Torque Momento

 TORQUE O MOMENTO DE UNA FUERZA "" z línea de acción de Estudiemos el efecto que una fuerza F puede brazo de  producir al actuar sobre un punto del cuerpo, el cual palanca de F puede rotar respecto de un eje que pasa por el punto F "O". Si la fuerza es aplicada de modo que su línea b O  de acción no pase por "O", el efecto que se produce . r A x corresponde al de una rotación alrededor de "O". La propiedad de la fuerza para hacer girar al y cuerpo se mide con una magnitud física llamada torque o momento de la fuerza. Se prefiere usar la palabra torque y no momento, porque esta última se emplea para referirnos al momento lineal, momento angular o momento de inercia, que son todas magnitudes físicas diferentes para las cuales se usa una misma palabra. Nuestra experiencia cotidiana nos dice que al abrir o cerrar una puerta, siempre lo hacemos aplicando una fuerza lo más próximo a una dirección perpendicular a la puerta y lo más lejano posible de las bisagras, que corresponden al punto de rotación. Los torques o momentos de torsión tienen una estrecha relación con las fuerzas. Sin embargo una misma fuerza aplicada a un cuerpo, puede producir un gran torque o uno pequeño hasta nulo. Todo depende de como se aplique la fuerza ya que los factores que determinan el valor del torque son:  La longitud del brazo de torsión entre la fuerza y el centro de rotación.  La dirección y el sentido de la fuerza. El torque o momento de una fuerza, está relacionado con la efectividad que una fuerza puede producir al hacer rotar un cuerpo. El torque alrededor de un eje fijo perpendicular al cuerpo que pasa por "O", atribuible a la fuerza " F " aplicada en "A" , está dada por el producto cruz como: . . .  x r F en donde “ r ” es el vector posición del punto “A” respecto a “O”. El momento “ ” está dirigido según el eje de rotación fijo en “O” y su magnitud, de acuerdo a la definición del producto cruz, es:   r F sen  donde “ ” es el ángulo entre r y F . . El momento dado por esta ecuación, puede calcularse directamente midiendo r,F y  . Es común en las rotaciones de los cuerpos rígidos, pensar en el momento como el producto de dos términos, como sigue. Si consideramos que F sen es la componente perpendicular ( F ) de la fuerza normal a “ r ” podemos escribir:   rFsen  rF Esta última expresión nos permite pensar en el momento o torque alrededor de un eje, como el producto de la distancia al eje del punto de aplicación de la fuerza por la componente de la fuerza aplicada perpendicular a la línea que une esos puntos. 1 el torque será positivo. . se llama “brazo de palanca (b)” o brazo del torque de la fuerza con respecto al eje. tomaremos el sentido de la componente perpendicular de la fuerza aplicada. 2 . el torque será negativo.Para considerar matemáticamente el sentido del torque. entonces el  = 0. Como el producto cruz no es conmutativo.. se debe tener cuidado con la secuencia correcta de los vectores de la ecuación . (T). Al estudiar la dinámica de la partícula y analizar las condiciones de equilibrio de desplazamiento. Sentido del torque o momento: Sabemos por la definición del producto cruz. tienen las dimensiones (ML2T-2). . o en función de nuestras dimensiones fundamentales adoptadas. que “ ” es perpendicular a “ r ” y a “ F ”. F produce movimiento de rotación sólo si tiene componente perpendicular a r.   perpendicular al plano que contiene a es r y a F.  CONDICIONES DE EQUILIBRIO ESTATICO PARA UN CUERPO RIGIDO. poseen una distribución de masa donde las fuerzas participantes no son necesariamente concurrentes (actúan sobre puntos diferentes en un objeto) la primera condición de equilibrio es condición necesaria pero no suficiente. el momento es un vector. Esas dimensiones son las mismas que las de trabajo. 2. se estableció que la condición necesaria y suficiente para que un sistema de fuerzas concurrentes (actúan sobre o a través del mismo punto de un objeto) esté en equilibrio. La prolongación de la línea en la cual está un vector fuerza se llama “línea de acción” de esa fuerza. Cuando F pasa por el origen. mientras que el trabajo es una cantidad escalar. r es cero. 3. Si ésta apunta en el sentido horario. Nótese que “r sen  ” es la distancia perpendicular ( r ) del eje a la línea de acción de la fuerza F ( recuerde que sen(180-) = sen  ). Esto significa que “ ” es perpendicular al plano que contiene a “ r ” y a “ F ”.. (L). podemos escribir la definición de torque como:   F(rsen)  Fr  F·b Las dimensiones del momento son fuerza por distancia. el  = 0. Sin embargo.. debe suceder que la aceleración sea nula. Esta cantidad r . éste tiene forma. (M). en cambio si apunta en el sentido antihorario.   r xF Observaciones: 1. Por ejemplo. .Otra descripción equivalente es a menudo más útil. momento y trabajo son cantidades físicas muy diferentes. es decir:: . . Por consiguiente. el momento de una fuerza F respecto a un punto O tiene tres propiedades: . En resumen. . F  0 Primera condición de equilibrio Cuando se considera un cuerpo real. Es decir. Si la línea de acción de F pasa por O .  La magnitud de “ ” es igual al producto de la magnitud de F y la distancia perpendicular de O a la línea de acción de F . tamaño y volumen.  La dirección de  indica el sentido del momento dado por la regla de la mano derecha. La dirección de “. el “arco” de sus dedos indica el sentido del giro que “ F ” tiende a generar alrededor de “O”. . ” también indica el sentido del momento: si el pulgar de su mano derecha apunta hacia “ ” . Las fuerzas y pares ejercidos sobre un cuerpo por sus soportes se llaman reacciones .Dibuje el diagrama de cuerpo libre para el ( o los ) cuerpo ( s ) en estudio. No olvide considerar las reacciones. haciendo la sumatoria de las componentes igual a cero.  METODO PARA RESOLVER PROBLEMAS SOBRE EQUILIBRIO ESTATICO. o cargas. grúas. y las cargas son las fuerzas ejercidas por el peso del mismo puente. ya que estos “reaccionan” a las otras fuerzas y pares. . en los cuales se indican las reacciones en los soportes usados en aplicaciones bidimensionales.Elija un punto donde se haga fácil el cálculo de los torques reducidos al mínimo y haga la sumatoria de las componentes igual a cero.Luego se tiene que determinar otra condición que prevenga la rotación del cuerpo sobre el cual actúa el sistema de fuerzas. etc.  SOPORTES En ingeniería es muy común la existencia de fuerzas y momentos ejercidos sobre diversos tipos de vigas y estructuras. pinzas. es decir: . 1. para que exista equilibrio se necesitan que se cumplan simultáneamente ambas condiciones. que son los que permiten que los cuerpos se mantengan en su lugar o estén unidos a otros. El eje al cual se aplica la segunda condición puede ser cualquiera. debido al tipo de soporte.. puentes.. En la página 4. 3. es necesario que la suma de los torques o momentos de las fuerzas participantes sea cero. el de los puentes.   Segunda condición de equilibrio 0 Cuando las fuerzas son no coplanares ni concurrentes. 2. las fuerzas del viento y naturalmente por el movimiento vehicular que lo cruza.. En cada uno de estos casos aparecen los soportes. 3 . se muestra una tabla de algunos modelos de soportes. con práctica logrará ver cual es el más adecuado.Seleccione un sistema de coordenadas adecuado y descomponga las fuerzas en dichos ejes. Es el caso por ejemplo. Si deseamos que el sistema no rote respecto a algún eje normal al plano que contiene a las fuerzas. que actúan sobre el cuerpo. los cuales se sostienen a las reacciones ejercidas por sus soportes. La fuerza de contacto ( N  R ) es normal a la superficie en el R punto de contacto.una superficie lisa. de contacto R es de dirección desconocida Ry Rx y se puede descomponer en una fuerza normal ( N  R y ) y en una fuerza de roce estático . La fuerza . SOPORTES USADOS EN APLICACIONES BIDIMENSIONALES. gozne. cojinete o articulación: los elementos realizan sobre el Rx c.   Una fuerza colineal . SOPORTES REACCIONES  Cable.uerpo una fuerza de dirección desconocida   R que puede ser descompuesta de acuerdo al sistema que se haya escogido. Dos componentes de fuerza. vertical Ry .tensión. La fuerza ejercida tensión T tiene la dirección del cable y T sentido alejándose del cuerpo. Reacción en “x” y en “y”  R   R  Soporte de rodillo: la fuerza de contacto es perpendicular a la superficie soportante. cadena o cuerda de peso despreciable. ( fs  R x ) Reacción en “x” y en “y” Ry  Soporte de pasador. Anthony Bedford y Wallace Fowler 4 .on . La fuerza de contacto R es de dirección desconocida y se puede descomponer en una fuerza horizontal Rx y en una fuerza Rx . Dos componentes de fuerza - Reacción en "x" y en "y". Una fuerza normal . Fuente: Estática. Dos componentes de fuerza.   Ry  Soporte empotrado. Mecánica para ingeniería.  Contacto c.Reacción  Contacto con una superficie rugosa. 2  .  0 . Una barra uniforme de acero. 20  W b (20  6)(N)  2·(10  F2 )  2F2  W b  0  20  2F2  2F2  W b 0  F 2   4 4 20  W b (20  6)(N) F2    F2  3. En el ejemplo anterior supóngase que se pone un bloque de peso Wb = 6(N) a 25 cm de la balanza 1.  ¿Qué lecturas darán ahora las balanzas?. L = 1m. Encontrar lo que marcan las   balanzas. F  0 F1  F2  W  0 .        F1· L 2  F2 · L 2  W·0  W b · L 4  0 /· (4/L)  2F1  2F2  Wb  0 (2) reemplazando (1) en (2).  W  F1  F2  W  0 (1) . descansa en dos balanzas en sus extremos.  0 1 2 W b Escojamos. eje de rotación que pasa por el centro de gravedad (CG). CG   SOLUCIÓN. de un metro. L/4 F  0 F1 F2  W  Wb  0 L/2 L/2 F1 F2  W  Wb  0 F1 F2 F1  F2  4  6  0 CG  F1  10  F2 (1) Wb . por ejemplo. .  . por ejemplo.1  .5(N) (3) 4 4 reemplazando (5) en (3). eje de rotación que pasa por el centro de gravedad (CG).      F1· L 2  F2 · L 2  W·0  0  F1  F2 (2) W 4(N) reemplazando (2) en (1).EJEMPLO 1.  W    0 . L/2 L/2 F1 F2 W = 4(N) CG . La barra pesa 4 N. W = 4(N) Wb=6(N) (1) (2) . (1) (2) SOLUCIÓN. F1  10  3. W  0 (1) (2) Escogemos.  . F2  F2  W  0  2F2  W  F2   2 2  F1  F2  2(N) EJEMPLO 2.  . . L = 1m.5(N) 5 .5  F1  6. R y  1000  2000sen30  Ry  0 EJEMPLO 4.  Fy  0  Ry  Ty  W  0  Ry  W  Tsen30 (2) Rx Tx .) El valor de la tensión de la cuerda y las reacciones en A para que la viga esté en equilibrio. y m2 = 16 kg.    0 1R  T   W  0 W Escogemos por ejemplo. m A 37º Determine: a. . y longitud "L" . Calcule la tensión T del cable y el valor y sentido de la fuerza ejercida sobre el puntal por el pivote de la fig. Considerando que el puntal tiene un largo "L". ¿qué masa m3 se debe colocar sobre m2?. .EJEMPLO 3. Rx  2000·cos 30  Rx  1732kp (5) colocando (4) en (2). es decir la fuerza R no efectúa torque. T Ty Fx  0  Rx  Tx  0  Rx  T cos 30 (1) Ry 30º . W W = 1000 kp  F  0 T  R  W 0 . pero se quiere que el sistema siga en equilibrio en la misma posición anterior. siendo el peso del objeto suspendido de 1000 kp. . el eje de rotación en el pivote. donde m1 = 2 kg. B L 4 C 3L 4 · D b. W . La viga y descansa en un pivote en A está sostenida por una m cuerda en B. Una viga uniforme de masa M = 15 kg. tiene dos masas colocadas tal como se observa en la figura. 6 . 30º  SOLUCIÓN.) Si el cable se corta. se tiene: T·L·sen30  W·L  0 (3) W 1000kp  T   T  2000kp (4) sen30 sen30 colocando (4) en (1). Despréciese el peso del puntal. : . (1). m 2g a. 7 .01(N) b.26(N) Reemplazando el valor de la tensión en la ec.) m2 = 16 (kg.16. se tiene: Ry = 330 . (4) se llega a: -(3/4) LT sen37 + (L/2) · 2·10 + (L/4) · 15·10 .m3 = 0  m3 = 3 kg. y CG Ry B .  Aplicando segunda condición de equilibrio en el punto A.) .6(N) sen37 Reemplazando el valor de la tensión en la ec. se tiene: Rx = T cos 37 = 16.Mg .16 . (3).330 = 0 (3) .(L/4) ·( m2 + m3 ) g = 0 / · ( 4 /gL) 2 · m1 + M .160 = 0  T  T  16. la situación queda: .(L/4) · 16·10 = 0 / · (4/L) 10 . Mg 37º x 3L 4 · .m1g .:   0 (L/2) · m1g + (L/4) · Mg . 37º Rx A . m1g . (2) se llega a: Ry + T sen37 .6 sen37  Ry = 320.(L/4) · m2g = 0 (4) Reemplazando la información de las masas en la ec.3 T sen 37 + 40 + 150 .16 · 10 = 0 Ry + T sen37 . m1 .) Aplicando primera condición de equilibrio: Eje F  0 x: T cos 37 .2 · 10 . m 2g Mg Rx . .( m 2 + m3 ) = 0 Reemplazando la información de las masas 2 · 2 + 15 . M = 15 (kg) (masa de viga) Longitud viga = L m1 = 2 (kg.  Aplicando segunda condición de equilibrio en el punto A.T sen37 = 330 . D T L C L L 4 m1g 4 4 .) Si se corta el cable. T Ry m2 Diagrama de cuerpo libre para la viga.6 cos 37  Rx = 13.SOLUCION.  0 -(3/4) LT sen37 + (L/2) · m1g + (L/4) · Mg .15 · 10 .m2g = 0 (2) Reemplazando la información de las masas en la ec.Rx = 0 (1) Eje y: Ry + Tsen37 . T 37º Eje x: Rx  Tx  0 Ty Rx  Tsen37  0 (2) . SOLUCIÓN. eje de rotación que pasa por el O Rx punto "O". 3 cos    68º 8 8 . Escogiendo.2º Rx 93. b W c  Aplicando primera condición de equilibrio: F  0 Eje y: Ry  Ty  W  0 Ry  T cos 37  W  0 (1) B . B La estructura de la figura.5  0  T  900 / 5. se encuentra en equilibrio mediante un cable AB. L = 8m .  a SOLUCION. determine las componentes horizontal y 37º vertical de la reacción en el punto O y la dirección de la reacción correspondiente. A . Una escalera homogénea de largo L = 8 m y peso 250 N está apoyada B contra una pared vertical lisa. b = 3. b = 3.1(N) (4) de la ec.5  200·4.1sen37  Rx = 93.1cos 37  Ry = 76. O W = 200 N.5 m.5 m. de peso despreciable. tg     = 39.3(N) de la ec. Si sujeta un peso W = 200 N.    a = 5 m. por ejemplo.3 EJEMPLO 6. We = 250 N A La fuerza de roce equivale a la reacción horizontal en el punto A (RxA ). El DCL para la escalera se muestra en la figura. (1) Ry  W  T cos 37  200  155. con su extremo inferior separado 3m de la pared.EJEMPLO 5. Determinar la fuerza de rozamiento que actúa en A sobre la escalera.5 m y c = 4. se tiene:    b Tx·a  Ty·b  W·c  Rx·0  Ry·0  0 W c Tsen37·a  T cos 37·b  W·c  0 (3) Reemplazando se llega a: Tsen37·5  T cos 37·3.  Aplicando segunda condición de equilibrio:   0 Tx  Ry a .5 m c = 4.8  155. 3m En el punto B no existe reacción vertical ya que no existe roce.1 Para la dirección de la reacción. A Considere: a = 5 m .1(N) Ry 76. (2) Rx  Tsen37  155. F n W 2a W 3. a Fh x W(b  2x) R: Fa F h  . Si la lámina está en equilibrio. . es decir: A  fsA .5 N de una cuerda fija en el extremo de la viga.6m.RxB  0 0 NA CG  Escogemos por ejemplo el eje de rotación en el punto A. El peso "W" de la lámina es una fuerza vertical que actúa por su centro. Se aplica en su arista superior una fuerza horizontal "Fh" a la vez que la superficie de apoyo ejerce una fuerza "Fd" que se opone al movimiento. tal como lo indica la figura.05 m.4m. las condiciones para que "x" a sea nulo. We  . hallar el valor de "x" b que fija la posición de la fuerza normal resultante "Fn" Fh ejercida sobre la lámina por la superficie de apoyo. Ry = 1557.1 cm. así mismo. está unido al otro extremo de la viga.RyA  . R: Fa = 500 kg . 9 . y además la magnitud de la fuerza Fn "Fa" requerida para mantener la lámina en equilibrio. problema anterior). Este alambre es horizontal cuando se cuelga un peso de 222. del borde de la plancha (ver fig. Si la viga tiene un peso de 1335 N y una longitud de 3. Esto significa We que las fuerzas que actúan en este punto no generan torque. Fn Determine. descansa sobre su arista como lo indica la figura. .Ecuaciones para la escalera: ΣFx  0  fsA  NB  0  fsA  NB (1) NB B Fy  0  NA  We  0  NA  We (2) . Una plancha de acero de 1000 kg de peso y cuyas dimensiones son a = 0. Rx = 1187 N. Una lámina homogénea de peso "W" está apoyada sobre un filo a una distancia "x" de una arista. 4.RxB  0 3m  We·L2 cos 68  NB·Lsen68  0 (3) We cos 68 250 cos 68  NB    NB  fsA  50. Una lámina delgada de altura "a" y ancho "b". Una viga uniforme está articulada en la pared. encuentre la tensión en el alambre y las fuerzas ejercidas por la articulación sobre la viga.  . está apoyada sobre un filo a 0.5(N) 2sen68 2sen68  EJERCICIOS PROPUESTOS. b Halle la magnitud de las fuerzas "Fn" y "Fh" ejercidas por el Fa filo sobre la lámina. Un alambre fijo en la pared. We  .83 m sobre la articulación. Halle la magnitud de la¸ fuerza Fa requerida para mantener la lámina en posición. y b = 0.5 N. 1. Fd x b a  Fh b W R: x  Fh  W 2 W 2a 2. R: T = 1187 N. a una distancia d = 1. RxA  . . Wa . Desprecie el peso del puntal. Determine las magnitudes de la tensión T  en la cuerda. respectivamente y  Wg es de 2000 Lbf. si la máxima tensión que la cuerda superior es capaz de resistir son 1000 kg . a lo largo del pivote. Un peso "Wa" se fija a la distancia "b" del extremo b F2 superior. Ry = 1965 N. La tensión máxima que resiste la cuerda F2 es 220 Lbf. señaladas en la figura. Calcule el peso máximo W que puede soportar la estructura de la 30º figura. pesa 500 kg y tiene un 20º largo de 0. Una barra homogénea de longitud "L" y peso "W" se mantiene en posición mediante las fuerzas F1 y F2 . Un hombre de 200 Lbf de peso asciende la escala. La mayor reacción horizontal F1 sobre el pivote de la figura es de 3·104 Lbf. R: 25. Rx = 3150 Lbf.  R: T = 1903.5N.1 kg 9. El peso de la barra es de 200 Lbf. Rx = 2248 N. d y A HF 1 W h valen 20. Determine las magnitudes de las fuerzas F1 y F2 en función de los pesos W. y la máxima compresión que puede soportar el puntal es de 2000 kg .5 pies. F3 B a 10 .5.5 m. L y b.8 kg . . d F2 11. 45º L W  R: Wmáx = 1366 kg 8. Suponga que en el problema anterior. Determine la carga máxima W que puede mover la grúa. h Wg R: W = 6500 Lbf. está sujeta mediante dos cuerdas F1 y F2 en la forma indicada en la fig. del problema anterior. W b  Wa W 1  b  R: F1   F  W  F1 2 a W 2 L 2  L  10. En estas condiciones la viga baja formando un ángulo de 30º con la horizontal. 7. un cuerpo de 2000 Lbf de h peso. Si sobre ella actúa un peso de 1000 kg a 0. Ry = -950 Lbf. . Ry = 2151. d = 12 pies A  y h = 12 pies. En la siguiente figura. . al cuerpo que cuelga se le agrega un peso de 667.3 m. Si a. determine hasta donde puede ascender antes de que se rompa la cuerda. L R: T = 4455 Lbf. La barra de la figura es homogénea. Encuentre la tensión en el alambre y las fuerzas ejercidas por la articulación sobre la viga. . 6. Una escala de 100 Lbf de peso y 30 pies de largo. 40 y 10 pies. y de las componentes horizontal y vertical de d la reacción en A. R: T = 2263 N. Rx = 1789 kg . La cuerda vertical es lo bastante fuerte para poder resistir cualquier carga. calcule la tensión de la cuerda y las componentes vertical y horizontal de la fuerza ejercida sobre la 50º barra en su extremo inferior. se fija al extremo de una barra horizontal de 18 pies de largo.  14. Rh= 300 kg .).  BEDFORD Anthony . y la   tensión T en el cable de amarre. la otra cuerda forma el ángulo  = 53. halle la distancia a la cual debe anclarse el cable. H W Si ahora consideramos que la estructura tiene un peso de 1000 kgf.30 m de la parte inferior. Física .30 m de la parte superior y la otra se localiza a 0. El ángulo que forma una cuerda con la   vertical es  =36. y W = 14000  Kgf. está suspendida en reposo en una posición horizontal mediante dos cables ligeros. Suponga que el centro de gravedad se encuentra en el centro geométrico de la puerta. HALLIDAY. Fh  cot gθ L·senθ L L L W 15. Una barra horizontal delgada AB de peso insignificante y longitud "L". C (a) Encuentre la fuerza de tensión T en el alambre delgado en función de "x".  BEER Ferdinand P. Si la longitud L de la barra A es de 6. H = 1. se balancea con una masa m2 colocada en el platillo de la izquierda. R: b = 3. Raymond A. David. Se balancea con pesas desiguales colocadas en los platillos en cada extremo de la barra. . y H = 4 m. Si la tensión en el cable no debe exceder de 7000 Kgf.46 m . en forma semejante. está articulada en una pared vertical en el punto A y sostenida en el punto B mediante un alambre delgado BC que forma un ángulo "" con la horizontal. calcule la distancia "x" del extremo izquierdo al x centro de gravedad. W 16. La estructura de la figura ( de peso despreciable) L sujeta un peso de 400 kg amarrado de un cable. En la Figura se muestra una estructura de peso a despreciable. R: x = 2. y su centro de masa se encuentra en el punto ( b 3H/4 . H = 6 m.20 m. Una barra no uniforme.69 N . sosteniendo cada una de ellas la mitad del peso de la puerta. de peso W. determine las componentes horizontal y vertical de la reacción en la base. 17. Un peso "W" puede ocupar sobre la barra diversas posiciones definidas por la distancia "x" a la pared (ver fig. Una puerta de 2.1 con la vertical. BIBLIOGRAFÍA:  RESNICK.     W·x W·x A  R: T  . 134 N. Encuentre también el H valor mínimo de H para que T no exceda de 1000 kg . como se muestra en la fig. Una balanza está constituida por una barra rígida que puede girar alrededor de un punto que no está en el centro de la barra.9 . R: 79. FOWLER Wallace . cuando la masa m2 se coloca en el platillo de la derecha.91 m de ancho pesa 268 N. (b) Encuentre las componentes horizontal y vertical de la x B fuerza ejercida sobre la barra por el peso en A. Fv  W 1 x . Si T  L = 3m.Parte I. 1. W ¸ ¸ R: Rv = 400 kg . determine cuánto debe medir ahora la longitud “b”. 11 . Demuestre que m  m1·m2 e indique que se debe suponer para obtener este resultado. Una bisagra se encuentra a 0.  SERWAY. Determine la fuerza ejercida por cada bisagra sobre la puerta.13 m de altura y 0.1m .Vol.5 m. JOHNSTON. Física para estudiantes de Ingeniería . Robert. Cuando se coloca una masa desconocida m en el platillo izquierdo. se balancea con una masa m1 colocada en el platillo derecho. Estática – Mecánica para Ingeniería.20 m  13. E:Russel: Mecánica Vectorial para Ingenieros. donde a = 1. a/4 ).12.