, deben encontrarse en
un punto de la recta de acción de esta resultante. Finalmente, se dibuja una fuerza de 60 kg hacia abajo por
este punto que está, cuando se mide en la escala espacial, a 17,3 m a la derecha de la primera línea ab.
---"'
CAP. 3] RESULTANTE DE UN SISTEMA DE FUERZAS COPLANARIAS 27
8. Determinar la resultante del sistema de fuerzas verticales
indicado en la Figura 3-S(a).
Solución:
Señalemos los campos entre las fuerlas con a, b, e, d, e, como an-
tes. Dibujemos el diagrama de espacios, indicado en la Fig. 3-8(h), a
escala. A continuación dibujemos Jos vectores libres sobre una recta
a la derecha de la figura.
Observemos ahora que A y E coinciden indicando simplemente
que la resultante no es una sola fuerza. Escojamos el punto O como
polo y dibujemos desde él los rayos como antes. De nuevo escojamos
un punto cualquiera sobre la línea de acción de ab. Tracemos ob y oa.
Por el punto de intersección de ob dibujemos oc. Por el punto de in-
tersección de oc con cd tracemos do. Finalmente, por el punto de
intersección de do con de tracemos oe que, como es natural, es pa-
ralela a oa y no se corta con ella. Este hecho puede utilizarse para
determinar el momento del par.
a b e 1 d e
Fig. 3-8(b)
300 kg
300 kg
Fig. 3-S(a)
o
AB está representado en el diagrama de la derecha por sus componentes que según la ley del triángulo van
de A hasta O y de O hasta B. Por tanto, en el diagrama de espacios la cuerda ao es la recta de acción de
la componente AO que actúa hacia abajo y hacia la derecha. Por un razonamiento análogo, la cuerda oe es la
recta de acción de la componente OE que actúa hacia arriba y hacia la izquierda. El valor de estas componentes
medidas a escala es 329 kg. La distancia l entre las dos últimas cuerdas es igual, en la escala de distanciasa
13,7 m. Así, pues, la resultante es un par con fuerzas de 329 kg y un brazo de momentos de 13,7 m, lo que equi-
vale a e = +4.510 kg-m.
Si las cuerdas oe y ao hubieran coincidido, el brazo del momento seria cero, indicando la no existencia de
momento. El sistema estaría entonces en equilibrio.
Un punto inicial diferente sobre ah o un polo diferente influirá en la forma del polígono funicular, lo cual
confunde con frecuencias a los estudiantes. Pero debe recordarse que un par depende del producto de su brazo por
el valor de las fuerzas que le constituyen y es independiente de la colocación de las fuerzas en el plano.
9. Determinar la resultante del sistema de fuerzas no concu-
rrentes ni paralelas indicado en la Fig. 3-9(a). Suponer
que las coordenadas están en metros.Solución:
Por conveniencia llamemos a las fuerzas A , B, C y D. El método
de ataque más sencillo consiste en utilizar una tabla que relacione
las componentes x e y de cada fuen.a y también el momento de cada
componente respecto a algún centro de momentos -0 en este ejem-
plo-. Las fuerzas se remplazan ahora por sus componentes situadas ·
en los mismos puntos de las rectas de acción dadas, como se ve en la
Fig. 3-9(b ). A veces puede ser conveniente utilizar componentes en
- ·--··- - - -
Yj 120 kg
¡ ~B
1
: kg _)_~~(8,5)
100 kg
<o.s¡ , e/
1M __
! (1, 1)
o ~ · ..
20o X
(8,-1)~---
D 50 kg
Fig. 3-9(a)
28
10.
RESULTANTE DE UN SISTEMA DE FUERZAS C'OPLANARIAS [CAP. 3
un punto de la recta de acción diferente del dado, por ejemplo, la fuerza C que forma un ángulo de 45'' con la
dirección de referencia, tiene una recta de acción que pasa por el origen O. Se ve fácilmente que en este caso
el momento respecto a O es cero. Sin embargo, en este ejemplo se mostrarán todos los componentes actuando
horizontal y verticalmente en los puntos de aplicación dados.
y
A,
'"·'' L
1 (1, 1) Cx
e---·-- - ···----··---·- ·- -· - .. x
(8.--l)r ·
D,
Fig.3-9(b)
1
i
·r· --4,70 m . ...
90 °
!,-..=: . . --:-:____ . . l.
f- · -4,69 m·
R : · 194 kg
X
La tabla siguiente es útil para reunir toda la información necesaria. Hay que asegurarse de colocar el signo
adecuado delante de cada componente y determinar el signo de los momentos examinando la figura.
i 1
1
J Momento de F, 1 Momento de F,, \
Fuerza Cos (Jx 1 Sen e,
1
F. Fu , respecto a O 1 respecto a O i .lfo
i 1
A o ' 1
¡ )
1
o
i
í
1
o - 80,0 o o
B . - 0,!!66 ! ; 0,500 103,9
1
·i 60,0 + 519,5 ~ 480,0 i ¡ 999,5 e ~ 0,707 ; 0,707 1 70,7 f 70.7 --- 70,7
1
¡ 70,7 o
D ¡ 0,940
1
- 0,342 ! ¡ 47,0 - ·17,1
1
·! 47,0 --136,8
1
-·89,8 :
'i.F" = + 13,8 kg, 'i.FY = + 193,6 kg, 'i.M0 = + 910 kg-m
+ 193,6 e = are tg --- = 86 .
X + 13,8
Para hallar el brazo del momento de la resultante dividamos 910 por 194 para obtener 4,69 m.
Como R actúa hacia arriba y ligeramente hacia la derecha debe colocarse como está indicada porque 'i.M0
es positivo, es decir, R debe tener un momento de sentido antihorario.
Otro método de situar la recta de acción de la resultante consiste en determinar su intersección con el eje x,
de modo que la componente x no tendría momento respecto a O. El momento se determinaría únicamente por
la componente y y deberá ser igual al producto de la componente y por la dis tancia x a la intersección (coorde-
nada x de la intersección).
'i.Mo 910 4 70 ·b · 1 1 ' · d. d 1 · · · 4 70 x = ·- - = --· = , m. DI ujamos a resu tante como esta m 1ca a con a mtersecc10n a + , m
¿¡.~ 193,6
a la derecha porque J:.F, es positivo y lo mismo ZM0 .
Determinar gráficamente la resultante del sistema de fuer-
zas indicado en la Fig. 3-lO(a). Suponer que las coordena-
das están en metros.
Solución:
En el diagrama espacial indicado en la Fig. 3-lO(b) señalemos
los campos con a, b, e, d y e. La resultante será ae en este diagrama.
El diagrama de vectores libres está dibujado a la derecha del diagra-
ma anterior.
yj (25, 25)
' ·
5
, \J 60" 80 kg p~;s, I~) ·--
lOO kg\ A.·45'' 120 kg \=7;5"
'10, 10) f!\
O · - · -------- 1 ?0_~ . • ·---x
Fig. 3-lO(a)
--- . _ __.::c.--
,., .
CAP. 3] RESULTANTE DE UN SISTEMA DE FUERZAS COPLA~ARIAS 29
a\''
A
\
' ' o a e \ d
I<'ig. 3-lO(b)
Partiendo del punto S sobre la línea de acción de ah, dibujemos las cuerdas oa y ob paralelas a los rayos
OA y OB. Prolonguemos las líneas según está ind icado hasta que quede determinada la intersección de ao y oc.
Dibujemos por este punto R la recta de acción de la resultante, que corta al eje x en un punto situado a
31,3 m del origen O. La resultante vale 330 kg con O"' = 298' .
11. Determinar la resultante de las cuatro fuerzas tangen-
tes a la circunferencia de 3 m de radio indicadas en
la Fig. 3-11 (a). ¿Cuál será su situación respecto al centro
de la circunferencia?
Solución:
Obsérvese que las componentes horizontal y vertical de la 128 kg
fuerza de 100 kg son ambas - 70,7 kg. Por tanto, 'J:.Fh = + 150
·- 70,7 = + 79,3 kg, es decir, hacia la derecha y L.F,. = + 50 - (a) (b)
80 - 70,7 kg = - 100 kg, es decir, hacia abajo. La resultante Fig. 3-11
R = .j'(L.Fh )i -¡:· (:Í:FY = 128 kg.
El momento de R respecto a O es R x a y es igual a la suma de Jos momentos de todas las fuen:as dadas
respecto a O. Por consiguiente, 128a = +50 x 3 - 150 x 3 + 80 x 3 - 100 x 3 = -360. En la Fig. 3-ll (b) se
indica la resultante a una distancia de 2,81 m del centro O de la circunferencia, originando un momento negativo.
12. En el triángulo ABC se dibujan dos fuerzas desde el vértice B a lo largo de sus lados corno se ve
en la Fig. 3-12. Si las dos fuerzas son proporcionales a las longitudes de Jos dos lados, demostra r
que su resultante biseca al tercer lado.
D - - -- ~--?
\ ---- / \¡;·_____ /
--r- /
\ /
\ _, /
Fig. 3-12
Solución:
La fuerza BD = n x BC y la fuerza BE = n x BA . La diagonal R del paralelogramo biseca a la otra dia-
gonal DE en F. Además, BD/BC = BF/ BA = n. Por tanto, CA es paralela a DE .
A partir de los triángulos semejantes BCG y BDF, CG/DF = BC/BD = 1/n. A partir de los triángulos se-
mejantes BGA y BFE, GA/ FE = BA/BE = l ¡'n. Por consiguiente, CG/GA = DFi FE. Esto significa que G es
el punto medio de CA y la resultante biseca a CA.
- - - - ---
30 RESULTANTE DE UN SISTEMA DE FUERZAS COPLANARIAS (CAP. 3
Problemas propuestos
13. D os fuerzas de 200 kg y 300 kg, en un plano horizontal, tiran de un poste verticaL Si el ángulo entre ellas es 85"-,
¿cuál es su resultante? ¿Qué ángulo forma con la fuerza de 200 kg? Resolver este problema analítica y gráfica-
mente. Sol. R = 375 kg, fJ = 53o
En los Problemas 14-17 hallar la resultante de cada sistema de fuerzas concurrentes. Se indica el ángulo que cada
fuerza forma con el eje x (medido en el sentido contrario a las agujas del reloj). Las fuerzas están en kilogramos.
14. Fuerza 85 126 65 223
f)x 38" 142° 169° 295" Sol. R= 59,8 kg, ex = 268"
.
15. Fuerza 22 13 19 8
o" 135° 220° 270° 358" Sol. R= 2 1,3 kg, e" = 214"
16. Fuerza 1.250 1.830 855 2.300
e" 62° 125° 340° 196° Sol. R = 2.520 kg, 8" = 138"
17. Fuerza 285 860 673 495 241
ex 270° 180" 45° 330" 100" Sol. R= 181 kg, o = X 89''
18. En la Fig. 3-13 está indicada la resultante, que vale 100 kg, de cuatro fuerzas, de las que pueden verse tres de
ellas. Determinar la cuarta fuerza. Sol. F = 203 kg, ()X = 49°
y
Fig. 3-13 Fig. 3-14 Fig. 3·15
19. Tres fuerzas coplanarias de 80 kg cada una tiran de un anillo pequeño (diámetro despreciable). Suponiendo que
sus lineas de acción forman ángulos iguales entre sí (120"), determinar su resultante. Este sistema se dice que está
en equilibrio. Sol. R = O
20. En la Fig. 3-14 se indica la resultante de tres fuerzas que vale 60 newtons. También se ven dos de las tres fuerzas
que valen 120 newtons y 65 newtons. Determinar la tercera fuerza. Sol. 169 nt, e" = 246°
21. Tres alambres ejercen las tensiones indicadas sobre el anillo de la Fig. 3-15. Admitiendo que es un sistema de
fuerzas concurrentes determinar la fuerza que debería ejercerse sobre un solo alambre de modo que remplazase
los tres alambres. Sol. T = 70,8 kg, (Jx = 343°
22. Determinar la result~nte de las t res fuerzas cuyo origen está en el punto (3, -3) y que pasan por los l?untos in-
dica<los: 126 kg . por (8, 6 ), 183 kg por (2, - 5 ), 269 kg por (- 6, 3 ).
Sol. R = 263 kg, (J" = 159" por el punto (3, - 3)
En cada uno de los Problemas 23-25 hallar la resultante. Las fuerus son horizontales y están expresadas en kilo-
gramos. Las distancias y a la recta de acción están expresadas en metros.
23. Fuerza +50 +20 - 10
y +3 - 5 +6 Sol. R = +60 kg, y= -0,167 m
24. Fuerza +800 - 300 + 1.000 -600
y -6 -5 -4 o Sol. R = +900 kg, _ii = -8,11 m
25. Fuerza + 160 - 220 +80 - 180 + 160
y +3 -7 -3 + lO o Sol. C=+ 20 kg-m
__ ___;-
CAP. 3] RESULTANTE DE UN SISTEMA DE FUERZAS COPLANARIAS 31
26. En la F ig. 3-16 hallar la resultante de las tres cargas que están actuando sobre la viga.
Sol. R = 38 T hacia abajo y a 2,51 m de distancia del apoyo izquierdo
20T 20 nt
lOT 8T y~t#ft
25ntffEE_
50 nt x
Fig.3~16 Fig.3-17
27. Determinar la resultante de las cuatro fuerzas indicadas en la Fig. 3-17. El lado de cada cuadrado pequeño es
1 dm. Sol. R = + 35 nt, x = 2,29 dm
28. De un soporte horizontal y a una distancia de la pared de 0,2, 0,3,
0,5, 0,7, 1,0 y 1,2 m respectivamente cuelgan en un plano seis pesos
de 30, 20, 40, 25, 10 y 35 kg, respectivamente. ¿Qué fuerza rempla-
zará a estas seis?
Sol. R = - 160 kg, 0,634 m de la pared
29. Sobre una viga actúan tres fuerzas, dos de las cuales se ven en la
Fig. 3-18 junto con la resultante de las tres. ¿Cuál es la tercera fuerza?
Sol. F == 20 T, hacia abajo, .~ = 2 m del apoyo izquierdo
lOT
R=60T
1
1
1
1
Fig. 3-18
En los Problemas 30-32 determinar la resultante de los sistemas de fuerzas no paralelas ni coocurrentes. F está en
kilogramos y las coordenadas en metros.
30. F 20 30 50 10 Sol. R = 54,7 kg
()X 45~ 120" 190° 270" ()" = 1ST
Coord. del punto de aplicación (1 , 3) (4, - 5) (5, 2) (- 2, -4) x int. = 3,52 m
31. F 50 100 200 90 Sol. R = 303 kg
ex 90" 150" 30' 45° ex= 60,3"
Coord. del punto de aplicación (2, 2) (4, 6) (3, - 2) (7, 2) x int. = 6,77 m
32. F 2 4 5 8 Sol. R = 7,12 kg
()" 45° 290'' 183° 347° ex = 322°
Coord. del punto de aplicación (0, S) (4, 3) (9, -4) (2, -6) x int. = 1,20 m
33. Determinar completamente la resultante de las 5 fuerzas indicadas en la Fig. 3-19. Las fuerzas están en gramos
y los cuadrados tienen un centímetro de lado. Sol. C = -268 g-cm
2.000 k g
1.000 kg
2m 2m
Fig.3-19 Fig.3-20
34. Determinar completamente la resultante de las cuatro fuerzas indicadas en la Fig. 3-20. Todas las fuerzas for-
man un ángulo de 15° con la vertical, excepto la de 2.000 kg que es vertical.
Sol. R = 6.380 kg hacia abajo, a una distancia de la articulación de 3,36 m
35. Una placa delgada de acero está sometida a las tres fuerzas indicadas en la Fig. 3-21. ¿Qué fuerza única haría
un efecto equivalente sobre la placa?
Sol. R = 18,7 kg, ex = 285°, intercepta a la base de la placa a 1,06 m a la izquierda de O
36. Determina r la resultante de las fuerzas que actúan sobre la manivela de la Figura 3-22.
Sol. R = 247 kg, ex = 259°, intersección horizontal = - 18,9 cm de O
32 RESULTANTE DE UN SISTEMA DE FUERZAS COPLANARIAS
37. Determinar la resultante de las tres fuerzas que actúan sobre la polea indicada en la Figura 3-23.
Sol. R = 742 kg, ex = 357", R corta al diámetro vertical a 0,227 m por encima de O
~~ -2m _ 1 :::
18 kg
Fig. 3-21
lOO kg
Fig.3-22
70 kg
Fig.3-23
[CAP. 3
38. Hallar la resultante de las seis cargas sobre la cercha que se ve en la Fig. 3-24. Tres de las cargas son verticales.
Las cargas debidas al viento son perpendiculares al lateral. La cercha es simétrica.
Sol. R = 10,7 T, ex = 281", R corta al elemento inferior de la cercha a +4,59 m del apoyo izquierdo
3T
1 T
0,5 m
Fig. 3-24 Fig.3-25
39. La resultante de las cuatro fuerzas verticales es un par de 30 kg-m en sen tido antihora rio. En la Fig. 3-25 se
ven tres de estas cuat ro fuerzas. D eterminar la cuarta.
Sol. 33 kg hacia arriba y a 0,446 m a la derecha de O
40. Determinar la resultante de las fuerzas indicadas en la Fig. 3-26. Las coordenadas están en metros.
Sol. 73,4 kg, ex = 107", in tersección con X = 8,38 m a la izquierda de o
(-- 2, .. 2)
40~90.
r2.2) L \
~-75 kg
(5, 4)
--·z (4.-2)
70'
100 kg
Fig. 3-26
( -5, 4)~
10 n t
6 n t .
[-3,- 3)~j
o
Fig.3-27
8 n t
41. Determinar la resultante del sistema de fuerzas indicado en la Fig. 3-27. Las coordenadas están en centímetros.
Sol. 10,5 nt, ex = 309", intersección con X = 6,69 cm a la izquierda ·de o
___ ,./
Capítulo 4
Resultante de sistemas de ·fuerzas espaciales
SISTEMAS DE FUERZAS ESPACIALES
Los sistemas de fuerzas espaciales se agrupan en los tipos siguientes. Un sistema concurrente se
compone de fuerzas que se cortan en un punto llamado de concurrencia. Un sistema paralelo se com-
pone de fuerzas que se cortan en el infinito. El sistema más general se denomina no concurrente y no
paralelo y, como indica su nombre, las fuerzas no son todas paralelas ni concurrentes.
RESULTANTE DE UN SISTEMA DE FUERZAS ESPACIALES
La resultante de un sistema de fuerzas espaciales es una fuerza R y un par C en donde R = :EF,
el vector suma de todas las fuerzas del sistema y C = :EM es el vector suma de los momentos (respec-
to a un punto base determinado) de todas las fuerzas del sistema. El valor de R es independiente de la
selección hecha del punto base, pero el valor de C sí que depende de este punto. Para un sistema de fuer-
zas cualesquiera es posible escoger un punto base único de modo que el vector que representa el par sea
paralelo a R. Esta combinación especial se denomina torsor.
Para determinar la resultante pueden aplicarse a los sistemas espaciales directamente las ecuacio-
nes vectoriales del párrafo anterior o pueden utilizarse las ecuaciones escalares deducidas a continuación.
SISTEMA CONCURRENTE
La resultante R puede ser (a) una sola fuerza que pasa por el punto de concurrencia o (b) cero. Alge-
braicamente,
con los cosenos directores
cos B .r
~Fx
R '
~Fu
cos B = - --
u R '
~Fz
cos o = -·--
z R
en donde "E.r~, "E.r~, 'LE'.. = sumas algebraicas de las componentes x, y, z de las fuerzas del sistema,
respectivamente,
O;x;, e}" Bz = ángulos que la resultante R forma con los ejes X , y y Z, respectivamente.
SISTEMA PARALELO
La resultante puede ser (a) una sola fuerza R paralela al sistema, (b) un par o (e) cero. Supónga-
se que el eje y es paralelo al sistema. Se tiene entonces algebraicamente,
R = "l.F, Rx == ~ll.f.,, Rz = ~Mx
en donde "E.F = suma algebraica de las fuerzas del sistema,
.i = distancia del plano yz a la resultante,
z = distancia del plano xy a la resultante,
'LM:x:, 'LM= = sumas algebraicas de los momentos de las fuerzas del sistema respecto a los
ejes x y z, respectivamente.
33
----~---- ------ -
. \
34 RESULTANTE DE SISTEMAS DE FUERZAS ESPACIALES [CAP. 4
Si "LF = O, el par resultante C, si existe, vendrá determinado por la siguiente ecuación :
con
en donde </> = ángulo que el vector que representa el par resultante forma con el eje x .
SISTEMA NO CONCURRENTE Y NO PARALELO
Como ya se indicó, la resultante es una fuerza y un par en donde este par varía con el punto base
escogido. En la discusión siguiente se supone colocado un sistema de ejes x, y y z con su origen en el
punto base.
Remplacemos cada fuerza del sistema dado por el conjunto siguiente: (1) una fuerza igual y para-
lela, pero actuando a través de un origen escogido cualquiera y (2) un par que actúa en el plano que con-
tiene la fuerza dada y el origen.
El valor de la resultante R del sistema de fuerzas concurrentes en el origen viene dado por la ecuación
con cosenos directores
COS B.r =-
"l.Fy
cos f) = ·- . . • y R , COS f) z
en donde las cantidades anteriores tienen el mismo significado que las relacionadas bajo el epígrafe
de sistemas espaciales concurrentes.
El valor del par resultante C viene dado por,
e = ~x)1 + (~Mu)"2.+ ("l-Mz)2
con cosenos directores
"l.Mx "l..ilfy ::SMz
en donde
cos cf>x - 0-, cos cf>y = e-· cos cf>. e
"LMx "LMy, "LMz = sumas algebraicas de los momentos de las fuerzas del sistema respec-
to a los ejes x, y y z, respectivamente,
<f>x, </>y, <l>z = ángulos que forma el vector representativo del par C con los ejes x, y
y z, respectivamente.
Problemas resueltos
En los siguientes problemas se utilizan las ecuaciones escalares equivalentes cuando resulte más conveniente que las
ecuaciones vectoriales. Análogamente, en los diagramas se indicarán las fuerzas por sus módulos si están claramente se-
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