equilibrio de cuerpos rígidos «momentos» · • momento de una fuerza respecto a un punto....
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M2
M1
Estática
Equilibrio de Cuerpos Rígidos – «Momentos»
M3
• En Mecánica, un «MOMENTO» representa la tendencia a hacer rotar
un cuerpo con respecto a un eje.
Estática
Equilibrio de Cuerpos Rígidos – «Momentos»
F
• En Mecánica, un «MOMENTO» representa la tendencia a hacer rotar
un cuerpo con respecto a un eje.
• En Mecánica, un «MOMENTO» representa la tendencia a hacer rotar
un cuerpo con respecto a un eje.
Estática
Equilibrio de Cuerpos Rígidos – «Momentos»
M1
M2
Estática
Equilibrio de Cuerpos Rígidos – «Momentos»
𝑴 = 𝟏𝟐𝟎 𝑵𝒎
400 N
30 𝑐𝑚90°
60°
400 N
400 N
30°400 N
≅ 0°
𝑴 = 𝟎, 𝟑𝟎 𝒎 ∗ 400 𝑁 ∗ 𝑠𝑒𝑛 90°
𝑴 = 𝟎, 𝟑𝟎 𝒎 ∗ 400 𝑁 ∗ 𝑠𝑒𝑛 60° = 𝟏𝟎𝟑, 𝟗 𝑵𝒎 𝑴 = 𝟎, 𝟑𝟎 𝒎 ∗ 400 𝑁 ∗ 𝑠𝑒𝑛 30° = 𝟔𝟎 𝑵𝒎 𝑴 ≅ 𝟎, 𝟑𝟎 𝒎 ∗ 400 𝑁 ∗ 𝑠𝑒𝑛 0° ≅ 𝟎
• Para realizar las operaciones relacionadas con momentos se utiliza el
producto cruz de dos vectores.
Estática
Equilibrio de Cuerpos Rígidos – «Momentos»
Magnitud: 𝑷 ∗ 𝑸 ∗ 𝑠𝑒𝑛 𝜃
Dirección: Perpendicular a los vectores
𝑷 × 𝑸 = − 𝑸 × 𝑷
𝑽𝟏 = 𝑷 × 𝑸 𝑽𝟐 = 𝑸 × 𝑷
• Sistema de ejes ortogonales a mano derecha.
Estática
Equilibrio de Cuerpos Rígidos – «Momentos»
X
Y
Z
X
Y Z
Sistema de ejes ortogonales a
mano izquierda.
Y
X
Z
X
Y
Z
𝑶 𝑨
• Momento de una fuerza respecto a un punto.
Estática
Equilibrio de Cuerpos Rígidos – «Momentos»
𝑴𝑶 = 𝒓𝑶𝑨 × 𝑭𝑨
X
Y
Z
𝑶 𝑨X
Y
𝑶
𝑨
X
Y
Z
𝑶
𝑨
X
Y
Z
𝑶
𝑨
X
Y
Z
𝑶
𝑨
Hay uno que no cumple la ley de la mano derecha?
• Momento de una fuerza respecto a un punto.
Estática
Equilibrio de Cuerpos Rígidos – «Momentos»
𝑴𝑶 = 𝒓𝑶𝑨 × 𝑭
𝑴𝑶 = 𝑟𝑥 𝓲+𝑟𝑦 𝒋+𝑟𝑧 𝒌 × 𝐹𝑥 𝓲+𝐹𝑦 𝒋+𝐹𝑧 𝒌
X
Y
Z
𝑶
𝑨
𝑟𝑥 𝓲+𝑟𝑦 𝒋+𝑟𝑧 𝒌
𝐹𝑥 𝓲+𝐹𝑦 𝒋+𝐹𝑧 𝒌
X
Y
Z
𝑨
𝑶
𝑀𝑥 𝓲+𝑀𝑦 𝒋+𝑀𝑧 𝒌
Magnitud: 𝒓𝑶𝑨 ∗ 𝑭𝑨 ∗ 𝑠𝑒𝑛 ∝
Dirección: ?
X
Y
Z
𝑨
𝑶
𝑴𝑶 = 𝒓𝑶𝑨 × 𝑭𝑨
• Momento de una fuerza respecto a un punto.
Estática
Equilibrio de Cuerpos Rígidos – «Momentos»
𝑴 = 𝒓 × 𝑭
X
Y
X
Y
X
Y
• Momento de una fuerza respecto a un punto.
Estática
Equilibrio de Cuerpos Rígidos – «Momentos»
𝑴𝑶 = 𝒓𝑶𝑨 × 𝑭
X
Y
Z
𝑶
𝑨
𝑟𝑥 𝓲+𝑟𝑦 𝒋+𝑟𝑧 𝒌
𝐹𝑥 𝓲+𝐹𝑦 𝒋+𝐹𝑧 𝒌
𝑴𝑶 = 𝑟𝑥 𝓲 × 𝐹𝑥 𝓲+𝐹𝑦 𝒋+𝐹𝑧 𝒌
𝑟𝑦 𝒋 × 𝐹𝑥 𝓲+𝐹𝑦 𝒋+𝐹𝑧 𝒌
𝑟𝑧 𝒌 × 𝐹𝑥 𝓲+𝐹𝑦 𝒋+𝐹𝑧 𝒌
𝑴𝑶 = 𝑟𝑥 𝓲 × 𝐹𝑥 𝓲 + 𝑟𝑥 𝓲 × 𝐹𝑦 𝒋 + 𝑟𝑥 𝓲 × 𝐹𝑧 𝒌
𝑟𝑦 𝒋 × 𝐹𝑥 𝓲 + 𝑟𝑦 𝒋 × 𝐹𝑦 𝒋 + 𝑟𝑦 𝒋 × 𝐹𝑧 𝒌
𝑟𝑧 𝒌 × 𝐹𝑥 𝓲 + 𝑟𝑧 𝒌 × 𝐹𝑦 𝒋 + 𝑟𝑧 𝒌 × 𝐹𝑧 𝒌
X
Y
Z
𝑨
𝑶
𝑟𝑥 𝓲
𝐹𝑥 𝓲
X
Y
Z
𝑨
𝑶
𝑟𝑥 𝓲
𝐹𝑦 𝒋
X
Y
Z
𝑶
𝑨
𝑟𝑥 𝓲
𝐹𝑧 𝒌
𝑟𝑥 ∗ 𝐹𝑥𝑠𝑒𝑛 0° = 0 𝑟𝑥 ∗ 𝐹𝑦𝑠𝑒𝑛 90° = 𝑟𝑥 ∗ 𝐹𝑦 𝒌
𝟗𝟎°
𝑟𝑥 ∗ 𝐹𝑧𝑠𝑒𝑛 90° = − 𝑟𝑥 ∗ 𝐹𝑧 𝒋
𝟐𝟕𝟎°
𝑴𝑶 = 𝑟𝑥 𝓲+𝑟𝑦 𝒋+𝑟𝑧 𝒌 × 𝐹𝑥 𝓲+𝐹𝑦 𝒋+𝐹𝑧 𝒌
• Momento de una fuerza respecto a un punto.
Estática
Equilibrio de Cuerpos Rígidos – «Momentos»
𝑴𝑶 = 𝒓𝑶𝑨 × 𝑭
X
Y
Z
𝑶
𝑨
𝑟𝑥 𝓲+𝑟𝑦 𝒋+𝑟𝑧 𝒌
𝐹𝑥 𝓲+𝐹𝑦 𝒋+𝐹𝑧 𝒌
𝑴𝑶 = 𝑟𝑥 𝓲 × 𝐹𝑥 𝓲+𝐹𝑦 𝒋+𝐹𝑧 𝒌
𝑟𝑦 𝒋 × 𝐹𝑥 𝓲+𝐹𝑦 𝒋+𝐹𝑧 𝒌
𝑟𝑧 𝒌 × 𝐹𝑥 𝓲+𝐹𝑦 𝒋+𝐹𝑧 𝒌
𝑴𝑶 = 0 𝒊 + 𝑟𝑥 ∗ 𝐹𝑦 𝒌 − 𝑟𝑥 ∗ 𝐹𝑧 𝒋
− 𝑟𝑦 ∗ 𝐹𝑥 𝒌 + 0 𝒋 + 𝑟𝑦 ∗ 𝐹𝑧 𝒊
𝑟𝑧 ∗ 𝐹𝑥 𝒋 − 𝑟𝑧 ∗ 𝐹𝑦 𝒊 + 0 𝒌
X
Y
Z
𝑨
𝑶
𝑀𝑥 𝓲+𝑀𝑦 𝒋+𝑀𝑧 𝒌𝑴𝑶 = 𝑟𝑦 ∗ 𝐹𝑧 − 𝑟𝑧 ∗ 𝐹𝑦 𝒊
𝑟𝑧 ∗ 𝐹𝑥 − 𝑟𝑥 ∗ 𝐹𝑧 𝒋
𝑟𝑥 ∗ 𝐹𝑦 − 𝑟𝑦 ∗ 𝐹𝑥 𝒌
𝓲 𝒋 𝒌𝑟𝑥 𝑟𝑦 𝑟𝑧𝐹𝑥 𝐹𝑦 𝐹𝑧
• Momento de una fuerza respecto a un punto.
Estática
Equilibrio de Cuerpos Rígidos – «Momentos»
𝑴𝑶 = 𝒓𝑶𝑨 × 𝑭
X
Y
Z
𝑶
𝑨
𝑟𝑥 𝓲+𝑟𝑦 𝒋+𝑟𝑧 𝒌
𝐹𝑥 𝓲+𝐹𝑦 𝒋+𝐹𝑧 𝒌
X
Y
Z
𝑨
𝑶
𝑀𝑥 𝓲+𝑀𝑦 𝒋+𝑀𝑧 𝒌
𝓲 𝒋 𝒌𝑟𝑥 𝑟𝑦 𝑟𝑧𝐹𝑥 𝐹𝑦 𝐹𝑧
𝑴𝑶 =
El Momento se calcula evaluando el determinante de:
𝓲 𝒋 𝒌𝑟𝑥 𝑟𝑦 𝑟𝑧𝐹𝑥 𝐹𝑦 𝐹𝑧
𝑟𝑦 ∗ 𝐹𝑧 − 𝑟𝑧 ∗ 𝐹𝑦 𝒊𝑴𝑶 = − 𝑟𝑥 ∗ 𝐹𝑧 − 𝑟𝑧 ∗ 𝐹𝑥 𝒋 + 𝑟𝑥 ∗ 𝐹𝑦 − 𝑟𝑦 ∗ 𝐹𝑥 𝒌
𝓲 𝒋 𝒌𝑟𝑥 𝑟𝑦 𝑟𝑧𝐹𝑥 𝐹𝑦 𝐹𝑧
• Momento de una fuerza respecto a un punto.
Estática
Equilibrio de Cuerpos Rígidos – «Momentos»
𝑴𝑶 = 𝒓𝑶𝑨 × 𝑭
X
Y
Z
𝑶
𝑨
𝑟𝑥 𝓲+𝑟𝑦 𝒋+𝑟𝑧 𝒌
𝐹𝑥 𝓲+𝐹𝑦 𝒋+𝐹𝑧 𝒌
X
Y
Z
𝑨
𝑶
𝑀𝑥 𝓲+𝑀𝑦 𝒋+𝑀𝑧 𝒌
𝓲 𝒋 𝒌 𝓲 𝒋
𝑴𝑶 = 𝑟𝑦 ∗ 𝐹𝑧 − 𝑟𝑧 ∗ 𝐹𝑦 𝒊
𝑟𝑧 ∗ 𝐹𝑥 − 𝑟𝑥 ∗ 𝐹𝑧 𝒋
𝑟𝑥 ∗ 𝐹𝑦 − 𝑟𝑦 ∗ 𝐹𝑥 𝒌
+−
𝑟𝑥 𝑟𝑦 𝑟𝑧 𝑟𝑥 𝑟𝑦𝐹𝑥 𝐹𝑦 𝐹𝑧 𝐹𝑥 𝐹𝑦
𝑴𝑶 =
Estática
Equilibrio de Cuerpos Rígidos – «Momentos»
• Momento de una fuerza respecto a un eje λ.
X
Y
Z
𝑨
𝑶
𝑀𝑒𝑗𝑒𝜆 = Ԧ𝜆.𝑀
= 𝜆𝑥𝑀𝑥 + 𝜆𝑦𝑀𝑦 + 𝜆𝑧𝑀𝑧
= 𝜆 𝑀 cos 𝜃𝜆𝑀𝜆𝑥𝒊 + 𝜆𝑦𝒋 + 𝜆𝑧𝒌
𝑀𝑥𝒊 + 𝑀𝑦𝒋 + 𝑀𝑧𝒌
Estática
Vector Posición, 𝒓𝑫𝑨
−0.1𝑚 𝓲 − 0,2𝑚 𝒋 + 0 𝒌
Vector fuerza, 𝑭
300 cos25 𝓲+300 sin 25 𝒋+0 𝒌271,9𝑁 𝓲+126,8𝑁 𝒋+0 𝒌
𝓲 𝒋 𝒌 𝓲 𝒋
−0,1 −0,2 0 −0,1 −0,2
271,9 126,8 0 271,9 126,8
𝑴𝑫 =
𝑴𝑫 = −0,1 ∗ 126,8 𝒌 − −0,2 ∗ 271,9 𝒌
𝑴𝑫 = −12,68 𝒌 − −54,38 𝒌
𝑴𝑫 = −12,68 + 54,38 𝒌
𝑴𝑫 = 41,7 𝒌
3.3 Una fuerza de 300 N se aplica en A como se muestra en la figura.Determine:a) el momento de la fuerza de 300 N alrededor de Db) la fuerza mínima aplicada en B que produce el mismo momento alrededor de D.
Ejemplo
resuelto 1
Estática
𝑴𝑫 = −12,68 + 54,38 𝒌
𝑴𝑶 = 41,7 𝒌
𝑴 = 𝟎, 𝟐𝟎 𝒎 ∗ 300 𝑁 ∗ cos 25° = 𝟓𝟒. 𝟑𝟖 𝑵.𝒎 𝑴 = −𝟎, 𝟏𝟎 𝒎 ∗ 300 𝑁 ∗ sin 25° = −𝟏𝟐. 𝟔𝟖 𝑵.𝒎
3.3 Una fuerza de 300 N se aplica en A como se muestra en la figura.Determine:a) el momento de la fuerza de 300 N alrededor de Db) la fuerza mínima aplicada en B que produce el mismo momento alrededor de D.
Ejemplo
resuelto 1
Estática
3.22 Los cables AB y BC se sujetan al tronco de un árbol muy grandepara evitar que se caiga. Si se sabe que las tensiones en los cables AB y BCson de 555 N 660 N, respectivamente, determine el momento respecto de Ode la fuerza resultante ejercida por los cables sobre el árbol en B.
Ejemplo resuelto 2
Estática
Vector Posición, 𝒓𝑶𝑩
0 𝓲 + 7 m 𝒋 + 0 𝒌
3.22 Los cables AB y BC se sujetan al tronco de un árbolmuy grande para evitar que se caiga. Si se sabe que las tensionesen los cables AB y BC son de 555 N 660 N, respectivamente,determine el momento respecto de O de la fuerza resultanteejercida por los cables sobre el árbol en B.
𝑭𝑭 = 𝑭𝑩𝑨 + 𝑭𝑩𝑪
𝑭𝑩𝑨𝑭𝑩𝑪
𝒓𝑶𝑩
Ejemplo resuelto 2
Estática
3.22 Los cables AB y BC se sujetan al tronco de un árbol muy grandepara evitar que se caiga. Si se sabe que las tensiones en los cables AB y BCson de 555 N 660 N, respectivamente, determine el momento respecto de Ode la fuerza resultante ejercida por los cables sobre el árbol en B.
𝑭 = 𝑭𝑩𝑨 + 𝑭𝑩𝑪
𝑭𝑩𝑨 = ൞
555 ∗ cos𝜃𝑥 𝒊555 ∗ cos𝜃𝑦 𝒋
555 ∗ cos𝜃𝑧 𝒌
𝑐𝑜𝑠 𝜃𝑥 =−0,75
9,25 𝑑𝑥 = −0,75 𝑚
𝑑𝑦 = −7 𝑚
𝑑𝑧 = 6 𝑚
𝑑 = −0,75 2 + −7 2 + 62 = 9,25
𝑐𝑜𝑠 𝜃𝑦 =−7
9,25
𝑐𝑜𝑠 𝜃𝑧 =6
9,25Vector Posición, 𝒓𝑶𝑩
0 𝓲 + 7 m 𝒋 + 0 𝒌
𝝀𝑩𝑨
𝑭𝑩𝑨
𝑭𝑩𝑨 = ቐ−45 𝑁𝒊−420 𝑁 𝒋360 𝑁 𝒌
Ejemplo resuelto 2
Estática
3.22 Los cables AB y BC se sujetan al tronco de un árbol muy grandepara evitar que se caiga. Si se sabe que las tensiones en los cables AB y BCson de 555 N 660 N, respectivamente, determine el momento respecto de Ode la fuerza resultante ejercida por los cables sobre el árbol en B.
𝑭 = 𝑭𝑩𝑨 + 𝑭𝑩𝑪
𝑭𝑩𝑪 = ൞
660 ∗ cos𝜃𝑥 𝒊660 ∗ cos𝜃𝑦 𝒋
660 ∗ cos𝜃𝑧 𝒌
𝑐𝑜𝑠 𝜃𝑥 =4,25
8,25 𝑑𝑥 = 4,25 𝑚
𝑑𝑦 = −7 𝑚
𝑑𝑧 = 1 𝑚𝑐𝑜𝑠 𝜃𝑦 =
−7
8,25
𝑐𝑜𝑠 𝜃𝑧 =1
8,25
Vector Posición, 𝒓𝑶𝑩
0 𝓲 + 7 m 𝒋 + 0 𝒌
𝝀𝑩𝑪
𝑑 = 4,252 + −7 2 + 12 = 8,25
𝑭𝑩𝑪
𝑭𝑩𝑪 = ቐ340 𝑁𝒊−560𝑁 𝒋80 𝑁 𝒌
Ejemplo resuelto 2
Estática
Vector fuerza, 𝑭295 𝓲 − 980 m 𝒋 + 440 𝒌
3.22 Los cables AB y BC se sujetan al tronco de un árbol muy grandepara evitar que se caiga. Si se sabe que las tensiones en los cables AB y BCson de 555 N 660 N, respectivamente, determine el momento respecto de Ode la fuerza resultante ejercida por los cables sobre el árbol en B.
𝑭
𝑭 = 𝑭𝑩𝑨 + 𝑭𝑩𝑪
Vector Posición, 𝒓𝑶𝑩
0 𝓲 + 7 m 𝒋 + 0 𝒌
𝑭𝑩𝑨 = ቐ−45 𝑁𝒊−420 𝑁 𝒋360 𝑁 𝒌
𝑭𝑩𝑪 = ቐ340 𝑁𝒊−560𝑁 𝒋80 𝑁 𝒌
Ejemplo resuelto 2
Estática
Vector fuerza, 𝑭295 𝓲 − 980 m 𝒋 + 440 𝒌
3.22 Los cables AB y BC se sujetan al tronco de un árbol muy grandepara evitar que se caiga. Si se sabe que las tensiones en los cables AB y BCson de 555 N 660 N, respectivamente, determine el momento respecto de Ode la fuerza resultante ejercida por los cables sobre el árbol en B.
𝑭
Vector Posición, 𝒓𝑶𝑩0 𝓲 + 7 m 𝒋 + 0 𝒌
295 −980 440 295 −980
𝓲 𝒋 𝒌 𝓲 𝒋
0 7 0 0 7𝑴𝑫 =
𝑴𝑫 = 7 ∗ 440 𝒊 − 7 ∗ 295 𝒌
𝑴𝑫 = 3080 𝒊 − 2065 𝒌
Magnitud de 𝑴𝑫 = 30802 + 20652
𝑴𝑫 = 3710 𝑁.𝑚
𝒓𝑶𝑩
Ejemplo resuelto 2
Estática
Equilibrio de Cuerpos Rígidos – «Momentos»
Ejemplo resuelto 3
Antes de cortar el tronco que se muestra en la figura se atan
dos cables: AB y BC para dirigir su caída. Si se sabe que las
tensiones en los cables son de 555 N y 660 N,
respectivamente, determinar el momento con respecto al
punto O de la resultante de las fuerzas ejercidas en el punto
A del árbol por las dos cables. Calcular la componente del
momento resultante previamente determinado con respecto a
un eje que pasa por:
- el origen de coordenadas (el pie del árbol) y el
punto 1, 1, 1.
- el origen de coordenadas y el punto 1, 0, -1.
𝑀𝑒𝑗𝑒𝜆 = Ԧ𝜆.𝑀𝐷
Ԧ𝜆 =1
3𝒊 +
1
3𝒋 +
1
3𝒋 𝑴𝑶 = 3080 𝒊 − 2065 𝒌
𝑀𝑒𝑗𝑒𝜆 = 586 𝑁.𝑚
• Momento con respecto a un eje cualquiera.
Estática
Momentos en 2D
Estática
Momentos en 2D
Ejemplo 1
Estática
Momentos en 2D
Ejemplo 2
Estática
Momentos en 2D
Ejemplo 4
Estática
Ejercicios momento de una fuerza con respecto a un punto y a
un eje
Estática
Cuerpos Rígidos
Ejemplo 1
Estática
Cuerpos Rígidos
Ejemplo 1
Estática
Cuerpos Rígidos
Ejemplo 2
Estática
Cuerpos Rígidos
Ejemplo 2
153j
-2601i
-3179j
-1839,31
Estática
Cuerpos Rígidos
Ejemplo 3
Estática
Cuerpos Rígidos
Ejemplo 3
Estática
Cuerpos Rígidos
Ejemplo 4
Estática
Cuerpos Rígidos
Ejemplo 4
Estática
Cuerpos Rígidos
Ejemplo 5
Estática
Cuerpos Rígidos
Ejemplo 5
Estática
Cuerpos Rígidos
Ejemplo 6
Estática
Cuerpos Rígidos
Ejemplo 6
Estática
Cuerpos Rígidos
Ejemplo 7
Estática
Cuerpos Rígidos
Ejemplo 7
Estática
Cuerpos Rígidos
Ejemplo 8
Estática
Cuerpos Rígidos
Ejemplo 8
Estática
Cuerpos Rígidos
Ejemplo 9
Estática
Cuerpos Rígidos
Ejemplo 9
Estática
Cuerpos Rígidos
Ejemplo 10
Estática
Cuerpos Rígidos
Ejemplo 10
Estática
Ejercicios Sistemas equivalentes
Estática
Cuerpos Rígidos
Ejemplo 1
Estática
Cuerpos Rígidos
Ejemplo 2
Estática
Cuerpos Rígidos
Ejemplo 2
Estática
Cuerpos Rígidos
Ejemplo 3
Estática
Cuerpos Rígidos
Ejemplo 3
Estática
a. Las componentes rectangulares de la fuerza A.b. La magnitud de la fuerza aplicada en A.c. La magnitud de la fuerza aplicada en B.d. Los ángulos directores de la fuerza B.
Un mecánico usa una llave para remover una tuerca en C. Se sabe que la fuerza necesaria paradesapretar la tuerca produce una fuerza equivalente en C igual a ( - 14 i + 7 k) lb y unmomento resultante de MC= 505 i. Además se sabe que la componente Z de la fuerza en A esAz = 7 lb. Determinar:
Cuerpos Rígidos. Ejemplo 3
𝑭𝑪 = 𝑭𝑨 + 𝑭𝑩
𝑴𝑪 = 𝑴𝑨/𝑪 +𝑴𝑩/𝑪
𝑭𝑪𝑴𝑪 𝑭𝑪
𝑴𝑪
Estática
Cuerpos Rígidos. Ejemplo 3
+ 𝐵𝑥 𝓲 + 𝐵𝑦 𝒋 + 𝐵𝑧 𝒌𝐴𝑥 𝓲 + 𝐴𝑦 𝒋 + 𝐴𝑧 𝒌−14 𝓲 + 7 𝒌 =
−14 = 𝐴𝑥 + 𝐵𝑥
0 = 𝐴𝑦 + 𝐵𝑦
7 = 𝐴𝑧 + 𝐵𝑧
𝒆𝒄. 𝟏
𝒆𝒄. 𝟐
𝒆𝒄. 𝟑
a. Las componentes rectangulares de la fuerza A.b. La magnitud de la fuerza aplicada en A.c. La magnitud de la fuerza aplicada en B.d. Los ángulos directores de la fuerza B.
Un mecánico usa una llave para remover una tuerca en C. Se sabe que la fuerza necesaria paradesapretar la tuerca produce una fuerza equivalente en C igual a ( - 14 i + 7 k) lb y unmomento resultante de MC= 505 i. Además se sabe que la componente Z de la fuerza en A esAz = 7 lb. Determinar:
𝑭𝑪 = 𝑭𝑨 + 𝑭𝑩
𝑭𝑪𝑴𝑪
a. Las componentes rectangulares de la fuerza A.b. La magnitud de la fuerza aplicada en A.c. La magnitud de la fuerza aplicada en B.d. Los ángulos directores de la fuerza B.
Un mecánico usa una llave para remover una tuerca en C. Se sabe que la fuerza necesaria paradesapretar la tuerca produce una fuerza equivalente en C igual a ( - 14 i + 7 k) lb y unmomento resultante de MC= 505 i. Además se sabe que la componente Z de la fuerza en A esAz = 7 lb. Determinar:
Estática
Cuerpos Rígidos. Ejemplo 3
𝑴𝑪 = = 𝒓𝑨/𝑪 ∗ 𝑭𝑨 + 𝒓𝑩/𝑪 ∗ 𝑭𝑩
𝑴𝑪 = 𝑴𝑨/𝑪 +𝑴𝑩/𝑪
𝒓𝑨/𝑪
𝒓𝑩/𝑪
𝒓𝑨/𝑪 ∗ 𝑭𝑨 =
𝓲 𝒋 𝒌8 0 8𝐴𝑥 𝐴𝑦 𝐴𝑧
𝓲 𝒋8 0𝐴𝑥 𝐴𝑦
𝒓𝑩/𝑪 ∗ 𝑭𝑩 =
𝓲 𝒋 𝒌8 0 −2𝐵𝑥 𝐵𝑦 𝐵𝑧
𝓲 𝒋8 0𝐵𝑥 𝐵𝑦
2𝐵𝑦 𝓲 + −2𝐵𝑥 − 8𝐵𝑧 𝒋 + 8𝐵𝑦 𝒌
−8𝐴𝑦 𝓲 + 8𝐴𝑥 − 8𝐴𝑧 𝒋 + 8𝐴𝑦 𝒌
𝑭𝑪𝑴𝑪
a. Las componentes rectangulares de la fuerza A.b. La magnitud de la fuerza aplicada en A.c. La magnitud de la fuerza aplicada en B.d. Los ángulos directores de la fuerza B.
Un mecánico usa una llave para remover una tuerca en C. Se sabe que la fuerza necesaria paradesapretar la tuerca produce una fuerza equivalente en C igual a ( - 14 i + 7 k) lb y unmomento resultante de MC= 505 i. Además se sabe que la componente Z de la fuerza en A esAz = 7 lb. Determinar:
Estática
Cuerpos Rígidos. Ejemplo 3
𝑴𝑪 = = 𝒓𝑨/𝑪 ∗ 𝑭𝑨 + 𝒓𝑩/𝑪 ∗ 𝑭𝑩
−8𝐴𝑦 𝓲 + 8𝐴𝑥 − 8𝐴𝑧 𝒋 + 8𝐴𝑦 𝒌
2𝐵𝑦 𝓲 + −2𝐵𝑥 − 8𝐵𝑧 𝒋 + 8𝐵𝑦 𝒌
𝑴𝑪 = 𝑴𝑨/𝑪 +𝑴𝑩/𝑪
505 𝓲
505 = 2𝐵𝑦 − 8𝐴𝑦
0 = −2𝐵𝑥 − 8𝐵𝑧 + 8𝐴𝑥 − 8𝐴𝑧
0 = 8𝐵𝑦 + 8𝐴𝑦
𝒆𝒄. 𝟒
𝒆𝒄. 𝟓
𝒆𝒄. 𝟔
𝒓𝑨/𝑪
𝒓𝑩/𝑪
𝑭𝑪𝑴𝑪
a. Las componentes rectangulares de la fuerza A.b. La magnitud de la fuerza aplicada en A.c. La magnitud de la fuerza aplicada en B.d. Los ángulos directores de la fuerza B.
Un mecánico usa una llave para remover una tuerca en C. Se sabe que la fuerza necesaria paradesapretar la tuerca produce una fuerza equivalente en C igual a ( - 14 i + 7 k) lb y unmomento resultante de MC= 505 i. Además se sabe que la componente Z de la fuerza en A esAz = 7 lb. Determinar:
Estática
Cuerpos Rígidos. Ejemplo 3
505 = 2𝐵𝑦 − 8𝐴𝑦
0 = −2𝐵𝑥 − 8𝐵𝑧 + 8𝐴𝑥 − 8𝐴𝑧
0 = 8𝐵𝑦 + 8𝐴𝑦
−14 = 𝐴𝑥 + 𝐵𝑥
0 = 𝐴𝑦 + 𝐵𝑦
7 = 𝐴𝑧 + 𝐵𝑧
𝒆𝒄. 𝟒
𝒆𝒄. 𝟓
𝒆𝒄. 𝟔
𝒆𝒄. 𝟏
𝒆𝒄. 𝟐
𝒆𝒄. 𝟑
𝑭𝑪𝑴𝑪
𝑭𝑪𝑴𝑪
a. Las componentes rectangulares de la fuerza A.b. La magnitud de la fuerza aplicada en A.c. La magnitud de la fuerza aplicada en B.d. Los ángulos directores de la fuerza B.
Un mecánico usa una llave para remover una tuerca en C. Se sabe que la fuerza necesaria paradesapretar la tuerca produce una fuerza equivalente en C igual a ( - 14 i + 7 k) lb y unmomento resultante de MC= 505 i. Además se sabe que la componente Z de la fuerza en A esAz = 7 lb. Determinar:
Estática
Cuerpos Rígidos. Ejemplo 3
505 = 2𝐵𝑦 − 8𝐴𝑦
0 = −2𝐵𝑥 − 8𝐵𝑧 + 8𝐴𝑥 − 8𝐴𝑧
0 = 8𝐵𝑦 + 8𝐴𝑦
𝒆𝒄. 𝟒
𝒆𝒄. 𝟓
𝒆𝒄. 𝟔
−14 = 𝐴𝑥 + 𝐵𝑥
0 = 𝐴𝑦 + 𝐵𝑦
7 = 𝐴𝑧 + 𝐵𝑧
𝒆𝒄. 𝟏
𝒆𝒄. 𝟐
𝒆𝒄. 𝟑 𝐴𝑧 = 7 𝐵𝑧 = 0
0 = −2𝐵𝑥 + 8𝐴𝑥 − 56
a. Las componentes rectangulares de la fuerza A.b. La magnitud de la fuerza aplicada en A.c. La magnitud de la fuerza aplicada en B.d. Los ángulos directores de la fuerza B.
Un mecánico usa una llave para remover una tuerca en C. Se sabe que la fuerza necesaria paradesapretar la tuerca produce una fuerza equivalente en C igual a ( - 14 i + 7 k) lb y unmomento resultante de MC= 505 i. Además se sabe que la componente Z de la fuerza en A esAz = 7 lb. Determinar:
Estática
Cuerpos Rígidos
505 = 2𝐵𝑦 − 8𝐴𝑦
0 = 8𝐵𝑦 + 8𝐴𝑦
𝒆𝒄. 𝟒𝒆𝒄. 𝟓
𝒆𝒄. 𝟔
−14 = 𝐴𝑥 + 𝐵𝑥
0 = 𝐴𝑦 + 𝐵𝑦
𝒆𝒄. 𝟏
𝒆𝒄. 𝟐
0 = −2𝐵𝑥 + 8 −14 − 𝐵𝑥 − 56
−14 − 𝐵𝑥 = 𝐴𝑥
0 = −10𝐵𝑥 − 168
𝐵𝑥 = −16.8 𝑙𝑏 lbAx
8.2
𝟕 𝒍𝒃
𝟎 𝒍𝒃 𝑭𝑪𝑴𝑪
𝑭𝑪𝑴𝑪
a. Las componentes rectangulares de la fuerza A.b. La magnitud de la fuerza aplicada en A.c. La magnitud de la fuerza aplicada en B.d. Los ángulos directores de la fuerza B.
Un mecánico usa una llave para remover una tuerca en C. Se sabe que la fuerza necesaria paradesapretar la tuerca produce una fuerza equivalente en C igual a ( - 14 i + 7 k) lb y unmomento resultante de MC= 505 i. Además se sabe que la componente Z de la fuerza en A esAz = 7 lb. Determinar:
Estática
Cuerpos Rígidos
505 = 2𝐵𝑦 − 8𝐴𝑦
0 = 8𝐵𝑦 + 8𝐴𝑦
𝒆𝒄. 𝟒
𝒆𝒄. 𝟔
0 = 𝐴𝑦 + 𝐵𝑦𝒆𝒄. 𝟐
𝐴𝑦 = −𝐵𝑦
505 = 2𝐵𝑦 − 8 −𝐵𝑦
505 = 10𝐵𝑦
𝐵𝑦 = 50.5 𝑙𝑏
𝐴𝑦 = −50.5 𝑙𝑏
𝟕 𝒍𝒃
−𝟏𝟔. 𝟖 𝒍𝒃
𝟎 𝒍𝒃
2.8 lb
Estática
Cuerpos Rígidos
Ejemplo 4
Estática
Cuerpos Rígidos
Ejemplo 4
Estática
Cuerpos Rígidos
Ejemplo 5
MC=MA+CAxF
Estática
Cuerpos Rígidos
Ejemplo 5
MC=MA+CAxF
Estática
Cuerpos Rígidos
Ejemplo 6
Estática
Cuerpos Rígidos
Ejemplo 6
Estática
Cuerpos Rígidos
Ejemplo 8
Estática
Cuerpos Rígidos
Ejemplo 8
Estática
Cuerpos Rígidos
Ejemplo 9
Estática
Cuerpos Rígidos
Ejemplo 9
Estática
Cuerpos Rígidos
Ejemplo 10
Estática
Cuerpos Rígidos
Ejemplo 10