Momentos Respecto De Una Recta - 20 Ejercicios Resueltos En 3d 674h42

Determine el momento producido por la fuerza F que tiende a hacer rotar la barra alrededor del eje AB.

Solución Un vector unitario define la dirección del eje AB de la barra, siendo ⃗r B { 0 . 4i+ 0 .2j } u B= = =0 . 8944 i+ 0 . 4472 j 2 2 r B √ 0 . 4 + 0 .2 Por simplicidad, elegimos rD

r D= { 0 . 6i } m La fuerza es F= {−300 k } N MAB= uB.(rDxF)=70.0 i +36.0 j Nm

Una fuerza de 17,32 k está dirigida a lo largo de la recta que va del punto de coordenadas (4,2,0) hasta el punto de coordenadas (1,5,3) tal como se muestra en la figura adjunta . Los valores de las coordenadas están dados en metros. Determinar el momento de F respecto del origen O y los momentos de F respecto de los ejes x, y, z. z

(1, 5, 3)

°

y F

P

° (4, 2, 0)

x

SOLUCIÓN u=

El vector unitario en la dirección y sentido de la fuerza es La fuerza en componentes es

3 (− i + j + k 3

)

F = 10 ( − i + j + k )

El momento de la fuerza respecto del origen está dado por M 0 = OP ∧ F , donde el punto P es un punto cualquiera de la recta soporte de F. Tomando el punto P ( 4 ,2 ,0 ), el momento de la fuerza respecto del origen es M0 = 10 ( 2 i − 4 j + 6 k ) El producto escalar del vector M0 por los vectores de la base i , j , k proporciona los momentos de la fuerza respecto de los ejes x , y , z . Sus valores son : mx = 20

my = − 40

mz = 60

1 42

•

CAPíTU LO 4 Resulta ntes de sistemas de fuerzas

F 4-23a. {-40i + 20j + lOk} N a.

La fuerza actúa en el punto A mostrado en la figura Determine los momentos de esta fuerza con res­ pecto a los ejes x y =

F

=

{-40i + 20j + lOk} N

Solución I (Análisis vectorial) Podemos resolver este problema usando el vector posición ¿Por qué? Como my = entonces al aplicar la ecuación

rArA {-3i + 4j + 6k} Dx i, 4-11, 1 O O Mx i· (rA X F ) -3 4 6 -40 20 10 1[4( 10)-6(20)]-0[( -3)(10)-6( -40)] +0[( -3)(20)-4( -40)] 80 N m Resp. El signo negativo indica que el sentido de Mx es opuesto a i. Podemos calcular también Ma usando rA porque rA se extiende des­ de un punto sobre el eje a hasta la fuerza. También, Da -�i + �j. . =

=

o

=

=

x

(a)

=

F

-

·

=

Entonces,

��

l ll --

x

----

120 N · m

=

40 N

Solución 1 1 (Análisis escalar) Como las componentes de fuerza y los brazos de momento son fáci­ les de determinar para poder calcular Mx, puede usarse un análisis escalar para resolver este problema. Con referencia a la figura sólo las fuerzas de y aportan momentos con respecto al eje x. (La línea de acción de la fuerza de es paralela a este eje y, por tanto, su momento con respecto al eje x es cero). Usando la regla de la mano derecha, la suma algebraica de las componentes de momen­ to con respecto al eje x es entonces

10 20 N

+�

x

4-23c,

40 N

(lO N)(4m) - (20 N)(6m) -80 N ·m Resp. Aunque no se requieren aqu Í, observe que My (10N)(3m) - (40N)(6m) -21ON·m Mz (40N)(4m) - (20 N)(3m) = 100 N·m Mx

(e)

o

=

=

=

(b)

10 N

y

4 5

a Da · (rA X F ) -3 4 6 -40 20 10 -�[4(10)-6(20)]-�[ ( -3)(10)-6( -40)]+0[( -3)(20)-4( -40)] -120N·m Resp. ¿Qué indica el signo negativo? Las componentes de momento se muestran en la figura 4-23b.

M o

-� 5

=

=

Fig.4-23

=

=

=

Si hubiese que determinar Ma usando este método escalar, se re­ queriría un esfuerzo mucho mayor ya que las componentes de las fuerzas de y a la dirección del eje El análisis vectorial produce una solución más directa.

40 20 N no son perpendiculares

a.

SECCiÓN 4.5 Momento de una fuerza con respecto a u n eje específico

•

1 43

4-24a F {-60Oi 200j - 300k}

La barra mostrada en la figura está sostenida por dos ménsu­ las situadas una en A y la otra en B. Determine el momento MAS pro­ ducido por = + N, que tiende a girar la barra con respecto al eje AB. Solución Para encontrar la solución será considerado un análisis vectorial usan­ do MAS Us (f X ya que el brazo de momento o distancia per­ pendicular desde la línea de acción de hasta el eje AB es difícil de determinar. Cada uno de los términos presentes en la ecuación será identificado ahora. El vector unitario Us define la dirección del eje AB de la barra, figura donde =

F),

•

F

4-24b,

O.4i + O.2j 0.894i + 0.447j (0.4)2 (0.2)2 El vector f está dirigido desde cualquier punto sobre el eje A B ha­ cia cualquier punto sobre la línea de acción de la fuerza. Por ejemplo, los vectores posición fe fD son los adecuados, figura 4-24b. (Aunque no se muestran, fse o fBD también pueden ser usados). En aras de la Us

fS rs

= - =

/

,

D

JCt--:::::=7--'--- Y

V

=

+

Y

sencillez, seleccionamos

x

z

I

D

fD, donde fD

{0.2j} m F {-60Oi + 200j - 300k} N

B (0.4

Al sustituir estos vectores en la forma de determinante, y desarrollán­ dolo, tenemos

(b)

(O. 0.2 m. O)

=

La fuerza es

=

0.894 0.447 US'(fD X F) O 0.2 O -600 200 -300 0.894[0.2( -300) - 0(200)] - 0.447[0( -300) - O( -600)] 0[0(200) - 0.2(-600)] -53.67 N·m o

MAB

=

=

=

=

+

El signo negativo indica que el sentido de MAS es opuesto al de Al expresar M AS como un vector cartesiano resulta,

UB '

(-53.67 N ·m)(0.894i 0.447j ) {-48.Oi - 24.0j} N m Resp. El resultado se muestra en la figura 4-24b. MAS

=

=

MABuB

+

=

.

Observe que si el eje AB se define usando un vector unitario diri­ gido de B hacia A, entonces -Us tendría que haber sido aplicado en la formulación anterior. Esto conduciría a MAS = N . m. En consecuencia, MAS = MAS(-os), Y el resultado anterior sería deter­ minado de nuevo.

+53.67

m,

0.2 m, O)

Fig.4-24

y