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UNIDAD 3 : EQUILIBRIO DE CUERPOS RÍGIDOS:
MOMENTO DE UNA FUERZA:
PROBLEMA 3-1:
MOMENTO RESULTANTE DE VARIAS FUERZAS:
DETERMINE EL MOMENTO RESULTANTE PRODUCIDO POR LAS FUERZAS F 1
Y F 2
CON RESPECTO AL PUNTO O.
COMPONENTES RECTANGULARES DE F
1
𝐹
1 𝑥
1 𝑦
𝐹
1 𝑥
1
2
) 𝐹
1 𝑦
√ 3
2
)
𝐹
1 𝑥
1 𝑦
√
DISTANCIAS AL PUNTO “O”
𝑑
1
1
2
𝑑
1
(
1
2
) 𝑑 = 1 + 2 ℎ = 2
(
√ 3
2
)
𝑑
1
√
MOMENTO RESULTANTE M
O
𝑀
𝑂
1 𝑥
1 𝑦
2
𝑀
𝑂
( 3
)
𝑀
𝑂
( − 300 + 900 + 500
) = 1100 √ 3
𝑂
PROBLEMA 3-2:
MOMENTO DE UNA FUERZA RESPECTO A UN EJE.
PARA LEVANTAR UNA CAJA PESADA, UN HOMBRE USA UN BLOQUE Y UN
POLIPASTO Y LOS SUJETA A LA PARTE INFERIOR DE LA VIGA I MEDIANTE EL
GANCHO B. SI SE SABE QUE LOS MOMENTOS, DE LOS EJES Y Y Z , DE LA FUERZA
EJERCIDA EN B POR EL TRAMO AB DE LA CUERDA SON, RESPECTIVAMENTE, DE
10 0 N · m Y – 40 0 N · m, DETERMINAR LA DISTANCIA a Y LAFUERZA EJERCIDA T A
.
MOMENTO RESPECTO AL EJE y
𝑀
𝑦
𝐴𝑥
𝐴𝑦
𝐴𝑧
𝑇
𝐴𝑥
𝑇
𝐴𝑥
100
𝑇
𝐴𝑥
− − − − − −①
MOMENTO RESPECTO AL EJE z
𝑀
𝑧
𝐴𝑥
𝐴𝑦
𝐴𝑧
−𝑇
𝐴𝑥
( 4
)
− 4 𝑇
𝐴𝑥
𝑇
𝐴𝑥
− 400
− 4
= 100 𝑁 →
SUSTITUIR T
Ax
EN ①
100
𝑇
𝐴𝑥
=
100
100
FUERZA T
A
𝑑
𝐴
=
√
(𝑑
𝐴𝑥
)
2
𝐴𝑦
)
2
𝐴𝑧
)
2
=
√
( 2 )
2
5
2
)
2
2
𝑑
𝐴
=
√ 4 +
25
4
√
16
4
25
4
4
4
=
√
45
4
=
√
9
( 5
)
4
=
3
2
√ 5
𝐴𝑥
𝑇
𝐴
𝑑
𝐴𝑥
𝑑
𝐴
𝑇
𝐴
( 2
)
3
2
√
5
PERO T
Ax
= 100 N
4 𝑇
𝐴
3 √
5
𝐴
100 ( 3 √
5 )
4
𝐴
PROBLEMA 3- 4 :
EQUILIBRIO DE CUERPOS RÍGIDOS EN 2 DIMENSIONES.
UN ELEMENTO DE MÁQUINA DE PESO DESPRECIABLE ESTÁ SOPORTADO POR UN
PASADOR EN A Y UN RODILLO EN C. DETERMINAR LAS REACCIONES EN A Y C. LAS
MEDIDAS SE DAN EN mm.
DETERMINAR DISTANCIAS
𝑠𝑒𝑛 30° =
ℎ
400
𝑐𝑜𝑠 30° =
𝑑
2
400
ℎ = 400 𝑠𝑒𝑛 30° 𝑑
2
= 400 𝑐𝑜𝑠 30° 𝑑
1
= 450 − 𝑑
2
ℎ = 400 (
1
2
) 𝑑
2
= 400 (
√
3
2
) 𝑑
1
= 450 − 200 √
3
ℎ = 200 𝑑
2
= 200 √ 3
∑ 𝑀
𝐴
= 0 ↺
(
)
𝐶𝑥
𝐶𝑦
1
𝑅
𝐶
cos 60° ( 200 ) − 𝑅
𝐶
𝑠𝑒𝑛 60°( 450 − 200 √ 3 ) − 2250 − 2400 = 0
𝑅
𝐶
(
1
2
)
( 200
) − 𝑅
𝐶
(
√ 3
2
) ( 450 − 200 √ 3 ) − 4650 = 0
100 𝑅
𝐶
− 𝑅
𝐶
( 225 √ 3 − 300 ) − 4650 = 0
𝑅
𝐶
( 100 − 225 √ 3 + 300
) = 4650
𝑅
𝐶
( 400 − 225 √
3 ) = 4650
𝑅
𝐶
=
4650
400 − 225 √
3
=
186
16 − 9 √
3
𝑅
𝐶
= 451. 96 𝑘𝑁
∑ 𝐹
𝑥
= 0 → (+)
𝑥
𝐶𝑥
𝐴
𝑥
− 𝑅
𝐶
cos 60° = 0
𝐴
𝑥
−
(
186
16 − 9 √ 3
) (
1
2
) = 0
𝐴
𝑥
= (
186
16 − 9 √
3
) (
1
2
) =
93
16 − 9 √
3
𝐴
𝑥
= 225. 98 𝑘𝑁 →
∑ 𝐹
𝑦
= 0 ↑ (+)
𝑦
𝐶𝑦
𝐴
𝑦
− 𝑅
𝐶
𝑠𝑒𝑛 60° = 3
𝐴
𝑦
− (
186
16 − 9 √
3
) (
√
3
2
) = 3
𝐴
𝑦
= 3 +
93 √
3
16 − 9 √
3
𝐴
𝑦
= 394. 41 𝑘𝑁 ↑
SUSTITUIR W POR T B
Y T C
EN EL SOPORTE, PERO CON
SENTIDO INVERSO
𝐷
𝐸𝑥
𝐸𝑦
𝐵
1
𝐶
𝐸
𝐸
𝐸
𝐸
𝐸
𝑇
𝐸
= 252. 17 𝑁
CÁLCULO DE LAS REACCIONES
𝑥
𝐸𝑥
𝐷𝑥
𝐷𝑥
𝐸𝑥
𝐷𝑥
𝐸
𝐷𝑥
𝑅
𝐷𝑥
= 236. 96 𝑁
𝑦
𝐸𝑦
− 𝑇
𝐵
1
𝐶
𝐷𝑦
𝐷𝑦
𝐵
1
𝐶
𝐸
𝑅
𝐷𝑦
=
17658
76
17658
76
− 252. 17 𝑠𝑒𝑛 20°
𝑅
𝐷𝑦
= 257. 10 𝑁
2 ª OPCIÓN: CONSIDERAR EL LETRERO INTEGRADO AL
SOPORTE Y NO CONSIDERAR TENSIONES EN “B” Y “C”
𝐷
𝐸𝑥
𝐸𝑦
1
−𝑇
𝐸
𝑐𝑜𝑠 20 ° (
126
√
3
) − 𝑇
𝐸
𝑠𝑒𝑛 20°
( 126
)
( 85
)
( 63
) = 0
𝐸
𝐸
𝐸
𝑇
𝐸
= 252. 17 𝑁
