Mecánica Vectorial Cap. 5 · Equilibrio de cuerpo rígido OBJETIVOS DEL CAPÍTULO • Desarrollar...

Mecánica Vectorial Cap. 5

Juan Manuel Rodríguez Prieto I.M., M.Sc., Ph.D.

Equilibrio de cuerpo rígido


OBJETIVOS DEL CAPÍTULO •  Desarrollar las ecuaciones de equilibrio para un

cuerpo rígido. •  Presentar el concepto de diagrama de cuerpo

libre para un cuerpo rígido. •  Mostrar cómo resolver problemas de equilibrio

de cuerpos rígidos mediante las ecuaciones de equilibrio.


Desarrollaremos las c o n d i c i o n e s n e c e s a r i a s y s u f i c i e n t e s p a r a lograr el equilibrio del cuerpo rígido


•  El sistema de fuerzas y momentos que actúan sobre un cuerpo puede reducirse a una fuerza resultante y un m o m e n t o d e p a r equivalentes en cualquier punto arbitrario O sobre el cuerpo o fuera de él.

•  Si tanto la fuerza como el momento de par resultantes son iguales a cero, entonces se dice que el cuerpo está en equilibrio. FR = F∑ =0

MR0 = M∑ 0=0


FR = F∑ =0

MR0 = M∑ 0=0

establece que la suma de las fuerzas que actúan sobre el cuerpo es igual a cero.

establece que la suma de los momentos de todas las fuerzas en el sistema con respecto al punto O, añadida a todos los momentos de par es igual a cero.

Estas dos ecuaciones no sólo son necesarias para el equilibrio, también son suficientes.

Cuando se apliquen las ecuaciones de equilibrio, supondremos que el cuerpo permanece rígido.

Equilibrio en dos dimensiones 2D

Equilibrio en dos dimensiones

FR = F∑ =0 MR0 = M∑ 0=0

consideraremos el caso donde el sistema de fuerzas que actúa sobre un cuerpo rígido se encuentra en, o puede ser proyectado sobre un solo plano y, además, cualesquier momentos de par que actúen sobre el cuerpo se dirigen de manera perpendicular a dicho plano.

Equilibrio en dos dimensiones

FR = F∑ =0 MR0 = M∑ 0=0

La aplicación ecuaciones de equilibrio requiere de una especificación completa de todas las fuerzas externas conocidas y desconocidas que actúan sobre un cuerpo. ( diagrama de cuerpo libre)

Para resolver problemas en mecánica, es de p r i m o r d i a l i m p o r t a n c i a t e n e r u n entendimiento total de cómo trazar un diagrama de cuerpo libre.

Reacciones de soportes Consideremos los diversos tipos de reacciones que ocurren en soportes y puntos de contacto entre cuerpos sometidos a sistemas coplanares de fuerza. Como regla general: • Si un soporte evita la traslación de un cuerpo en una dirección dada, entonces se desarrolla una fuerza sobre el cuerpo en esa dirección. • Si se evita una rotación, se ejerce un momento de par sobre el cuerpo.

Reacciones de soportes

Reacciones de soportes

Procedimiento para el análisis Trace el contorno. Muestre todas las fuerzas y momentos de par. Identifique cada carga y las dimensiones dadas.

Ejemplo 1

Ejemplo 2

Ejemplo 3

Ecuaciones de equilibrio 2D

FR = F∑ =0 MR0 = M∑ 0=0

Ejemplo 4

FR = F∑ =0 MR0 = M∑ 0=0

Ejemplo 5

FR = F∑ =0 MR0 = M∑ 0=0

Equilibrio en 3D

FR = F∑ =0 MR0 = M∑ 0=0

Equilibrio en 3D

•  Una fuerza se desarrolla mediante un soporte que restringe la traslación de su elemento conectado.

•  Un momento de par se desarrolla cuando se evita la rotación del elemento conectado.

Equilibrio en 3D Soportes para cuerpos rígidos

sometidos a sistemas de fuerzas tridimensionales

Diagrama de cuerpo libre en 3D

•  Se requiere primero “aislar” el cuerpo por medio del delineado de su contorno.

•  Una cuidadosa rotulación de todas las fuerzas y momentos de par con referencia a un sistema coordenado x, y, z establecido. Mostrar las componentes de reacción con magnitud desconocida en cuanto actúan en el diagrama de cuerpo libre en sentido positivo. De este modo, si se obtienen valores negativos, esto indicará que las componentes actúan en las direcciones coordenadas negativas.

Ecuaciones de equilibrio en 3D

FR = F∑ =0 MR0 = M∑ 0=0

FR = Fxi∑ + Fy j+ Fzk∑∑ =0 MR0 = Mx∑ i + My∑ j+ Mz∑ k =0

Fx∑ = 0

Fy = 0∑Fz = 0∑

Mx∑ = 0

My = 0∑Mz = 0∑

Ejemplo 1

Ejemplo 1 Bx = 0By = 0Az + Bz +TC − 300 − 981= 0

Fx∑ = 0

Fy = 0∑Fz = 0∑

TC (2m)− 981(1m)+ Bz (2m) = 0300(1.5)+ 981(1.5)− Bz (3m)−Az (3m)− 200Nm = 0

Mx∑ = 0

My = 0∑Mz = 0∑

La ecuación de momentos con respecto a z no nos aporta ninguna información. La sumatoria de fuerzas en z, y los momentos con respecto al eje x y y, nos suministran las tres ecuaciones para poder despejar las tres incógnitas

Ejemplo 1 Az + Bz +TC = 1281

2TC + 2Bz = 9813Bz + 3Az = 1721.5

1 1 10 2 23 3 0

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

AzBzTC

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥=

12819811721.5

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

AzBzTC

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥=

790−217717

⎡

⎣

⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥

La fuerza Bz va en dirección contraria

Ejemplo 2

Ejemplo 2 Ax + Bx = 0

Ay = 0Az + Bz + FC − 900 = 0

Fx∑ = 0

Fy = 0∑Fz = 0∑

−900(0.4m)+ Bz (0.8m)+ Fc(1.2m) = 0FC (0.6m)− 900(0.4m) = 0⇒ FC = 600NBx (0.8m) = 0⇒ Bx = 0

Mx∑ = 0

My = 0∑Mz = 0∑

Ejemplo 2

Ax + Bx = 0⇒ Ax = 0Az + Bz + FC − 900 = 0⇒ Az = 750−900(0.4m)+ Bz (0.8m)+ Fc(1.2m) = 0⇒ Bz = −450

Bx

FCAx

BzAzAy

⎡

⎣

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

=

06000

−4507500

⎡

⎣

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎤

⎦

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

N

Ejemplo 3

Ejemplo 3

FAC = FAC UAC

FAB = FAB UAB

rA = 6 jrB = 2i + 3krC = −2i + 3k

rAC = −2i − 6 j+ 3krAB = 2i − 6 j+ 3k

UAC = − 27i − 67j+ 37k

UAB =27i − 67j+ 37k

Ejemplo 3 FAC = FAC UAC

FAC = − 27FAC i −

67FAC j+

37FAC k

FAB =27FAB i −

67FAB j+

37FAB k

M0 = r0A × FAC + FAB( )− 450 j = 0

Ejemplo 3 M0 = r0A × FAC + FAB( )− 450i = 0

r0A × FAC =

i j k0 6 0

− 27FAC − 6

7FAC

37FAC

= 187FAC i +

127FAC k

r0A × FAB =

i j k0 6 0

27FAB − 6

7FAB

37FAB

= 187FAB i −

127FAB k

M0 =187FAC i +

187FAB i − 450i = 0

Ejemplo 3 M0 =

187FAC i +

187FAB i − 450i

127FAC j−

127FAB j = 0

187FAC + 18

7FAB = 450

FAC = FAB

FAC = FAB = 87.5lb

Ejemplo 3

Ejemplo 3

FA = Axi + Ay j+ Azk

TE = TEi

TD = TD j

FC = −200kNFA +TE +TD + FC = 0 FR = F∑ =0

F∑ = (Ax +TE )i + (Ay +TD )j+ (Az − 200)k

Sumatoria de fuerzas, formulación vectorial

(Ax +TE ) = 0Ay +TD = 0Az − 200 = 0

Ejemplo 3

MA = rAC × FC + rAB × (TE +TD )Sumatoria de momentos con respecto a A

rA = 0i + 0 j+ 0krB = 1i + 2 j− 2krAB = 1i + 2 j− 2k

rAC × FC =i j k0.5 1 −10 0 −200

rAB × (TE +TD ) =i j k1 2 −2TE TD 0

Ejemplo 3

rAC × FC =i j k0.5 1 −10 0 −200

= −200i +100 j

rAB × (TE +TD ) =i j k1 2 −2TE TD 0

= 2TDi − 2TE j+ TD − 2TE( )k

2TD − 200 = 0−2TE +100 = 0TD − 2TE = 0

TD = 100NTE = 50N

Ax = −TE = −50NAy = −TD = −100NAz = 200N

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