Cap. 5 Fuerzas Distribuidas

Cap. 5 Fuerzas distribuidas

Cap. 5

Pág. 5-1

Fuerzas distribuidas

5.1 Concepto de fuerza distribuida •

Hasta el momento hemos analizado a la acción de las fuerzas como concentradas. En la realidad las fuerzas concentradas no existen, pues para su aplicación se requiere de un área, por más pequeña que sea.

•

De la comparación de esta área con las dimensiones totales del elemento es que se decidirá si la fuerza es concentrada o distribuida.

•

Una fuerza puede ser distribuida: -

por unidad de longitud por unidad de superficie por unidad de volumen

5.1.1 Resultante de un sistema de fuerzas distribuidas por unidad de longitud

≡

Un sistema de fuerzas distribuidas por unidad de línea se puede concebir como un sistema de fuerzas paralelas, actuando cada una de ellas (dQ) sobre un elemento diferencial de longitud (dx). Como sabemos de capítulo 2, un tal sistema de fuerzas puede ser r reemplazado por una única fuerza, pues M min = 0 . Dicha fuerza está representada en el sistema II. Se nos plantea ahora el problema de determinar las características de dicha única fuerza (magnitud y punto de paso de su línea de acción). Sea la fuerza dQ perteneciente al sistema I: donde

dQ = w dx

w es la función que representa la forma de distribución de las fuerzas distribuidas y está dada en [N/m] ó [kgf/m] ó [ton/m] ó [lb/pulg], por ejemplo.

Pontificia Universidad Católica del Perú

Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño


Pág. 5-2

Dado que los dos sistemas son equivalentes se debe cumplir que: L

•

R I = R II :

R I = ∫ w dx 0

R =Q II

L

Q = ∫ w dx

de donde:

(5.1)

0

L

•

M =M : I A

II A

M = I A

∫ x dF

L

=

0

M

II A

∫ x w dx 0

= xC Q L

∫ x w dx

xC Q =

de donde:

0

L

→

1 xC = x w dx Q ∫0

L

Q = ∫ w dx

donde

(5.2)

0

Notar que: 1) La expresión (5.1) muestra que el valor obtenido para la resultante del sistema de fuerzas distribuidas corresponde al tamaño del “área” por debajo de la gráfica w = w(x ) .

2) La expresión (5.2) muestra que el valor obtenido para xC y que define la línea de acción de la resultante que reemplaza al sistema de fuerzas distribuidas corresponde la abscisa del centroide del “área” por debajo de la gráfica w = w(x ) . A continuación se muestran algunos ejemplos. Q=

1 q1 L 2

Q=

q1 + q2 L 2

q2 G

q1 A

B 1 ⎛ 2 q1 + q 2 ⎞ ⎟L ⎜ 3 ⎜⎝ q1 + q 2 ⎟⎠

L Fig. 5-7

2 R /π




Pág. 5-3

Ejemplo 5.1: En el sistema I falta una fuerza para que sea equivalente al sistema II. Determinar el módulo de dicha fuerza, su orientación y la distancia de su línea de acción al punto A.

Solución: r Sea F = ( Fx , Fy ) la fuerza desconocida con línea

r F

de acción igualmente desconocida. El sistema I quedará como muestra la figura. •

Resultante del sistema I:

La fuerza distribuida puede ser reemplazada por una única fuerza como se muestra en la siguiente figura: ⎛ 200 + 300 ⎞ Q=⎜ ⎟ 6 = 1500 kgf 2 ⎝ ⎠ (representa el área del trapecio) y=

y

1 ⎛ 2 ⋅ 200 + 300 ⎞ ⎜ ⎟ 6 = 2,8 m 3 ⎝ 200 + 300 ⎠

(está dada por la posición del centroide del trapecio) Ahora:

R x = 1500 + Fx

R y = − 800 + Fy •

Resultante del sistema II:

R x = − 600 kgf

R y = 800 kgf Como las resultantes deben ser iguales: 1500 + Fx = − 600

→

Fx = − 2100 kgf

− 800 + Fy = 800

→

Fy = 1600 kgf




es decir:

Pág. 5-4

r F = (−2100, 1600)

;

F=

Fx2 + Fy2 = 2640 kgf

Los momentos de ambos sistemas con respecto al mismo centro de reducción (A por ejemplo) deben ser iguales: Sistema I:

M AI = − 1000 + 800 ( 2) + 1500 ⋅ ( 4 − 2,8) − 2640 ( d ) [kgf – m]

Sistema II:

M AII = 600 ( 2) − 800 ( 4) = − 2000 [kgf – m]

Como M AI = M A : II

d = 1,667 m

Nota: Otra forma de trabajar la fuerza distribuida es considerándola como la superposición de una carga distribuida de forma rectangular más una triangular:

Aquí básicamente cambiará la ecuación de momentos del sistema I: M AI = − 1000 + 800 ( 2) + 200 ⋅ 6 (1) +

1 100 ⋅ 6 ( 2) − 2640 ( d ) 2

la cual, igualada a la ecuación de M AII proporciona, obviamente, el mismo resultado ya obtenido para d. Una tercera forma de trabajar la fuerza distribuida trapezoidal es considerándola como la superposición de dos cargas triangulares.

La ecuación de momentos del sistema I será: M AI = − 1000 + 800 ( 2) +

1 1 300 ⋅ 6 ( 2) + 200 ⋅ 6 ( 0) − 2640 ( d ) 2 2

la cual es equivalente a las dos anteriores ecuaciones planteadas para M AI .




Ejemplo 5.2:

Pág. 5-5

Calcular los valores de FB y q B para que los sistemas mostrados sean equivalentes.

Solución: Reemplazaremos las fuerzas distribuidas por sus respectivas resultantes. con:

Q1 =

L q C (3)(5) = = 5 kN 3 3

d1 =

3L 3 (3) = = 2, 25 m 4 4

⎛ q + qB ⎞ ⎛ 5 + qB ⎞ Q2 = ⎜ C ⎟L=⎜ ⎟3 2 ⎝ 2 ⎠ ⎝ ⎠ → d2 = •

1 ⎛ 2 qC + q B ⎜ 3 ⎜⎝ q C + q B

⎞ 1 ⎛ 2 ( 5) + q B ⎟⎟ L = ⎜⎜ 3 ⎝ 5 + qB ⎠

Q 2 = 7,5 + 1,5 q B [ kN]

⎞ ⎟⎟ 3 ⎠

→

d2 =

10 + q B [ m] 5 + qB

Por equivalencia de sistemas, las resultantes deben ser iguales:


R I = Q1 + Q2 R I = 12,5 + 1,5 q B

(1)


R II = 10 + FB

(2)

Igualando (1) y (2):

12,5 + 1,5 q B = 10 + FB

→

2,5 + 1,5 q B = FB •

(3)

Los momentos con respecto a cualquier centro de reducción (por ejemplo A) deben ser iguales: Q1 d 1 + Q 2 ( 6 − d 2 ) = (10 ) (1) + FB ( 6) 10 + q B 5 ( 2, 25) + ( 7,5 + 1,5 q B ) ( 6 − ) = (10 ) (1) + FB ( 6) 5 + qB 7,5 q B2 + 69,75 q B − 30 FB − 6 FB q B + 156, 25 = 0

de (3) y (4):

⎧ 10,83 qB = ⎨ ⎩ − 5,0

tomamos:

q B = 10,83 kN/m

(4)

ok no


( 3)

→

FB = 18,75 kN



Pág. 5-6

Ejemplo 5.3: Sobre el marco ABCDE pueden actuar los dos sistemas de fuerzas indicados: el sistema 1 está formado por fuerzas distribuidas por unidad de longitud; el sistema 2 está formado por las fuerzas FA y FC. Si ambos sistemas son equivalentes, hallar la máxima intensidad de las cargas parabólicas wD y las magnitudes de FA y FC. Los puntos C y E son vértices de las parábolas respectivas.

Solución: •

Reemplazaremos cada sistema de fuerzas distribuidas por su resultante.

Sistema I:

F3

F2

C

B

F1 F4

A

2m

wD

D

5,5 m F5 Fig. 5-17

2 × 100 = 100 kgf 2 3 × 100 F2 = = 300 kgf 2 F3 = 200 × 5 = 1000 kgf

F1 =

3 = wD 3 1,5 × 2 F5 = wD × = wD 3 F4 = w D ×

E

a una distancia

2 = 0,67 m de A 3

a una distancia

2 m de A

a una distancia

3 + 2,5 = 5,5 m

a una distancia a una distancia

3 (3) − 2 = 0, 25 m de A 4 3 2,5 − (1,5) = 1,6 m de A 5

Ahora: R HI = 100 + wD + wD

RVI = 300 + 1000

(←) (↓)

M AI = 100 ( 2 / 3) − 300 ( 2) − 1000 (5,5) − wD ( 0, 25) − wD (1,6) →

M AI = − 6033,3 − 1,85 wD




•

Pág. 5-7

Sistema II:

2 FA 2

2 FA 2

R HII =

2 FA + 0,8 FC (←) 2

RVII =

2 FA − 0,6 FC (↓) 2

M AII = 0,8 FC ( 2) + 0,6 FC (8) M AII = 6, 4 FC

→ Como los dos sistemas deben ser equivalentes: !

RHI = RHII !

RVI = RVII !

M AI = M AII

resolviendo:

2 FA + 0,8 F C 2

→

100 + 2 wD =

→

1300 =

→

6033,33 + 1,85 wD = − 6, 4 F C

(1)

2 F A − 0, 6 F C 2

(2) (3)

w D = − 49,815 kgf/m F A = 1050 ,77 kgf

FC = − 928,3 kgf Nota: los signos negativos indican que el sentido verdadero es contrario al mostrado en la figura respectiva.

5.1.2 Fuerzas distribuidas por unidad de área

Un sistema de fuerzas distribuidas por unidad de área se puede concebir como un sistema de fuerzas paralelas, actuando cada una de ellas (dQ) sobre un elemento diferencial de área dA. w (x, y)

z

w (x, y)

z

G O

dQ

y

O yc

x

Q xc

dA y

x Sistema I


y

x Fig. 5-19

Sistema II



Pág. 5-8

Dicho sistema de fuerzas puede ser reemplazado por una única fuerza, la cual está representada en el sistema II. Determinaremos ahora las características de dicha única fuerza (magnitud y punto de paso de su línea de acción).

dQ = w dA

Sea la fuerza dQ perteneciente al sistema I: donde

w = w( x , y ) es la función que representa la forma de distribución de las fuerzas distribuidas y está dada en N/m2, kgf/m2, ton/m2 ó lb/pulg2, por ejemplo.

Dado que los dos sistemas son equivalentes se debe cumplir que: •

R I = R II :

R I = ∫ w dA A

R II = Q

Q =

de donde: •

r r M OI = M OII :

∫ w dA

r M OI = =

(5.3)

A

∫ ∫

A

A

r r r × dQ =

∫

A

( x, y , 0) × ( 0, 0, − dQ )

( − y dQ, x dQ, 0)

M OII = ( xC , y C , 0) × (0, 0, − Q ) = ( − y C Q , x C Q , 0) de donde:

→

xC Q =

∫

x dQ

1 Q

∫

x w dA

xC =

A

A

→

xC =

∫ x w dA ∫ w dA

(5.4)

∫ y w dA ∫ w dA

(5.5)

A

A

análogamente:

xC Q =

∫

A

x dQ

→

yC =

A

A

Notar que: •

La expresión (5.3) muestra que el valor obtenido para la resultante del sistema de fuerzas distribuidas por unidad de área no es otra cosa que el tamaño del “volumen” por debajo de la gráfica w = w( x, y ) .

•

Las expresiones (5.3) y (5.4) muestran que los valores obtenidos para las coordenadas xC e y C que definen la línea de acción de la resultante que reemplaza al sistema de fuerzas distribuidas, correspondes a dos de las coordenadas del centroide del “volumen” por debajo de la gráfica w = w( x, y ) .




Pág. 5-9

Ejemplo 5.4: La sección transversal de una viga en forma de T está sometida a una fuerza distribuida de 25 N/mm2 según la dimensión a y también a una fuerza F. Si el sistema es equivalente a un par de 750 kN-m, se pide determinar la distancia a y la fuerza F.

Solución: reemplazamos el sistema I de la siguiente manera:

F1 = 600 (100) 25 = 1500000 [N] F2 = 300 (a − 100) 25 = 750 a − 750000 [N] (a en mm)

Por equivalencia de sistemas se debe cumplir que: !

•

R I = R II − F1 − F2 + F = 0

es decir:

− 1500000 − (7500 a − 750000) + F = 0 F = 750000 + 7500 a

→ !

•

M QI = M QII

de (1):

:

(1)

a ⎛a⎞ ⎛ ⎞ ! F1 ⎜ ⎟ + F ⎜ 340 − + 50 ⎟ = 750 ⋅10 6 2 ⎝2⎠ ⎝ ⎠ a a⎞ ⎛ 15 ⋅10 6 + (0,75.10 6 + 7500 a ) ⎜ 390 − ⎟ = 750 ⋅10 6 2 2⎠ ⎝

ordenando:

3750 a 2 − 3,3 ⋅10 6 a + 457 ⋅10 6 = 0

resolviendo (2):

a1 = 707 ,58 mm (físicamente descartada) a 2 = 172,42 mm

tomaremos:

a = 172, 42 mm

en (1):

F = 2,043 ⋅10 6 N



(2)


5.2

Pág. 5-10

Fuerzas debidas a presión de líquidos

El Principio de Pascal establece que la presión en cualquier punto de un fluido se ejerce por igual en todas las direcciones. La presión que ejerce un líquido en reposo sobre una partícula a una profundidad h es directamente proporcional a dicha profundidad.

Considerando el caso particular de un líquido de viscosidad nula la presión es igual en todas las direcciones. Analizando un elemento diferencial de columna de fluido a una profundidad y:

( p + dp) dA

El equilibrio del elemento diferencial en dirección vertical requiere que:

p dA + γ dA dy − ( p + dp) dA = 0 de donde:

dp = γ dy

p

→

∫ dp = p0

h

∫ γ dy 0

Para los líquidos (fluidos incompresibles) se puede afirmar que normalmente tienen densidad o peso específico constante. Entonces, la anterior expresión puede integrarse fácilmente y obtenemos: p − p0 = γ h La presión ( p − p0 ) recibe el nombre de presión manométrica o presión indicada y vale p = γ h . En los sistemas abiertos a la atmósfera terrestre, la presión atmosférica p0 actúa sobre todas las superficies y en consecuencia la resultante será nula. Así, en dicho caso bastará con considerar la presión manométrica:

p= γ h

(5.6)




Pág. 5-11

5.2.1 Fuerzas en una superficie vertical sumergida

Debido a la acción de las fuerzas debidas a la presión de líquido se origina sobre la superficie plana un sistema de fuerzas distribuidas por unidad de área, que estudiaremos a continuación y que generalizaremos para cualquier forma que tenga la superficie plana en estudio. r r

G (x, y)

xC

yC

Denominaremos sistema I al sistema de fuerzas distribuidas y sistema II a su sistema equivalente consistente en la resultante única. El diferencial de fuerza actuante el en el área dA mostrada en la figura es: dF = p dA pero: (γ es el peso específico del líquido) p =γ y →

dF = γ y dA

(5.7)

Para calcular la fuerza resultante bastará integrar la anterior expresión:

F =γ

∫

A

de la teoría de centroides sabemos que:

y=

1 A

∫

A

y dA

F =γ y A

entonces: donde:

(5.8)

y dA

(5.9)

y

es la profundidad del centroide del área plana

A

es el área de la superficie en estudio




Pág. 5-12

Ahora determinaremos el punto de paso, sobre la superficie plana, de la resultante de la fuerza originada por la presión de líquidos. Dicho punto se denomina centro de presión. Para ello usaremos la igualdad de momentos en sistemas equivalentes. Tomando momentos en ambos sistemas con respecto al origen de coordenadas O: r M OI =

r

r

∫ r × dF

=

∫ ( x, y , 0) × (0, 0, − dF )

=

∫ ( − y dF ,

x dF , 0)

(5.10)

r r r M OII = rC × F = ( xC , y C , 0) × ( 0, 0, − F )

= ( − y C F , xC F , 0) de (5.9) y (5.10): →

yC F =

∫ y dF

1 F 1 yC = F

∫ y dF

yC =

yC =

de (5.8):

∫

A

1 F

=

∫

A

(5.11)

y (γ y dA)

γ y 2 dA

1 γ yA

∫

A

γ y 2 dA

En esta última expresión, la integral

∫

A

→

yC =

1 yA

∫

A

y 2 dA

(5.12)

y 2 dA se denomina momento de inercia de A con

respecto al eje x y se estudiará en el capítulo 9 del curso pues, como propiedad geométrica de superficies planas, aparece en la solución de problemas importantes de la mecánica. Entonces, denominando I x := ∫ y 2 dA :

yC =

A

Ix yA

(5.13)

De la igualdad de momentos de los sistemas, expresiones (5.10) y (5.11), también se desprende que: xC F = ∫ x dF →

de (5.9):

1 F 1 xC = F xC =

xC =

∫ y dF

∫

A

=

1 F

∫

A

x (γ y dA)

γ x y dA

1 γ yA

∫

A

γ x y dA

En esta última expresión, la integral

∫

A

→

xC =

1 yA

∫

A

x y dA

(5.14)

x y dA se denomina producto de inercia de A con

respecto a los ejes x y también se estudiará en el capítulo 9 del curso. Entonces, denominando Pxy := ∫ x y dA : A


xC =

Pxy yA

(5.15)



Nota 1:

Pág. 5-13

El centro de presión no coincide con el centro de gravedad de la placa.

Nota 2: En las expresiones (5.12) y (5.14) las integrales se evalúan sobre toda el área. Puesto que son integrales de área, en general se pueden usar integrales dobles, sin embargo, para el caso de fuerzas debidas a presión de líquidos, podremos siempre tomar elementos diferenciales paralelos al eje x, con lo cual las integrales se convertirán en simples.

y

yG

Evidentemente, en el caso de simetría con respecto al eje y, la otra coordenada del centro de presión será xC = 0. Ejemplo 5.5:

•

Determinar la resultante de las fuerzas hidrostáticas que actúan sobre la superficie rectangular de la represa mostrada.

Magnitud de la resultante: dA = b dy

dF = p dA = γ y b dy h

→

F = ∫ γ y b dy = 0

•

→ Solución 2:

yC =

→

F =

1 γ b h2 2

evidentemente xC = 0.

Posición del centro de presión: 1 yC = F

•

1 γ b h2 2

1 1 γbh 2 γ b h3 2 ∫ y dF = F ∫0 γ b y dy = F 3 = 3 γ b h 2 3

h

2 h 3

También podemos utilizar las expresiones deducidas líneas arriba.

Magnitud de la resultante:


F =γ y A = γ

h bh 2

→

F =

1 γ b h2 2



•

Pág. 5-14

yC =

Posición del centro de presión:

Reemplazando:

Solución 3:

yC =

1 ( h / 2 ) (b h )

1 yA

∫

A

y 2 dA

h

∫

y 2 b dy =

0

2 b h3 b h2 3

→

yC =

2 h 3

Aquí también serán válidas las conclusiones que obtuvimos para el “volumen” que representa la distribución de fuerzas distribuidas. En el caso de fuerzas debidas a la presión de líquidos, dicho “volumen” recibe el nombre de “prisma de presiones”.

yG

•

Magnitud de la resultante: F=

Es decir: •

es igual al volumen del prisma de presiones.

1 (γ h ) h b 2

Posición del centro de presión:

→

F =

1 γ b h2 2

está dada por las coordenadas de la proyección del centroide del prisma de presiones sobre la superficie en la que actúa la carga distribuida.

En la siguiente figura se ve claramente que el prisma de presiones es, en este caso, un prisma recto de sección triangular, por lo que el centroide es fácil de ubicar:

yC = yG = h −

yC

→

yC =

h 3

2h 3

yG




Pág. 5-15

Ejemplo 5.6: La figura muestra la sección transversal de un dique de concreto armado (peso específico γ co = 2,4 ton/m3 ) construida para represar agua ( γ ag = 1 ton/m 3 ). Hallar x para que cuando el agua alcance su nivel máximo, la resultante pase por A. Calcule las componentes horizontal y vertical de dicha resultante.

La resultante de las fuerzas distribuidas será:

FH =

γ ag = 1 ton/m3

donde:

1 (γ ag h ) h b 2

b = 1 m (trabajaremos por ancho unitario) →

FH = 72 ton

Dividiendo la presa de concreto en dos partes: W1 = γ co V1 = ( 2, 4)

( γ co = 2, 4 ton/m3)

1 (12 − x ) h = 14, 4 (12 − x ) 2

W2 = γ co V2 = (2,4) x h = 28,8 x

@

12 − x +

@

2 (12 − x ) del origen O 3

x del origen O 2

El sistema equivalente será: donde: r R

Rx = 72 ton

R y = W1 + W2 = 14,4 (12 − x) + 28,8 x →

r

∑M

O

:

14,4 (12 − x)

R y = 14,4 x + 172,8

x 2 (12 − x) + 28,8 x (12 − x + ) − 72 (4) = 6 R y 3 2

de donde:

2,5 x 2 − 21 x − 5 = 0

resolviendo:

x1 = 8,63 y x2 = − 0,23

entonces:

x = 8,63 m


→

R y = 297,1 ton



Pág. 5-16

Ejemplo 5.7:

Solución:

l=3m

La compuerta rectangular mostrada tiene ancho b = 1,5 m y está sumergida en agua ( γ = 1 ton/m3). Calcular la fuerza resultante debida a las fuerzas de presión del líquido sobre la compuerta y su ubicación.

γ agua = 1 ton/m 3 = 1000 kgf/m 3 O

x

y

γ h1 yC

l=3m

dy dA

Para el elemento diferencial dA mostrado, la fuerza que actúa sobre él es:

•

F

d F = p dA = γ y (b dy )

γ h2

y

Fig. 5-36

y2

y2

y2 F = ∫ γ b y dy = γ b ∫ y dy = γ b 2 y1 y1

integrando:

y2 = 5 m

= 1000 (1,5 )

y1 = 2 m

(5 2 − 2 2 ) 2

F = 15 750 kgf

→

Para calcular la profundidad del centro de presión ( y C ) tenemos que se debe cumplir, por equivalencia de sistemas: →

yC = yC =

•

∫ y dF F

∫ y dF = y =

∫ y (γ

y b dy ) F

1000 (1,5) (5 3 − 2 3 ) 15750 3

Otra solución:

= →

γb F

y2

∫y

2

dy =

y1

γ b y3 F

3

y2 =5 m

y1 = 2 m

y C = 3,714 m

sabemos que para superficies verticales sumergidas se cumple que:

F = γ y A = 1000

kgf (3,5 m ) (1,5 m ⋅ 3 m ) m3

1 1 yC = y 2 dA = ∫ yAA yA

→

F

C

y2

b y3 ∫ y b dy = y A 3 y1

→ y 2 =5 m

2

y1 = 2 m

F = 15750 kgf 1,5 (5 3 − 2 3 ) = 3,5 ⋅ (1,5 ⋅ 3) 3

y C = 3,714 m




•

Otra solución:

Pág. 5-17

Sabemos que la representación de las fuerzas distribuidas por unidad de área constituye un “volumen” que es denominado “prisma de presiones”.

γ y1

yC

l

Vista lateral del prisma de presiones

γ y2

Fig. 5-38

La fuerza resultante es igual al volumen de prisma: F = Atrapecio ⋅ b =

γ 1 ( γ y1 + γ y 2 ) l ⋅ b = ( y1 + y 2 ) l b 2 2

1000 ( 2 + 5) ⋅ 3 ⋅ (1,5) 2 F = 15 750 kgf =

→

La recta de acción de F pasa por el centroide del prisma; dado que el ancho b es constante y en consecuencia el prisma es recto, la distancia H se puede determinar fácilmente a partir de que disponemos del conocimiento de la posición del centroide del área trapezoidal: H =

→ finalmente:

H=

1 3

1 ⎛ 2 γ y1 + γ y 2 ⎜ 3 ⎜⎝ γ y1 + γ y 2

⎛ 2 ⋅ 2 + 5⎞ ⎜ ⎟⋅3 ⎝ 2+5 ⎠

yC = 5 − H


→

⎞ 1 ⎛ 2 y1 + y 2 ⎟⎟ ⋅ l = ⎜⎜ 3 ⎝ y1 + y 2 ⎠

→

⎞ ⎟⎟ ⋅ l ⎠

H = 1, 286 m

y C = 3,714 m



Pág. 5-18

Ejemplo 5.8:

l=3m

La compuerta triangular mostrada tiene ancho b = 3 m y está sumergida en agua ( γ = 1000 kgf/m3). Calcular la fuerza resultante debida a las fuerzas de presión del líquido sobre la compuerta y su ubicación. Solución:

γ h1

Para el mostrado:

elemento

l=3m

•

b′ 5 − y = b 3

→

γ h2

→

1,5 (5 − y ) 3 1 b′ = (5 − y ) 2

b′ =

dF = p dA = γ y b′dy =

integrando: →

γ

γ

2

y (5 − y ) dy

5

y2

1000 (5 − y ) y dy = F = (5 − y ) y dy ∫ 2 y1 2 ∫2

F = 6750 kgf yC =

además:

diferencial

∫ y dF F

1 = F

γ

∫ y 2 y (5 − y ) dy

=

γ 2F

y2

∫y

2

(5 − y ) dy

y1

5

1000 = (5 y 2 − y 3 ) dy ∫ 2 (6750) 2

→ •

y C = 3,17 m

Otra solución: utilizaremos las expresiones (5.9) y (5.12). 1 → F = 6750 kgf F = γ y A = 1000 (3) (3) (1,5) 2 1 1 1 1 yC = y 2 dA = y 2 b′ dy = y 2 ⋅ (5 − y ) dy ∫ ∫ ∫ yAA yAA yAA 2 =

→

1 1 2 (3) (3) (1,5) 2

5

∫ (5 y

2

− y 3 ) dy

2

y C = 3,17 m




Pág. 5-19

5.2.2 Fuerzas en una superficie horizontal

En la figura se muestra una placa horizontal sumergida a una profundidad h. Está claro que la presión en todos los puntos de la placa será la misma:

p =γ h La fuerza resultante del sistema de fuerzas distribuidas originadas por la presión del líquido que está por encima de la placa será: F = ∫ p dA A

F = ∫ λ h dA = λ h ∫ dA

es decir:

A

A

F= λhA

→

(5.16)

Como ya sabemos a estas alturas del capítulo, el punto de paso de la resultante F está dado por la posición del centroide del prisma de presiones. En la figura 5-42 se ve que dicho prisma es un prisma recto de altura γ h y base igual a la del área A de la placa. En consecuencia, el centro de presiones coincide con el centroide de la placa. Nota: Si observamos la figura 5-33 nos daremos fácil cuenta de que la resultante de las fuerzas distribuidas hallada líneas arriba debería ser igual al peso del volumen de líquido situado encima de la placa:

h

GV F

W = γ ( A h) el cual corresponde efectivamente al valor mostrado en la expresión (5.16). Además, el centroide GV del mencionado volumen de líquido será punto de paso de la fuerza resultante y cortará a la placa en el centroide de la placa, el cual, como ya hemos visto, coincide con el centro de presiones.


G

A Fig. 5-43



Pág. 5-20

5.2.3 Fuerzas en superficies inclinadas

Ahora analizaremos el sistema de fuerzas distribuidas que se origina sobre la placa inclinada mostrada debido a la presión del líquido en el que está sumergida. Denominaremos sistema I al sistema de fuerzas distribuidas y sistema II a su sistema equivalente consistente en la resultante única.

h x

h

r r

y

y

El diferencial de fuerza actuante en el área diferencial dA mostrada en la figura es:

dF = p dA pero:

p =γ h

además:

h = y sen θ →

(γ es el peso específico del líquido)

dF = γ y sen θ dA

(5.17)

F = ∫ γ y sen θ dA

integrando:

A

F = γ sen θ 1 A

∫

∫

(5.18)

y dA

A

pero:

y=

entonces:

F = γ sen θ y A

(5.19)

o también:

F =γ h A

(5.20)

A

y dA

Ahora determinaremos el punto de paso, sobre la superficie plana, de la resultante de la fuerza originada por la presión de líquidos. Dicho punto se denomina centro de presión. Tomando momentos en ambos sistemas con respecto al origen de coordenadas O: r M OI = =

∫

r r r × dF =

∫ ( x, y , 0) × (0, 0, − dF )

∫ ( − y dF ,

x dF , 0 )


(5.21)



Pág. 5-21

r r r M OII = rC × F = ( xC , y C , 0) × ( 0, 0, − F )

= ( − y C F , xC F , 0)

∫ y dF

de (5.20) y (5.21): y C F = →

de (5.18):

1 F 1 yC = F

yC =

yC =

∫ y dF ∫

A

→

1 F

=

∫

A

y (γ y sen θ dA)

γ y 2 sen θ dA

1 γ y sen θ A

Recordando que la integral respecto al eje x:

(5.22)

∫

A

∫

A

γ y 2 sen θ dA

→

yC =

1 yA

∫

A

y 2 dA (5.23)

y 2 dA se denomina momento de inercia del área A con

I x := ∫ y 2 dA A

yC =

Ix yA

(5.24)

De la igualdad de momentos de los sistemas, expresiones (5.21) y (5.22), también se desprende que: x C F = ∫ x dF →

de (5.19):

1 1 y dF = x (γ y sen θ dA) ∫ F F ∫A γ sen θ xC = x y dA F ∫A γ sen θ → xC = x y dA γ y sen θ A ∫A

xC =

Recordando que la integral respecto a los ejes x e y: →

xC =

∫

A

xC =

1 yA

∫

A

x y dA (5.25)

x y dA se denomina producto de inercia del área A con

Pxy := ∫ x y dA : A

Pxy yA


(5.26)



Pág. 5-22

Prisma de presiones Es el volumen imaginario que tiene como base la superficie que se analiza y como altura en cada punto el valor de la presión en el mismo. Como lo mostraremos a continuación, su volumen corresponde a la magnitud de la fuerza resultante del sistema de fuerzas distribuidas y su centroide es punto de paso de la resultante mencionada.

p1 = h1

h1 dV = p dA = h dA

h h2

p2 = h2

Fig. 5-45 •

Volumen del prisma de presiones: dV = p dA = γ h dA

Integrando:

V = ∫ γ h dA A

= γ ∫ h dA A

→

V =γ h A

(5.27)

valor que corresponde al hallado (expresión (5.20)) y que nos da la magnitud de la fuerza resultante del sistema de fuerzas originado por la presión de líquido en una superficie plana sumergida. Es decir, la fuerza resultante es igual al volumen del prisma de presiones. •

Centroide del volumen de presiones

Abscisa del centroide del prisma: xvol =

∫ x dV ∫ dV

=

∫ x (γ h dA) ∫ (γ h dA)

=

∫ x dF ∫ dF

= xC

xC = xvol Análogamente:

y vol =

∫ y dV ∫ dV

yC = yvol

(5.28)

=

∫ y γ hdA ∫ γ h dA

=

∫ y dF ∫ dF

= yC (5.29)

En consecuencia, el centro de presión (punto de paso de la resultante) coincide con el centroide del volumen imaginario o prisma de presiones.




Pág. 5-23

Ejemplo 5.9: Mostrar que los sistemas mostrados son equivalentes. W1 y W2 representan el peso de la masa de agua que está justo por encima de la compuerta rectangular. θ

θ

l

Solución: Reemplazaremos las fuerzas distribuidas de ambos sistemas por sus respectivas fuerzas resultantes y luego probaremos que son equivalentes. l cosθ

θ

θ

l senθ

θ

l

Analizando los nuevos sistemas I y II: •

Sistema I:

Resultante:

R =

1 (γ h1 + γ h2 ) l b 2

Sus componentes serán:

→

R x = R sen θ

=

R y = R cos θ

=

R =

γ

γ 2

( h1 + h2 ) l b

2

(h1 + h2 ) l b sen θ

(1)

2

(h1 + h2 ) l b cosθ

(2)

γ

Momento resultante del sistema con respecto al punto A: 1 ⎛ 2 γ h1 + γ h2 ⎞ R ⎛ 2 h1 + h2 ⎞ ⎟l ⎜ ⎟⎟ l = ⎜⎜ 3 ⎝ γ h1 + γ h2 ⎠ 3 ⎜⎝ h1 + h2 ⎟⎠ ⎛2h +h ⎞ 1γ M AI = (h1 + h2 ) l b ⎜⎜ 1 2 ⎟⎟ l 32 ⎝ h1 + h2 ⎠ M AI = R d = R




→ •

γ

M AI =

6

Pág. 5-24

l 2 b ( 2 h1 + h2 )

(3)

Sistema II: Determinaremos su resultante y el momento resultante con respecto al punto A. 1 γ (γ h1 + γ h2 ) ( h1 − h2 ) b = ( h1 + h2 ) l b sen b 2 2 1 R y = W1 + W2 = γ h1 l cos θ b + γ l cos θ b l ( sen θ ) b 2 ( h2 − h1 ) h h ⎞ ⎛ R y = γ l b cos θ ⎜ h1 + 2 − 1 ⎟ 2 2⎠ ⎝ Rx = F =

Resultante:

→

Ry =

γ

2

(4)

l b cos θ ( h1 + h2 )

(5)

Momento resultante del sistema con respecto al punto A: M AII = F e + W2

=

=

= = = →

M AII =

1 1 l cos θ + W1 l cos θ 3 2

1 ⎛ 2 γ h1 + γ h2 ⎞ ⎟ l sen θ + (h1 + h2 ) l sen θ b ⋅ ⎜⎜ 2 3 ⎝ γ h1 + γ h2 ⎟⎠ γ l b cos θ l ⎛ l cos θ ⎞ (h2 − h1 ) cos θ + γ h1 b cos θ l ⎜ + ⎟ 2 3 ⎝ 2 ⎠

γ

γ 2

γ 6

γ 6

γ 6

γ 6

⎛ 2 h1 + h2 ⎞ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎝ h1 + h2 ⎠ γ l 2 b cos 2 θ γ l 2 b cos 2 θ + (h2 − h1 ) + h1 6 2

(h1 + h2 ) l b sen θ ⋅

l sen θ 3

l 2 b sen 2θ (2 h1 + h2 ) +

γ l 2 b cos 2 θ 6

(h2 − h1 ) +

[

γ l 2 b cos 2 θ 2

l 2 b 2 h1 sen 2θ + h2 sen 2θ + h2 cos 2 θ − h1 cos 2 θ + 3 h1 cos 2 θ

[

l 2 b 2 h1 ( sen 2θ + cos 2 θ ) + h2 ( sen 2θ + cos 2 θ ) l 2 b ( 2 h1 + h2 )

h1

]

] (6)

Las expresiones (1), (2) y (3) son iguales a las expresiones (4), (5) y (6) respectivamente, con lo cual podemos afirmar que los sistemas estudiados son equivalentes.




Pág. 5-25

Ejemplo 5.10: θ = 45°

La compuerta rectangular mostrada tiene ancho b = 3 m y está sumergida en agua ( ρ = 1000 kg/m3). Calcular la fuerza resultante debida a las fuerzas de presión del líquido sobre la compuerta y su ubicación.

l

θ

Fig. 5-48

h1 h y1

O

h2

Solución: x

y

l = h2 2 = 14 2 m

y2

dF = p dA = p b dy = γ h b dy dy

y como h = y sen 45º y

Fig. 5-49

→ y2

dF = γ y sen 45º b dy

y

2 2 2 y2 F = ∫ γ sen 45º b y dy = ρ g b y dy = ρ g b 2 y∫1 2 2 y1 ( 20 2 ) − ( 6 2 ) 2 (3) 2 2 2

= 1000 (9,8)

→

y1

2

F = 7 567173,93 N yC =

Centro de presión: yC = yC =

→

y2

1 F

1 γ y 2 senθ dA F ∫A

y2

2 ∫ γ y sen θ b dy =

y1

γ sen θ b y F

3 y2

3

y1

γ sen θ b F

y2

∫y

2

dy

y1

1000 (9,8) sen 45º (3) = 7 567173,93

( 20 2 ) 3 − ( 6 2 ) 3 3

y C = 20,16 m

Nota: Es fácil ver que, por simetría del área de la compuerta, xC = 0 .

•

Otra alternativa de solución: p1 = ρ g h1 = 1000 (9,8) 6 = 58 800 N/mm2 p 2 = ρ g h2 = 1000 (9,8) 20 = 196 000 N/mm2




Pág. 5-26

Sabemos que la resultante de las fuerzas distribuidas en toda el área de la compuerta rectangular es igual al “volumen” del prisma de presiones:

θ

1 ( ρ g h1 + ρ g h2 ) l b 2 1 = (58800 + 196000 ) (14 2 ) (3) 2 F = 7 567173,93 N

F =

→ l

→

( h1 + h2 ) lb 2 6 + 20 = 1000 (9,8) (14 2 ) (3) 2

o también:

F = γ h A = ρg

→

F = 7 567173,93 N

Para la ubicación del centro de presiones: 1 1 yC = y 2 dA = ∫ yAA ylb

=

= → •

1 1 3 ( y 2 − y13 ) = yl 3

y2

∫y

2

b dy

y1

1 l⎞ ⎛ 3 ⎜ y1 + ⎟ l 2⎠ ⎝

1 3 ( 6 2 + 7 2 ) (14

[(20 2)

( y 23 − y13 )

2 ) 3 − (6 2 ) 3

]

y C = 20,16 m

Finalmente, otra alternativa de solución: las fuerzas debidas a la presión del líquido pueden ser descompuestas en W1, W2 y FH:

θ

W1 = ρ g h1 ( l cos θ ) b

⎛ = 1000 (9,8 ) (6 ) ⎜⎜14 2 ⎝ W1 = 2 469 600 N

2⎞ ⎟3 2 ⎟⎠

1 ( h2 − h1 ) ( l cos θ ) b 2 ⎛ 1 2⎞ ⎟3 = 1000 (9,8) (14) ⎜⎜14 2 ⋅ 2 2 ⎟⎠ ⎝ W 2 = 2 881 200 N 1 1 FH = ρ g ( h2 + h1 ) ( h2 − h1 ) b = 1000 (9,8) ( 26) (14 ) (3) 2 2 FH = 5 350 800 N W2 = ρ g




Pág. 5-27

2

La fuerza resultante será: F = Para hallar y C tomemos

∑M

(W1 + W2 ) 2 + FH = 7567173,93 N P

para ambos sistemas:

⎛ l cos θ ⎞ ⎛ l cos θ ⎞ W1 ⎜ ⎟ + W2 ⎜ ⎟ + FH ⎝ 2 ⎠ ⎝ 3 ⎠

⎛ 1 ρ g 2 h1 + h2 ⎜⎜ ⋅ ⎝ 3 ρ g h1 + h2

⎞ ⎟⎟ (l sen θ ) ! F ⋅ d = ⎠

⎛ 14 2 ⋅ 2 2 ⎞ ⎛ 14 2 ⋅ 2 2 ⎞ 1 2 ( 6) + 20 2 ⎟ + 2881200 ⎜ ⎟ + 5350800 ⋅ ⋅ = 2469600 ⎜⎜ ⋅ 14 2 ⋅ ⎟ ⎜ ⎟ 2 3 3 6 + 20 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ !

= 7567173,93 ⋅ d

d = 8,123 m

→

y C = h2 2 − 8,123 = 20 2 − 8,123

finalmente:

y C = 20,16 m

→

Ejemplo 5.11: θ = 45°

Calcular la fuerza resultante que actúa sobre la compuerta de forma triangular mostrada y la posición del punto sobre la placa por el que pasa su línea de acción. El líquido almacenado es agua ( γ = 1000 kgf/m 3 ).

θ = 45º

;

h1 = 6 m

b=3 m

;

h2 = 20 m

l

Fig. 5-52

Solución:

Para la placa triangular: θ

l = h2 2 − h1 2 = 14 2 m y − y1 b′ = b l b b′ = ( y − y1 ) l

del gráfico →

dF = p dA = γ h (b′ dy ) h = y sen 45º dF = γ y sen 45º

F =

y2

∫ γ y sen 45º y1

γ b sen 45º b ( y − y1 ) dy = l l

2 (1000) (9,8) (3) = 2 14 2

y2

∫(y

2

b ( y − y1 ) dy l

− y1 y ) dy

y1 20 2

⎡ y3 y2 ⎤ ( 6 2 ) 1050 6 2 y y dy − = − ⎢ ⎥ ∫ 2 ⎦6 ⎣3 6 2

20 2

2

2

F = 4 462 692,32 N




Pág. 5-28

F =γ h A

De otra manera:

h = y sen 45º donde y es la ordenada del centroide de la placa triangular.

donde:

2 ⎛ ⎞ 2 ⎡ 3 (14 2 ) 2 ⎤ F = (1000) (9,8) ⎜ 6 2 + (14 2 ) ⎟ ⎢ ⎥ 2 3 ⎝ ⎠ 2 ⎣ ⎦

→

F = 4 462 692,32 N

Centro de presión: 2 1 1 γb 1 y dF = = sen 45 º ( y 3 − y1 y 2 ) dy = 1050 ∫ ∫ F F l F y1

y

yC

20 2

∫(y

3

− 6 2 y 2 ) dy

6 2

20 2

⎡ y4 1 y3 ⎤ = 1050 ⎢ − 6 2 ⎥ F 3 ⎦6 ⎣4

→

2

y C = 22,69 m

Ejemplo 5.12: Encontrar la fuerza resultante y su punto de aplicación para la compuerta de forma elíptica mostrada.

tan θ = 3 / 4 Solución: •

Resultante:

dF = p dA = γ y senθ (2 x dy )

F = ∫ γ y senθ (2 x dy )

(1)

x2 ( y − 8) 2 + =1 4 9

pero:

⎡ ( y − 8) 2 ⎤ x = 2 ⎢1 − ⎥ 9 ⎦ ⎣

de donde:

h

12

12

⎡ ( y − 8) 2 ⎤ en (1): F = ∫ γ y sen θ 2 ⋅ 2 ⎢1 − ⎥ dy 9 ⎦ ⎣ 5 11

F = 4 γ sen θ

11

∫ 5

F = 90,48 γ

12

⎡ ( y − 8) 2 ⎤ y ⎢1 − ⎥ dy 9 ⎦ ⎣

y

[N]




Pág. 5-29

F =γ h A

Comprobación:

F = γ (8 sen θ ) (π ⋅ a ⋅ b) F = γ (8 sen θ ) (π ⋅ 2 ⋅ 3)

F = 90,48 γ •

Centro de presión 1 yC = F

3

1 ∫ y dF = F −3

4 γ sen θ ∫ y γ h (2 x dy) = F 11

1 3 = γ ( 4) ∫ y 2 (90,48 γ ) 5 5

⎡ ( y − 8) 2 ⎤ y ∫5 ⎢⎣1 − 9 ⎥⎦

11

12

2

dy

12

⎡ ( y − 8) 2 ⎤ ⎢1 − ⎥ dy 9 ⎦ ⎣

y C = 8, 28 m Ejemplo 5.13: Sobre ambos lados de la presa de concreto mostrada actúa presión de agua. Calcular la distancia del Punto A al punto en que la resultante del sistema de fuerzas que actúan sobre la presa (presión de líquidos más peso propio) corta al piso.

60°

A

γ agua = 1,0 ton/m γ concreto = 2,4 ton/m3 3

2,8 m

3,6 m Fig. 5-56

Solución: Dibujaremos la represa con las fuerzas actuantes debidas al peso propio y a la presión de líquido.

F2 v

F1

W1

30°

W2 5, 4 γ

A

1,4 m

F2 h

60°

0,616 m 4,0 m

3, 2 γ

Fig. 5-57

W1 = 2,4 (6,235) ( 2,8) (1) = 41,89 ton

@ 1,4 m de A

W2 = 2,4 (1 / 2) (3,6) (6,235) (1) = 26,94 ton 1 F1 = (1,0 ⋅ 5,4) (5,4) (1) = 14.58 ton 2 1 F2 = (1,0 ⋅ 3,2) (3,7) (1) = 5,92 ton 2

@ 4,0 m de A


F2

@ 1,8 m de A



cuyas componentes son:

Pág. 5-30

F2 h = F2 cos 30° = 5,127 ton F2 v = F2 sen 30° = 2,96 ton

El sistema de fuerzas F1 , F2 , W1 y W2 es equivalente a: r Si R = ( R x , R y ) Rx = 14,58 − 5,127 = 9,423 ton

r

∑M

A

Ry

Rx

(→)

R y = 41,89 + 26,94 + 2,96 = 71,79 ton

r R

(↓)

:

F1 (1,8) + W1 (1,4) + W2 (4,0) + F2v (2,8 + 2,984) − F2 h (1,067) = R y ⋅ d

→

d = 2,85 m

Ejemplo 5.14: En el embalse mostrado, la compuerta ABC es de acero, tiene un ancho a = 1,5 m y su peso por unidad de área es de 0,8 ton/m2. Calcular la resultante de las fuerzas debidas a la presión del agua ( γ = 1 ton/m3) y del peso propio de la compuerta, indicar el módulo y el punto de paso por el fondo del embalse medido desde A. Solución: l AB =

2 4 = = 2,31 m sen 60 º 3

W AB = γ ac l AB (1,5) = 0,8 ( 2,31) (1,5) = 2,771 ton WBC = γ ac l BC (1,5) = 0,8 (1, 25) (1,5) = 1,5 ton 1 1 FAB = (1,5 γ + 3,5 γ ) l AB (1,5) = (1) (5) ( 2,31) (1,5) 2 2 →

F AB = 8,66 ton

l AB cos 60 º = 0,577 m 2 c d 2 = l AB cos 60 º + = 1,779 m 2 d1 =

→

FBC = 1,5 γ c (1,5) = 1,5 (1) (1, 25) (1,5) = 2,8125 ton d3 =

1 2 (1,5 γ ) + 3,5 γ 1 6, 5 ⋅ + 3,5 γ l AB = ( 2,3094) = 1 m 3 1,5 γ 3 5




Pág. 5-31

R x = FAB cos 30 º = 7,5 ton (→)

Resultante:

R y = FAB cos 60º +W AB + WBC + FBC = 4,33 + 2,771 + 1,5 + 2,8125 = 11,4135 ton (↓)

∑M

r R

A

FAB ( d 3 ) + W AB ( d1 ) + WBC ( d 2 ) + FBC ( d 2 ) = R y ( x )

:

8,66 (1) + 2,771 ( 0,577) + (1,5) (1,779) + 2,8125 (1,779) = 11, 4135 ( x ) de donde:

x = 1,57 m

Ejemplo 5.15: El tanque de almacenamiento mostrado en corte transversal contiene agua con densidad ρ = 1000 kg/m3. Si el tanque mide 1 m de ancho (perpendicular al plano del dibujo), calcular la fuerza resultante que ejerce el fluido sobre la cara ABCDE del tanque. Especifique la línea de acción de dicha resultante.

∇

Solución: 346,4 173,2 A

a) La fuerza hidrostática sobre la cara BCDE se puede representar por W1 , W2 y Rx :

∇

B

W1

W1 = ρ g V1 = 1000 ⋅ 9,8 ⋅ (0,346 × 0,4 × 1)

C W2

→

60° D

Rx

W1 = 1356,32 N

W2 = ρ g V2 = 1000 ⋅ 9,8 ⋅

1 (0,346 × 0,6) × 1 2

→ E 115,47

gh Sistema I

W2 = 1017 ,24 N 1 1 R X = ( ρ g h ⋅ h) B = (1000 ⋅ 9,8 ⋅ 1,6 ⋅ 1,6) ⋅ 1 2 2

→

Fig. 5-63

R X = 12544 N

r La fuerza resultante será: R = (− 12544 ; − 2373,56 ) [N ]

∇

Si reemplazamos el sistema por una única fuerza (sistema II): Puesto que ambos sistemas son equivalentes: r r M EI = M EII

R

R y ⋅ x = W1 (173,2) + W2 (115,47) + Rx (533,33)

Ry

2373,56 x = W1 (173,2) + W2 (115,47) + Rx (533,33) →

x = 2967,05 mm

E

Rx

x Sistema II Fig. 5-64




Pág. 5-32

Otra solución posible: 1 ρ g h1 ⋅ h1 B 2 1 = (1000 ) (9,8) ( 0, 4) 2 ⋅ 1 2 → R1 = 784 N R1 =

∇

1 ρ g ( h1 + h2 ) ( 0,693) ⋅ 1 2 1 = (1000 ) (9,8) (0, 4 + 1) ( 0,693) ⋅ 1 2 → R2 = 4753,98 N R2 =

1 ρ g ( h2 + h3 ) ( 0,6) ⋅ 1 2 1 = (1000 ) (9,8) (1 + 1,6) ( 0,6) ⋅ 1 2 → R3 = 76, 44 N R3 =

d2 =

0,693 ⎛ h2 + 2 h1 ⎞ 0,693 ⎛ 1 + 2 ⋅ 0,4 ⎞ ⎟= ⎜ ⎟ = 0,297 m ⎜ 3 ⎝ 1 + 0,4 ⎠ 3 ⎜⎝ h2 + h1 ⎟⎠

d3 =

0,6 ⎛ h3 + 2 h2 ⎞ ⎛ 1,6 + 2 ⋅1 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = 0,2 ⎜ ⎟ = 0,277 m 3 ⎝ h3 + h2 ⎠ ⎝ 1,6 + 1 ⎠

r Si reemplazamos el sistema por una única fuerza R (sistema II): ∇

r R = (− 784 − 4753,98 cos 30º −7644 ; − 4753,98 sen 30º ) = (− 12545,07 ; − 2376 ,99 ) r r Por equivalencia de sistemas: M EI = M EII

:

⎛ 400 ⎞ + 1200 ⎟ + R2 (d 2 + 600 sen 60º ) + R3 d 3 = R y ⋅ x R1 ⎜ ⎝ 3 ⎠ → x = 2963,79 mm

R

Ry E

Rx

x Sistema II Fig. 5-66



Cap. 5 Fuerzas Distribuidas

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