Ejercicio Complementario N1

Ctedra: Ing. Jos Luis TavorroTP 1Grupo 2

Ejercicio Complementario N1

Considerando los datos para el grupo N2, tenemos:

| P1 | = 50 kN;OC = AB = HD = EF = 1 m

| P2 | = 90 kN;OH = AF = CD = BE = 3 m

| M | = 60 kN m ;OA = HF = CB = DE = 4 m

Del grfico y su tabla de datos, sacamos las coordenadas de los puntos:

A : (4;0;0)C : (0;0;1)E : (4;-3;1)H : (0;-3;0)

B : (4;0;1)D : (0;-3;1)F : (4;-3;0)

1.1) Reducir el sistema al punto D y determinar los invariantes.

Para comenzar a resolver el ejercicio, es conveniente tener a las fuerzas P1 y P2 expresadas por sus proyecciones sobre los ejes coordinados.

P1 = 40 30 j

P2 = 90 k

Se puede concluir, por suma vectorial, cual es la resultante de reduccin del sistema:

RR = 40 30 j 90 kEl momento de reduccin del sistema est dado por la suma de los momentos de las fuerzas que actuan, ms el momento de la cupla.

MRD = MP1D + MP2D + M

i j k

MP1D = ( C D ) ^ P1 = 0 3 0 = 120 k

40 -30 0

i j k

MP2D = ( B D ) ^ P2 = 4 3 0 = 270 i + 360 j

0 0 -90

M = 18 10 j 6 10 k

MRD = 270 i + 417 j 139 kDeterminado el binomio de reduccin, procedemos a calcular los invariantes del sistema.

El invariante vectorial corresponde simplemente a la resultante de reduccin.

Iv = RR = 40 30 j 90 kEl invariante escalar corresponde a la proyeccin del momento de reduccin en el sentido de la recta de accin de la resultante de reduccin.

Ie = MRD x RR = 104,899 RR1.2) Reducir el sistema al origen de coordenadas O pasando de los elementos reducidos al punto D. Verificar el valor de los invariantes.

Con el punto anterior, hemos reducido el sistema inicial a uno equivalente. ste ltimo produce los mismos efectos motores y tiene la ventaja de ser ms sencillo para trabajar que el inicial. El sistema ha quedado de la siguiente forma:

Al reducirlo al origen de coordenadas, el invariante vectorial, como su nombre lo indica, no vara. Lo que s va a variar es el momento de reduccin.

i j k

MR = ( D O ) ^ RR + MRD = 0 3 1 270 i + 417 j + 139 k 40 30 90

MR = 30 i + 457 j 19 kAhora, restara verificar el invariante escalar, que se tiene que mantener igual sin importar que haya cambiado el momento. Su proyeccin sobre la direccin de la resultante de reduccin debe ser igual.

Ie = MR x RR = 104,899 RR( Se verifican los invariantes para el origen de coordenadas tambin.

1.3) Indicar si el sistema admite resultante, justificando la respuesta.

El sistema NO admite resultante ya que no se puede reducir a un sistema cuyo momento de reduccin sea el vector nulo. El invariante escalar es distinto de 0, por lo que el sistema provocar no slo efectos motores, sino tambin rotaciones.

Ie ( 0

1.4) Equilibrarlo con 6 fuerzas cuyas rectas de accin son los ejes coordenados y las dadas por los segmentos AF; BC y DH.

Para que esto se cumpla, el binomio de reduccin tiene que ser igual a cero. Eligiendo los sentidos positivos del eje, me queda el sistema as:

Tenemos entonces que las fuerzas son:

E1 = E1 i ;

E2 = E2 j ;

E3 = E3 kE4 = E4 i ;

E5 = E5 j ;

E6 = E6 kElegimos reducir el sistema al origen ya que es ms conveniente. Hay 3 fuerzas cuyos momentos de reduccin al punto O es cero, ya que el vector posicin es el vector nulo.

RR = 0

Rx + E1 + E4 = 0 (1)

Ry + E2 + E5 = 0 (2)

Rz + E3 + E6 = 0 (3)

(MR)Total = 0

MR + ME4 + ME5 + ME6 = 0

i j k

ME4 = ( C O ) ^ E4 = 0 0 1 = E4 j E4 0 0

i j k

ME5 = ( A O ) ^ E4 = 4 0 0 = 4 E5 k 0 E5 0

i j k

ME4 = ( C O ) ^ E4 = 0 -3 0 = 3 E6 i 0 0 E6(4) MRx 3 E6 = 0 30 3 E6 = 0 E6 = 10(5) MRy + E4 = 0 457 + E4 = 0 E4 = 457(6) MRz + 4 E5 = 0 259 + 3 E6 = 0 E5 = 86,333Reemplazando los valores obtenidos de las ecuaciones (4), (5) y (6):

40 + E1 + 10 = 0 E1 = 50

30 + E2 457 = 0 E2 = 487 90 + E3 86,333 = 0 E3 = 176.333( Entonces, las fuerzas para equilibrar el sistema son:

E1 = 50 iE3 = 176.333 kE5 = 86,333 j

E2 = 487 jE4 = 457 iE6 = 10 k

Ejercicio Complementario N2

Se trata de un sistema de fuerzas espacial concurrente.

Considerando los datos para el grupo N2, tenemos:

P1 = 18 i 5 j + 8 k ;

P2 = 15 i ; P3 = 30 i + 10 j 17 kA : (2;2;4)

B : (1;1;3)

La resultante de reduccin, entonces, es simplemente la suma vectorial de las 3 fuerzas que actuan en el sistema.

RR = 63 i + 5 j 9 kRR = 632 + 52 + (-9)2

RR = 63,836

Los cosenos directores son:

Cos ( = Rx = 0,987

R

Cos ( = Ry = 0,078

R

Cos ( = Rz = 0,141

R

Adems se cumple que Cos2 ( + Cos2 ( + Cos2 ( = 1

2.2) Reducir el sistema al centro de coordenadas, determinando el binomio de reduccin e invariantes del sistema.

i j k

MP1 = ( A O ) ^ P1 = 2 2 4 = 36 i + 56 j 46 k

18 -5 8

i j k

MP2 = ( A O ) ^ P2 = 2 2 4 = 60 j 30 k

15 0 0

i j k

MP3 = ( A O ) ^ P3 = 2 2 4 = 74 i + 154 j 40 k

30 10 -17

MR = 38 i + 270 j 116 kLa resultante, al ser el invariante vectorial, se mantiene:

Iv = RR = 63 i + 5 j 9 kCalculamos entones el invariante escalar:

Ie = MR x RR = 0

RREra de esperarse este resultado por tratarse de un sistema de fuerzas espaciales concurrentes.

2.3) Verificar el Teorema de Varignon en el punto B del espacio

Recordemos, para encarar este problema, que el teorema de Varignon enuncia que el momento de la resultante de reduccin es igual a la sumatoria de los momentos de cada una de las fuerzas que componen un sistema de fuerzas.

MR = MPiMR = ( A B ) ^ RRRR = P1 + P2 + P3(A B) ^ RR= (A B) ^ (P1 + P2 + P3)

= (A B) ^ P1 + (A B) ^ P2 + (A B) ^ P3Donde cada trmino de sta ltima expresin son los momentos de cada fuerza, respecto del punto.

( Queda demostrado el Teorema de Varignon.

Para este problema en particular, se utilizan los datos de la tabla inicial para verificarlo.

i j k

MP1B = ( A B ) ^ P1 = 1 1 1 = 13 i + 10 j 23 k

18 -5 8

i j k

MP2B = ( A B ) ^ P2 = 1 1 1 = 15 j 15 k

15 0 0

i j k

MP3B= ( A B ) ^ P3 = 1 1 1 = 27 i + 47 j 20 k

30 10 -17

MP1B + MP2B + MP3B = 14 i + 72 j 58 k (1)

i j k

MRB= ( A B ) ^ R = 1 1 1 = 14 i + 72 j 58 k (2)

63 5 -9

(1) = (2)

( Queda demostrado el Teorema de Varignon.

Ejercicio Complementario N3

Se trata de un sistema de fuerzas espaciales paralelas.

Considerando los datos para el grupo N2, tenemos:

P1 = 50 i ;P2 = 50 i ; P3 = 70 i ; P4 = 30 iA1 : (0;2;1) ;A2 : (0;1;2) ; A3 : (0;-1;1) ; A4 : (0;2;-1)

Se solicita reducir el mismo al centro de coordenadas y determinar los siguientes items:

3.1) El binomio de reduccin

La resultante de reduccin es la suma vectorial de las fuerzas que actan.

RR = 60 i

i j k

MR = MPi = (Ai O) ^ Pi = 0 YAi ZAi = Pi ZAi j Pi YAi k

Pi 0 0

MR = ( 50 + 100 70 30 ) j ( 100 + 50 + 70 + 60 ) k

MR = 50 j 280 k3.2) Los invariantes del sistema.

Iv = 60 iIe = 0

Como era de esperarse, porque la resultante de reduccin tiene componentes solo en en eje de absisas, y el momento de reduccin tiene componentes en el eje de ordenadas y de cotas.

3.3) Valor y punto de aplicacin de la resultante del sistema.

La resultante pasa por un punto O* (XO*; YO*; ZO*). Planteo para sacar por donde pasa la resultante que si yo reduzco el sistema a O*, el momento de reduccin tiene que ser el vector nulo.

MR* = 0

MR* = ( O O*) ^ RR + MRR

i j k

(-XO*; -YO*; -ZO*) ^ RR = -XO* -YO* -ZO* = ZO* RR j + YO* RR k

RR 0 0

MR* = 60 ZO* j + 60 YO* k + 50 j 280 k De esta expresin se obtienen dos ecuaciones:

60 ZO* + 50 = 0 (1)

60 YO* 280 = 0 (2)

Despejando:

ZO* = 5/6

YO* = 14/3

La componente x de O* es independiente. Con cualquier valor, siempre va a satisfacer las ecuaciones.

O* : (Xo*5/6; 14/3) con Xo* R

Ejercicio Complementario N4

Se trata de un sistema planar, porque las fuerzas pertenecen a un mismo plano. El momento es perpendicular a este plano, por lo que tuvo que haber sido generado por una cupla de fuerzas que estaban tambin contenidas en el plano.

Considerando los datos para el grupo N2, tenemos:

P1 = 20 jP2 = 40 sin 30 j + 40 cos 30 k = 20 j + 34,641 kM = 30 i

2 = 30

A : (0;0;4) ;

B : (0;4;0) ;

C : (0;2;2)

Se solicita:

4.1) Hallar el binomio de reduccin en el punto OLa resultante de reduccin es la suma vectorial, componente a componente, de las fuerzas que componen el sistema

RR = (P1 + P2 sin 2) j + (P2 cos 2) k

RR = 40 j + 34,641 kPara calcular el momento de reduccin, podemos aprovechar las caractersticas de los sitemas planos. S de antemano la direccin del momento.

MR = MR iMR = ( P1 ZA + P2z YB M ) i

MR = 28,564 i4.2) Determinar la resultante del sistema (mdulo, direccin y un punto de aplicacin)

Se puede ver claramente que el invariante escalar del sistema es igual a cero, porque el momento de reduccin tiene componentes en x, mientras que la resultante de reduccin tiene componentes no nulas en y asi como tambin en z.

Es justo afirmar, entonces, que el sistema admite resultante. Ahora, busco un punto O* cuyas coordenadas son (yo*;zo*) que, tomado como centro de reduccin, el momento dar el vector nulo.

MR* = 0

MR* = YO* Rz + ZO* Ry + MR = 0

YO* = 1,155 ZO* + 0,826Hay infinitas soluciones. Tienen solamente que cumplir con la ecuacin. Sacando las intersecciones de la recta de accin de la resultante con los ejes y y z, obtenemos:

Si ZO* = 0 entonces YO* = 0,826: (0;0,826;0)

Si YO* = 0 entonces ZO* = 0,715 : (0;0;-0,715)

4.3) Equilibrarlo con una cupla de dos fuerzas, cuyas rectas de accin sean, respectivamente, el eje z y una paralela al eje y que pase por el punto C.

De donde podemos decir que:

E1 = E1 jE2 = E2 kME = ME iNos conviene elegir el origen de coordenadas para reducir el sistema. En los sistemas planos, para equilibrarlos, tengo 3 ecuaciones

(RR)Total = 0

Ry + E1 = 0 (1)

Rz + E2 = 0 (2)

De las ecuaciones (1) y (2) obtenemos:

E1 = 40 jE2 = 34,641 k(MR)Total = 0

E1 Zc + ME + MR = 0 (3)

(40 2) i + ME + 28,564 i = 0

ME = 108,564 i4.4) Equilibrarlo con dos fuerzas, una cuya recta de accion pase por el punto C y otra cuya recta de accin sea el eje y.

E1 = E1 jE2 = E2y j + E2z kRy + E2y + E1 = 0 (1)

Rz + E2z = 0 (2)

E2z yc E2y zc + MR = 0 (3)

De (2)

E2z = 34,641

De (3)

-34,641 2 E2y 2 + 28,564 = 0

E2y = 20,359

De (1)

40 20,359 + E1 = 0

E1 = 19,641

E1 = 19,641 jE2 = 20,359 j 34,641 k

Ejercicio Complementario N5

Se trata de un sistema plano, de fuerzas concurrentes.

Considerando los datos para el Grupo N2, tenemos:

|P1| = 14 kN ;

|P2| = 7 kN ;

|P3| = 17 kN

A : (0;0;4) ; 1 = 10 ; 2 = 80 ; 3 = 120

Para el sistema de fuerzas, se solicita determinar:

5.1) La resultante del sistema dado

Para obtener la resultante, es conveniente tener a las fuerzas Pi expresadas segn sus proyecciones respecto de los ejes coordenados. Para esto, sabemos que:

Piy = Pi sin iPiz = Pi cos iP1 = 2,431 j + 13,787 kP2 = 6,895 j + 1,216 kP3 = 14,722 j 8,5 kEl sistema admite resultante.La obtencin de la misma es simplemente la suma vectorial de las fuerzas que componen el sistema.

R = 24,048 j + 6,503 k5.2) Equilibrarlo con dos fuerzas, una cuya recta de accin sea el eje coordenado z y otra cuya recta de accin sea el eje n-n.

Es fcil advertir, desde el grfico, que:

E1 = E1 kE2 = E2 jObtenemos dos ecuaciones para llegar al equilibrio:

Ry + E2 = 0

Rz + E1 = 0

E1 = 24,048 kE2 = 6,503 jEjercicio Complementario N6Considerando los datos para el Grupo N2, tenemos:

|P1| = 5 kN ;

|P2| = 15 kN ;

|P3| = 20 kN ;

|M| = 10 kN m

A1 : (0;0;3)A2 : (0;0;20)A3 : (0;0;25)B1 : (0;0;6) B2 : (0;0;10)

Se solicita equilibrar el sistema de fuerzas paralelas mostrado en la figura con dos fuerzas cuyas rectas de accin sean los ejes m-m y n-n respectivamente.

Primero, calculamos la resultante de reduccin del sistema:

RR = PiRR = 10 kN

Condicin de equilibrio: RTotal = 0

10 kN + E1 + E2 = 0

MRB1 = 0

P1 (ZA1 ZB1) + P2 (ZA2 ZB1) P3 (ZA3 ZB1) E2 (ZB2 ZB1) + M = 0

5 (3 + 6) + 15 (20 + 6) 20 (25 + 6) E2 (10 + 6) + 10 = 0

E2 = 16,563 jE1 = 6,563 j

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