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Representación de las fuerzas Pag.1

Apuntes de Física

curso: otoño de 2002

grupos M13 y M14

Representación de las fuerzas

por: A. Paz

Departamento de Física Aplicada.


E.T.S.A.B. U.P.C.

Introducción El concepto de fuerza, al igual que los restantes conceptos básicos de la física, deriva de la abstracción de experiencias y esa derivación suele describirse únicamente en términos intuitivos y poco precisos. De forma prácticamente universal se recurre a las leyes de Newton para presentar una definición de fuerza (fuerza es la causa de la aceleración ...), esta definición no está libre de contradicciones como pueden apreciar a través de una somera selección de citas que figuran a pié de página 1 . No es el objetivo de esta obra discutir el significado de las fuerzas, el interesado en este tema podría empezar con la lectura de obras citadas en el pié de esta página. Este capítulo está dedicado a la representación matemática de un tipo de fuerzas, las discretas, tanto en lo que respecta a su formulación analítica, como a su tratamiento gráfico; dejaremos el tratamiento de las fuerzas de distribución continua para capítulos posteriores, centrándonos ahora en las propiedades algebraicas de los sistemas de fuerzas puntuales. Cuando aquí decimos que conocemos una fuerza que actúa sobre un cuerpo deben entender lo siguiente: que conocemos la ubicación del punto de dicho cuerpo en el que actúa la fuerza y que está determinado un vector que informa sobre la intensidad, dirección y sentido de la misma. Mientras no se indique lo contrario, consideraremos que los cuerpos sobre en los que están aplicadas las fuerzas son rígidos (indeformables); dejamos también para un desarrollo posterior el tratamiento de las fuerzas en la estática de los cuerpos deformables. El ámbito de los problemas relativos a la estática incluye la determinación de las fuerzas de ligadura que neutralizan, o equilibran, al conjunto de fuerzas que se han aplicado sobre el cuerpo estudiado. La clasificación de las fuerzas que desarrollaremos en este capítulo se orienta, como ya advertimos, al estudio de la mecánica de los cuerpos en los que no se aprecia deformación , y en el contexto que se suele conocer como situaciones isostáticas . En estas condiciones, distintas fuerzas aplicadas pueden provocar iguales efectos en las ligaduras, esta igualdad en la respuesta a las solicitaciones define una relación de equivalencia para los sistemas de fuerzas. Si el sólido no está totalmente ligado, las leyes de la dinámica nos dicen que: sistemas equivalentes de fuerzas aplicadas producen, sobre él, las mismas aceleraciones en cada uno de sus puntos. La formulación de la equivalencia entre fuerzas toma una forma muy simple con ayuda de la definición de la función momento de una fuerza, tal como veremos a continuación; de la misma forma, la generalización de la equivalencia a los sistemas de fuerzas también admite una representación

1 “la fuerza es una ficción matemática, no es una entidad física”, ...fuerza es la causa supuesta de la aceleración ... ; Bertrand Russell ; Los principios de la Matemática. 2 “La contribución principal de Newton fue, acaso, la de un concepto a priori de fuerza, aunque en sus escritos queda éste más bien ilustrado que presentado, explicado o defendido explícitamente” ; C. Truesdell; Ensayos de historia de la mecánica. 3 “...es una tautología totalmente inútil repetir, después de haber fijado la aceleración como medida de la fuerza , que la variación del movimiento es proporcional a la fuerza”; E,.Mach; Desarrollo histórico-crítico de la mecánica.


elemental tal como veremos más adelante. El conjunto o clase de equivalencia, constituido por todas las fuerzas equivalentes entre sí, es lo que se conoce con el nombre de fuerza deslizante. Debemos advertir que el efecto producido por un conjunto de fuerzas no siempre es equivalente al producido por una única fuerza, tal como se mostrará con ayuda de diversos ejemplos. Las clases de equivalencia para los sistemas de fuerzas se denominan torsores, siendo la fuerza deslizante un caso particular. El desarrollo de este capítulo está orientado a familiarizarles con el uso de la semejanza de los sistemas de fuerzas como herramienta que reduce la complejidad del análisis de los sistemas mecánicos. 1. Fuerza puntual y fuerza deslizante. Las fuerzas puntuales se caracterizan por: su punto de aplicación (A) y el vector asociado a la misma (F), éste nos informa acerca de su intensidad (módulo del vector F), su dirección y su sentido. Las fuerzas puntuales que tienen el carácter de lo que se denomina vector fijo, se las puede representar mediante un par ordenado de ternas numéricas: (1.1) fuerza puntual ≡ A, F = Ax , Ay , Az , Fx , Fy , Fz De dos fuerzas puntuales que tienen asociado el mismo vector pero que pueden tener distinto punto de aplicación (A, F y B, F), decimos que son equipolentes (Figura 1).Esta relación permite dividir al conjunto de las fuerzas aplicadas en clases, cada una de las cuales contiene a todas las fuerzas puntuales equipolentes entre sí y se denominan fuerzas libres. Las fuerzas libres se representan mediante el vector común asociado a todas las fuerzas puntuales que contiene dicha clase. (1.2) fuerza libre ≡ F = Fx , Fy , Fz

yz

x

yz

Figura 1 Sistema de fuerzas puntuales equipolentes pertenecientes a la fuerza "libre" de componentes 3,4,2N

F=3,4,2N

C=6,8,4m

F=3,4,2N

F=3,4,2N

F=3,4,2N

F=3,4,2N

F=3,4,2N

F=3,4,2N

A

B

D

EO

I

F=3,4,2N


A toda fuerza puntual A, F se le asocia una recta. Si P=x,y,z representa al punto genérico de la misma, una expresión vectorial de la ecuación de dicha recta es: (1.3) (P-A)∧F= 0 ≡ 0,0,0 (Observen que la ecuación anterior es la expresión literal del paralelismo entre los vectores (P-A) y F). De la ecuación vectorial (1.3) y para un punto Q arbitrario, se deriva: (1.4) ((P-Q)+(Q-A))∧F = 0 ⇔ (P-Q)∧F = (A-Q)∧F ≡ M[Q] Donde: M[Q] es el momento de la fuerza puntual indicada respecto del punto Q. La ecuación (1.4) nos dice que a dos fuerzas equipolentes que tienen asociada la misma recta le corresponde igual momento (M[Q]) en relación a un punto (Q) elegido de forma arbitraria. A las fuerzas puntuales que, además de tener asociado el mismo vector (fuerzas equipolentes), también le corresponde la misma recta o, lo que es lo mismo, les corresponde el mismo momento en relación a un punto arbitrario, decimos que son equivalentes (figura 2). Todas las fuerzas puntuales equivalentes a una dada constituyen lo que denominamos fuerza deslizante y la recta común a todas las fuerzas puntuales contenidas en la fuerza deslizante se la denomina recta soporte (Figura 3 y 4). Cualquier fuerza puntual (Ax , Ay , Az , Fx , Fy , Fz) contenida en una fuerza deslizante sirve para representar a esta última. Otra forma de representar a una fuerza deslizante es mediante el par de ternas F, M[Q]

x

yz

Figura 2 fuerzas puntuales equivalentes pertenecientes a la fuerza deslizante de torsor: C, 3,4,2N,0,0,0mN= D, 3,4,2N,0,0,0mN

F=3,4,2N

O

D=12,16,8m

F=3,4,2N

F=3,4,2N

C=6,8,4m

(1.5) F, M[Q]=Fx , Fy , Fz , Mx [Q], My [Q], Mz [Q]


Aunque en ambas representaciones hemos utilizado el mismo número de componentes debemos recordar que en el primer caso las dos ternas (A y F) son independientes, mientras que en el segundo, por ser perpendiculares los vectores F y M[Q], su producto escalar es nulo: (1.6) F . M[Q] =Fx Mx [Q] + Fy My [Q] + FzMz [Q] = 0;


F

F

A

P

Q

F

F

A

P

d=distancia: recta polo

Q

Figura 3 Las fuerzas equivalentes A,F y P,F tienen el mismo momento respecto del polo Q cuyo módulo ||M[Q]||= ||F || d está representado por el "área" sombreada.

Figura 4 El "área" sombreada" de esta figura tiene el mismo valor que la que aparece sombreada en la figura 3

||F ||

recta s

oportede la

fuerza

vector de posiciónve

ctor

de

posic

ión


Figura 6. Distribución de los momentos de una fuerza puntual A, F (el mismo que el de la fuerza deslizante que la contiene) en relación a las rectas de polos paralelas a la misma. La dirección de los vectores momento son perpendiculares a la del vector fuerza F . Las intensidades de los momentos crecen proporcionalmente a la distancia entre los correspondientes polos y la recta soporte de la fuerza.

A,F

recta de polos

momentos iguales

punto de aplicación (A) de la fuerza

momento: M[Q]

vector (A-Q) de posición de la fuerza

fuerza: A,F

Figura 5. Momento (M[Q]) de la fuerza A,F, respecto del polo Q.

recta soporte de la fuerza

A

90º

90º

Q


Cinco de las seis componentes de los dos vectores (F, M[Q]) con las que hemos representado a la fuerza deslizante (Fx , Fy , Fz, Mx [Q], My [Q], Mz [Q]) determinan a la sexta (siempre que la del mismo índice de una de las ternas, pero relativa a la otra terna no sea nula, por ejemplo: (1.7) Fx =- (Fy My [Q] + FzMz [Q]) / Mx [Q] , si: Mx [Q] ≠0 ) Frente al cambio de polo el vector momento se transforma de la siguiente manera: (1.8) M[Q1]≡(A-Q1)∧F=((A-Q)+(Q-Q1))∧F=(A-Q)∧F+(Q-Q1)∧F=M[Q]+(Q-Q1)∧F Las figuras (5-8) muestran la distribución de los momentos de una fuerza (puntual o deslizante) en relación a la ubicación del polo. El vector momento tiene dirección perpendicular al vector asociado a la fuerza y al vector de posición (Figura 5). Si los polos se alinean según rectas paralelas al vector asociado a la fuerza el vector momento se mantiene constante (figura 6). Si el polo se aleja de la recta soporte de la fuerza, el vector momento crece proporcionalmente a la distancia del mismo a la mencionada recta (figuras 7 y 8)

Figura 7 Variación del momento de una fuerza puntual, o deslizante, cuando los polos están alineados en dirección perpendicular a la recta soporte de la misma. El módulo del momento es proporcional a la distancia del polo a la recta soporte.

Q Q1

A,F

(A-Q)∧F

polo en el que el momento es nulo

(A-Q1)∧F

recta

sopo

rte d

e la f

uerz

a

A


QQ2

Q4

Q5

A

Figura 8 Distribución de los momentos de una fuerza respecto de polos situados en un plano perpendicular a la misma

recta

sopo

rte d

e la f

uerz

a

A,F

2. Sistemas de fuerzas. Denominamos resultante de un sistema de fuerzas puntuales o deslizantes Ai, Fi , i=1,2,...,n) al vector que resulta de sumar los vectores asociados a todas las fuerzas de dicho sistema: (2.1) resultante≡R≡Σi (Fi) El momento resultante de un sistema respecto del polo Q es la suma de los momentos de todas las fuerzas que componen el sistema respecto de este punto: (2.2) momento resultante respecto del polo Q: M[Q] ≡Σi ((Ai -Q)∧Fi )≡ Σi Mi[Q] El efecto del cambio de polo en el momento resultante de un sistema viene reflejado por la siguiente expresión: (2.3) M[Q1] = M[Q]+(Q-Q1)∧R En efecto: M[Q1] ≡Σi ((Ai- Q1)∧Fi)=Σi(((Ai--Q)+(Q-Q1))∧Fi)= M[Q1] =Σi((Ai--Q)∧Fi)+(Q-Q1)∧Σi (Fi)≡ M[Q]+(Q-Q1)∧R La relación de equivalencia entre sistemas de fuerzas puntuales se extiende a los sistemas de fuerzas deslizantes. Decimos que dos sistemas de fuerzas son equivalentes, cuando tienen la misma resultante y en relación al mismo punto (polo de momentos), tienen el mismo momento resultante. La figura 9 nos muestra como varía el momento resultante, de un sistema de fuerzas con vector resultante no nulo, en relación a la ubicación del polo, en ella puede


verse que si los polos se alinean según una recta paralela a la resultante el vector momento resultante del sistema no varía.

Figura 9. Distribución de los momentos resultantes de un sistema de fuerzas de trinomio invariante no nulo en relación a la ubicación del polo de momentos. P es un punto de su recta central. Son iguales los momentos resultantes del sistema respecto de polos situados sobre una recta cuya dirección es la de la resultante. El módulo del momento crece al alejarse el polo de la recta central. La proyección del momento resultante sobre la resultante no depende del polo ( Mm es un invariante). Respecto de los puntos (P) de la recta central el momento resultante del sistema ( Mm ) tiene módulo mínimo.

recta

ce

ntra

l

recta

par

alela

a la r

ecta

cent

ral

recta

ce

ntra

l Mp

Mm

M(Q)

Mm = M(P) (momento intrínseco)

Q

P

resultante (R) del sistema

Descomposición del momento M[Q]

Demostración Si (Q1 -Q2)∧R=0 ⇒ M[Q1]=M[Q2]+(Q1 -Q2)∧R=M[Q2]


Si dos polos no están alineados en la dirección de la resultante ((Q1 -Q2)∧R≠0), los correspondientes momentos resultantes serán distintos. Demostración Si (Q1 -Q2)∧R≠0 ⇒ M[Q1]=M[Q2]+(Q1 -Q2)∧R≠M[Q2] Observen en la figura 9 la presencia de un recta también orientada en la dirección de la resultante, para la cual el vector momento resultante del sistema respecto de sus puntos tiene la dirección de dicha recta, a esta recta se la denomina recta central del sistema y la trataremos más adelante. 3. Torsores. Las clases de equivalencia para los sistemas de fuerzas se denominan torsores, y éstos se expresan mediante tres ternas de números: torsor ≡ polo, resultante, momento resultante[polo]≡Q,R,M[Q] Un mismo torsor admite diversas expresiones, por ejemplo: (3.1) Q1, R, M[Q1] y Q, R, M[Q] = M[Q1]+(Q1-Q)∧R representan al mismo torsor Para la expresión del torsor correspondiente a la superposición de dos sistemas podemos definir la suma de torsores. Sean: Q,R1, M1[Q] y Q,R2, M2[Q] las expresiones de los torsores de los dos sistemas respecto del mismo polo (Q), y Q,R, M[Q] la expresión del torsor del sistema resultante de la superposición, se verifica: (3.2) Q,R, M[Q] =Q,R1+R2, M1[Q] +M2[Q] Si las expresiones de los dos torsores componentes no están referidas al mismo polo, (Q,R1, M1[Q] y Q1,R2, M2[Q1] ), el torsor resultante de la superposición de los dos torsores componentes puede representarse de la siguiente manera: (3.3) Q, R, M[Q] =Q, R1+R2, M1[Q] +M2[Q1]+(Q1-Q)∧R2 El torsor del sistema constituido por una sola fuerza: A,F, admite la siguiente expresión: (3.4) A, F, 0,0,0 y también: (3.5) Q, F,(A-Q)∧F Denominamos torsor nulo (Q,0,0,0,0,0,0) al torsor de un sistema que tiene nulos su resultante y su momento resultante respecto de un polo arbitrario (Q), y denominamos par al torsor de un sistema que tiene resultante nula sin serlo su momento resultante (Q, 0,0,0, M[Q]). Para los sistemas que tienen nula su resultante: su momento resultante es invariante frente al cambio del polo. Demostración: (3.6) Si R=0,0,0 ⇔ M[Q] = M[Q1]+(Q1-Q)∧0,0,0=M[Q1] Eligiendo el origen de coordenadas (O=0,0,0) como polo resultan las siguientes expresiones. (3.7) torsor nulo = O, 0,0,0, 0,0,0


(3.8) par = O,0,0,0, M siendo el vector M el momento resultante de este sistema, independiente del polo utilizado y que se denomina momento del par. Todo sistema se puede descomponer en una fuerza aplicada en un punto arbitrario (Q) y un par: Q,F,M[Q]=Q,F,0,0,0+Q,0,0,0,M[Q] Aplicaciones numéricas. ejercicio 1 Escribir las expresiones de los torsores asociados a los siguientes sistemas de fuerzas: sistema 1: constituido por la fuerza puntual aplicada en el punto O=0,0,0m y de vector F1=0,-3,4N. sistema 2: constituido por la fuerza puntual aplicada en el punto A2=4,0,0m y de vector F2=0,4,3N. sistema 3: constituido por un par de momento M=5,0,0mN Respuesta: Para el cálculo de las expresiones de los torsores asociados a las fuerzas puntuales Utilizamos como polo al punto de aplicación (A) de las mismas y M[A]=0,0,0

torsor polo/m vector /N momento/mN sistema 1 0, 0, 0 , 0, -3, 4 , 0, 0, 0 sistema 2 4, 0, 0 , 0, 4, 3 , 0, 0, 0 sistema 3 0, 0, 0 , 0, 0, 0 , 5, 0, 0

También podemos dar las expresiones de todos los torsores referidos al mismo polo. En la tabla siguiente al polo común lo hemos situado en el origen de coordenadas.


torsor polo/m vector /N momento/mN sistema 1 0, 0, 0 , 0, -3, 4 , 0, 0, 0 sistema 2 0, 0, 0 , 0, 4, 3 , 0, -12, 16 sistema 3 0, 0, 0 , 0, 0, 0 , 5, 0, 0

ejercicio 2 Escribir las expresiones de los torsores asociados a los siguientes sistemas de fuerzas: sistema 4: el que está representado en la figura 10, constituido por las fuerza puntuales O=0,0,0m , F1=0,-3,4N, A2=4,0,0m ,F2=0,4,3N

x y

z

Figura 10 El sistema 4 está constituido por dos fuerzas: O, F1 y A2, F2 cuyas rectas soporte se cruzan sin cortarse

F1 =0,-3,4

F2 =0,4,3O

A2

sistema 5: el constituido por el resultado de añadir el par de momento 5,0,0mN al sistema 4: sistema 6: el que está representado en la figura 11, constituido por las tres fuerzas puntuales siguientes: B1= 2, 3, 0m, Φ1= 4, 3, 0N, B2= 6, 6, 0m, Φ2=-7, 1, 0N y B3= -1, 7, 0m, Φ3= 3, -4, 0 N,


x

y

z

Figura 11 . El sistema 6 (ejercicio 2) está constituido por tres fuerzas, todas ellas contenidas en el plano z=0 . Su torsor 0,0,0,0,0,0,0,0,25 es un par.

Φ1 =4,3,0N

Φ2 = -7,1,0N

Φ3 = 3,-4,0NB1

B2

B3

Respuesta: Torsor del sistema 4: Del ejercicio anterior deducimos que utilizando el punto O como polo, las expresiones de los torsores asociados a los dos vectores que componen el sistema 4 son:

torsor polo/m vector /N momento/mN 1 0, 0, 0 , 0, -3, 4 , 0, 0, 0 2 0, 0, 0 , 0, 4, 3 , 0, -12, 16 sistema 4 0, 0, 0 , 0, 1, 7 , 0, -12, 16

Torsor del sistema 5: Operando con los torsores referidos al polo 0,0,0 del sistema anterior (4) y del par (sistema 3) resulta:


torsor polo/m vector /N momento/mN sistema 4 0, 0, 0 , 0, 1, 7 , 0, -12, 16 sistema 3 0, 0, 0 , 0, 0, 0 , 5, 0, 0 sistema 5 0, 0, 0 , 0, 1, 7 , 5, -12, 16

Torsor del sistema 6: Aunque podríamos referir los torsores de las fuerzas que componen este sistema a uno de los puntos de aplicación de las mismas, con lo que nos ahorraríamos un producto vectorial, hemos elegido como polo de momentos al origen de coordenadas, tal como se ve en la tabla siguiente:

torsor polo/m vector /N momento/mN 6.1 0, 0, 0 , 4, 3, 0 , 0, 0, -6 6.2 0, 0, 0 , -7, 1, 0 , 0, 0, 48 6.3 0, 0, 0 , 3, -4, 0 , 0, 0, -17 sistema 6 0, 0, 0 , 0, 0, 0 , 0, 0, 25

4. Invariantes en los sistemas de fuerzas. Todo torsor puede representarse por infinidad de expresiones, ya que el polo (B) de momentos puede elegirse arbitrariamente y el momento resultante M[B] puede variar al cambiar de polo. Denominaremos Invariantes de un sistema de fuerzas a todas las funciones de su resultante y de su momento resultante que no dependen del polo de momentos. Entre las funciones que verifican la mencionada propiedad destacamos las siguientes: (4.1) la propia resultante: R, (4.2) el trinomio invariante: T=R.M[B], (4.3) la proyección del vector momento resultante sobre la resultante: (M[B].R / ||R]|)=T / ||R]|,


(4.4) el denominado momento intrínseco: Mm=(T / (R.R)) R. La primera de esta funciones es obvia. La justificación de la independencia de la función T[R, M[B]] también resulta elemental. Demostración: Sabemos (2.3) que cualquiera que sea el polo Q se verifica M[Q] = M[B]+(B-Q)∧R Multiplicando escalarmente los dos miembros de la ecuación anterior por el vector resultante obtenemos: (4.5) M[Q].R = (M[B]+(B-Q)∧R).R=M[B].R+((B-Q)∧R).R El producto mixto (((B-Q)∧R).R) que aparece en el segundo miembro es nulo ya que dos de sus tres factores son vectores iguales: Resumiendo: el producto escalar de la resultante de un sistema por su momento resultante no depende del polo de momentos. (4.6) T= M[Q].R =M[B].R=M[B]xRx+M[B]yRy+M[B]zRz Justificado el carácter invariante de este trinomio, la independencia respecto del polo de las restantes funciones enumeradas es evidente. Si un sistema está constituido por una sola fuerza puntual (A,F), su trinomio invariante es nulo. Demostración: (4.7) M[A] =(A-A)∧F=0,0,0; (4.8) T=M[A].R = 0 Recíprocamente: todo sistema que tenga trinomio invariante no nulo no puede ser equivalente a una única fuerza, este es el caso de los sistemas formados por dos fuerzas no paralelas cuyas rectas soporte se cruzan sin cortarse. Demostración: Sean A1,F1 y A2,F2 los representantes de dos fuerzas deslizantes cuyas rectas soporte se cruzan sin cortarse; esta condición se refleja mediante la siguiente expresión: (4.9) (F2∧F1). (A2-A1) ≠ 0 La resultante de este sistema es:


(4.10) R= F1+F2 y el momento resultante del sistema respecto del punto A1: (4.11) M[A1] = (A1-A1)∧F1 + (A2-A1)∧F2 = (A2-A1)∧F2 El trinomio invariante de este sistema vale: T=(F1+F2).((A2-A1)∧F2)=F1.((A2-A1)∧F2)+F2.((A2-A1)∧F2) (4.12) T=F1.((A2-A1)∧F2) Si aplicamos una permutación circular a los vectores que intervienen en el producto mixto (4.12) no se altera su valor: (4.13) T=(F2∧F1). (A2-A1) De la expresión (4.9) deducimos que en estos sistemas T≠0. Aplicación numérica ejercicio 3 Calcular las funciones Invariantes (4.1 a 4.4) correspondientes a los sistemas definidos en el ejercicio 2 Solución: De los torsores definidos por los sistemas del ejercicio 2 hemos deducido que tienen las siguientes representaciones en el origen de coordenadas:

sistema torsor 4 0, 0, 0 , 0, 1, 7N , 0, -12, 16mN 5 0, 0, 0 , 0, 1, 7N , 5, -12, 16mN 6 0, 0, 0 , 0, 0, 0N, 0, 0, 25mN

sistema R T=R.M[O] T / ||R|| Mm=T R/(R.R) 4 0, 1, 7N 100 m N2 14.14 mN 0,2,14mN 5 0, 1, 7N 100 m N2 14.14 mN 0,2,14mN 6 0, 0, 0N 0 ------------- ----------------

El sistema 4 del ejercicio 2 está constituido por dos fuerzas puntuales:


O=0,0,0m , F1=0,-3,4N y A2=4,0,0m ,F2=0,4,3N. Al no ser nulo su trinomio invariante (T=100 m N2) se deduce que el sistema formado por estas dos fuerzas nunca puede ser equivalente a una única fuerza, y que las rectas soporte de las dos fuerzas componentes se cruzan sin cortarse ( si éstas se cortaran en un punto, el momento resultante respecto de este polo debería ser nulo lo cual obligaría a que T fuera nulo). El sistema 5 y el sistema 6 no son equivalentes a un sistema constituido por una única fuerza. El primero de ellos por tener T≠0 y el segundo por tener resultante nula. Este último sistema es equivalente a un par. 5. Recta central. Para un sistema de fuerzas de resultante no nula (R≠0) el lugar de los polos (P) respecto de los cuales se verifica M[P]∧R =0 (M[P]=µR) es una recta que se denomina recta central. Esta recta es paralela al vector resultante y si T=0 el sistema equivale a una única fuerza cuya recta soporte coincide con la recta central del sistema equivalente. El momento resultante de este sistema respecto de los polos ubicados en la recta central es nulo. demostración: Sea τ=Q. R≠0, M[Q] el torsor del sistema; buscamos las soluciones a la ecuación: R∧M[P] =0. Sabemos que: M[P]=M[Q]+(Q-P)∧R ⇒ 0=R∧M[P]=R∧M[Q]+R∧((Q-P)∧R) ⇒ R∧M[Q]= R∧((P-Q)∧R)≡(R.R) (P-Q)- (R.(P-Q))R . Una solución particular de esta ecuación es el punto Pq que verifica: R.(Pq-Q)=0. (5.1) R∧M[P] =0 ⇒ (5.2) (Pq-Q)=R∧M[Q] / (R,R). Comprobemos a continuación que toda pareja de puntos distintos (P1 y P2 ) soluciones de la ecuación R∧M[P] =0 deben estar alineados paralelamente a la resultante y con ello demostraremos que el lugar de las soluciones a la ecuación mencionada es una recta paralela a la resultante uno de cuyos puntos es Pq. R∧M[P1] =0 R∧M[P2] =0 R∧(M[P1] - M[P2]) =0 ⇒ R∧((P2-P1)∧R) =0 0=R∧((P2-P1)∧R)≡ (R.R) (P2-P1) - (R.(P2-P1)) R ⇒ (P2-P1) =λR


Sabemos que la recta de puntos P definida por la ecuación (P-Pq) ∧ R=0 verifica M[P]=M[Pq] y por ello: M[P]∧R=M[Pq]∧R=0 El punto Pq es el punto de la recta central más próximo al polo Q (R.(Pq-Q)=0 ) y la recta central es común a todos los sistemas contenidos en un mismo torsor. Para los sistemas equivalentes a una única fuerza su recta central puede definirse por la ecuación M[P]=0. En los sistemas formados por más de una fuerza es frecuente que los vectores resultante y momento resultante no sean perpendiculares (T=R.M[P]≠0) en cuyo caso el sistema de fuerzas no será equivalentes a una única fuerza. Para todo sistema cuya resultante no sea nula podemos clasificar el espacio de los polos en rectas paralelas a la resultante. Cada punto del espacio pertenece a una sola recta de esta familia. Como ya comentamos anteriormente los momentos resultantes de cada sistemas de fuerzas respecto de todos de los puntos de una recta paralela a su resultante, tienen el mismo valor, y que si consideramos dos polos que no pertenecen a la misma recta de esta familia, los respectivos momentos resultantes de un mismo sistema serán distintos. Ya hemos demostrado que entre las funciones de los sistemas de fuerzas invariantes frente al cambio de polo se encuentra la proyección del momento resultante sobre la resultante. Sabemos también que cualquier vector puede descomponerse de manera biunívoca en la suma de dos vectores perpendiculares donde uno de ellos tiene una dirección previamente establecida. Aplicando esta descomposición al vector momento resultante de un sistema respecto de un polo arbitrario Q, y eligiendo que la dirección de uno de los vectores (Mm) de la descomposición del momento sea la de la resultante (Mm=µR) tal como se indica en la figura 9 resulta: ||M[Q]|| ≥ ||Mm|| demostración: (5.3) M[Q] = Mm+ Mp, siendo Mm . Mp = 0 M[Q] .M[Q] = (Mm+ Mp). (Mm+ Mp) =Mm.Mm + 2 Mm.Mp + Mp.Mp (5.4) M[Q] .M[Q] = ||M[Q]||2 =Mm.Mm + Mp.Mp=||Mm||2 +||Mp||2 dado que el cuadrado del módulo de un vector nunca es una cantidad negativa resulta: (5.5) ||M[Q]|| ≥ ||Mm|| Recordemos que es invariante, frente al cambio de polo, el vector denominado momento intrínseco Mm = (M[Q] .R) R/ (R.R) Demostraremos que el momento resultante de un sistema de resultante no nula respecto de los puntos de su recta central coinciden con su momento intrínseco (M[Pq]= Mm)


demostración: M[Pq]=M[Q]+(Q-Pq)∧R= M[Q]- (R∧M[Q])∧R / (R.R)= M[Q] - M[Q]+ (R.M[Q]) R / (R.R)= (R.M[Q]) R / (R.R)=Mm (5.6) M[P] = M[Pq]= (R.M[Q]) R / (R.R)=Mm De (5.5) y (5.6) se deduce que respecto de los puntos de la recta central, cuando esta existe, el momento resultante alcanza el módulo mínimo. De lo analizado en este apartado se deducen diversas expresiones vectoriales (a, b y c), para la representación de una recta. Sea P=x,y,z es el punto genérico de la recta, A=Ax, Ay, Az, un punto conocido de ella, B=Bx,By, Bz un punto de referencia que no tiene porqué pertenecer a esta recta, R y M[B] sendos vectores, que para el caso de la recta central corresponden a la resultante y al momento resultante en relación al polo B del sistema que define a dicha recta, pero que fuera de este contexto pueden ser dos vectores arbitrarios con la limitación que el vector R no sea nulo.

Expresiones vectoriales para la ecuación de una recta a (P-A)∧R=0 b (P-B)∧R=M[B] si R≠0 y M[B].R=0 c R∧((P-B)∧R)=R∧M[B]

demostración: La ecuación vectorial (a) representa a una recta que contiene al punto A y que tiene por vector director al vector R. En efecto: el punto P=A verifica la ecuación (a): (A-A)∧R=0∧R=0, dos puntos P1 y P2 que verifiquen la ecuación (a) están alineados según la dirección del vector R, tal como se deduce al restar, miembro a miembro, las expresiones (P1 -A)∧R=0 , (P2 -A)∧R=0 y tener en cuenta la propiedad distributiva del producto vectorial en relación a la suma de vectores: (5.8) (P1 -P2)∧R=0 La ecuación (b) también representa a una recta con vector director R ya que si P1 y P2 son dos puntos que verifican la ecuación (b) (P1-B)∧R=M[B], (P2-B)∧R=M[B] y restando miembro a miembro estas expresiones obtenemos: (P1-P2)∧R=0 es decir: los puntos P1 y P2 están alineados en la dirección del vector R.


A diferencia de la ecuación (a) en la que aparece explícitamente un punto (A) que pertenece a la recta, el punto B que figura en la ecuación (b) solo pertenece a la recta cuando M[B]=0. Si M[B]≠0, la recta (b) no contiene al punto B. En efecto: al sustituir en la ecuación (b) el punto genérico P por el punto B se obtiene: (B-B)∧R=0≠M[B] La ecuación (c): R∧((P-B)∧R)=R∧M[B] también define una recta de vector director R, tal como vimos en la demostración de la existencia de la recta central. Aplicación numérica Ejercicio 4. Consideremos la fuerza puntual aplicada en A=1,2,4m , cuyo vector asociado es F=9,1,5kN. Calcular: el momento de esta fuerza respecto del origen de coordenadas, las ecuaciones, en forma vectorial y en forma canónica, de su recta soporte, el punto de esta recta más próximo al punto Q=1,0,1m, y la distancia entre esta recta y el origen de coordenadas. Solución: El momento de esta fuerza respecto del origen de coordenadas viene dado por la expresión: M(O) = (A-O)∧F= 1, 2, 4 m ∧ 9,1, 5 kN = 6, 31, -17 mkN Siendo P el punto genérico de la misma, una forma de expresar la ecuación vectorial de la recta soporte de la fuerza es: M(O) = (P-O) ∧ F que expresada en función de sus componentes resulta: 6, 31, -17 m= x, y, z ∧ 9,1,5 Podemos escribir la formulación canónica de esta recta de la siguiente manera:

x - 1m

9 =y - 2m

1 =z - 4m

5 ya que contiene al punto A=1, 2, 4m y admite como vector director a 9,1, 5. El punto Pq de la recta soporte de esta fuerza más próximo a Q viene dado por la siguiente expresión:


(Pq - Q) =(F∧ M(Q)) / (F.F) , y M(Q) = (A-Q)∧F = M(O) + (O-Q)∧F = 7, 27, -18 mkN de donde se deducen las siguientes coordenadas para Pq Pq = -0.43, 1.84, 3.21 m La distancia (do) entre esta recta soporte y el origen de coordenadas es: do = || Po - O|| = || (F∧ M(O)) / (F.F) || = 3.72 m ejercicio 5 Consideremos un sistema formado por las cuatro fuerzas puntuales: A1 B1= 2,0,2m, 0,0,-100kN, A2 B2= 2,1,2m,-60,0,0kN, A3 B3= 1,2,1m,0,-80,0kN, A4 B4= 0,2,2m,0,0,-200kN. Vamos a determinar: su torsor en el origen de coordenadas (O), las coordenadas del punto (Po) de su recta central más próximo a (O) y el momento resultante respecto de un punto de su recta central.

Punto de aplicación

vector momento respecto de O

2,0,2m 0, 0,-100kN 0, 200, 0mkN 2,1,2m -60, 0, 0kN 0,-120,60mkN 1,2,1m 0, -80, 0kN 80, 0,-80mkN 0,2,2m 0, 0,-200kN -400, 0, 0mkN resultante: R=

-60,-80,-300kN M[O]= -320,80,-20mkN

Torsor: 0,0,0,-60,-80,-300m, -320,80,-20mkN (Po -O) = (R∧M[O]) / (R.R) = 0.26, 0.95, -0.30 m El momento resultante respecto de un punto de la recta central coincide con el momento de módulo mínimo: Mm=((R.M[O]) R / (R.R))=-11.28, -15.04, -56.4mKN


6. Determinación de la resultante de un sistema de fuerzas a partir de los momentos resultantes del mismo respecto de tres puntos no alineados. Si se conocen los momentos resultantes (M[Ai]) de un sistema de fuerzas respecto de tres puntos (Ai ; i=1,...,3) no alineados, se puede despejar la resultante (R) de dicho sistema, demostración: Sabemos que: (6.1) M12≡ M(A2) - M(A1) = (A1-A2) ∧ R (6.2) M23≡ M(A3) - M(A2) = (A2-A3) ∧ R Queremos despejar el vector R del sistema formado por las ecuaciones (6.1) y (6.2); para ello consideremos dos posibilidades: (a) que los vectores M12 y M23 sean paralelos (M12 ∧ M23=0) (b) que los vectores M12 y M23 no sean paralelos (M12 ∧ M23≠0) Análisis del caso (a) Si M12 y M23 son vectores paralelos de las expresiones (6.1) y (6.2) se deduce que ambos tendrán la dirección del vector: (6.3) n=(A1-A2) ∧(A2-A3) Por no estar alineados los puntos: A1, A2,A3 ⇔ n≠0. En este caso el vector n tiene dirección normal al plano definido por estos tres puntos, el vector R será perpendicular a n y por consiguiente coplanario de los vectores (A1-A2) y (A2-A3): (6.4) R = α(A1-A2) + β(A2-A3) Si sustituimos (4) en (1) obtendremos: (6.5) M12=(A1-A2) ∧ R = α[(A1-A2)∧ (A1-A2)] +β[(A1-A2)∧(A2-A3)] El producto vectorial [(A1-A2)∧ (A1-A2)] es nulo, luego: (6.5´) M12 = β n y de aquí, multiplicando escalarmente por n ambos miembros de la expresión (6.5´) se deduce que:


(6.5”) β = (M12. n) / n2

A continuación sustituiremos (6.4) en (6.2): (6.6) M23= (A2-A3) ∧ R = α[(A2-A3) ∧(A1-A2)] + β[(A2-A3) ∧(A2-A3)] Simplificando la expresión anterior se obtiene: (6.6´) M23 = - α n y de aquí se deduce: (6.6”) α = −(M23. n) / n2

Finalmente podemos escribir la expresión de la resultante correspondiente a este caso: (6.7) R = α(A1-A2) + β(A2-A3) = - (M23. n)(A1-A2) + (M12. n) (A2-A3)/ n2 Análisis del caso (b) Si M12 y M23 no son vectores paralelos (M12 ∧ M23 ≠ 0), para despejar R multiplicaremos vectorialmente, por la derecha, ambos miembros de la ecuación (6.1) por el vector M23 (6.8) M12 ∧ M23 = [(A1-A2) ∧ R] ∧ M23 El doble producto vectorial [(A1-A2) ∧ R] ∧ M23 se puede desarrollar de la siguiente forma: [(A1-A2) ∧ R] ∧ M23≡ (A1-A2) .M23 R - R.M23 (A1-A2) La ecuación (6.2) nos dice que los vectores R y M23 son perpendiculares (R.M23= 0) y teniendo todo esto en cuenta, la ecuación (6.8) se puede escribir de la siguiente forma: (6.8’) M12 ∧ M23 = (A1-A2) . M23 R luego: (6.9) R = [M12 ∧ M23] / (A1-A2) .M23 El denominador de la expresión (6.9) no puede ser nulo en este caso (b), ya que si el producto escalar (A1-A2) .M23 fuera nulo, el vector M23 sería perpendicular al vector(A1-A2) y como lo es también (6.2) al vector (A2-A3), sería paralelo al vector n, en cuyo caso se puede demostrar que M12 también sería paralelo al vector normal. En efecto:


(6.10) M12 ∧ n = [(A1-A2) ∧ R] ∧ n = [(A1-A2). n] R - [n.R] (A1-A2) Los dos productos escalares de la expresión anterior son nulos. La anulación del primero de ellos es evidente, mientras que la del segundo lo es por ser: M23 paralelo al vector normal n, siendo R perpendicular al vector M23. En conclusión: (6.11) M12 ∧ n = 0. con lo que nos situamos en el caso (a). Los tres momentos resultantes no son vectores arbitrarios, existe unas relaciones de dependencia entre ellos que definiremos con el nombre de ecuaciones de compatibilidad. De las ecuaciones (6.1) y (6.2) se deducen las siguientes relaciones de compatibilidad: (6.12) M(A2) - M(A1) = (A1-A2) ∧ R ⇒ (M(A2) - M(A1) ). (A1-A2) =0 (6.13) M(A3) - M(A2) = (A2-A3) ∧ R ⇒ (M(A3) - M(A2) ). (A2-A3) =0 Pero sabemos que de manera análoga también existe la relación: (6.14) M(A1) - M(A3) = (A3-A1) ∧ R ⇒ (M(A1) - M(A3) ). (A3-A1) =0 Las tres expresiones: (M(A2) - M(A1) ). (A1-A2) =0 (6.15) (M(A3) - M(A2) ). (A2-A3) =0 (M(A1) - M(A3) ). (A3-A1) =0 son las ecuaciones de compatibilidad que deben verificar las componentes de los tres momentos para que estos tres vectores (M(Ai) , i=1,2,3) definan un torsor. Aplicación numérica Ejercicio 6. Consideremos los tres polos Ai , i=1,2,3 y los correspondientes momentos resultantes de un sistema de fuerzas M(Ai) , i=1,2,3 que figuran en la siguiente tabla

polos momentos resultantes A1=2,-5, 8 m M(A1) = 37, 6,1mkN A2=2, 0,-6 m M(A2) = -6,20,6 mkN A3=0, 1, 0 m M(A3) = 3, 8,11 mkN


Comprobar la compatibilidad de estos datos y determinar las componentes del torsor de dicho sistema en el origen de coordenadas. Solución: Las ecuaciones de compatibilidad geométrica se satisfacen: (M(A2) - M(A1) ). (A1-A2) = (-43,14,5).(0,-5,14) m2kN=0 (M(A3) - M(A2) ). (A2-A3) =(9,-12,5).(-2,1,6) m2kN=0 (M(A1) - M(A3) ). (A3-A1) =(34,-2,-10).(-2,6,-8) m2kN=0 Dado que para este sistema: M12 ∧ M23 = (130,260,390) (mkN)2≠ 0 su resolución corresponde a la deducida para el caso (b), por lo que la expresión de la resultante es: R = [M12 ∧ M23] / (A1-A2) .M23 = (1,2,3) kN El momento resultante M(O) de este sistema respecto del origen de coordenadas se puede obtener de la siguiente expresión: M(O) = M(A1) + (A1 - O) ∧ R = (6,8,10) mkN La expresión del torsor de este sistema en O es: τ = O,R, M(O) = 0,0,0,1,2,3 kN, 6,8,10 mkN Ejercicio 7. Comprueben que el sistema que tiene respecto de los puntos A1, A2,A3 los momentos resultantes indicados en la tabla pertenece al torsor: τ=0,0,0,4,-6,0kN,0,0,0

polos momentos resultantes A1=( 1,2,0) m M(A1) = (0,0,14) mkN A2=( 2,3,0) m M(A2) = (0,0,24) mkN A3=(-2,4,0) m M(A3) = (0,0, 4) mkN

Solución: Los datos suministrados corresponden al caso (a) analizado en el apartado 9 ya que los vectores: M12≡ M(A2) - M(A1)=0,0, 10mkN y M23≡ M(A3) - M(A2)= 0,0,-20mkN son paralelos.


Empezamos por comprobar que se verifican las ecuaciones de compatibilidad: (M(A2) - M(A1) ). (A1-A2) =0 (M(A3) - M(A2) ). (A2-A3) =0 (M(A1) - M(A3) ). (A3-A1) =0 Para estos torsores la expresión de la resultante es: R = α(A1-A2) + β(A2-A3) = - (M23. n)(A1-A2) + (M12. n) (A2-A3)/ n2

donde: n=(A1-A2) ∧(A2-A3)=0,0,5m2; y n2 =n.n=25 m2

resulta: R = 4,-6,0kN 7. Dos fuerzas. En este apartado pretendemos estudiar las propiedades relativas a los sistemas formados por sólo dos fuerzas que representamos de la siguiente forma: A1, F1 y A2, F2. Su torsor (τ) referido al polo A1 viene representado por: τ=A1,R=F1+F2, M[A1]=(A2-A1)∧F2 y su trinomio invariante (T=R.M[A1]) tiene por expresión: T=(A2-A1).(F2∧F1). deducción: T=R.M[A1]=F1.((A2-A1)∧F2)+F2.((A2-A1)∧F2)=F1.((A2-A1)∧F2) ya que es nulo el segundo de los productos mixtos del tercer miembro de la expresión anterior por tener dos factores iguales. Permutando cíclicamente los factores del último producto mixto obtenemos: T=(A2-A1).(F2∧F1) Sabemos que las rectas soporte de dos fuerzas pueden tener o no intersección. La posición relativa de dos rectas se puede determinar a partir de los vectores: n=F2∧F1 y (A2-A1) en la forma indicada en el cuadro siguiente


(a) rectas soporte paralelas ⇔ n=0, que se subdividen en: (a1) paralelas y distintas ⇔ n=0 y F1∧ (A2-A1)≠0 (fig12)

Figura 12 Fuerzas cuyas rectas soporte son paralelas (F1 ∧ F2 = 0).

F2

A2

F1A1

(a2) coincidentes ⇔ n=0 y F1∧ (A2-A1)=0 (fig13)

F2

A2

Figura 13 Fuerzas cuyas rectas soporte coinciden ( (A2 -A1)∧F1 = 0 y F1 ∧ F2 = 0

A1

F1

(b) rectas soporte no paralelas ⇔ n≠0, que se subdividen en: (b1) rectas soporte que se cortan ⇔ n≠0 y n. (A2-A1)=0 (fig14)


Figura 14 El vector n es un vector normal a las dos rectas soporte que se cortan y por lo tanto al plano que las contiene ( n=F1∧F2); Q es el punto en el que se cortan.

QA1F1

F2

n

A2

(b2) rectas soporte que se cruzan ⇔ n≠0 y Τ=n.(A2-A1)≠0 (fig15)

Q1

Q2

A1z

x

A2

Figura 15 Fuerzas cuyas rectas soporte se cruzan ((A 2 - A 1). (F1 ∧ F2)) ≠ 0. Los puntos Q1 y Q2 son los dos puntos de ambas rectas más cercanos estre sí

dist

anci

a en

te

las r

ecta

s sop

orte

y

F1

F2

Dos fuerzas concurrentes. Decimos que dos fuerzas son concurrentes cuando sus rectas soporte se cortan en un punto ( caso b1), en este caso se verifican las dos condiciones siguientes: F2∧F1≠0 y T=(A2-A1).(F2∧F1)=0 El punto C de concurrencia de las dos rectas soporte se obtiene al resolver el siguiente sistema de ecuaciones: (A1-C) =λ1F1 (A2-C) =λ2F2 n≡(F2∧F1)≠0 con la condición: (A2-A1).(F2∧F1)=0. La solución es: C= A1 - (F2.(n∧(A1-A2)))F1/ (n.n)


deducción: De la identidad: (A1-A2) ≡ (A1-C) + (C-A2) y de las dos primeras ecuaciones del sistema se deduce: (A1-A2) =λ1F1 - λ2F2. Para despejar el coeficiente λ1basta multiplicar escalarmente los dos miembros de esta última ecuación por el vector η1 =F2∧(F2∧F1) que es perpendicular al vector F2 sin serlo a F1. Multiplicando los dos miembros de la expresión de A1-A2 por el vector η1 se obtiene: (A1-A2). η1 =λ1F1.η1 de donde se deduce: λ1=((A1-A2).(F2∧(F2∧F1))) / (F1.(F2∧(F2∧F1))) y reordenando los productos múltiples se obtiene finalmente: λ1=(F2.(n∧(A1-A2)))/ (n.n). El punto C viene definido por la expresión: C=A1-λ1F1=A1 - (F2.(n∧(A1-A2)))F1/ (n.n) El momento resultante de un sistema concurrente respecto del punto de concurrencia es nulo, luego este sistema es equivalente a una fuerza aplicada en el punto C cuya recta soporte coincide con la recta central del sistema estudiado y tiene por ecuación: P=x,y,z= C+ µ(F1+F2). Su momento intrínseco es Mm=0. Observemos que al ser n =F2∧F1≠0 ( F2 y F1 no son vectores paralelos), se deduce que R=F1+F2≠0 lo que equivale a decir que dos fuerzas concurrentes nunca equivalen a un par. Dos fuerzas paralelas. Decimos que dos fuerzas son paralelas (a) cuando sus rectas soporte son paralelas, es decir cuando se verifica: n≡(F2∧F1)=0 siendo F2≠0≠F1 Su trinomio invariante es nulo. deducción: R.M[A1]= (F1+F2).(A2-A1)∧F2=F1.(A2-A1)∧F2=0 ya que dos de los factores de este producto mixto (F1 y F2) son paralelos. En este caso se plantean dos posibilidades: R=F1+F2≠0 (el sistema es equivalente a una fuerza) y R=F1+F2=0 (el sistema se denomina “par”). En el primero de los casos anteriores existe recta central y ésta pasa por el punto Cp= λA2+(1-λ)A1 siendo λ=(R.F2)/(R.R). Si 0<λ<1 el punto Cp está situado dentro del intervalo definido por los puntos de aplicación de ambas fuerzas (se da cuando las dos fuerzas tienen el mismo sentido), en caso contrario se sitúa, dentro de la recta que pasa por dichos puntos pero fuera de dicho intervalo y del lado de la fuerza que tenga mayor módulo. deducción: Al ser fuerzas paralelas de resultante no nula: 0≠R=F1+F2=µF2 siendo: µ=(R.R)/(R.F2) Por ser Cp punto de la recta central del sistema que tiene T=0 M[Cp]=0=M[A1]+(A1-Cp)∧R ⇔ (Cp-A1)∧R= M[A1]=(A2-A1)∧F2 Si situamos el punto Cp sobre la recta que contiene a los puntos A1 y A2 Cp-A1=λ(A2-A1) ⇔ Cp= λA2+(1-λ)A1


resulta: λ(A2-A1)∧R= (A2-A1)∧F2=(A2-A1)∧R/µ de donde se deduce que: λ=(1/µ) =(R.F2)/(R.R) Si ambas fuerzas tienen el mismo sentido: 0<λ<1 Si F1.F2<0 y ||F1||>||F2|| ⇒ R.F2<0 ⇒λ<0 Si F1.F2<0 y ||F2||>||F1|| ⇒ R.F2>0 ⇒λ>0 Dos fuerzas con T≠0. Las rectas soporte de un sistema formado por dos fuerzas con trinomio invariante no nulo se cruzan sin cortarse (caso b2); este sistema no puede ser equivalente a una fuerza. Sean A1 y A2 sus puntos de aplicación y F1 y F2 sus respectivos vectores asociados; vamos a demostrar que existen dos puntos Q1 y Q2 de sus respectivas rectas soporte tales que el vector (Q1-Q2) es perpendicular a las rectas soporte de ambas fuerzas, siendo el módulo de este vector la distancia entre ambas rectas siendo Q1=A1+λ1F1=A1- (F2.((A1-A2)∧n) F1/ (n.n), Q2=A2+λ2F2=A2-( ( n ∧ (A1-A2) ). F1) F2 / (n.n) y (Q1-Q2) = ( (A1-A2) . n ) n / (n.n). Dado que no es nulo en este caso el trinomio invariante (T=(A2-A1).(F2∧F1)=(A2-A1).n) los puntos Q1 y Q2 no coinciden.

demostración: El no paralelismo de las fuerzas de vectores F1 y F2 se expresa por la condición: (1) n ≡ F2 ∧ F1 ≠ 0 La pertenencia del punto Q1 a la recta soporte de la primera fuerza se puede expresar de la siguiente manera: (2) (Q1-A1) ∧ F1 = 0 ⇔ (Q1-A1) = λ1 F1 Análogamente, por pertenecer a la segunda recta soporte, el punto Q2 verifica: (3) (Q2-A2) ∧ F2 = 0 ⇔ (Q2-A2) = λ2 F2 El vector (Q1-Q2) es perpendicular a las dos rectas soporte y por ello satisface las siguientes relaciones: (4) (Q1-Q2) = µ n De las expresiones: 2, 3 y 4 se deduce:(A1-A2)≡(A1-Q1)+(Q1-Q2) +(Q2-A2)= -λ1 F1 +µn + λ2 F2. Para despejar una de las incógnitas (λ1, µ y λ2) debemos multiplicar escalarmente ambos miembros de la igualdad anterior por un vector perpendicular a las otras dos, por ejemplo para despejar µ el vector a utilizar podría ser n (A1-A2).n =-λ1 F1.n +µn .n+ λ2 F2. .n=µn .n de donde se deduce : µ = ( (A1-A2) . n ) / (n.n) y (Q1-Q2) = ( (A1-A2) . n ) n / (n.n)


Para despejar el valor de la incógnita λ1 podemos multiplicar escalarmente los dos miembros de la mencionada igualdad por el vector η1=n∧F2 (A1-A2).η1 = -λ1 F1.η1 +µn .η1+ λ2 F2. .η1= -λ1 (F1.η1) de donde se deduce: λ1= - ((A1-A2).η1) / (F1.η1) y Q1=A1+ λ1 F1 Q1=A1- ((A1-A2).η1) F1/ (F1.η1) F1.η1≡F1.n∧F2 =(F2 ∧ F1).n=n.n Q1=A1- ((A1-A2).(n∧F2)) F1/ (n.n) =A1- (F2.((A1-A2)∧n)F1/ (n.n) Para despejar el valor de la incógnita λ2 podemos multiplicar escalarmente los dos miembros de la mencionada igualdad por el vector η2=n∧F1 (A1-A2).η2 = -λ1 F1.η2 +µn .η2+ λ2 F2. .η2= λ2 (F2.η2) de donde se deduce: λ2= ((A1-A2).η2) / (F2.η2) y Q2=A2+ λ2 F2 Q2=A2+ ((A1-A2).η2) F2/ (F2.η2) F2.η2=F2.(n∧F1 )=-(n.n) Q2=A2- ((A1-A2).(n∧F1)) F2/ (n.n) =A2- (F1.((A1-A2)∧n)F2/ (n.n)


Sistema formado por dos fuerzas: cuyas rectas soporte se cruzan sin cortarse. A1 vector F 1 y A2 vector F 2

Determinación de la dirección de la resultante

Descomposición, en sus respectivos planos paralelos, de cada na de las fuerzas F1 y F2 según la dirección de la resultante ( F1r y F2r) y su perpendicular ( F1p y F2p ).

Definición de los planos paralelos que contienen a las rectas soporte de dichas fuerzas y ubicación de los puntos de las mismas (Q1 y Q2) más próximos entre sí . Vector normal a los planos: n=F1∧F2

Ubicación de la recta central por composición de las fuerzas: Q,F1r y Q,F2r.

F1

R F2

F2

Q1

Q2

F1

F1r

F1p

F2r

F2p F2

Q1

Q2

Sistema equivalente "fuerza-par". El par lo componen las fuerzas: Q1, F1p y Q2, F2p

recta central

vector resultante Q1

Q2

F1p

F2p

A1 F1

A2 F2

A1

A2

F1

F2

Q1

Q2 (Q1-Q2) ∧n = 0

n

recta paralela a la resultante

recta central

Q1

Q2

F1r

F2r

R=F1r+F2r

Figura 16.1 Figura 16.2



Observamos que la condición: T= (A2-A1).n= 0 implica que λ1 = λ2 = 0 es decir Q1 = A1 y Q2 = A2 , y que la condición (A1-A2) .n = 0 obliga a que µ =0, o lo


que es lo mismo: Q1 = Q2. Esta última condición nos dice que las dos fuerzas son coplanarias siendo Q1 = Q2 su punto de intersección. La figura 16 1 nos muestran un sistema formado por dos fuerzas cuyas rectas soporte se , en la figura 16.2 se señala la existencia de dos planos paralelos, cada uno de los cuales contiene a una de las rectas soporte de estas dos fuerzas, n es un vector normal a ambos planos. En esta figura también se señalan las ubicaciones de los puntos Q1 y Q2. En la figura 16.3 se muestra la obtención del vector resultante. En la figura 16.4 se descomponen cada una de las dos fuerzas del sistema inicial en otras dos, una de ellas paralela a la resultante y la otra perpendicular a ésta pero situada en el correspondiente plano señalado. Las dos fuerzas (F1r y F2r) paralelas a la resultante equivalen a una fuerza a la que se asocia el vector resultante (R) y con recta soporte en la recta central del sistema inicial (figura 16. 5). Las otras dos fuerzas de la descomposición (F1p y F2p) tienen igual módulo, direcciones paralelas y sentidos opuestos, es decir constituyen un “par”. En la figura (16.6) se muestra un sistema ,equivalente al inicial, que está constituido por tres fuerzas, dos de las cuales (F1p y F2p) definen un “par” situado en un plano perpendicular a la recta central. El momento resultante de este par es paralelo al vector resultante del sistema. La recta central del sistema corta a la recta definida por los puntos Q1 y Q2. 8. Sistemas con trinomio invariante nulo. A los sistemas con trinomio invariante nulo los podemos clasificar en tres grupos: (1) sistemas nulos: (R=0, M[Q]=0) (2) pares (R=0, M[Q]≠0) (3) sistemas equivalentes a una fuerza: (R≠0, T=0) En relación a su disposición geométrica se puede deducir que entre otros posibles, pertenecen al grupo con trinomio invariante nulo los siguientes tipos de sistemas: (a) concurrentes (Las rectas soporte de las fuerzas que los componen tienen un punto (C) común) (b) coplanarios (Las rectas soporte de las fuerzas que los componen pertenecen al mismo plano) (c) paralelos (Las rectas soporte de las fuerzas que los componen tienen la misma dirección) Es evidente que existen sistemas con trinomio invariante nulo que no pertenecen a ninguno de estos tipos, y también que un mismo sistema puede responder a las características de dos de ellos; por ejemplo: un sistema puede ser a su vez concurrente y coplanario, y también puede ser coplanario y paralelo. Lo que si podemos decir es que todo torsor de trinomio invariante (T) nulo con resultante no nula, contiene sistemas de cada uno de estos tipos, es decir: cualquier sistema con T=0 podemos representarlo por


un sistema concurrente, por un sistema coplanario, concurrente y también por un sistema paralelo. Cualquier sistema con T=0 y resultante no nula podemos asegurar que es equivalente a una fuerza que tendrá por vector asociado a la resultante (R) del sistema, y su recta soporte es la recta central del mismo. El torsor equivalente a una fuerza puede expresarse de la siguiente manera: P,R,0,0,0 siendo P un punto cualquiera de la recta central del mismo. Los torsores equivalentes a un “par” se expresan así; Q,0,0,0,M, siendo Q un punto arbitrario y al momento resultante del sistema (M≠0) que no depende de la ubicación del polo lo denominamos momento del par. 9. Sistemas formados por fuerzas que tiene la misma recta soporte. Sea Ai, Fi, i=1,..número de fuerzas el sistema de fuerzas, éstas tendrán la misma recta soporte si se cumplen las siguientes condiciones: Fi∧F1=0 y (Ai-A1)∧F1=0 (i=2,..número de fuerzas) 10. Sistemas concurrentes. Denominamos sistemas concurrentes a aquellos en los que todas las rectas soporte de las fuerzas que lo componen contienen a un mismo punto denominado punto de concurrencia. Excluimos en este análisis el caso ya analizado en el que coinciden todas las rectas soporte de las fuerzas que contiene el sistema. No siempre es evidente el carácter concurrente de un sistema de fuerzas puntuales cuando los puntos de aplicación de las mismas no coinciden. Con el fin de razonar el método a seguir para proceder a la comprobación de la concurrencia de todas las rectas soporte de un sistema de fuerzas puntuales Ai, Fi, i=1,..número de fuerzas, empezamos analizando la posible concurrencia de las rectas soporte de dos fuerzas contenidas en el sistema que no son paralelas según el procedimiento utilizado en el apartado 11. Si consideramos que éstas son las rectas soporte de las dos primeras fuerzas: A1,F1, A2,F2. sabemos que éstas son concurrentes si verifican: n=F2∧F1≠0 y T=(A2-A1).(F2∧F1)=0. De cumplirse estas condiciones su punto de concurrencia (C) vendrá dado por: (10.1) C= A1 - (F2.(n∧(A1-A2)))F1/ (n.n). La concurrencia de las rectas soporte de las restantes fuerzas (Ai,Fi, i=3,...n) en el punto C se dará cuando (Ai-C)∧Fi=0=0,0,0 Si un sistema concurrente tiene resultante nula el sistema es nulo, y si R≠0, el sistema equivale a una fuerza aplicada en el punto de concurrencia o en cualquier otro punto de su recta central. La recta central pasa por el punto de concurrencia. 11. Sistemas de fuerzas paralelas.


Sistemas paralelos son los constituidos por fuerzas cuyos vectores tienen la misma dirección, aunque pueden tener sentidos distintos. Si Ai, Fi ,i=1,..,número de fuerzas del sistema es un sistema de fuerzas paralelas debe verificarse que: (11.1) Fi∧F1=0 (i=2...,número de fuerzas del sistema) La condición de paralelismo de la fuerzas es independiente de la ubicación de sus puntos (Ai de aplicación. Para un sistema de fuerzas paralelas siempre podemos definir un vector (g) que tenga la dirección común a todas las fuerzas de dicho sistema. El vector g admite infinidad de definiciones, por ej.: puede coincidir con uno cualquiera de los vectores asociados a las fuerzas del sistema (g≡Fi), puede ser uno de los dos vectores de módulo unidad que son vectores directores de las rectas del sistema (g≡ F1/||F1||, ó g≡F1/||F1||), puede ser uno de los dos vectores cuyo módulo coincide con el valor medio de los módulos de los vectores del sistema, etc.. En función del vector director g las fuerzas del sistema se pueden representar de la siguiente manera: (11.2) Ai, Fi=mi g Los escalares mi pueden obtenerse a partir de la siguiente expresión: (11.3 mi= (Fi.g) / (g.g) Los coeficientes mi tienen la dimensión de una fuerza para el caso en que g sea un vector unitario (g≡ F1 / ||F1||), o ser adimensional cuando, por ejemplo, coincida con uno de los vectores asociados a las fuerzas del sistema (g≡ F1 ). El torsor de un sistema de fuerzas paralelas representado con el polo de momentos en el origen (O) de coordenadas es: (11.4) τ=O=0,0,0, R=(Σmi) g, M[O]=(Σmi(Ai-O))∧g Cuando no es nulo el vector resultante del sistema (R≠0 ⇔ Σmi≠0), la expresión del torsor de un sistema de vectores paralelos se simplifica al expresarlo en función de los parámetros que definimos a continuación: (11.5) µ ≡ Σmi = Σ((Fi.g) / (g.g)) = (R.g) / (g.g) (11.6) (G-O) ≡ Σmi(Ai-O) /µ La expresión (11.6) introduce un punto singular (G) del sistema de fuerzas paralelas (figura 17), de resultante no nula, al que denominamos centro del sistema de vectores paralelos, cuya ubicación es independiente de la definición del vector director g, (no ocurre lo mismo con la definición de µ), en efecto: Σmi(Ai-O) /µ = (Σ(Fi.g) / (g.g))(Ai-O) / (Σ(Fi.g) / (g.g)) (11.7) Σmi(Ai-O) /µ =(ΣFi.g) (Ai-O) / ΣFi.g


x

yz

centro (G) del sistema

rect

a ce

ntra

l

Figura 17 Equivalencia para el sistema de fuerzas paralelas A1=-1,2,2m, F1=0,0,-1.2kN, A2=1,2,0m,F20,0,-0.8kN, A3=3,0,3m,F30,0,-0.6kN,A4=0,0,-1m,F40,0,-1kN

A1

A4

A2

A3

fuerza equivalente

F1

F2

F3

F4

El vector g puede expresarse en función de uno de los dos vectores unitarios u directores de las rectas soporte de todas las fuerzas que componen el sistema, y por consiguiente, independientes de la definición de g: (11.8) g=±||g|| u Sustituyendo la expresión (12.8) en (12.7) y simplificando la expresión resultante encontramos: (11.9) Σmi(Ai-O) /µ =(ΣFi.u) (Ai-O) / ΣFi.u La representación del torsor del sistema paralelo, de resultante no nula, en (O) podemos escribirla así: (11.10) 0,0,0, µ g, (G-O)∧µg y en el centro de vectores paralelos (G) del sistema: (11.11) G, µ g,0,0,0 La expresión (11.11) nos muestra que un sistema de vectores paralelos de resultante no nula tiene trinomio invariante nulo: T=R.M[G]=µ g.0 = 0 También nos muestra que estos sistemas equivalen a una fuerza aplicada en G:


G, µ g y que por consiguiente: la recta central de estos sistemas pasa por el punto G. El centro de vectores paralelos no es atributo del torsor: sistemas de fuerzas paralelas equivalentes pueden definir centros de vectores paralelos diferentes, al tiempo que a todo sistema de fuerzas paralelas le corresponden infinitos sistemas equivalentes que no son sistemas paralelos. Lo que si podemos afirmar es que todos los centros de vectores paralelos correspondientes a sistemas de fuerzas paralelas de resultante no nula y que a su vez son equivalentes, están situados sobre la recta central que es común a todos ellos. Si definimos un nuevo sistema de fuerzas paralelas que se obtiene, a partir de un primer sistema también paralelo y de resultante no nula, mediante una rotación común de todos los vectores asociados a dichas fuerzas alrededor de sus respectivos puntos de aplicación (figura 18), el nuevo sistema tendrá el mismo centro que el primitivo, y su ubicación es la intersección de las correspondientes rectas centrales de los dos sistemas considerados.

A3

A2

A1

A4

G

Figura 18 Dos sistemas paralelos aplicados en los mismos puntos (Ai) y con iguales coeficientes (mi) pero con vectores directores (g1 y g2) de distinta orientación. El centro (G) de fuerzas paralelas, común a los dos sistemas , coincide con la intersección de las dos rectas centrales.

recta c

entral

recta central

La reducción a una fuerza G, µ g en la representación de los sistemas de fuerzas paralelas es la que aplicamos habitualmente a las fuerzas debidas a la gravidez, cuando actúan sobre un mismo sólido, en este caso, al centro de vectores paralelos lo denominamos centro de gravedad. Esta reducción se puede extender a las distribuciones continuas de fuerzas paralelas derivadas o no de la gravidez. En un


capítulo posterior contemplaremos esta posibilidad aplicándola a algunos casos de destacado interés en el estudio de la resistencia de los elementos estructurales.

A1=-1,1,0m

A2=1,2,1m

G

F1=0,0,-1.2kN

F2=0,0,2.8kN

R=0,0,1.6kN

Figura 19. Sistema formado por dos fuerzas paralelas de sentidos opuestos. El centro G se encuentra sobre la recta definida por los puntos de aplicación, pero fuera del segmento (A1,A2).

y

x

z

O

Para el caso de los sistemas de dos fuerzas paralelas con resultante no nula (A1, F1,A2, F2, F1+F2≠0), si ambas tienen distinto sentido (m1 y m2 tienen distinto signo), el punto G se ubica sobre la recta que une A1 con A2 pero fuera del intervalo definido por estos dos puntos de aplicación y más cerca del punto de aplicación de la que tiene mayor módulo (figura 19); si F1 y F2 tuvieran el mismo sentido, G estaría ubicado dentro del segmento definido por los dos puntos de aplicación, también más próximo al punto de aplicación de la de mayor módulo (figura 20). Análogamente podemos deducir limitaciones semejantes a la posición relativa de G respecto de los puntos de aplicación para los sistemas constituidos por tres fuerzas (figuras 21 y 22).


Figura 20. Sistema formado por dos fuerzas paralelas con el mismo sentido. El centro G se encuentra sobre la recta definida por los puntos de aplicación, y dentro del segmento (A1,A2)

A1=-1,1,0m

F1=0,0,-1.2kN

A2=1,2,1m

F2=0,0,-2.8kN

G*

R* =0,0,3.8kN

x

yz

Figura 21. Sistema formado por tres fuerzas paralelas y del mismo sentido, aplicadas en los puntos: A1=-1,1,2m, A2=1,3,2m,A3=2,-1,2m y con coeficientes:m1= -1.2kN, m2=-1.8kN, m3=-1kN siendo g=0,0,1. La recta central del sitema está abrazada por el triángulo A1,A2,A3, ( F i = mi g ).

A1A2

A3

G

g

R

x

yz

F1F2

F3


Figura 22. Sistema formado por tres fuerzas paralelas, una de ellas, con sentido distinto respecto de las otras dos, aplicadas en los puntos: A1=-1,1,2m, A2=1,3,2m,A3=2,-1,2m y con coeficientes:m1= 1.2kN, m2=-1.8kN, m3=-1kN siendo g=0,0,1. La recta central del sitema no está abrazada por el triángulo A1,A2,A3

R

A1

A3

A2

G

g

x

yz

recta central

12. Sistemas de fuerzas coplanarias. En un sistema de fuerzas coplanarias todos los puntos de aplicación de las mismas (Ai=Aix,Aiy,Aiz) están contenidos en un mismo plano (ax+by+cz+d=0), y a la vez, todos los vectores (Fi) asociados a las respectivas fuerzas son perpendiculares a un vector (n=a, b, c) normal al plano que contiene a los puntos de aplicación de las fuerzas: (12.1) n .Fi=0 y (Ai-A1).n =0 (i=1,...,número de fuerzas del sistema) Dos fuerzas coplanarias tienen rectas soporte que son: coincidentes, concurrentes, o paralelas no coincidentes. Para los dos últimos casos está definido el plano que las contiene. Si las rectas son concurrentes un vector normal al plano que las contiene es: (12.2) n =F1∧F2 y si son paralelas y no coincidentes podemos definir el vector normal (12.3) n =(A2-A1)∧F1 Si el número de fuerzas coplanarias es superior a dos y no son coincidentes sus rectas soporte, podemos definir el vector normal n en la forma indicada anteriormente. Si disponemos de tres puntos de aplicación no alineados (por ejemplo los tres


primeros), podemos utilizar como vector normal al plano al vector n=(A3-A2)∧(A2-A1) . La ecuación vectorial del plano se puede expresar de la siguiente forma: (12.4) (P-A1) . n = 0 siendo P=x,y,z un punto genérico del mismo. El momento resultante de un sistema coplanario respecto de un punto del plano que lo contiene (M[A1]), o es un vector nulo, o bien es perpendicular al plano: demostración: M[A1]=Σι ((Ai-A1)∧Fi) ((Ai-A1)∧Fi)∧n =((Ai-A1).n) Fi - (Fi . n) (Ai-A1)=0 En lo que respecta a la resultante (R= Σι(Fi) del sistema coplanario ésta debe ser perpendicular al vector (n) normal al plano: demostración: R.n=Σι (Fi.n)=0 Todo sistema coplanario de resultante no nula equivale a una fuerza contenida en la resultante y cuya recta soporte es la recta central del sistema. Esta recta está contenida en el plano del sistema. Si el sistema tiene resultante nula pero su momento resultante no es nulo, equivale a un par. Este par puede representarse mediante dos fuerzas de igual dirección y sentidos opuestos que podemos ubicar en el plano del sistema o bien en cualquier otro plano paralelo a éste. El módulo y orientación de estas fuerzas es arbitrario, con tal de que la distancia que separa a la pareja de fuerzas multiplicado por el módulo, común a ambas, nos de el módulo del momento resultante del sistema y sus sentidos tengan la orientación adecuada. Aplicaciones numéricas ejercicio 8. Comprobar que el sistema formado por las cuatro fuerzas que se indican a continuación es un sistema de fuerzas paralelas, calcular las componentes de su centro y las componentes de su torsor en O A1= 9, 4, -7m, F1= 40, -24, 48kN, A2= 3, -8, -7m, F2=-35, 21, -42kN A3= 5, -1, 1m, F3=-30, 18, -36kN A4=-7, -5, 7m, F4= 35, -21, 42kN Solución:


Para comprobar el paralelismo de estas fuerzas basta comprobar que: F1∧F2 = F1∧F3 = F1∧F4 = 0,0,0 Como vector director (g) podemos elegir al vector: g=F1/ (8 ) = 5, -3, 6kN, (8 es el máximo común divisor de 40,-24,48) los coeficientes mi están definidos por las expresiones: mi g= Fi ⇒ mi = (Fi. g) / (g.g) fuerzas puntos de aplicación

Ai /(m) coeficientes (mi)

miAi/ (metros) Fi/(kN) Mi[0]/(mkN)

1 9, 4, -7 8 72, 32,-56 40,-24, 48 24,-712,-376 2 3, -8, -7 -7 -21, 56, 49 -35, 21,-42 483, 371,-217 3 5, -1, 1 -6 -30, 6, -6 -30, 18,-36 18, 150, 60 4 -7, -5, 7 7 35,-21, 42 -63, 539, 322 sumas 2 -28, 59, 36 10, -6, 12 462, 348,-211 centro ≡(G-O)= Σi(mi Ai) / Σi(mi) = -28, 59, 36m / 2 =-14, 29.5, 18 m; resultante: R= (Σi(mi) ) g = 2 g =R=10, -6, 12 kN; momento resultante respecto del punto O=0,0,0: M[O] =(G-O)∧R=462,348,-211 mkN torsor= 0,0,0,, R=10, -6, 12 kN, M[O] =462,348,-211 mkN De la tabla podemos deducir que el momento resultante de este sistema paralelo con resultante (R) no nula coincide con el momento de una fuerza cuyo vector es la resultante (R) del sistema y que está aplicada en el centro G . El punto G pertenece a la recta central de este sistema paralelo. Las última columna de la tabla no es necesaria para determinar el torsor de este sistema paralelo. torsor= G=-14, 29.5, 18 m, R=10, -6, 12 kN, M[G] =0,0,0 mkN Trinomio= T =R.M[G]=0 ejercicio 9 Comprobar que el sistema definido a continuación es un sistema coplanario , determinar el plano que lo contiene y calcular las componentes de su torsor en el polo A1 A1= 27, 30,-43m, F1= -5,-19, 7kN, A2= -13, 13, 13m, F2= 45, -7,-63kN A3= 27,-17,-43m, F3=-35,-60, 49kN Solución: Si el sistema fuera coplanario un vector normal al plano que lo contiene es:


n=(A2-A1)∧(A3-A2) =2632, 0, 1880 m2, Dado que las componentes del vector n son divisibles por 376, también podemos utilizar como vector normal al plano anterior a n2=2632/376, 0, 1880/376 = 7, 0, 5 Comprobamos que: F1. n2= F2. n2=F3. n2=0. De esto se deriva que el sistema dado es coplanario siendo la ecuación del plano que lo contiene: (P-A1).n2=0. fuerzas puntos de aplicación

Ai /(m) Fi/(kN) Mi[A1]/(mkN)

1 27, 30,-43 -5,-19, 7 0, 0, 0 2 -13, 13, 13 45, -7,-63 1463, 0, 1045 3 27,-17,-43 -35,-60, 49 -2303, 0, -1645 sumas 5,-86, -7 -840, 0, -600 torsor=27, 30, -43m, R= 5,-86, -7kN, M[A1]= -840, 0, -600mkN T=R.M[A1]=0 Métodos gráficos en los sistemas coplanarios. El empleo de métodos gráficos en el análisis y resolución de los problemas correspondientes al dominio de la estática facilita la compresión de los mismos. Reducción de fuerzas coplanarias. La reducción más elemental corresponde a un sistema formado por dos fuerzas: A1,F1 y A2,F2 (figuras 23). cuyas rectas soporte se cortan en un punto (C). El método aplicable en este caso es conocido con el nombre de regla del paralelogramo. En virtud de la propiedad asociativa de la suma de vectores podemos extender este método a cualquier número de vectores siempre que el sistema que queremos reducir no sea “un par”. Para la reducción de dos fuerzas paralelas que no definen un “par” (figuras 24) podemos reconducir esta reducción al caso anterior incorporando un sistema “nulo” (A1,v,A2,-v), formado por dos fuerzas opuestas y alineadas aplicadas en los respectivos puntos de aplicación de las fuerzas paralelas que queremos componer. La recta soporte de las fuerzas que componen el sistema nulo es la que une los mencionados puntos de aplicación.


A1

A2

F1

F2

A1

A2

F1

F2

C C

Caso 1: dos fuerzas de rectas soporte concurrentes:

Figura 23.1: Sistema sompuesto por dos fuerzas (A 1,F1,A2,F2), que queremos reducir a una fuerza (C,F).

Figura 23.2: "deslizamos" las fuerzas A1,F1,A2,F2 por sus respectivas rectas soporte hasta su punto de intersección (C) y sumamos sus vectores con la regla del "paralelogramo".

F

Caso 2: dos fuerzas de rectas soporte paralelas.

A1

F1

F2

A2

Figura 24.1: fuerzas paralelas que queremos reducir.

Figura 24.2: añadimos un "sistema nulo" arbitrario compuesto por dos fuerzas con la misma recta soporte (en este caso la que pasa por los puntos A1 y A2) y de vectores V y -V.

A1

F1

F2

A2

-V

V

F2+V

F1-V

A1

A2

F1+F2

F1-V

F2+V

Crecta central

Figura 24.3 : deslizándolas hasta el punto de concurrencisa C sumando, por el método del paralelogramo, las fuerzas de vectores F1+V y F2-V obtenemos la fuerza equivalente buscada.


Figura 25 Método gráfico para la reducción de un sistema de fuerzas coplanarias de disposición poligonal a una única fuerza.

Sistema compuesto por tres fuerzas de puntos de aplicación Ai y vectores F i

A1

A2 A3

F1

F2+F3

A1

A2 A3

F1

F2

F3

Las fuerzas de vectores F2 y F3 se sustituyen por la fuerza de vector suma F2+F3 aplicada en el punto de concurrencia (A3) de sus respectivas rectas soporte.

F2+F3

Las rectas soporte de las fuerzas de vectores F1 y F2+F3 se cortan en el punto C

La resultante del sistema tiene la dirección y el módulo del segmento representado por la recta punteada (A1,A4) y la recta soporte de la fuerza equivalente pasa por el punto de concurrencia C.

A1

F1

F2+F3

C

A1

A2 A3F1

F2+F3

F1+F2+F3punto C

F1+F2+F3

recta central fuerza equivalente

A4

La composición de fuerzas en el plano es especialmente sencilla cuando las fuerzas admiten una representación poligonal (el extremo del segmento que representa a una fuerza coincide con el origen del siguiente, tal como se muestra en las figuras 25, 26 y 27.


Figura 25 Método gráfico para la reducción de un sistema de fuerzas coplanarias de disposición poligonal a una única fuerza.

Sistema compuesto por tres fuerzas de puntos de aplicación Ai y vectores F i

A1

A2 A3

F1

F2+F3

A1

A2 A3

F1

F2

F3

Las fuerzas de vectores F2 y F3 se sustituyen por la fuerza de vector suma F2+F3 aplicada en el punto de concurrencia (A3) de sus respectivas rectas soporte.

F2+F3

Las rectas soporte de las fuerzas de vectores F1 y F2+F3 se cortan en el punto C

La resultante del sistema tiene la dirección y el módulo del segmento representado por la recta punteada (A1,A4) y la recta soporte de la fuerza equivalente pasa por el punto de concurrencia C.

A1

F1

F2+F3

C

A1

A2 A3F1

F2+F3

F1+F2+F3punto C

F1+F2+F3

recta central fuerza equivalente

A4


A1 A3 A5

A2 A4

F1

F2

F4

F5

F3

F1+F2

A1 A3

A2

A3 A5

A1 A3 A5

A2

F5

A1 A3 A5

A2 A4

F5

sistema inicial constituido por cinco fuerzas

reducciones parciales


F3+F4

F1+F2 F3+F4

recta central F1+F2+F3+F4

Figura 26.3

A4

A4


Figura 26.4

Figura 26 Ejemplo de reducción a una fuerza de un sistema coplanario y poligonal.

fuerza equivalente

A1 A3

A2

F1

A4

F2

F4F3

A1 A3

A2

A4

F4F3

A1 A3

A2 A4

Figura 27 Otro ejemplo de reducción a una fuerza de un sistema coplanario y poligonal.

fuerza equivalente

sistema inicial constituido por cuatro fuerzas



F1+T+F2

F1+F2+F3+F4F3+F4

F1+F2+F3+F4




Método del polígono funicular.

F1

F2

F3

F4

Figura 28.1 Sistema de fuerzas utilizado para describir el método del polígono funicular.

P1

P2

P3P4

Supongamos que queremos reducir el sistema formado por las cuatro fuerzas Pi , Fi i=1,..,4 representado en la figura 28.1. En primer lugar dibujamos el polígono de estas fuerzas y que consiste en un sistema poligonal equipolente al anterior (figura 28.2) donde los lados del polígono corresponden a fuerzas equipolentes a las que

F1

F2

F3

F4

O

A

B

C

D

EFigura 28.2 Polígono de fuerzas correspondiente al sistema de la figura 28.1.

queremos reducir, pero tal que dichas fuerzas se dibujan de tal forma que el extremo de una coincida con el origen de la siguiente .A continuación elegimos un punto arbitrario (O) que nos servirá de polo y desde este último dibujamos los radios (OA, OB, OC, OD y OE) que conectan este polo con los vértices y los extremos del polígono de fuerzas. La elección de otro polo aunque conducirá a un polígono funicular distinto no afectará al resultado de la reducción. Volvemos al sistema primitivo para dibujar el polígono


funicular. Para ello hacemos lo siguiente: desde un punto arbitrario (Q1) perteneciente la recta soporte de la primera de las fuerzas (P1 , F1) trazamos sendas rectas paralelas a los radios OA y OB representados en la figura 28.2. El punto Q2 es la intersección de la recta paralela al radio OB con la recta soporte de la fuerza P2, F2. Desde este último punto trazamos una recta paralela al radio OC, la cual corta a la recta soporte de P3,F3 en el punto Q3. Desde Q3 trazamos una recta paralela al radio OD que corta a la recta soporte de la fuerza P4,F4 en el punto Q4. Por último trazamos una recta paralela al radio OE desde Q4. Es fácil demostrar que una fuerza de vector Fa representada en la figura 28.4 aplicada en el punto Q1 y una fuerza de vector Fe aplicada en el punto Q4 constituyen un sistema equivalente al inicial. Para ello basta comprobar que la fuerza P1, F1 es equivalente al sistema formado por las dos fuerzas: Q1,Fa y Q1, (B-O), que la segunda fuerza P2, F2 es equivalente al sistema formado por las dos fuerzas: Q2,(O-B) y Q2, (C-O). De manera análoga encontramos las restantes equivalencias:P3, F3 ≈ Q3,(O-C) y Q3,(D-O), y que P4, F4 ≈ Q4,(O-D) y Q4,(E-O). Pueden comprobar que los sistemas:Q1, (B-O) y Q2,(O-B), Q2, (C-O), Q3,(O-C) y Q3, (D-O) y Q4,(O-D) son sistemas nulos. Finalmente el sistema formado por las fuerzas Q1, Fa y Q4, Fe, equivale a una fuerza de vector R aplicada en el punto de intersección de las rectas soporte de las dos fuerzas mencionadas (Fig 28.4).

F1F2

F3 F4

polígono funicular

a

bc

d

e

o

Figura 28.3 Uno de los posibles polígonos funiculares del sistema de la figura 28.1.

Q1

Q2

Q3

Q4


F1

F2

F3

F4

O

A

E

R

Fa

Fe

F1F2

F3F4

R

Fa

Fe

recta centralfuerza equivalente

Figura 28.4

Al polígono funicular se le pueden imponer restricciones: que pase por dos y hasta por tres puntos dados, que pase por un punto y que la recta soporte de su último lado tenga una determinada dirección, etc.. El método del polígono funicular permite, entre otras posibilidades, diseñar arcos que trabajan a compresión, por ejemplo los arcos construidos con dovelas y predecir la configuración de los cables ligeros sometidos a cargas puntuales.


En este apartado se ilustrarán diversas aplicaciones de este método realizadas sobre un mismo sistema de fuerzas consistente en un conjunto de cinco fuerzas equiespaciado y con intensidad que crece linealmente de izquierda a derecha.

Figura 29.1 Construcción de un polígono funicular. La correspondencia entre los dos diagramas responde a la notación de Bow (Por ejemplo: A1-A2 representa a la fuerza F1 ).

A1

A2

A3

A4

A5

A6

O

paralelas

A1

A2

A3

A4

A5

A6

O

paralelas

Interpretación

a1 a2 a3 a4 a5

o

a1 a2 a3 a4 a5

o

polígono funicular

Confunto de dos fuerzas equivalente al sistema

F1

F2

F3

F4

F5

a6

F1 F2 F3 F4 F5

En la notación de Bow el conjunto de las semirectas soporte de las fuerzas define unas red en el plano donde las mayas pueden tener dimensión finita o infinita (este último es nuestro caso). A cada una de las zonas le asignamos una letra minúscula por ejemplo: o, a1, a2, etc.. Dos zonas adyacentes definen una fuerza y les asignamos


una representación con mayúsculas. Por ejemplo la fuerza de vector F1 esta comprendida entre las zonas a1 y a2 y en la notación de Bow le corresponde la representación A2 -A1.

a1 a2 a3 a4 a5

o

En trazo grueso la fuerza equivalenteal sistema

A1

A2

A3

A4

A5

A6

O

A1

A6

Polígono de fuerzas

Fuer

za e

quiv

alen

te a

l sis

tem

a co

mpu

esto

por

las c

inco

fuer

zas

a2 a3 a4

o

a3a4

o

A2

A3

A4

O

A2

A3

A4

O

a2a3

a4

o

a2a3

a4

o

a2 a4

o

(A2.A4)

A2

A3O

Descomposición de una fuerza. En trazo fino la fuerza que descomponemos

A1

A2

A3

A4

A5

A6

a6

Figura 29.2 Ejemplos de sistemas equivalentes utilizados en la construcción del polígono funicular.En la descomposición de las dos fuerzas de vectores F2 y F3 dos de las cuatro fuerzas de la descomposición (a2-a3 y a3-a4) constituyen un sistema nulo

F1 F2 F3 F4 F5

F1

F2

F3

F4

F5


Figura 29.3 Polígono funicular que pasa por los puntos P y D. La solución no es única, está condicionada por la elección del punto D.En la secuencia primero se busca la recta central de las cinco cargas. Sobre esta recta se elige un punto de forma arbitraria (D). Desde los extremos del polígono de fuerzas se trazan sendas paralelas a los segmentos PD y DQ. En su intersección se encuentra el polo S que permite dibujar el polígono funicular solicitado. A partir de P se traza una paralela a A1-S. En la intersección de esta recta con la soporte de la fuerza F1 se traza una paralela A2-S, etc..

a1 a2 a3 a4 a5

o

A1

A2

A3

A4

A5

A6

O

P

Q

A1

A2

A3

A4

A5

A6

S

El polo ) fué el utilizado para calcular la fuerza equivalente al sistema dado

punto D de la recta central del sitema elegido arbitrariamente

DF1 F2 F3 F4 F5

rectas paralelas


En la siguiente figura utilizamos otro sistema de fuerzas, en este caso su intensidad es decreciente. El propósito es mostrar como se construye un funicular que pasa por tres puntos dados.

O1

A1

A2

A3

A4

A5

A7

A6

F1 F2 F3 F4 F5 F6

F1

F2

F3

F4

F5

F6

Ra=F1+F2+F3

Rb=F4+F5+F6P1 P2

P3

Secuencia para la construcción de un polígono funicular que pasa por tres puntos: P1, P2 y P3.

Figura 30.1 Reducción mediante el método del polígono funicular de las cargas que están situadas entre los puntos P1 y P3 y también de las cargas situadas entre los puntos P3 y P2. La ubicación del polo O1 es arbitraria. Los lados del funicular de la primera reducción son paralelos a los segmentos: O1-A1, O1-A2, O1-A3 y O1-A4. Los del segundo funicular lo son a los segmentos: O1-A4, O1-A5, O1-A6 y O1-A7

primer funicular

segundo funicular


P2

P3

Ra

Rb

Oa

Ob

Rb

Ra

A1

A4

A7

Figura 30.2 Doble funicular (reducidos, cada uno de ellos a dos tramos rectos): el primero pasa por P1 y P3 y el segundo lo hace por P3 y P2.

P1

Para la definición de los polos Oa y Ob elegimos arbitrariamente un puntos en cada una de las dos rectas soporte de las fuerzas equivalentes dibujadas. Desde el primero de ellos trazamos sendas rectas que pasen respectivamente por los puntos P1 y P3, las paralelas a éstas trazadas respectivamente desde A1 y A4 definen el polo Oa. Para conseguir Ob procedemos de forma análoga. desde el punto elegido arbitrariamente en la segunda recta soporte trazamos sendas rectas que pasen respectivamente por P3 y P2, Las paralelas a estas últimas trazadas respectivamente desde A4 y A7 localizan al polo Ob.


P1 P2

P3

Ra

Rb

Oa

Ob

O

A1A1

A4

A7

Rb

Ra

Figura 30.3 Localización del polo (O) que permitedibujar el polígono funicular del sistema de cargas dado que pasa por los puntos: P1, P2 y P3. Desde el polo Oa trazamos una recta paralela al segmento P1-P2 y desde Ob otra paralela al segmento P3-P2. En la intersección de ambas rectas se encuentra el polo O

S1

S2

El polo “O” así obtenido nos permitirá encontrar las direcciones del polígono funicular que pasa por los tres puntos dados tal como se muestra en la figura 30.4.


A1

A2

A3

A4

A5

A7

A6

F1

F2

F3

F4

F5

F6

F1 F2 F3 F4 F5 F6

P1 P2

P3

A1

A7

O

Figura 30.4 Dibujo del polígono funicular que pasa por los tres puntos dados (P1, P2, y P3). Los segmentos paralelos de ambos polígonos (funicular y de las fuerzas) figuran conectados mediante flechas de doble punta.

paralelas

La figura 30.4 muestra el funicular solicitado.


P1 P2

P3

F1 F2 F3 F4 F5 F6

P1 P2

P3 F1 F2 F3 F4 F5 F6

Figura 30.5. A partir del funicular obtenido se puede diseño de un arco a compresión, formado por dovelas que debe sostener a las cargas establecidas.

En la figura 31 se muestra de forma comprimida el proceso a seguir para dibujar el funicular de un sistema de fuerzas que pasa por tres puntos dados (A,B y C). Se parte de las fuerzas equivalentes que actúan sobre las dos alas (AB y BC). De estar constituidos los subsistemas por más de una fuerza , el polo a utilizar sería el mismo (O) y por ello, los segmentos extremos del funicular serían paralelos a los que figuran en este dibujo.


A

B

C

F1

F2

P1

P2

F1

F2

O

U

V

W

F1

O2

O

F2

O1

||AB

||CB

||AP1

||BP1

||AP2

||CP1

U

V

W

F1

F2

O

φ1

φ2

U

V

W

R

Figura 30.1. El sitema está compuesto por dos fuerzasde vectores F1 y F2. La primera de ellas es la fuerza equivalente al sistema cuyo funicular debe pasar por los puntos A y B, y la segunda al que corresponde al tramo BC

Figura 30.2 . Los puntos P1 y P2 sobre las correspondientes rectas soporte, son arbitrarios. La recta O1-O es paralela al segmento AB y la recta O2-O es paralela al segmento BC

A

B

C

F1 F2

||OU

||OV

||OW

Figura 30.4. Polígono funicular que pasa por los puntos A, b y C

Figura 30.3. Radios del polígono de fuerzas trazados desde el polo O

Figura 30.5 . Descomposición del sistema en dos fuerzas A,Φ1 y B, Φ2 y determinación de la fuerza equivalente a todo el sistema cuyo vector es R.

A

B

CF1 F2

φ1φ2

||UWR

Figura 31. Revisumen de la construcción de un polígono funicular que pasa por tres puntos dados. Dos fuerzas de vectores opuestos a φ1 y φ2 aplicadas en los puntos A y B, equilibran al sistema primitivo.

Figura 30.6 Las dos fuerzas de vectores φ1 y φ2. son equivalentes al sistema primitivo.


13. Descomposición de los sistemas de fuerzas. En lo que sigue introducimos una serie de teoremas que permiten resolver, mediante métodos vectoriales, muchos de los problemas relativos a la estática de los cuerpos rígidos tales como: predecir si un sistema de ligaduras equilibra a un cuerpo rígido sometido a un determinado sistema de cargas, arbitrar modelos de ligaduras que inmovilizan a cualquier rígido, elegir la forma de inmovilizar el cuerpo que genere menos tensión en las ligaduras en función del sistema de cargas que actúa sobre el mismo, también permiten calcular los valores que toman las fuerzas ejercidas por dichas ligaduras en relación al sistema de fuerzas que tiene aplicado el sólido. Toda fuerza cuya recta soporte venga determinada por un punto (A) y un vector director (v ) tendrá una resultante de la forma αv, y un momento resultante respecto del polo Q: M[Q]=(A-Q)∧αv=α m[Q], siendo m[Q]≡ (A-Q)∧v. El torsor del sistema formado por esta única fuerza es: τ=Q, αv, α m[Q]. El conjunto formado por los dos vectores: v y m[Q], caracterizan a un eje (recta orientada). Sean vx, vy, vz las componentes del vector director v y mx[Q], my[Q], mz[Q] las componentes del vector m[Q], a partir de estos dos conjuntos definiremos el hexavector: t[Q]=vx, vy, vz, mx[Q], my[Q], mz[Q] que, como dijimos, caracteriza a un eje. Decimos que un conjunto de ejes es independiente cuando lo son los hexavectores que los representan, todos ellos referidos al mismo polo (Q), o lo que es lo mismo: t1[Q],t2[Q],...,tn[Q] son independientes cuando el sistema de ecuaciones: α1t1[Q]+α2t2[Q]+...+αntn[Q]= 0,0,0,0,0,0 solo admita como solución: α1=α2=...=αn=0. Lo que equivale a decir que el rango de la siguiente matriz es igual a n. ¡Error! Dado que el mayor rango alcanzable por una matriz de seis columnas es precisamente 6 , una base para el espacio de estos hexavectores estará constituido por seis de los mismos (t1[Q],t2[Q],,t3[Q],t4[Q],t5[Q],t6[Q]) con tal que no sea nulo el determinante de la matriz definida por sus componentes. ¡Error!≠0 De lo dicho anteriormente se deduce que todo torsor se puede descomponer de manera única en seis torsores cada uno de ellos asociado a una fuerza. Los “ejes” de estas fuerzas están definidos por hexavectores independientes.

τ=Q, R,M[Q]= Q,αivi ,α im Q[ ]i i =1

6

∑

Dicho de otra manera: todo sistema de fuerzas admite su descomposición en seis fuerzas cuyos ejes podemos elegir con un elevado grado de arbitrariedad ya que solamente quedan subordinadas a las relación de independencia ya indicada. Entre otros


casos, un conjunto de seis ejes se cumple la relación de independencia y por tanto éstos constituyen una base, cuando: 1) el conjunto de sus rectas soporte contienen a las seis aristas de un tetraedro de volumen no nulo, 2) están constituidas por tres ejes coplanarios no concurrentes ni paralelos y tres concurrentes no coplanarios siempre que el punto de concurrencia de estos tres últimos no esté contenido en el plano definido por los tres primeros. 3) están constituidas por tres ejes coplanarios no concurrentes ni paralelos y tres ejes paralelos no coplanarios siempre que la dirección común de estos últimos no sea paralela al plano definido por los tres primeros. 4) están constituidas por tres ejes concurrentes no coplanarios con el punto de concurrencia (B) arbitrario y otros tres ejes cuyos vectores mi[B] son independientes 5) están constituidos por tres parejas de ejes, cada una de las cuales está formada por dos ejes concurrentes en un punto Ai y cuyas direcciones no sean coincidentes, y de tal forma que los planos definidos por estas tres parejas de ejes no tengan una recta común. Por otra parte podemos asegurar que seis ejes no constituyen una base para la descomposición de los torsores cuando para éstos se verifica que: 1) más de tres de los ejes son paralelos. 2) más de tres de los ejes son coplanarios. 3) más de tres de los ejes son concurrentes. 4) una única recta corta a los seis ejes. 5) el conjunto está formado por dos ternas de ejes, cada una de ellas concurrente en un punto. 6) todos los ejes están contenidos en un haz de planos con una recta común. 7) todos los ejes están contenidos en planos paralelos. 8) se agrupan en dos haces de ejes paralelos. 9) el conjunto de ejes está dividido en dos subconjuntos: uno de ellos formado por ejes concurrentes y el otro formado por ejes paralelos. Teoremas relativos a la equivalencia entre los sistemas de fuerzas a) Todo sistema arbitrario de fuerzas puede descomponerse, de forma única, en un sistema de fuerzas coplanario apoyado en un plano definido arbitrariamente más una


fuerza aplicada en un punto de definición arbitraria salvo la restricción de que no puede estar contenido en el mencionado plano. b) Todo sistema de fuerzas puede descomponerse, de manera única, en un sistema de fuerzas coplanario apoyado en un plano definido arbitrariamente y un sistema de fuerzas paralelas de dirección arbitraria salvo la restricción de que dicha dirección no puede ser paralela al mencionado plano. c) Un sistema coplanario siempre se puede descomponer, de manera única, en tres fuerzas cuyas rectas soporte se pueden fijar arbitrariamente, siempre que estén contenidas en el plano del sistema y que no sean, las tres, concurrentes en un mismo punto ni sean, las tres, paralelas. (Ritter-Culmann) d) Una fuerza arbitraria y un sistema paralelo siempre puede descomponerse, de manera única, en tres fuerzas de rectas soportes paralelas a la primera o al sistema paralelo, siempre que estas rectas no sean coplanarias. e) Una fuerza arbitraria puede descomponerse, de manera única, en tres con rectas soporte concurrentes en uno de los puntos de la recta soporte de la fuerza que queremos descomponer, siempre que dichas rectas de la descomposición no sean coplanarias. 14. Descomposición plano-punto En este apartado pretendemos demostrar el teorema (a) que dice: todo sistema de fuerzas puede descomponerse, de manera única, en un sistema de fuerzas coplanario apoyado en un plano definido arbitrariamente y una fuerza aplicada en un punto(B) arbitrario no perteneciente al mencionado plano. hipótesis disponemos de: - un torsor arbitrario: τ[O]=O, R, M[O] - un plano arbitrario: (P-A).n=0, donde P=x,y,z representa al punto genérico del mismo, A es un punto conocido de este plano y n es un vector normal al mencionado plano. - un punto (B) no contenido en el plano: (B-A).n ≠ 0 demostración A la fuerza aplicada en el punto B que buscamos le corresponde el torsor: τb[B]=B, fb , Mb[B]=0,0,0 y también τb[A]=A, fb , Mb[A]=(B-A)∧fb Al sistema coplanario que buscamos le corresponde el torsor:


τa[A]=A, fa , Ma[A] y también τa[B]=B, fa , Ma[B]=Ma[A]+(A-B)∧fa Por tratarse de un sistema coplanario contenido en el plano antes indicado: (14.1) fa .n =0 y Ma[A] = αn El torsor del sistema referido al punto A tiene la siguiente expresión: τ[A]=A, R, M[A]=M[O]+(O-A)∧R La equivalencia entre el sistema original y la superposición de los sistemas buscados se expresa mediante las ecuaciones: (14.2) fa + fb = R y Ma[A]+(A-B)∧fa=M[B] La segunda de estas ecuaciones puede sustituirse por: (14.3) Ma[A]+(B-A)∧fb=M[A] De (14.1) y la segunda ecuación del sistema (14.2) se deduce: (14.4) αn+(A-B)∧fa=M[B] Para despejar el coeficiente α basta multiplicar escalarmente ambos miembros de la ecuación (14.4) por el vector (A-B): αn.(A-B)+((A-B)∧fa).(A-B)=M[B].(A-B) ((A-B)∧fa).(A-B)≡0, α=(M[B].(A-B)) / (n.(A-B)); (14.5) Ma[A]=αn=(M[B].(A-B)) n / (n.(A-B)) Para despejar el vector fa basta multiplicar vectorialmente por la derecha ambos miembros de la ecuación (14.4) por el vector n αn∧n+((A-B)∧fa)∧n=M[B]∧n sabemos que: αn∧n ≡0; ((A-B)∧fa)∧n≡((A-B).n) fa -(fa.n) (A-B) =((A-B).n) fa luego: ((A-B).n) fa =M[B]∧n es decir: (14.6) fa =(M[B]∧n) / ((A-B).n)


Para despejar el vector fb podemos recurrir a la primera de las ecuaciones (2): (14.7) fb=R-fa Las expresiones (14.4) (14.5) y (14.6) muestran que el teorema se cumple si: (AB).n≠ 0 condición que equivale a decir que el punto B no pertenece al plano de la descomposición. El sistema coplanario de torsor es: τa[A]=A, fa , Ma[A]= A, fa =(M[B]∧n) / ((A-B).n) , Ma[A]=(M[B].(A-B)) n / (n.(A-B)) es equivalente a una fuerza si fa≠ 0 ,o lo que es lo mismo, si: M[B] y n no son vectores paralelos, lo cual conduce al siguiente corolario: un sistema de fuerzas que actúa sobre un rígido puede sustituirse por dos fuerzas una aplicada en un punto B fijado arbitrariamente y la otra contenida en un plano arbitrario que no contenga al punto B, con la única excepción que el momento resultante del sistema respecto del mencionado punto B sea perpendicular al plano, en cuyo caso en vez de una fuerza contenida en el plano de la descomposición deberíamos hablar de un “par”: fa=0 ⇔M[B]∧n=0 y Ma≠0 ⇔M[B].(A-B)≠0. Las figuras 30 y 31 tratan de la descomposición estudiada en este apartado para el caso en que el sistema se reduce a una fuerza no se incluye el caso M[B]∧n=0 en el que el sistema no puede reducirse a una fuerza aplicada en el punto B y una fuerza coplanaria al plano π , esta última debe sustituirse por un par y la representación de éste mediante fuerzas tiene un elevado grado de indeterminación difícil de restringir. 15. Descomposición en un sistema coplanario más un sistema paralelo. Pretendemos demostrar el teorema (b) que dice que todo sistema de fuerzas es equivalente a un sistema coplanario más un sistema de fuerzas paralelas cuya dirección fijamos arbitrariamente (teorema b) con la única excepción de que sea paralela al mencionado plano. hipótesis disponemos de: - un torsor arbitrario: τ[O]=O, R, M[O] - un plano arbitrario: (P-A).n=0, donde P=x,y,z representa al punto genérico del mismo, A es un punto conocido de este plano y n es un vector normal a dicho plano. - un vector director v no paralelo al plano: v.n ≠ 0 demostración


Al sistema paralelo le corresponde una resultante fc de dirección paralela al vector v (fc= β v ) por lo que su torsor será de la forma: τc[A]=A, fc= β v , Mc[A] Al sistema coplanario que buscamos le corresponde el torsor: τ’a[A]=A, f’a , M’a[A]=α’ n Sabemos que: (15.1) f’a. n=0 por tratarse de la resultante de un sistema coplanario y (15.2) Mc[A].v= 0 por tratarse del momento de un sistema de fuerzas paralelas al vector v. La equivalencia entre el sistema original y la superposición de los sistemas buscados se expresa mediante las ecuaciones: (15.3) f’a + fc = R ⇔ f’a + β v = R (15,4) M’a[A]+Mc[A]=M[A] ⇔ α’ n+Mc[A]=M[A] Siendo M[A] =M[O]+((O-B)∧R Para despejar el coeficiente β basta multiplicar escalarmente los dos miembros de la ecuación (15.3) por el vector n: f’a.n + β v.n = R.n ⇒ β = (R.n) / (v.n ) fc = β v = (R.n) v / (v.n ) Para despejar el coeficiente α’ basta multiplicar escalarmente los dos miembros de la ecuación (15.4) por el vector v: α’ n.v+Mc[A].v=M[A].v ⇒ α’ =(M[A].v) /(n.v) M’a[A]=α’ n=(M[A].v) n /(n.v) Para despejar el vector f’a podemos recurrir a la ecuación (3) f’a = R - fc Para despejar el vector Mc[A] podemos recurrir a la ecuación (4) Mc[A]=M[A]-M’a[A]


Si queremos una relación más directa entre estos últimos vectores y los datos iniciales podemos proceder de la siguiente manera: para despejar el vector f’a empezamos por multiplicar por la derecha los dos miembros de la ecuación ( 3) por el vector v f’a ∧v+ β v∧v = R∧v ⇒ f’a ∧v = R∧v , y a continuación multiplicamos vectorialmente por la izquierda los dos miembros de el resultado obtenido en la operación anterior por el vector n n∧(f’a ∧v) = n∧((R∧v) n∧(f’a ∧v) ≡ (n.v) f’a-(f’a .n) v=(n.v) f’a f’a=(n∧(R∧v)) / (n.v) De forma análoga podemos proceder para despejar el momento Mc[A]: empezamos por multiplicar vectorialmente por la derecha los dos miembros de la ecuación (15.4) por el vector n α’ n∧n+Mc[A]∧n=M[A]∧n ⇒ Mc[A]∧n=M[A]∧n A continuación multiplicamos vectorialmente por la izquierda los dos miembros de esta última ecuación por el vector v v∧(Mc[A]∧n)=v∧(M[A]∧n) v∧(Mc[A]∧n)≡(v.n) Mc[A] - (v. Mc[A]) n=(v.n) Mc[A] Mc[A] =(v∧(M[A]∧n)) / (v.n) El sistema coplanario se puede reducir a una fuerza siempre que f’a ≠ 0 o lo que es lo mismo, si: n∧(R∧v)≠0 El sistema paralelo se puede reducir a una fuerza siempre que f’c ≠ 0 , es decir , si: R.n≠0


Figura 1: en este caso la fuerza A,F no es paralela al plano Π ni tiene la dirección definida por el vector v . Q es el punto de intersección de la recta soporte de la fuera y el plano π.

Figura 2: el plano π2 está definido por la recta soporte de la fuerza a descomponer y la dirección dada por el vector v . Las fuerzas resultado de la descomposición son: Q,Fa y Q,Fb.

Q

F

Π

Fa

Fb

v Π2

A

F

plano: Π

dirección

v

punto de intersección: Q

A

Figura 3: en este caso la fuerza A, F es paralela al plano Π el plano π2 también esta definido por la fuerza A, F y la dirección dado por v .

F

Π

vA

π2

F

Π

-f

f

v

F'af

F'a+f

π2

Figura 4: Introducimos el sistema nulo formado por las fuerzas A, f y A,- f, sumamos las fuerzas: A, f yA, F, desplazamos el resaultado al punto Q, y descomponemos la fuerza resultante en Q,fy Q,F 'a

Q

Π

-f

F'a

f

Q

Π2

Α

Figura 5: la fuerza inicial s A, F resulta descompuesta en la fuerza Q,F 'a y el par de fuerzas de dirección v :A,-f y Q,f

Descopmposición de una fuerza en dos sistemas: uno de ellos contenido en un plano dado arbitrariamente y la otra formado por fuerzas que tienen una dirección también fijada arbitrariamente salvo la limitación de que no sea paralela al plano mencionado.

16. Descomposición de los sistemas coplanarios. Todo sistema coplanario de fuerzas puede reducirse a dos fuerzas contenidas en su mismo plano, una de las cuales puede ser arbitraria, dentro del mencionado plano, de la que supondremos que A2 es un punto de la misma y v su dirección; la otra fuerza


con recta soporte que pasa por un nuevo punto A1, también arbitrario, aunque perteneciente al plano del sistema pero con la limitación que la recta que une los puntos A2 y A1 no resulte paralela a la recta soporte de la primera fuerza. hipótesis: - τ=A, R, Mp[A] es el torsor del sistema referido a un punto A del plano, - n define a un vector normal al plano ⇔ R.n =0, Mp[A] =µn - A1 es otro punto del plano en el que se aplicará una de las fuerzas a determinar y cuyo torsor es τ1=A1,f2,0,0,0 siendo: (A1-A).n =0 , f1.n =0. - A2, v define la recta soporte sobre la que se aplicará la fuerza de torsor: A2,f1=αv,0,0,0 siendo: (A2-A1).n =0, (A2-A1)∧v≠0 , v.n=0. (Las figuras 34 muestran esta descomposición para el caso en que R≠0). demostración Calculamos el momento resultante respecto del punto A1 (Mp[A1]=µ’n) del sistema coplanario a descomponer: Mp[A1] =Mp[A] +(A-A1)∧R y lo igualamos al momento resultante del sistema formado por las dos fuerzas buscadas. Una de estas dos fuerzas (τ1=A1,f2) tiene momento nulo respecto del punto A1 ya que su recta soporte pasa por dicho punto y por ello: Mp[A1]=µ’n =(A2-A1)∧f1=(A2-A1)∧αv Para despejar el coeficiente α basta multiplicar escalarmente los dos miembros de la ecuación anterior por el vector normal al plano (n). α=(Mp[A1].n ) /(n.(A2-A1)∧v) ⇒ f1=(Mp[A1].n ) v /(n.(A2-A1)∧v) y f2=R-f1 Si un sistema es equivalente a una fuerza puede descomponerse en dos fuerzas coplanarias a la primera y cuyas rectas soporte sean paralelas a la misma. (Figuras 35) Un corolario del anterior dice: un sistema coplanario y arbitrario de fuerzas se puede descomponer en tres fuerzas cuyas rectas soporte se pueden fijar arbitrariamente, siempre que estén contenidas en el plano del sistema y que no sean, las tres, concurrentes en un mismo punto, ni sean, las tres, paralelas. Si las rectas soporte de las tres fuerzas definen un triángulo diremos que la descomposición es triangular, y si dos de las rectas son paralelas diremos que se trata de una descomposición en U. hipótesis Analizamos primero la descomposición triangular. Sean A1,A2, y A3 los puntos de intersección de las parejas formadas por las tres rectas soporte y sea:


τp=A1, Rp, Mp[A1]=µ1n (Rp.n=0) el torsor del sistema coplanario que queremos descomponer. Este teorema se puede reducir al anterior, para ello: podemos considerar como vector normal al plano a n=(A2-A1)∧(A3-A2) y v=(A3-A2), el punto C es la intersección de la recta central del sistema ( si la tiene) con la recta (A2,A3). La fuerza A2, f1= α(A3-A2)=αv es la correspondiente al teorema anterior mientras que la fuerza A1,f2 puede descomponerse a su vez en las dos fuerzas siguientes: A1,β2(A2-A1) y A1,β3(A3-A1) para ello basta resolver la ecuación: f=β2(A2-A1)+ β3(A3-A1) “U” el procedimiento es similar si elegimos como puntos A1 y A2 a los de intersección de las dos rectas soportes paralelas con la tercera recta soporte que no lo es, y como vector v a un vector director de las dos rectas paralelas. Planteamos ahora la demostración de este teorema de descomposición triangular de forma más simétrica. El sistema equivalente buscado es de la forma: A1, α3 (A2-A1), A2, α1 (A3-A2), A3, α2 (A1-A3) Resolver esta descomposición consiste en calcular los valores de los coeficientes αi (i=1,..3). Sabemos que dos sistemas de fuerza son equivalentes cuando son iguales sus respectivos momentos resultantes respecto de tres puntos no alineados, de lo que se deduce: Mp[A1]=µ1n=(A2-A1)∧α1 (A3-A2) =α1 n Mp[A2]=Mp[A1]+(A1-A2]∧Rp=µ2n=(A3-A2)∧α2 (A1-A3) =α1 n ya que: (A3-A2)∧ (A1-A3)=(A3-A2)∧ (A1-A2)+(A3-A2)∧ (A2-A3)=(A3-A2)∧ (A1-A2)=n De manera análoga se deduce: Mp[A3]=Mp[A1]+(A1-A3]∧Rp=µ3n=(A1-A3)∧α3 (A2-A1) =α3 n De estas ecuaciones se deduce: αi=µi= (Mp[Ai].n) / (n.n) (i=1,..3) Expresiones de las tres fuerzas buscadas: A1, α3 (A2-A1)=(Mp[A3].n) (A2-A1) / (n.n) , A2, α1 (A3-A2)=(Mp[A1].n) (A3-A2) / (n.n) , A3, α2 (A1-A3)=(Mp[A2].n) (A1-A3) / (n.n)


La única limitación de estas expresiones es que n.n≠0, que equivale a decir que los tres puntos A1(i=1,..3) no pueden estar alineados. Para la descomposición en U consideremos los dos puntos C1 y C2 en los que las dos rectas soporte paralelas cortan a la tercera recta soporte y sea u un vector director de las dos rectas paralelas. Podemos elegir el vector normal al plano n=(C2-C1)∧v. Las fuerzas solicitadas son de la forma: C1, γ1 v, C2, γ2 v, C1, λ(C2-C1) demostración Sean Mp[C1], y Mp[C2] los momentos resultantes del sistema que tratamos de descomponer respecto de los puntos C1 y C2 de la equivalencia entre los dos sistemas se deduce: Mp[C1]=ν1 n = (C2-C1) ∧γ1v= γ1 n ⇒ ν1= γ1 = (Mp[C1].n) / (n.n) Mp[C2]=ν2 n = (C1-C2) ∧γ2v= -γ2 n ⇒ ν2= -γ2 = (Mp[C2].n) / (n.n) Para calcular el valor de λ recurrimos a la igualdad entre las resultantes de ambos sistemas: Rp= γ1 v+γ2 v+λ(C2-C1) f1 = γ1 v; f2= γ2 v; f3=λ(C2-C1); Definimos el vector η=v∧n que es perpendicular al vector v sin serlo al vector (C2 -C1) ya que: η.(C2-C1)=(v∧n).(C2-C1)=((C2-C1)∧v).n=n.n≠0 Rp.η=γ1 v.η+γ2 v.η+λ(C2-C1).η=λ(C2-C1).η γ1 v.η=γ2 v.η=0 ⇒ λ= (Rp.η) / (C2-C1).η λ= (Rp.(v∧n)) / ((C2-C1).(v∧n)) (C2-C1).(v∧n) ≡n.n y Rp.(v∧n)≡(Rp∧v).n ⇒ λ= ((Rp∧v).n ) / (nn) Las tres fuerzas buscadas son: C1, f1= (Mp[C1].n) v / (n.n), C2, f2=−(Mp[C2].n) v / (n.n), C1, ((Rp∧v).n ) (C2-C1) / (n.n)


En lo que respecta a esta última descomposición, si el sistema coplanario tiene resultante nula ( sistema "par"), sin que se anule su momento resultante: λ= ((Rp∧v).n ) / (nn) será nulo y por consiguiente la fuerza apoyada en la recta que pasa por C1 y C2 será nula, quedando reducida la descomposición a dos fuerzas orientadas según la dirección del vector v. Para la descomposición del torsor de un sistema coplanario en dos fuerzas cuyas rectas soporte están contenidas en su plano siendo C1 y C2 sus respectivos puntos de aplicación y v el vector director de la fuerza aplicada en el punto C2 Sean: n un vector normal al plano, τ=C1, Rp, Mp[C1] el torsor en C1 del sistema coplanario que queremos descomponer. n=(C2-C1)∧v≠0, n.R=0, Mp[C1]=µn f2=βv, f1.n=0 Ecuaciones que representan la equivalencia entre los dos sistemas: f1+βv=Rp (C2-C1)∧βv= βn =Mp[C1] Multiplicando escalarmente los dos miembros de esta última ecuación por el vector n resulta: β =(Mp[C1].n) / (n,n) ⇒ C2 f2 =(Mp[C1].n) v / (n,n) C1,f1 =Rp- (Mp[C1].n) v / (n,n) Al mismo resultado puede llegarse sumando las dos fuerzas aplicadas en el punto C1 de la descomposición en U.


17. Descomposición de una fuerza en fuerzas paralelas. Una fuerza siempre puede descomponerse en dos fuerzas de direcciones paralelas a la misma y cuyas rectas soporte no deben ser coincidentes al tiempo que estén en el mismo plano que la fuerza que tratamos de descomponer. hipótesis Sean A1 y A2 sendos puntos de un plano que contiene al la recta soporte de la fuerza que queremos descomponer y sea A1 , F, M[A1] el torsor de dicha fuerza: F. M[A1]=0 (por tratarse de una fuerza) (A2-A1).F0 (indica que las dos rectas soporte de las fuerzas buscadas no son coincidentes) Si n=(A2-A1)F: M[A1]n=0 (indica que las tres fuerzas están contenidas en el mismo plano Las dos fuerzas buscadas son de la forma: demostración A1, α1F y A2, α2F Los torsores de ambas fuerzas en el punto A1 son: τ1= A1, α1F, 0 τ2= A1, α2F, (A2-A1)∧α2F=A1, α2F, α2n La equivalencia entre el sistema primitivo y el de la descomposición se expresa por las siguientes ecuaciones: α1F+α2F=F ⇒ α1+α2 = 1 α2n=M[A1] Multiplicando escalarmente los dos miembros de la última de estas ecuaciones por el vector n obtenemos: α2n.n=M[A1].n ⇒ α2=(M[A1].n) / (n.n)


α1=1-((M[A1].n) / (n.n)) 1-((M[A1].n) / (n.n))≡((n.n) -(M[A1].n)) / (n.n) ≡ ((n -M[A1]).n) / (n.n) (Ver figuras 35) M[A2] =M[A1] +(A1-A2)∧F=M[A1] -n n -M[A1] = -M[A2] De donde resulta: A1, α1F=(-M[A2].n) F / (n.n) A2, α2F=(M[A1].n) F/ (n.n) Si aplicamos una permutación circular a los índices de la primera expresión recordemos que al hacerlo el vector n=(A2-A1)∧F cambia de signo. Una fuerza siempre puede descomponerse de manera única en tres fuerzas de direcciones paralelas a la misma y cuyas rectas soporte, dadas, no deben ser coplanarias. hipótesis Sean A1, A2 y A3 tres puntos no alineados y consideremos una fuerza cuyo torsor en el punto Q es: τ= Q, F, M[Q], F. M[Q]=0 se trata de hallar tres fuerzas aplicadas respectivamente en los puntos Ai (i=1,..3), que constituyan un sistema equivalente a la fuerza dada. Las fuerzas buscadas admiten las siguientes expresiones: fuerza 1= A1, β1 F,fuerza 2= A2, β2 F,fuerza 3 =A3, β3 F demostración La equivalencia entre la fuerza dada y las tres que debemos hallar se puede formular a partir de la igualdad de los momentos resultantes de ambos sistemas respecto de los tres puntos no alineados Ai (i=1,..3). Los momentos resultantes de la fuerza dada respecto de los puntos Ai se obtienen a partir de las expresiones siguientes: M[Ai] = M[Q] + (Q-Ai)∧F (i=1,..3)


Relaciones de equivalencia: (A2-A1)∧ β2 F +(A3-A1)∧ β3 F =M[A1] (A3-A2)∧ β3 F +(A1-A2)∧ β1 F =M[A2] (A1-A3)∧ β1 F +(A2-A3)∧ β2 F =M[A3] Para despejar el coeficiente β3 basta multiplicar escalarmente ambos miembros de la primera de estas ecuaciones por el vector (A2-A1) ((A2-A1)∧ β2 F ).(A2-A1)+((A3-A1)∧ β3 F).(A2-A1) =M[A1].(A2-A1) pero: ((A2-A1)∧ β2 F).(A2-A1) =0 ((A3-A1)∧ β3 F ).(A2-A1)=β3((A2-A1)∧(A3-A1)).F (A2-A1)∧(A3-A1)=(A2-A1)∧((A3-A2)+(A2-A1))=(A2-A1)∧(A3-A2)≡n En resumen: β3= (M[A1].(A2-A1)) / (n. F) Por simple permutación circular de los índices de la expresión anterior se deducen las expresiones de los restantes coeficientes. La condición que establece que las rectas soporte de las tres fuerzas no sean coplanarias es: n.F≠0 fuerza 1= A1, (M[A2].(A3-A2)) F / (n. F), fuerza 2= A2, (M[A3].(A1-A3)) F / (n. F), fuerza 3 =A3, (M[A1].(A2-A1)) F / (n. F) 18. Descomposición de una fuerza en tres no coplanarias cuyas rectas soporte tienen direcciones arbitrarias y concurren en un punto de la recta soporte de la fuerza dada. Sean v1, v2, v2, los vectores directores de las tres rectas soporte de las fuerzas buscadas y sea C el punto de concurrencia de las mismas que suponemos situado en la recta soporte de la fuerza que queremos descomponer. El torsor de la fuerza dada en el punto C tiene la siguiente forma: τ=C, F, 0 ya que C pertenece a su recta soporte.


demostración Las fuerzas solicitadas admiten las siguientes expresiones: fuerza 1= C, κ1 v1, fuerza 2= C, κ2 v2, fuerza 3 =C, κ3 v3 Las ecuaciones derivadas de equivalencia, en este caso, se reducen a la igualdad entre las resultantes de ambos sistemas dado que al ser C punto de las rectas soporte de todas las fuerzas que intervienen en este ejercicio la igualdad de los momentos resultantes de ambos sistemas en este punto se reduce a una identidad (0=0). κ1 v1+κ2 v2+κ3 v3=F Para despejar el coeficiente κ1 basta multiplicar escalarmente los dos miembros de la ecuación anterior por el vector h1=v2∧v3 κ1 v1.(v2∧v3)+κ2 v2.(v2∧v3)+κ3 v3.(v2∧v3)=F.(v2∧v3) κ2 v2.(v2∧v3)=κ3 v3.(v2∧v3)=0 κ1 =F.(v2∧v3) / (v1.(v2∧v3)) Por permutación circular de los índices de esta expresión se deducen los restantes coeficientes fuerza 1= C, (F.(v2∧v3)) v1 / (v1.(v2∧v3)) , fuerza 2= C, (F.(v3∧v1)) v2 / (v1.(v2∧v3)) , fuerza 3 =C, (F.(v1∧v2)) v3 / (v1.(v2∧v3)) Si aplicamos una permutación circular a los índices del producto mixto (v1.(v2∧v3)) no modificamos su valor. También podemos descomponer una fuerza en dos con rectas no coincidentes, concurrentes con la primera siempre que las rectas soporte de las tres fuerzas mencionadas sean coplanarias. Sea τ=C, F, 0 el torsor de la fuerza dada en el punto C de concurrencia y fuerza 1= C, ρ1 v1, fuerza 2= C, ρ2 v2 las expresiones de las fuerzas buscadas. La condición que establece que estas fuerzas son coplanarias es: (v1∧v2).F=0, siendo n=v1∧v2≠0 (las rectas soporte de las dos fuerzas buscadas no son coincidentes y ambas pasan por el punto C) demostración


La relación de equivalencia entre los dos sistemas suministra la siguiente ecuación ρ1 v1+ρ2 v2=F Si multiplicamos vectorialmente por la derecha los dos miembros de la ecuación anterior por el vector v2 obtenemos: ρ1 v1∧v2+ρ2 v2∧v2=F ∧v2 ⇒ ρ1 n=F ∧v2 ⇒ ρ1 n.n=(F ∧v2).n ρ1 =((F ∧v2).n) / (n.n) De forma análoga: ρ1 v1∧v1+ρ2 v2∧v1=F ∧v1 ⇒ −ρ2 n=F ∧v1 ⇒ -ρ2 n.n=(F ∧v1).n ρ2 =-((F ∧v1).n) / (n.n) Siendo las expresiones de las fuerzas fuerza 1= C, ((F ∧v2).n) v1/ (n.n) fuerza 2= C, -((F ∧v1).n) v2/ (n.n) 19. Descomposición tetraédrica de un torsor. Como corolario de los teoremas anteriores vamos a demostrar que cualquier sistema de fuerzas admite un sistema equivalente constituido por seis fuerzas cuyas rectas soporte son las aristas de un tetraedro de volumen no nulo. hipótesis Sean B A1 , A2 y A3 los cuatro vértices del tetraedro, la condición de volumen no nulo obliga que los puntos Ai (i=1,..3) no estén alineados n=(A2-A1)∧(A3-A2)≠0 y que el punto B no pertenezca al plano (π) definido por los puntos Ai (i=1,..3): (B-A1).n≠0 demostración: El torsor del sistema que damos referido al punto B ( τ=B, R, M[B]), tal como se demostró en el apartado 16, admite una descomposición única en un torsor coplanario al plano π


(19.1) τa =A1, fa =(M[B]∧n) / ((A-B).n) , Ma[A1]=(M[B].(A1-B)) n / (n.(A1-B)) y una fuerza aplicada en B: B, fb=R-fa El sistema coplanario (19.1) puede descomponerse de manera única en tres fuerzas cuyas rectas soporte son los lados del triángulo de vértices Ai (i=1,..3) tal como se demostró en el apartado (?) fuerza 3=A1, fa3=(Ma[A3].n) (A2-A1) / (n.n) , fuerza 1=A2, fa1=(Ma[A1].n) (A3-A2) / (n.n) , fuerza 2=A3, fa2=(Ma[A2].n) (A1-A3) / (n.n) siendo: Ma[A2]=Ma[A1]+(A1-A2)∧fa Ma[A3]=Ma[A1]+(A1-A3)∧fa La fuerza aplicada al punto B puede a su vez descomponerse en tres fuerzas orientadas según las aristas del tetraedro que concurren en el punto B, tal como se demuestra en el apartado ? fuerza 4= B, (fb.(v2∧v3)) v1 / (v1.(v2∧v3)) , fuerza 5= B, (fb.(v3∧v1)) v2 / (v1.(v2∧v3)) , fuerza 6 =B, (fb.(v1∧v2)) v3 / (v1.(v2∧v3)) siendo: vi = (Ai-B) (i=1,..3) 20. Descomposición en “trípode” de un torsor. Con esta denominación tratamos de la descomposición de un torsor en seis fuerzas, tres de las cuales que son coplanarias y tienen sus rectas soporte sobre los lados de un triángulo de área no nula y los otras tres son paralelas entre sí y están aplicadas en los vértices del triángulo anterior (A1, A2, A3) donde el vector director (v) de las tres fuerzas paralelas no paralelo al plano mencionado. Comprobamos a continuación que este teorema es un corolario de los anteriores. hipótesis: Consideremos el torsor del sistema que queremos descomponer referido al punto A1: τ=A1, R, M[A1] La no alineación de los puntos Ai se expresa por: n=(A2-A1),∧(A3-A2)≠0


El no paralelismo entre el vector director de las tres últimas fuerzas y el plano definido por los puntos Ai (i=1,..3) v.n≠0 demostración: El sistema dado puede desdoblarse en un sistema coplanario y una fuerza orientada en la dirección de v tal como se demuestra en el apartado 17 Torsor del sistema coplanario referido al punto A1: τa=A1 fa=(n∧(R∧v)) / (n.v) , Ma[A1] =(M[A1].v) n /(n.v) Torsor de la fuerza paralela al vector v referido al punto A1: τc=A1 fc=(R.n) v / (v.n ) , Mc[A1] =(v∧(M[A1]∧n)) / (v.n) El sistema coplanario de torsor τa admite una descomposición única en tres fuerzas con rectas soporte los lados del triángulo de vértices Ai tal como se demostró en el apartado 18 y volvió a aparecer en el apartado 20. A partir de la expresión obtenida para el momento de este sistema coplanario respecto del punto A1 Ma[A1] =(M[A1].v) n /(n.v) y de su resultante: fa=(n∧(R∧v)) / (n.v) se obtienen: Ma[A2]=Ma[A1]+(A1-A2)∧fa Ma[A3]=Ma[A1]+(A1-A3)∧fa y con estos momentos se pueden calcular las fuerzas de la descomposición que tienen sus rectas soporte sobre los lados del triángulo mencionado. fuerza 3=A1, fa3=(Ma[A3].n) (A2-A1) / (n.n) , fuerza 1=A2, fa1=(Ma[A1].n) (A3-A2) / (n.n) , fuerza 2=A3, fa2=(Ma[A2].n) (A1-A3) / (n.n) Con ayuda del segundo de los teoremas desarrollados en el apartado 18 se obtienen las siguientes expresiones para las tres fuerzas aplicadas a los puntos Ai (i=1,..3) paralelas al vector v:


fuerza 4= A1, (Mc[A2].(A3-A2)) v / (n. v), fuerza 5= A2, (Mc[A3].(A1-A3)) v / (n. v ) fuerza 6 =A3, (Mc[A1].(A2-A1)) v / (n. v ) Siendo: Mc[A2]=Mc[A1]+(A1-A2)∧fc Mc[A3]=Mc[A1]+(A1-A3)∧fc 21. Descomposición de un torsor en una fuerza aplicada en un punto (B) y tres fuerzas cuyas rectas soporte elegimos arbitrariamente salvo lo que afecta a las siguientes restricciones: los respectivos planos definidos por sus rectas soporte y el punto B no tienen una recta común y las tres rectas no son paralelas. Todo torsor admite uno equivalente formado por cuatro fuerzas sometidas a las restricciones indicadas en el enunciado de este apartado. hipótesis: Sea un sistema cualquiera cuyo torsor en el punto B representamos por: τ=B, R, M[B], Las fuerzas solicitadas serán de la forma: B, fb, A1 ,α1u1, A2 ,α2u2,A3 ,α3u3 Las condiciones que establecen que las rectas soportes de estas últimas no pasan por B son: m1= (A1-B)∧u1≠0, m2= (A2-B)∧u2≠0, m3= (A3-B)∧u3≠0 La restricción enunciada en el título de este apartado equivale a decir que los vectores (mi) normales a los mencionados planos son vectores independientes: (m1∧m2).m3≠0 demostración La equivalencia entre los dos sistemas se expresa mediante las siguientes ecuaciones: fb+α1u1+α2u2+α3u3=R


α1m1+α2m2+α3m3=M[B] Para despejar el coeficientes α1 podemos multiplicar escalarmente los dos miembros de la ecuación anterior por el vector h1=m2∧m3: α1m1.h1+α2m2.h1+α3m3.h1=M[B].h1 m2.h1=m3.h1=0 m1.h1=m1.(m2∧m3)= (m1∧m2).m3≠0 α1=(M[B].h1) / (m1.h1) ⇒ f1=α1u1=(M[B].h1) u1 / ((m1∧m2).m3) Por permutación circular de los índices obtenemos las tres restantes A1 , f1=(M[B].(m2∧m3)) u1 / ((m1∧m2).m3), A2 , f2=(M[B].(m3∧m1)) u2 / ((m1∧m2).m3), A3 , f3=(M[B].(m1m2)) u3 / ((m1m2).m3) La cuarta fuerza es: B, R- f1- f2- f3 De este teorema podríamos derivar como corolarios todos los referentes a la descomposición de un torsor en cuatro fuerzas donde se fija el punto de aplicación de una de las mismas. 22 Descomposición punto-recta-perpendicular. Todo torsor admite una descomposición en una fuerza aplicada en un punto C, una fuerza aplicada en un punto A cuya recta soporte tiene la dirección de un vector v y una fuerza aplicada en un punto B de dirección perpendicular al vector u, no estando alineados los tres puntos de aplicación (A,B y C) y no siendo paralelo el vector v al plano definido por dichos puntos, a su vez: el vector u no puede ser perpendicular a la recta que pasa por los puntos B y C. hipótesis El torsor del sistema en el punto C es: [C]=C, R, M[C] La fuerzas buscadas son de la forma:


C, fc , A, fa=v , B, fb siendo: fb.u=0 La no alineación de los puntos A,B,C se puede formular así: n=(B-C)(A-C)≠0 El no paralelismo entre el plano definido por los puntos A, B y C con la dirección del vector v se expresa: n.v≠0 finalmente debe cumplirse: (B-C).u≠0 Demostración: La equivalencia entre los dos sistemas puede formularse mediante el siguiente sistema de ecuaciones: (22.1) fa+fb+fc=R (22,2) (A-C)∧fa+(B-C)∧fb=M[C] ⇒ (A-C)∧αv+(B-C)∧fb=M[C] Para calcular el valor del coeficiente α basta multiplicar escalarmente los dos miembros de la ecuación (2) por el vector (B-C) ((A-C)∧αv).(B-C)+((B-C)∧fb).(B-C)=M[C].(B-C) ((B-C)∧fb).(B-C)=0 ⇒ α=(M[C].(B-C)) / (((A-C)∧v).(B-C)) ((A-C)∧v).(B-C)=((B-C)∧(A-C)).v =n.v fa=αv=(M[C].(B-C)) v / (n.v) Para despejar el vector fb podemos multiplicar vectorialmente por la derecha los dos miembros de la ecuación (2) por el vector u: ((A-C)∧fa)∧u+((B-C)∧fb)∧n=M[C]∧u ((B-C)∧fb)∧u≡((B-C).u) fb-(fb.u) (B-C)= ((B-C).u) fb fb=(M[C]∧u - ((A-C)∧fa)∧u) / ((B-C).u) De la ecuación (1) se deriva: fc=R-fa-fb


El sistema de fuerzas buscado es fuerza 1 = A, fa=(M[C].(B-C)) v / (n.v) fuerza 2 = B, (M[C]∧u - ((A-C)∧fa)∧u) / ((B-C).u) fuerza 3 = C, fc=R-fa-fb 23 Restricciones a las que está sometida la elección de las rectas soporte de las seis fuerzas en las que se puede descomponer un torsor arbitrario. Hemos visto (apartado 13) que cualquier sistema de fuerzas admite uno equivalente constituido por seis fuerzas cuyas rectas soporte fijamos con un elevado grado de arbitrariedad, en este apartado queremos analizar las restricciones a las que está sometida dicha elección. La posibilidad de descomponer cualquier torsor de fuerzas aplicadas a un cuerpo rígido sobre una determinada base de rectas soporte está íntimamente relacionada con el problema de la ubicación de las ligaduras que inmovilizan este cuerpo de forma estricta (no superabundante). Sean Pi (i=1,..6) seis puntos, uno para cada una de las mencionadas rectas soporte cuyos vectores directores son vi (i=1,..6), y sea Q un punto arbitrario. Consideremos los vectores: mi= (A1-Q)∧vi (i=1,..6) A partir de las parejas vi, mi , definimos unos vectores hexadimensionales: wi=vix , viy , viz , mix , miy , miz (i=1,..6 El torsor se podrá descomponer en seis fuerzas de la forma:Ai ,αiv1 (i=1,..6) si no es nulo el determinante de la matriz cuadrada (ma) de 6x6 elementos cuyas columnas son los seis hexavectores wi

|ma|=

v1x , v1y , v1z , m1x , m1y , m1z

v2x , v2y , v2z , m2x , m2y , m2z

v3x , v3y , v3z , m3x , m3y , m3z

v4x , v4y , v4z , m4x , m4y , m4z

v5x , v5y , vi5 , m5x , m5y , m5z

v6x , v6y , v6z , m6x , m6y , m6z

En efecto: si el torsor del sistema que queremos descomponer es: τ=B, R, M[B] la equivalencia entre el sistema cuyo torsor queremos descomponer y el formado por las seis fuerzas buscadas se expresa de la siguiente manera:


Σ(i=1,..6) (αivi) = R Σ(i=1,..6) ((Ai-Q)∧αivi) = M[Q] ⇒ Σ(i=1,..6) (αimi) = M[Q] Si definimos el hexavector cuyas componentes son las de la pareja: Ω=R, M[Q] las dos ecuaciones de equivalencia se pueden sintetizar en la ecuación con vectores hexadimensionales: Σ(i=1,..6) (αiwi) = Ω cuya expresión en forma matricial es:

Rx

Ry

Rz

M x

M y

Mz

=

v1,1 v1,2 v1,3

v2,1 v2,2 v2,3

v3,1 v3,2 v3,3

v4,1 v4,2 v4,3

v5,1 v5,2 v5,3

v6,1 v6,2 v6,3

m1,1 m1,2 m1,3

m2,1 m2,2 m2,3

m3,1 m3,2 m3,3

m4,1 m4,2 m4,3

m5,1 m5,2 m5,3

m6,1 m6,2 m6,3

α1

α2

α3

α4

α5

α6

Esta ecuación admite solución única para cualquier torsor (cualquier sistema Ω) cuando no es nulo el mencionado determinante de la matriz ma. |ma|≠0 En lo que sigue utilizaremos como polo de momentos el origen de coordenadas. Una rotación de los ejes coordenados no influye en el determinante de la matriz ma, como tampoco lo hace una traslación de los mismos. Si tres de las rectas soporte de las fuerzas de la descomposición son coplanarias y elegimos los ejes coordenados de tal forma que los ejes Oxy estén contenidos en el plano que contiene a dichas rectas siendo el eje Oz perpendicular a los anteriores resultará una matriz ma de la forma:

v1,1 v1,2 0v2,1 v2, 2 0

v3,1 v3,2 0v4,1 v4,2 v4,3

v5,1 v5,2 v5,3

v6,1 v6,2 v6,3

m1,1 0 0m2,1 0 0

m3,1 0 0m4,1 m4,2 m4,3

m5,1 m5,2 m5,3

m6,1 m6,2 m6,3

El valor absoluto del determinante de la matriz anterior coincide con el del producto de determinantes de 3x3 siguientes:


v1,1 v1,2 m1,1

v2,1 v2,2 m2,1

v3,1 v3,2 m3,1

v4,3 m 4,2 m 4,3

v5,3 m5,2 m5,3

v6,3 m6,2 m6,3

de ello se deriva que si se anula uno de estos determinantes se anula el determinante de la matriz ma. De lo dicho hasta ahora se deriva que si una cuarta recta fuera coplanaria con las tres anteriores y con los ejes de referencia adecuados, la matriz (ma) tendría la forma:

v1,1 v1,2 0v2,1 v2,2 0

v3,1 v3,2 0v4,1 v4,2 0

v5,1 v5,2 v5,3

v6,1 v6,2 v6,3

m1,1 0 0m2,1 0 0

m3,1 0 0m4,1 0 0

m5,1 m5,2 m5,3

m6,1 m6,2 m6,3

y el valor absoluto de su determinante coincidiría con el del producto:

v1,1 v1,2 m1,1

v2,1 v2,2 m2,1

v3,1 v3,2 m3,1

0 0 0v5,3 m5,2 m5,3

v6,3 m6,2 m6,3

=0

es decir: si cuatro, o más, de las seis rectas soporte de la descomposición son coplanarias el conjunto de los seis ejes de la descomposición no constituye una base. Consideremos ahora que las tres primeros rectas soporte son paralelas y que elegimos los ejes coordenados de tal forma que éstas tienen la dirección del eje Oz, la matriz ma será de la forma

v1,1 0 0v2,1 0 0

v3,1 0 0v4,1 v4,2 v4,3

v5,1 v5,2 v5,3

v6,1 v6,2 v6,3

0 m1,2 m1,3

0 m2,2 m2,3

0 m3,2 m3,3

m4,1 m4,2 m4,3

m5,1 m5,2 m5,3

m6,1 m6,2 m6,3

cuyo determinante tiene el mismo valor absoluto que el del producto


v1,1 m1,2 m1,3

v2,1 m2,2 m2,3

v3,1 m3,2 m3,3

v4,2 v4,3 m4,1

v5,2 v5,3 m5,1

v6,2 v6,3 m6,1

Si la cuarta recta es paralela a las tres mencionadas la primera fila de la segunda matriz sería nula es decir |ma|=0. Si las tres primeras rectas son concurrentes la matriz ma tendrá la siguiente forma.

v1,1 v1,2 v1,3

v2,1 v2,2 v2,3

v3,1 v3,2 v3,3

v4,1 v4,2 v4,3

v5,1 v5,2 v5,3

v6,1 v6,2 v6,3

0 0 0 0 0 0 0 0 0m4,1 m4,2 m4,3

m5,1 m5,2 m5,3

m6,1 m6,2 m6,3

cuyo determinante coincide con el producto de determinantes

v1,1 v1,2 v1,3

v2,1 v2,2 v2,3

v3,1 v3,2 v3,3

m4,1 m4,2 m4, 3

m5,1 m5,2 m5,3

m6,1 m6, 2 m6,3

Si la cuarta fuerza concurriera en el mismo punto que las otras tres se anularía la primera fila del segundo determinante y con ello |ma]=0 De esta forma quedan demostradas las tres primeras imposibilidades en la formación de una base expresadas en el apartado 13 que nos dice que en el conjunto de los seis ejes no pueden haber: más de tres coplanarios ni más de tres paralelos ni más de tres concurrentes en un mismo punto. La imposibilidad cuarta que nos dice que una única recta no puede cortar a los seis ejes se apoya en el hecho de que en este caso el conjunto de las seis fuerzas asociadas a estos ejes tendría una proyección nula de su momento resultante respecto de esta recta lo cual impide que sea equivalente a un sistema que no cumpla esta condición. La demostración de la imposibilidad enunciada en la posición seis de que el conjunto de los seis ejes no pueda dividirse en dos subconjuntos concurrentes se reduce a la anterior donde la recta que corta a las seis rectas soporte es la que une los dos puntos de concurrencia. También resulta imposible formar una base a partir de un sistema de seis ejes contenidos en dos planos no paralelos ya que en este caso este sistema da nula la


proyección sobre la recta de intersección de los dos planos del momento resultante del sistema respecto de uno cualquiera de los puntos del mismo. La imposibilidad de que los ejes no puedan ubicarse en dos planos paralelos de deriva de la imposibilidad con ello de tener no nula la componente de la resultante en la dirección perpendicular a dichos planos. Si los seis ejes se agruparan en dos grupos formados, cada uno de ellos, por ejes paralelos, este sistema tendría nula la componente de la resultante en la dirección perpendicular a los mencionados dos grupos de ejes. Si el conjunto de ejes se agrupara en dos subconjuntos: uno concurrente y otro paralelo, ubicando el polo de momentos en el punto de concurrencia el momento resultante daría proyección nula en la dirección de los ejes paralelos.

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