Cap 5Mecanica Estatica Riley

— I R4

f2ir fir/2 fR

sen

lo

4

De las ecuaciones 510

= Z

_ V

nR4/4 = 3

2ttR 3/3

8

Resp.

Ibfa

FUERZAS DISTRIBUIDAS; CENTROIDES Y CFM RO DI  GRAVEDAD y

PROB LEMA EJEMPLO

5.8

Localizar el centroide del arco de alambre delgado representado en la figura 513a. SOLUCIÓN

El alambre se puede considerar constituido por un gran número de elementos infinitesimales de longitud dL, según se indica en la figura 513b. La longitud dL de cada elemento viene dada por la expresión

dL = J(dx)2 +

( dy)2 =

J ( dxldy ) 2 + 1dy

En el caso del arco de parábola y 2 = 12x:

dL =

V(y/ 6 ) 2 + 1 dy

= Jy 2 + 36 dy

1 = 5 jo" ^y2 + 36 dy y

=l

[2Jy2+36+181n(y + 7y2 + 36)] ^ =

17,747 cm

El elemento dL se encuentra a las distancias x e y de los ejes de coordenadas y y x, respectivamente. Así pues,

M. = j y dL = i J

y j y 2 + 36 dy = ~

J ( y 2 + 36) 3J

= 122,16 cm2

L

My

= =

J x dL = ~ L

J^" y2Jy 2 + 36 dy

2 36 )3  V (y +

(y 2 + 36)  162 ln(

y + Jy 2 + 36 )]^

= 87,31 cm2 De las ecuaciones 512

Mx L

122.16 cm= 6,88 17,747

MMj ¿y _ 87,312 „„ = 1AH AA 17,747 PROBLEMAS Localizar el centroide del área sombreada representada en cada una de las figuras siguientes.

y

. 4,792 cm

Resp. Resp. r

.11 O* Fig. P5 10 si b = 200 mm y

h = 300 mm.

513 * Fig . P513.

Y h x

x

' ----------

Figura P5-13

Figura P.i-10

511

Fig. P511.

514 * Fig. P514.

y y

51 2

Fig. P512. 51 5

Fig. P515.

y y

51 6 a 524 Localizar el centroide del área sombreada representada en cada una de las figuras siguientes. 516

51 9

Fig. P519.

Fig. P516. Y y

520 5  '

Fig. P520.

Fig. P517. Y

Y

521 * Fig. P521. 518 * Fig. P518. Y

Y

HiH

52 5 a 528 Localizar el centroide de la varilla curva delgada representada en las figuras siguientes.

5-22* Fig. P522.

525* Fig. P525.

y

y

523

Fig. P523. Fig. P526 si b - 200 mm.

Y y

x

52 4

Fig. P524.

y

52 7

Fig. P527 si b = 36 cm.

52 8

Fig. P528 si b = 50 mm.

y

531 a 53 4 Localiz ar el centroide del volumen que se obtiene haciendo girar alrededor del eje x el área sombreada representada en las figuras siguientes. 531

Fig. P531.

y

5 2 9 ' Localizar el centroide del volumen del tetraed ro representado en la figura P529. z

532

Fig. P532.

Y

53(1' Locali zar el centroide del volumen de la porción de cono de revolución representada en la figura P530. z

53 3 Fig. P533.

Y

Figura P5-33

170

.'i  83 ! Localizar el centro de masa del cono de revolución representado en la figura 511 si la densidad p en todo punto P es proporcional a la distancia de éste al plano xy.

534 * Fig . P534.

y

5 39 Localizar el centro de masa de la semiesfera represent ada en la figura P539 si la densidad p en todo punto P es proporcional a la distancia de éste al plano xy.

53 5 Localiz ar el centroide del volumen que se obtiene haciendo girar alrededor del eje y el área sombreada representada en la figura P531. 5 36 Localizar el centroide del volumen que se obtiene haciendo girar alrededor del eje y el área sombreada representada en la figura P534.

Figura P539

53 7* Localiz ar el centro de masa de una varilla recta y delgada, de sección recta de área A y longitud L, si la densidad p en todo punto P es proporcional a la distancia de éste al extremo izquierdo de la varilla.

5 40 Localizar el centro de masa del cono de revolución representado en la figura 511 si la densidad p en todo punto P es proporcional al cuadrado de la distancia del punto P al plano xy.

5. 4

CENTROIDES

DE CUERPOS COM PUESTOS

Cuando se conoce la situación del centroide de una línea, superficie o volumen, es fácil hallar el prim er mo men to respec to a un eje o plano, mu ltiplicando la longitud, área o volumen por la distancia del centroide al eje o plano. Así pues, si puede dividirse una línea, superficie o volumen en partes cuyos respectivos centroides tengan posiciones conocidas, se podrá determinar sin integración el momento de la línea, superficie o volumen total obteniendo la suma algebraic a de los primeros mome ntos de las partes en que se haya dividido l a línea, superficie o volumen. Así, por ejemplo, en el caso de una superficie compuesta, si ll amam os A-¡, A 2, ... ,A „ a las partes en que se divide la superficie A y x u x2, ..., x„ a las coordenadas x de los centroides de las respectivas partes, será

My = o

(A,

+ A 2+ ... + A n) x = A yX\ + A 2x2

+ ... +

A nx„

sea

My

= I



Ax =

" £

i=

_

A ¡x,

o sea

 x =

M

i



A ¡x, =1

t 1

Análogamente K/'AS ' 5BTBIBL.il JAS;

ílKUlOE.sWEMÜODh

_

Mx = Av

» _ = X Ay * /=i

0 sea

. y =

M

-j'

1 "  = ¿ X  4 .y. í= i

Si se considera un agujero como pa rte integrante de un cuerpo com puesto, su área se considerará magnitud negativa. Se pueden desarrollar ecuaciones análogas para líneas, volúmenes, masas y pesos com puestos. Lo s resultados final es presentarían la A de las ecuaciones 513 sustituidas por L, V, m y W, respectivamente. En las tablas 51 y 52 se consignan situaciones de centroides correspondientes a formas corrientes. En los ejemplos siguientes se ilustra el método para determinar la situación de centroides de líneas, superficies y volúmenes compuestos y de centros de masa y centros de gravedad de cuerpos compuestos.

PROBLEMA EJEMPL O

5.9

Una varilla delgada se ha doblado, dándole la forma que se indica en la figura 514 a. Localizar su centroide.

z

(a)

z

5-14

Tabla 5.1

SITU AC IÓN DEL CEN TRO IDE EN ALG UNA S LÍNEAS Y SUPERFICIES.

Arco circular

Sector circular

L = Ir a

A = r2a

y =o

sen u X = ¿r 3a y=0

Arco de cuadrante

Cuadrante de círculo

S=

/ =*L -

2r

_

2r

4 _ 4r x=

3% 4r 3it

^

Semicircunferencia

Área semicircular

L = nr

A 7^

X= r

x- r

A~ ~ y=

Área rectangular A= bh i

_

h

y

2

4r

Cuadrante de elipse A=

1

x = 4a 371

T i

1 *

T

nab

T

y= b

4 4b

3k

Area triangular

Seno parabólico

, b/i *=r

A= T

.

3 h

bh 3b

-_2 b * _

4

P= 3

- _3h Y 10

Area triangular

Cuadrante de parábola

.

bh

2~ a+b

_

3

h

r-X

A = fh

' _ y

_ 5b

8 2h

= 5-

?

T

t

y —

*—

H

b

h 1

Tabla 5.2

SITUACIÓ N DEL CENT ROIDE D E ALGU NOS VOLÚMENES.

Paralelepípedo rectángul o

Tetraedro rectángulo

V= abe

v/=abc 6

H * =4

Cilindro de revolución

Semicilindro

V= nr^L

V.

x =0 L


174

175

SOLUCIÓN

Podemos dividir la varilla en tres partes, según se indica en la figura 514 b. Se conocen las situaciones del centroide de cada una de ellas o se pueden determinar a partir de las relaciones consignadas en la tabla 51. Para el arco semicircular,

L3 = 7tr= «(9,90) = 31,1 cm r sen aeos„co _ 9,90 sen (x/2) y = -7 + --------45 ° = 7 + —---------------- eos 45 ° t t /2

oí

5.4 CENTROIDES DE CUERPOS COMPUESTOS

= 1 1,437 cm

 _ r sen a .co „ 9,90 sen 0 /2 ) ,co ,, ,c_ z 3 = 7 + ---------sen 45 ° = 7 + --- ------- i -----sen 45 ° = 11,457 cm

a

71/2

El centroide de la varilla compuesta se puede determinar consignando en una tabla la longitud, situación del centroide y primeros momentos de las distintas parte y aplicando las ecuaciones 514. Así, Parte

L, (cm )

1 2

3

16,0 14,0 31,1

I

61,1

x,

(cm) Myz( cm2) 8 0 0

y,

(cm) Mzv(cm2)

128

0

0

0 0

7 11,457

98 356, 3 454,3

128

z¡

(cm) Mq(cm2) 0 0

0 0

1 1, 4 5 7

3 5 6 ,3 356,3

De las ecuaciones 513 _

Mv_

X = ~T < <

 =

I I

128 == 6 U ~ 2,09 cm

Resp.

454,3 = 7,44 cm 61,1

Resp.

. 356,3 = 5,83 cm 61,1

Resp.

L ' L '

PROBLEMA EIE MPI O

5.10

Localiza r el centroide de la superficie compuesta representa da en la figura 51 5a. SOLUCIÓN

La superficie compuesta se puede dividir en cuatro partes: un rectángulo, un triángulo, un cuadrante circular y un círculo, según se indica en la figura 515 b. Recordemos que el área del agujero es negativa, ya que debe restarse del área del rectángulo. Las situaciones de los centroides de esas partes se pueden determinar a partir de las relaciones consignadas en la tabla 51. Para el triángulo:

b 50 ,,  % =  = — = 16,67 mm 3 3 v = 5 0 + ^ = 50 + ^ = 66 ,67 mm 3 3 v

(a) Figura 515

175

FUERZAS DISTRIBUIDAS: CENTROIDES Y CENTRO DE GRAVEDAD

Para el cuadrante circular: 4r

”

yV

4(50)

-

37T c r\ = 50

3/T

_ -

-_l

mm

ni - n 4(50) -— = 50 + -4 — - = 7 1,22 mm

3 7t

37r

El centroide del área compuesta se determina consignando en una tabla el área, situación del centroide y primeros momentos de las distintas partes y aplicando las ecuaciones 513. Así,

A¡ (mm2)

x¡ ( mm)

My(mm3)

0

0

3 4

5000 1250 1963 707

X

7506

Parte 1 2

16,67

20838 41665

 21.22

0

0

y¡

(mm)

25 66,67 7 1, 2 2 25

2 8027

Mj(mm3) 125000 83 338 139805 17,675 334068

De las ecuaciones 513 ■ ' -

M v 20 -827  /I

M x

y=T

75 06

, „ =  2,77 mm

5-42* Fig. P542.

5-41* Fig. P541.

17 cm

----10 cm ----

Figura P5-41

Resp.

330 468

= ^ 5 Ó r = 4 4 ’0m m

PROBLEMAS 5-41 a 5-46 Localizar el centroide de la varilla representada en las figuras siguientes.

„ e

* 100 mm 100 mm Figura P5-42

ReSp'

543

Fig. P543.

54 0

Fig. P546. z

y

5 47 a 552 Localiza r el centroide de la superficie sombrea da representada en las figuras siguientes. 54 7* Fig. P547. y

544

Fig. P544.

120 mm

548* Fig. P548. y

545 * Fig. P545.

z

Figura P5-48

5 4 1)

55 2' Fig. P552.

Fig. P549.

Y

Figura P5-52

5 5.'i a 5 63 Localiza r el centroide de la superficie sombrea da representada en las figuras siguientes. 55 3 55 0

Fig. P553.

Fig. P550. y y

Figura P5-50

55 4

5-31* Fig. P551.

Fig. P554. Y

Y

178

558

555 * Fig. P555.

Fig. P558.

y

559* Fig. P559. 556* Fig. P556.

Y

y

X

557

Fig. P557.

560 * Fig. P560.

Figura P5-6Q

Fig. P5-61.

Para formar la sección recta representada en la figura P564 se utilizan dos secciones acanaladas y una placa. Cada canal tiene una sección recta de área 2605 mm2. Localizar la coordenada y del centroide de la sección compuesta respecto a la superficie superior de la placa.

25 mm

203 mm

Fig. P562. Figura P!>-(>4

Se construye un soporte con chapas de latón (y= 0,0858 N/cm3) y aluminio ( 7 = 0,0272 N /c m 3), según se in dica en la figura P565. Determinar el centroide del soporte. Determinar el centro de gravedad del soporte.

Fig. P563.

Figura P5-(>5

180

Un cilindro tiene una cavidad semiesférica y está rematado por un cono, tal como se indica en la figura P566.

56 8 Un cilindro tiene una cavidad cón ica y un remate se miesférico (v. fig. P568).

Localizar el centroide del volumen compuesto si R = 140 mm, L = 250 mm y h = 300 mm. Localizar el centro de masa del volumen compuesto si el cilindro es de acero (p = 7870 kg/m3) y el remate es de aluminio (p = 2770 kg / m3).

Localizar el centroide del volumen compuesto si R = 200 mm y h - 250 mm. Localizar el centro de masa del volumen compuesto si el cilindro es de latón (p = 8750 kg /m 3) y el remate es de aluminio (p = 2770 kg/m3).

z z

56 7 Un soporte está constru ido con chapas de acero (y = 0,0771 N /c m 3) y aluminio (y= 0,027 2 N /c m 3), según se indica en la figura P567. Localizar el centroide del soporte, b. Locali zar el centro de graved ad del soporte.

56 9* Localizar el centro de gravedad d el soporte repr esentado en la figura P569 si los orificios tienen por diámetro 6 cm.

z

z

X Figura P5-67

Figura PS

181

37U" Localizar el centro de masa de la pieza de maquinaria representada en la figura P570. El disco C de latón (p = 8750 k g/ m 3) está montado sobre el árbol B de acero (p = 7870 kg / m3).

Figura P5-71

57 2 Localiza r el centro de masa de la pieza de maquinaria representada en la figura P572.

571 Localizar el centro de gravedad de la pieza de maquinaria representada en la figura P571.

5.

TEOREMAS DE PAPPUS

Y GU LDIN

Para d eterminar el área de la s uperfici e generada por una curva plana al girar alrededor de un eje copl anario al que no corta o e l volumen generado p or una superficie plana al girar alrededor de un eje coplanario al que no corta, se pueden utilizar dos teoremas enunciados por Pappus 1 y Guldin 2 antes de que se desarrollara el Cálculo infinitesimal. La aplicación de estos teoremas exige utilizar las ecuaciones anteriormente desarrolladas para la localización de centroides de líneas y superficies. Teorema 1 El área A de la superficie de revolución generada al girar una curva plana de longitud L alr ededor de un eje coplanario con ella y que no la corte es igual al producto de la longitud de la curva por la longitud del camino que recorre su centroide. Si la curva A B de la figura 516 se hace girar alrededor del eje y, el incremento dA del área de la superficie generada por el elemento de longitud dL de la línea A B será

dA - 2nz dL 1 Pappus de Alej andría (380 a. C.) . geómetra gri ego. 2 Paul Guldin (1577-1643), matemático suizo .

18 2

Así pues, el área A de la superficie total generada por un giro de la línea alrededor del eje y será A = 2k

AB

18 3 5.5 I EORE MAS DE PAPP US Y GU LD IN

\ z dL

Ji

La coord enad a z del centroide C de una línea conten ida en el plano dada por la ecuación 512:

Así pues, el área A de la superficie generada por la línea completo alrededor del eje y será

yz viene

A B al efectuar un giro

A = 2nz L

(514)

donde 2 nz es l a distancia rec orrida por el centroide C de la línea L al generar la superficie de área A. El teorema también es válido si la línea A B gira un án guio 9 que no sea de 2 n radianes. Así pues, para un ángulo de rotación 6 cualquiera (0 < 9<2n), el área A generada es

A = 6zL

(515)

El teorema 1 permite determ inar una gran variedad de áreas de superfi cies de diversas formas. Por ejemplo, la de la superficie lateral de un cilindro, la de un cpno, la superficie de una esfera, de un toro, de un elipsoide y de otras superficies de revolución para las que pueda describirse la línea generatriz y esté determinada la posici ón de su centroide. Teorem a 2 El volumen V del sólido de revolución generado al hacer girar una superficie plana de área A alrededor de un eje coplanario que no la corte es igual al producto del área de dicha superficie por la longitud del camino que recorre el centroide de la superficie. Si el área plana A de la figura 517 gira alrededor del eje y, el incremento dV del volumen g enerado por el elemento de superfici e dA será

dV - 2nz dA

¿

X

Y

Así pues, el volumen total V generado al realizar la superficie A un giro completo alrededor del eje y es

La coordenada z del centroide C de una superficie contenida en el viene dada por la ecuación 511:

plano yz

Figura 5-17

V generado al efectuar la superficie Así pues, el volumen comp leta alrededo r del ej e y será

184

FUERZAS DISTRIBUIDAS: CENTROIDES Y CI NTRO DL GRAVEDAD

A

una revolución

V = 2nz A donde 2 nz es la distancia que reco rre el centroid e C de la superficie A al generar el volumen V. El teorema también es válido si la superficie A gira un ángulo 6 distinto de 2 n. Así, para un ángulo de rotación 9 cualquiera (0 < 6 < 2 n ) , el volumen generado ser á

V = 6z A En los ejemplos siguientes se ilustra el método para la determinación de áreas de superficies de revolución y de volúmenes de cuerpos de revolución, utili zando los teorema s de Pa ppus y Guldin .

PROB LEMA EJEMPLO

5.11

Determinar el área A de la superficie y el volumen V del cuerpo (toro) generado por rotación de 360° alrededor del eje y del círculo representado en la figura 518.

y

SOLUCIÓN

\

K--------1 Figura 5-18

Lalongitud Lc de la circunferencia y el área A c del círculo representado en la figura 518 son

Lc = 2 rtr

A ( = 7tr2

El centroide CL de la línea contorno Lc y el centroide CA de la superficie A c del círculo representados en la figura 518 están ambos situados en la posición x = R. Así pues,

xL = xA = R De las ecuaciones 514 y 516,

A

= 2 nxLhc =

V =

2a(R )(27:r) = 4 n2Rr 2 k x a A c = 2 n{R){7tr2) = 2 n2Rr2

PROBLEMA EJEMPLO

Resp. Resp.

5.12

Determinar el área A de la superficie y el volumen V del cuerpo generado cuando gira 360° alre dedor del eje y la superficie sombreada representada en la figura 519.

SOLUCION

La longitud L del perímetro ABCA del área sombreada de la figura 519 es L =

2L~ A.„B +T LnrB C =

2- 7 (2 00 )2 + (8 0 )2 + ti(80) = 2(215,4) + 251,3 = 682,1 mm

Para la recta AB: - 

XAB

BC: xBC =

~ 100 + ^200 - = 200

mm

Para la semicircunferencia

300 +

= 350.9 mm

71

El primer momento respecto al eje y de la línea contorno

M y = 2(215,4)(200 ) + 251,3(350,9 )

ABCA es

= 174 341 mm 2

De la ecuación 513

Xil = M —Lrr-„ =

„_— = 255 .6■mm íqo 682,1i

174 341

,

El área A de la superficie del cuerpo viene dada por la ecuación 514:

A

= 2 k x l L = 2te(255,6)(682,I) = 1,095(106) mm2 = 1,095 m2

El área sombrea da A =

Resp.

A T + Asc

= |(200 )(160 ) +

= 16 000 + 10 053 = 26 053 mm2

Para el triángulo:

xT = 100 + ^(200)

= 233,3 mm

Para el semicírculo: = 334,0 mm XaC = 300 + 1^2) •■ 3n El primer momento del área sombreada respecto al eje y es

My =

16 000 (23 3,3) + 10 053(334,0) = 7 090 502 mm 3

De la ecuación 513 Mv

A

El volumen V =

7 0 9 0 50 2 26 053

„ = 272’2 mm

V del cuerpo viene dado por 2nócAA = 2/r(272,2)(26 053) = 44,56(106) mm

3 = 0,0446 m 3 Resp.

5.5 TEOREMA S DE PAPPUS Y GU LDIN

PROBLEMAS Utilizar los teoremas de Pappus y Guldin para resolver los problemas siguientes. 57 3* Determinar el área A de la superficie y el volumen V del cuerpo generado cuando gira 360° alrededor del eje y la superficie sombreada representada en la figura P573.

57 6 Determinar el área A de la superficie y el volumen V del cuerpo generado cuando gira 360° alrededor del eje x la superficie sombreada representada en la figura P576.

Y

57 4' Determina r el área A déla superficie y el volumen V del cuerpo generado cuando gira 360° alrededor del eje y la superficie sombreada representada en la figura P574.

577* Determinar el volumen V del cuerpo generado cuando gira 180° alrededor del eje y la superficie sombreada representada en la figura P577. 200 mm 1200 mm

Figura P5-74

57 5 Determinar el área A de la superficie y el volumenV del cuerpo generado cuando gira 360° alrededor del eje x la superficie sombreada representada en la figura P575.

578 * Determin ar el volumen V del cuerpo generado cuando gira 270° alrededor del eje y la superficie sombreada representada en la figura P578.

5 81 ' Determinar el volumen V del cuerpo que se genera al girar 360° alrededor del eje y la superficie sombreada representada en la figura P581.

K *—180 mm •

Figura P5-78

579 Se forma un volante de acero (y= 0,0771 N / cm3) haciendo girar 360° alrededor del eje x la superficie sombreada representada en la figura P579. Determinar el peso W del volante.

582 * Determinar el volumen V del cuerpo que se genera al girar 360° alrededor del eje x la superficie sombreada representada en la figura P582.

5 80 Determ inar el volumen 1/ del cuerpo que se genera al girar 360° alrededor del eje y la superficie sombreada representada en la figura P580.

x Y

583 Determinar el volumen V del cuerpo que se genera al girar 360° alrededor del eje x la superficie sombreada representada en la figura P581. 58 4 Determinar el volumen V del cuerpo que se genera al girar 360° alrededor del eje y la superficie sombreada representada en la figura P582.

18 7

5.6 FUERZAS DISTRIBUIDAS; CENTROIDES Y CENTRO DE GRAVEDAD

CARGA S DISTRIBUIDA

S EN LA S VIGAS

Cuand o se aplica una carga a un cuerpo rígido, a menudo queda distri buida a lo largo de una línea o cubre una superficie A. En muchos casos, conviene sustituir esta carga distribuida por una fuerza resultante que le sea equivalente. Así pues, las mag nitude s a determ inar son el mó dulo de la fuerza y la situación de su recta soporte. Considerem os la viga representada en la figura 520 a. Como las cargas distribuidas sobre la viga no suelen variar a través de su sección recta, la intensidad real de la carga de la vi ga pod rá m ultipl icarse por la anchura de ésta para obtener una xcarga distribuida cuyo valor sólo varíeivcon w (N/ mdeolalb/ft) la posición a lo lineal largo de la viga. La gráfica carga distribuida en función de la posición x recibe el nombre de diagrama de carga. El módulo de la fuerza infinitesi mal dR que sobre la viga ejerce la carga distribuida w en un incremento de longitud dx (v. fig. 520 b) es

dR = w dx Por tanto, e l módu lo de la fuerza resultante conce a la carga distribuida w será

ntrada R que es equivalen te

r

R = J w dx L Así pues, el módulo de la fuerza resultante R es igual al área A encerrada bajo el di agram a de carga, según se indic a en la figur a 520c. La situación de la recta soporte de la fuerza resultante R se puede determ inar igualando el momento de R respecto a un punto arbitrario O con el momento respecto a este mismo punto de la carga distri buida. El momento de la fuerza de módulo dR respecto al punto O (fig. 520 b) es

dM 0 = x dR Por tanto, el mom ento resultante respecto

Mg =

J*

a O de la carga distri buida

dMg =

j*

w será

x dR

El momento respecto a O de la fuerza R es

M 0 = Rd

donde d es la distancia, medida a lo largo de la viga, del punto O a la recta soporte de la fuerza resultante R. Así pues, según las ecuaciones ay b M„ =

Rd -

|x

dR - xR

o sea

d

=

x -

—

La ecuación 519 indica que la recta soporte de la fuer za resultante R pasa por el centroide del área A encerrad a baj o el diagrama de carga, según se indica en la figura 520c.

¡m

y 5,(. CARGA# DISTRIBUIDAS K

iN

LAS

VIGAS

y

(b)

Figura

.t - 20

En los ejemplos siguientes se ilustra el procedimiento a seguir para determinar la resultante de una carg a distribui da w y la sit uación de su recta sop te, utilizando los métodos que anteriormente se han visto para la localización de los centroides de superficies.

PROBLEMA EJEMPL O

or-

5.13

Una viga se halla sometida a un sistema de cargas que puede representarse por el diagrama de carga de la figura 521 a. Determinar la resultante de este sistema de cargas y localizar su recta soporte respecto al apoyo izquierdo de la viga.

j —

*

-dx (c)

(i» Figura 521 SOLUCION

El módulo de la resultanteR de la carga distribuida representada en la figura 521 a es igual al área encerrada bajo el diagrama de carga y su recta soporte pasa por el centroide de dicha área. Como el área encerrada y la situación del centroide no suelen aparecer en las tablas de áreas y de centroides, será necesario utilizar métodos de integración para determinar el módulo de la resultante y la situación de su recta soporte. El área encerrada bajo el diagrama de carga se determina utilizando el elemento de superficie representado en la figura 521 b. Así,

KX j dX

A

Wmáx sen 2 L

Así pues,

R=A=

2 Lw máx

El momento del área respecto al apoyo A

M . = j x(wd x)

2 Lw máx

I KXl L ------- I - COS ^7

L

k

2Lw máx

2 LJo

Resp.

= ° ’637lü máxL

es

= Jj' Wmáx * Sen ¿KXI dx , 4L 2 ~¡¿

kx

2L

SCn 2L~ ~k

kx

L

4L 2w máx

X C° S 2L 0

De las ecuaciones 511

á x

M, 2 L w máx/7r

En la figura 521c pueden verse los resultados.

190

= 2—KL =

0.637 L

Resp.

PROBLEMA EJEMP LO

5.14

Se somete una viga a un sistema de cargas que puede representarse por el diagrama de carga de la figura 522 a. Determinar la resultante de este sistema de cargas distribuidas y localizar su recta soporte respecto al apoyo izquierdo de la viga.

w = 300 N/m

riTr>^

¿ ú .

.......

..

1 - 2 m-»---------6 m

(a) 300 N

1800 N

ll l

------------1i-----4

1 ' m --------;

R = 2700 N

600 N

i

t

í : (b)

............... Tí

i

—

* i

1,333 m - 5,00 m 9,33 m ■

(C)

-cl= 5,5li m-

Figura 5-22

SOLUCIÓN

El módulo de la resultante R de la carga distribuida representada en la figura 5 22 a es igual al área encerrada bajo el diagrama de carga. Este puede dividirse en

dos triángulos y un rectángulo. Así pues, según la tabla 51:

Fl

=

Ax=

x¡ = jb , =

= i(2) (300 ) = 300 N |(2)

=

F2 = A 2 = b2h2 = x 2 = 2 + \b 2 = 2 F3 =

=

+

1,333 m (6)(300) = 1800 N ^(6 ) = 5,00 m

±b3h3 = i(4)(300) = 600 N

= 8 + [ b } = 8 + ^(4) = 9,33 m En la figura 522b pueden verse las fuerzas equivalentes para las tres áreas y las situaciones de sus rectas soporte. Así,

R=

F, + F 2 + F 3 = 300 + 1800 + 600 = 2700 N

Resp.

La recta soporte de la resultante se sitúa respecto al apoyo de la izquierda sumando momentos respecto al punto A. Así,

CENTROIDES 'i ' C :NTKO DE GRAVEDAD

Ma

= Rd

r r - r = F,X] + F 2x 2 + r nx 3 = 300(1,333 ) + 1800(5,00) + 600(9,33) = 15 000 N •m

Por último, , m d = x ^ ir

La fuerza resultante F

y

a

w=

15 000

,

= 5’56m

su recta soporte pueden verse en la figura

„

R e sp5-22

c.

PROBLEMAS 5-o Una viga está sometida a un sistema de cargas que se puede representar por el diagrama de carga de la figura P5-85. Determinar la resultante R de este sistema de cargas distribuidas y localizar su recta soporte respecto al apoyo izquierdo de la viga.

Una viga vertical está sometida a un sistema de cargas que se puede representar por el diagrama de carga de la figura P587. Determinar la resultante R de este sistema de cargas distribuidas y localizar su recta soporte respecto al apoyo en el punto O.

3000 N/m

i i i i i r i ----------—

■1.1 1m

-

- » .■ ■ ,

11 1

, 50 0 N/ m

~i~r~

1 m■

I

-----

X

1m

Fi»ura P5-85

5-85* Una viga está sometida a un sistema de cargas que se puede representar por el diagrama de carga de la figura P586. Determinar la resultante R de este sistema de cargas distribuidas y localizar su recta soporte respecto al apoyo izquierdo de la viga.

800 N/m 400 N/m

■■i—



]"

-2,5 i

aHH -2,5 m ------* -----2,5 m

| ----- x

5 88 a 59 3 Una viga está sometida a un sistema de cargas que se puede representar por el diagrama de cargas de las figuras siguientes. Determinar, para cada figura, la resultante R de tal sistema de cargas distribuidas y localizar su recta soporte respecto al apoyo izquierdo de la viga.

58H

Fig. P591.

Fig. P588 .

y

589

Fig. P589.

392

y

Fig'P592.

' =200* - 25X2N/m

7500 N/m

TíTnTm

3750 N/m

^ r T T íT lT Í 4

1.333 m

m -

■2 m

Figura P5 92

-1,167 m

5-93- Fig. P593. ¡-90* Fig. P590.

750 N/m

^ f íllT íT T n T n T r r ^ 4

m

Figura P5-90

400 N/m

Fisura P5-93

-

Una viga vertical está sometida a un sistema de cargas que se puede representar por el diagrama de carga de la figura P594. Determinar la resultante R de este sistema de cargas distribuidas y localizar su recta soporte respecto al apoyo en el punto O.

y

—16 rn------Figura P5-95

y

Una viga vertical está sometida a un cargas que se puede representar por el diagrama de sistema carga dede la figura P596. Determinar la resultante R de este sistema de cargas distribuidas y localizar su recta soporte respecto al apoyo en el punto O.

y

Una viga está sometida a un sistema de cargas que se puede representar por el diagrama de carga de la figura P595. Determinar la resultante R de este sistema de cargas distribuidas y localizar su recta soporte respecto al apoyo izquierdo de la viga.

5. 7

FUERZAS SOBRE SUPERFICI ES SUM ERGIDAS

Un fluido (líquido gas) en reposo puede, por definición, compresión pero noo fuerzas de tensión o fuerzas cortantes.transmitir Como unafuerzas fuerzade cortante se ejerce tangente a una superficie, un fluido en reposo sólo podrá ejercer, sobre una superficie sumergida, una fuerza compresiva normal a ésta y que recibe el nombre de p resi ón. E sta presión, llamada presión hidrostática, es igual en todas direcciones y se debe al peso del fluido existente sobre todo punto de la superficie sumergida; por tanto, las presiones en los fluidos varían linealmente con la profundidad si el fluido tiene un peso específico constante. La presión ab solut a pA a una profundidad d e s Va =

194

Po + Yd = Po+ P 8d

donde 5.7 FUER ZAS SOBRC SUPERF ICIFS Sl.'MFRCilDAS

p0 = presión atmosférica en la superficie del fluido Y = peso específico del fluido p = densidad del fluido g = aceleración de la gravedad

En el sistema de unidades SI, la densidad ydel agua dulce es 1000 kg/nr 1y en el U.S. Customary system, el peso específico p del agua dulce es 62,4 Ib /ft3. La aceleración de l a graved ad g es 9,8 1 m /s 2 en e l S I y 32,2 f t/ s 2 en el U.S. C ustomary. En general, los instrumentos de medida de la presión miden el exceso de ésta sobre l a presión atmosférica. Este valor se denomina "presi ón mano métri ca" y de la ecuación 520 resulta inmediato que la presión man ométrica p ? es

Vo = P a ~ P o = Td = Pgd En el análisis de muchos problemas de ingeniería en los que intervienen fuerzas en fluidos, es necesario determinar la fuerza resultante R debida a la distribución de presiones sobre una superficie sumergida y localizar la intersección de su recta soporte con dicha superficie. A este punto de intersección se le da el nombre de "centro de presión". y

5.7. 1

Fuerzas sobre superficies planas sumergidas

En el caso de la presión de un fluido sobre una superficie plana sumergida, el diagrama de carga (área) que se introdujo en el apartado 56 para una carga distribuida a lo largo de una línea se convierte en un sólido de presiones (volumen), según se indica en la figura 523a, ya que la intensidad de una carga distribuida (presión) sobre la superficie sumergida varía sobre una superficie pa en vez de a lo largo de una línea. Cuando se aplica la presión distribuida una superficie en el plano xy, la ordenada p(x, y) a lo largo del eje z representa la intensidad de la fuerza (fuerza por unidad de superficie). El módulo del incremento de fuerza d R sobre un elemento de superficie dA es

dR = pdA = dV

(a)

ps

donde dVps es un elemento de volumen del s ólido de presiones , com o se mu estra en la figura 523a. El módulo de la fuerza resultante R que actúa sobre la superfic ie sum ergida es

R

j p dA = j dVvs

= Vps

y

(5-22) Superficie del fluido

donde Vps es el volumen del sólido de presiones. La recta soporte de la fuerza resultante R se puede localizar respecto a los ejes x e y utilizando el principio de los momentos. Para los momen tos respecto al ej e y:

R d_

=

j* x dR =

J

x p dA

= J

x dVps = xps Vps

(b) Figura 5-23

x:

Para los momentos respecto al eje FUERZAS DISTRIBUIDAS; CENTROIDES Y CFNTRO DE GRAVEDAD

Rd„=J ydR =j*

y

p dA =

J y dVp$

=

yps Vps

Las ecuaciones 523 indican que la rect a sopo rte de la fuerza resultante R pasa por el centroide C v del volumen del sólido de presiones. Si la presión está distribuida uniformemente sobre la superficie, el centro de presión P coincidirá con el centroide CA del área. Si la presión no está distribuida uniformemente sobre la superficie, el centro de presión P y el centroide C A tendrán posici ones diferentes, según se indica en la figura 523 b. 5.7.2

Fuerzas sobre superficies curvas sumergi das

Las ecuaciones 522 y 523 sólo son aplicables a superficies sumergidas planas; ahora bien, en la práctica, muchas veces se tienen superficies curvas, como es el caso de ciertas tuberías, presas y depósitos. En tales problemas, la fuerza resultante R y la intersección de su recta soporte con la superficie curva se pueden determinar por integración en cada problema concreto, no siendo posible desarrollar fórmulas generales aplicables a una amplia gama de problemas. Para evitar esta dificultad, se ha desarrollado el método que se ilustra en la figura 524. En la figura 524 a, una compuerta cilindrica de radio a y longitud L cierra una abertura de la pared de un depósito que contiene un fluido. En la figura 524

b se ha representado la distribución de la presión sobre la compuerta. A

(b)

(c)

K >dx—

l

(d,

!F (e) Figura 5-24

9
partir de dicha dist ribuci ón, se pueden determ inar por integración las comp onentes horizontal y vertical de la fuerza resultante y comb inarlas para obtenerla. También puede utilizarse el método del sólido de presiones para determinar la fuerza resultante R si se utilizan los planos horizontal y vertical para aislar la compuerta y un volumen de fluido en contacto con ella, según se indica en la figura 524c. La fuerza que la presión ejerce sobre la superficie horizontal del fluido es

F IV

=

PiAi,

y {d~a) ( aL )

=

Análogamente, sobre la superficie vertical,

F ih = V\A v F 2h El volumen de fluid o

=

7

Íd-a)(aL)

(Pi-P0Av

=

=

Ve tiene un peso W, el cual viene dado por la expresión W

=

yV f - y{a

2 -^

Jta2) L

En la figura 524 d pueden verse las cuatro fuerzas Flv, F1/r Fy, y W, junto con sus rectas soporte. Se pueden com binar la s dos fuerzas vertical es y las dos horizontales, dando

FV = FIV+W Fh = F lh + F 2h donde F„ y Fh son las componentes rectangulares de una fuerza resultante R. Es decir, R es la resultante de Flv, Flh, F^, y W, que son las fuerzas que el agua adyacente y la Tierr a ejercen sobre e l volumen de agua en con tacto con la com puerta. Esta fuerza es la misma que la que ejerce el agua sobre la compuerta porque el volumen de agua en contacto con la compuerta está en equilibrio y la fuerza que la compuerta ejerce sobre el agua es de igual módulo y dirección pero de sentido contrario a la que ejerce el agua sobre la compuerta. El módulo de la resultante es

R =7

( f / , ) 2 + ( f ,) 2

La pendiente de la recta soporte de la resultante viene dada por la expresión

a

. F„ = tan-1 ■=-

th

Por último, la situación de la recta soporte de la resultante respecto a un punto arbitra rio se puede determ inar sumand o mo mentos respecto al punto en cuestión. Para el punto O representado en la figura 524e,

Rd = Fvdx -

F,(dy

19 7

5.7 FUERZAS SOBR E SUPERFICIES SUMERGIDAS

]■:»

FUFRZAS DISTRIBUIDAS; C l-N'TROIDI S Y CENTRO Df ( kAVÍDAI)

En el caso de la compuerta cilindrica, la recta soporte de la resultante pasa por el punto O, según se indica en la figura 524/. Esto se debe al hecho de que la presión siempre se ejerce normalmente a la superficie; por tanto, en el caso de la compuerta cilindrica, la recta soporte de cada incremento dR de la resultante pasa por el punto O. Dicho de otro modo, los incrementos forman un sistema de fuerzas concurrentes. Los ejemplos siguie ntes ilus tran el procedimiento p ara d eterminar la fuerza resultante y localizar el centro de presión de superficies sumergidas utilizando los métodos de integración y de sólido de presiones.

PROBLEMA EJEMPL O

5.15

El agua contenida por una presa tiene una profundidad de 30 m, según se indica en la figura 525 a. Determinar a. b.

El módulo de la fuerza resultante R que ejerce la presión del agua sobre una longitud de 9 m de la presa. La distancia del centro de presión a la superficie libre del agua.

SOLUCIÓN

(a)

En la figura 5-25b se ha representado una sección del sólido de presiones. En la base de la presa, la presión es

p a.

=

yd = 9810(30) = 294 300 N/m 2

Así pues, para la longitud de presa igual a 9 m, el volumen del sólido de presiones es y

= ” s

-lpA =

2

^(294300)(3 0)(9) = 39 730 500 N = 39,7 MN

Resp.

-

R = Vf¡$ = 39,7

MN

Ib) b.

Como la anchura del sólido de presiones es constante y su sección es un triángulo, la distancia del centroide del sólido a la superficie libre del agua será

dp = ±d=

2(30) = 20 m

Resp.

En la figura 525c pueden verse los resultados.

(c) Figura 52S

PROBLEMA EJEMPLO

5.16

Determinar el módulo de la resultante de las fuerzas de presión que se ejercen sobre la placa rectangular representada en la figura 526« y localizár el centro de presión respecto a la superficie del fluido.

199

SOLUCION

Para el elemento de superficie

V

dA representado en la figura 526a,

Pg(dc - y )

-

FUERZAS SOBRE SUPERFICIES SUMERGIDAS

dA = b dy

Por tanto, el módulo del incremento de fuerza dR sobre el elemento de superficie

dA es

dR = p dA

=

pg(dc -y)(b dy)

El módulo de la fuerza resultante R será Cf+íi/2

R =J A

, j

r

l -n

_y)(fc dy) = K T c y -V

hr

-L

n = P8 c

■bh

La recta soporte de la fuerza resultante R se localiza utilizando el principio de los momentos. Sumando los momentos respecto a un eje x en la superficie del fluido, se tiene

M x = Rdp = J (dc

y)

dR

A Superficie deJ tiuido

= J-h/2 \+m pg(dc - v)2(b dy)

= P g ^\ % - dcy2 + \ \ /^ n = ~tfb h{\ 2d l + h2) Por tanto, la distancia d„ del centro de presión a la superficie del fluido será 1 d

=

P

=

R

p g b h ( ] 2 d 2 +1 t2 ) ________

12

\2 d2 + h 2

12 d.

pgdcbh

Resp.

Este problema se puede resolver también utilizando el sólido de presiones representado en la figura 526Í?, ya que se conocen las posiciones de los centroides para el prisma rectangular y la cuña triangular de la figura. En la parte superior, en el centroide y en la base de la placa, las presiones son, respectivamente,

pT

= Pg{dc - ¿ )

PC = PS dC

P

(b)

-Superficie del fluido

B

Para el prisma rectangular: Vr p = P T b h = P ?{dC

-'i)L lh

drp

— dC,-i (c)

Para la cuña triangular:

Figura 5-26

Vtw =

= \(Pgh)bh

dtw - dc +

Para el sólido de presiones:

Vrp+Vtw = pgdcbh

dps = d„ p

20 0

Por tanto,

FUERZAS DISTRIBUIDAS; ( LNTKOIDES

YCI

in

TRO

R

Dt

(SRAVF.DAD

V = pgdc bh

=

Vpsdps =

Resp.

Vrpd rp + v twdtw

Pgdc bhd p = pg^ dc - ,^jbh dc + \(p gh)( bh) ^dc + ^

=

)

-^pgbh(l2d2 +h2)

Despejando dP se tiene

P

^pg bh(U d2 + h2) pgdcbh

n d 2 +h2 \ 2d.

Resp.

La distancia entre el centro de presión y el centroide es 12 d2 + h2

d -dr =c

12

--------¿ r l-

c

=

ui 12 d ,

La fuerza resultante R y las localizaciones del centroide C y del centro de presión P pueden verse en la figura 526 c. y

^Sup erficie del fluid o

PROBLEMA EJEMPLO

5.17

Determinar el módulo de la resultante de las fuerzas de presión que se ejercen sobre la placa circular representada en la figura 52 7a y localizar el centro de presión respecto a la superficie del fluido. SOLUCIÓN

Para el elemento de superficie

(a) y

dA representado en la figura 527s,

p = pg(dc ~y )

dA

=

2(a2  y2) 1/2 dy

Por tanto, el módulo del incremento de fuerza dR sobre el elemento de superficie será

dA

dR = p dA = pg(dc -y)(2) (a2 - y 2)]n dy

^-Superficie del fluido

El módulo de la fuerza resultante R que se ejerce sobre la superficie circular sumergida es R =

J

dR

= J

2 pg (dc -

y) (a2 -

y2) 1/2 dy

A

(b)

Figura 5-27

= 2pg\ ^dcy{ a2- y 2y l2+\ dca 2 szn- 'l¿ + \ {a2- y 2)V2 =

pg7ta2dc

P

Nótese que el área de la placa circular es A = n,a2y que la presión en el centroide de la placa es pc = Pgdc. Por tanto,

R

=

pcA

La recta soporte de la fuerza resultante R se localiza utilizando el principio de los momentos. Sumando momentos respecto a un eje x situado en la superficie del fluido se tiene

M x = R dp = JA (dc - y ) dR = | " 2 p g (d c

- y ) 2(a 2 - y 2) m

dy

= 2 p g ^ d 2y(a 2 - y2 )tn + \d2-a2 serr 12 + |í íc (a 2 - y 2) 112 'Ua2

_

_ J/2 )3/2 +

4

=

‘

l 2 y(a 2 _y Z )

1/2+

o

I

4 sen i

^ 1

Uj-a

o

^pg7m2(4d£ + a2)

Por tanto, la distancia dP del centro de presión a la superficie del fluido es

pg m2(4d^ + a2)/4 pg m2d

M.

P

R

4d í + a 2 4d

Resp.

Frecuentemente, cuando intervienen formas circulares, la integración se simplifica utilizando coordenadas polares, según se indica en la figura 5 -2 7b. Para el elemento de superficie dA representado en la figura 5 -2 7b,

p = pg{dc -y ) = Pg{dc  r sen 6)

dA

=

r dr d9

Por tanto, el módul o del incremento de fuerza dR sobre el elemento de superficie

dA es

dR = p dA

=

pg(dc - r

sen

6){r dr dff)

El módulo de la fuerza resultante R que se ejerce sobre la superficie circular sumergida es

pg( dc - r sen 6) (r dr dff)

n

Pg[

c

° 2~

sen e)de

PSa2^j} dc®+ \ a cos ®]0 = P gm2¿c

Resp.

201

1.7 FUE RZAS SOB RE SUPERF ICIES SUMERGIDAS

IUER /AS DISTRIBUIDA” ,; CENTRO IDES V CENTR O DE GRAVEDAD

*

=

Rdp

=

J { dc - y) dR A



n

pg(dc  r sen 9)7(r dr dd)

= J *2 p^í i 1/

ti-

^d c

= P g[\ d h a2e+^ dc =

o3 sen

0 + ^ a 4 sen2 flj d#

a 3 eos 6»+ ^rt4( Í 0 isen

2 e)j^

^pg m2 (4d£ + a2)

Por tanto, la distancia dP del centro de presión a la superficie del fluido será

M d = — 1 R

Pgxn (4d¡~ + a2)l4 4 d;-+a2 ---------- = — ---= --------------=■ pgjta-dc

4 d¡.

Resp.

En el caso particular en que la parte superior de la superficie circular estuviera en la superficie del fluido, seríadc = a y

R = pgna2dc = pgJta3 4 d2 +a2 = 5a2 = 5 1f 4 d( 4 a 4a Obsérvese que el método del sólido de presiones carece de interés en este la forma del sólido de presiones (cilindro de revolución con un excaso tremoporque perpendicular al eje y el otro inclinado respecto a él) no se encuentra en las tablas.

PROBLEMAS En los problemas siguientes, tómese 9810 N /m 3 para el peso específico /del agua y 1000 kg/m 3 para su densidad p. Si la presa representada en la figura P597 tiene una anchura de 60 m. determinar el módulo de la fuerza resultante R que la presión del agua ejerce sobre la presa.

Fi^ur.t P.t>97

Si la presa representada en la figura P598 tiene una anchura de 50 m, determinar el módulo de la fuerza resultante R que la presión del agua ejerce sobre la presa.

Figura P5-98

5-99 La anchura de la compuerta rectangular de la figura P599 es de 2,4 m. Determinar el módulo de la fuerza resultante R que ejerce el agua sobre la compuerta y la situación del centro de presión respecto al gozne situado en la parte superior de la compuerta.

5 ’ 04 Para cerrar una abertura de un depósito grande de agua, se utiliza una placa plana según se indica en la figura P5104. Si la sección de la abertura es la que se indica en la figura P5104fr, determinar el módulo de la fuerza resultante R que el agua ejerce sobre la placa y la situación del centro de presión respecto a la parte inferior de la abertura si d = 5 m, h = 2 m y b = 2 m.

Td

A

5 . .. Para cerrar una abertura de 1 m de ancho por 2 m de alto en la pared vertical de un gran depósito de agua se utiliza una placa de acero. Cuando el nivel del agua en el depósito está 15 m por encima de la parte superior de la abertura, determinar el módulo de la fuerza resu ltante R que ejerce la presión del agua sobre la placa y la distancia que separa el centro de presión del centroide de la superficie de la placa. Un acuario de vidrio tiene una anchura de 60 cm, una longitud de 1,8 m y una profundidad de 90 cm. Cuando el agua del acuario alcanza una altura de 75 cm, determinar el módulo de la fuerza resultante R que la presión del agua ejerce sobre una de las paredes de 60 cm x 90 cm y la distancia del centro de presión a la superficie libre del agua. 5 1 02* La anchura de la compuerta rectangular de la figura P5102 es de 4 m. Determinar el módulo de la fuerza resultante R que ejerce la presión del agua sobre la compuerta y la situación del centro de presión respecto al gozne situado en la parte inferior de la compuerta.

AVO (b)

(c)

(cO

Figura P5-104

Para cerrar una abertura en un depósito grande de agua se utiliza una placa plana según se indica en la figura P5104. Si la sección de la abertura es la que se indica en la figura P5104c, determinar el módulo de la fuerza resultante R que el agua ejerce sobre la placa y la situación del centro de presión respecto a la parte inferior de la abertura si d = 4,5 m, h = 1,5 m yb = 1,5 m. 5 . Un abrevad ero de 1,8 m de anchura por 3 m de longitud y 0,9 m de profundidad tiene sus extremos semicirculares. Determinar, cuando está lleno de agua, el módulo de la fuerza resultante R que el agua ejerce sobre uno de sus extremos y la situación del centro de presión respecto a la superficie libre del agua.

Para cerrar una abertura en un depósito grande de agua, se utiliza una placa plana según se indica en la figura P5104. Si la sección de la abertura es la que se indica en la figura P5104c, determinar el módulo de la fuerza resultante R que el agua ejerce sobre la placa y la situación del centro de presión respecto a la parte inferior de la abertura si d = 10 m y h = 1 m.

La anchura de la compuerta cilindrica representada en la figura P5107 es de 1,2 m. Determinar el módulo de la fuerza resultante R que el agua ejerce sobre la compuerta y la pendiente de su recta soporte si d = 3 m y a = 1,2 m.

Una tubería de conducción de agua de 4 m de diámetro se llena hasta el nivel que se indica en la figura P5108. Determinar el módulo de la fuerza resultante R que ejerce el agua sobre una longitud de 2 m de la sección curva AB de la tubería y localizar la recta soporte de la resultante.

T

d

a 2 B

A

Figura P5-108

Figura P5-107

RESUMEN

Anteriormente, se trató de fuerzas concentradas, las cuales venían representadas por un vector que tenía módulo, dirección, sentido, recta soporte y en algunos casos, punto de aplicación definidos. En muchas circunstancias, las cargas superficiales que se ejercen sobre un cuerpo no están concentradas en un punto sino que están distribuidas a lo largo de una línea o sobre una superficie. Otras fuerzas, llamadas fuerzas másicas, se distribuyen por el volumen del cuerpo. Las fuerzas distribuidas se caracterizan, en todo punto, por su intensidad, dirección y sentido. Cuando la fuerza está distribuida sobre una superficie y actúa normalmente a ella, recibe el nombre de presión. Anteriormente, se han considerado los momentos de fuerzas respecto a un punto o respecto a un eje. En los análisis de ingeniería, se encuentran ecuaciones que representan momentos de masas, fuerzas, volúmenes, superficies o líneas respecto a ejes o a planos. A estos momentos se les da el nombre de primeros momentos de las magnitudes que se consideren, por el hecho de que en su expresión interviene la primera potencia de la distancia. El término "centro de m asa" se util iza para design ar el punto de un cuerpo físi co tal que a l conce ntrar en él toda la masa del cuerpo se tiene un mo mento respecto a un eje o a un plano igual al mom ento respecto al mismo eje o plano de la masa distribuida. El término "centro de gravedad" se utiliza para designar el punto del cuerpo a través del cual actúa su peso, independientem ente de cuál sea la posición (u orientación) del cuerpo. La situación del centro de masa de un cuerpo se determina utilizando ecuaciones de la forma o sea

m .i 04

m

Cuando la densidad

p del cuerpo es constante, las ecuaciones (55) s

x = ^jxdV

y

=

\ ¡ ^ y d v

V

V

z

= i J

2

e reduce n a

dV

V

Las ecuaciones 510 indican que las coordenadas x ,y y z sólo dep end en de l a configuraci ón geom étrica del cuerpo y son independientes de sus propiedades físicas. El punto que tiene estas coordenadas se denomina "centroide" del volumen del cuerpo. El término "centroide" se s uele utili zar en relación con figuras geométricas (volúmenes, superficies y líneas), mientras que los términos "centro de masa" y "centro de gravedad" se emplean en relación con cuerpos físicos. El centroide de un volumen coincide con el centro de gravedad del cuerpo si éste es homogéneo. Cuando el peso específico varíe de unos puntos a otros, el centro de gravedad del cuerpo y el centroide de su volumen no tienen por qué coincidir. Cuand o una carga ap licada a un cuerp o rígido esté di stribuida a l o largo de una línea o sobre una superficie A , conviene a m enudo susti tuir, a f ines de an álisis estático, esta carga distribuida por una fuerza resultante R que sea equivalente a la carga distribuida w. En el caso de una viga con un a carga distri buida a lo largo de ell a, el módulo de la fuerza resultante está determ inado p or la expresión (5-18)

L que indica que el módulo de la fuerza resultante es igual al área encerrada bajo el diagram a de carga utili zado p ara rep resentar a la carga distribui da. La recta soporte de la f uerza resultante pa sa po r el centroi de de la superfi cie encerrada bajo el diagrama de carga. En el caso de presiones de un fluido sobre superficies planas sumergidas, el diagrama de carga (superficie) de una carga distribuida a lo largo de una línea se conviert e en un sólido de presiones (volumen ) ya que la intensidad de la presión sobre la superficie sumergida varía sobre una superficie en lugar de a lo largo de una línea. El módulo de la fuerza resultante que se ejerce sobre la superficie sumergida es

R

(5-22)

que indica que el módulo de la fuerza resultante es igual al volumen del sólido de presiones que se utiliza para representar a la carga distribuida. La recta soporte de la fuerza resultante pasa por el centroide del volumen del sólido de presiones. Si la presión está distribuida uniformemente sobre la superficie, el centro de presión (intersección de la recta soporte de la fuerza resultante con la superficie) coincidirá con el centroide de la superficie. Si la presión no está distri buida un iformeme nte sobre la superfici e, el centro de presión y el centroide de la superficie no coincidirán.

2 05 RESUMEN

PROBLEMAS DE REPASO Locali zar el centroide de la superficie som breada representada en las figuras siguientes.

Fig. P5112.

Fig. P5109.

Fig. P5110.

= 6400

Localizar el centroide del volumen representado en la figura P5113 si R= 10 cm y h = 32 cm. -80 mm—

-

----

Figura P.í-110

Fig. P5111.

Determinar el área de la superficie y el volumen del cuerpo generado al girar un ángulo de 360° alrededor del eje x la superficie sombreada de la figura P5114.

Determinar el volumen del material suprimido al practicar el rebajamiento en el árbol circular representado en la figura P5115.

Determinar la resultante R del sistema de cargas distribuidas sobre la viga de la figura P5117 y localizar su recta soporte respecto al apoyo izquierdo de la viga.

Determinar la resultante R del sistema de cargas distribuidas sobre la viga de la figura P5118 y localizar su recta soporte respecto al extremo izquierdo de la viga.

75 mm

Figura Pñ¡-1

900 N/m

Localizar el centroide y el centro de masa del volumen representado en la figura P5116 constituido por un cilindro de aluminio (p = 2770 k g/ m3) y un cilindro y esfera de acero (p = 7870 k g/ m3).

207

51 19 Determinar el módulo y localizar la recta soporte de la fuerza resultante R que ejerce el agua sobre una longitud de 1,667 m de la presa representada en la figura P5119. Tomar y = 9810 N / m3 como peso específico del agua.

Figura P5-119

Problemas para resolver con ordenador

C5 1. Escribir un progra ma para calcular situaciones de centroide utilizando integración numérica y utilizar el programa para comprobar las respuestas a los Problemas 518, 522, 525 y 526 (tomar b = 500 mm). C 5 1. Una compuert a rectang ular contiene agua en su parte posterior (y = 9810 N /m 3) según se indica en la figura P5121. La compuerta tiene 3,00 m de altura y 2,40 m de anchura y pi vota alrededor de un punto situado 1,35 m por encima de su borde inferior. Cua ndo el nivel del ag ua es suficientemente bajo, la compuerta se apoya en el tope C y no toca al topeA. Cuando el nivel del agua es suficientemente elevado, la compuerta se apoya en el tope A y no presiona al tope C.

C "1 El depósito de agua de un acuario tiene una ventana circular de 2 m de diámetro en una pared vertical, según se indica en la figura P5122. Representar gráficamente la resultante R de la fuerza de presión del agua (p = 1000 kg/ m3) sobre la ventana de vidrio, en función de la alturah del agua (0,5
Representar gráficamente las componentes horizontales Fa, FBry Fc de las fuerzas en los dos topes y en el pivote, en función de la altura del aguah (1.5 < h < 10,5 m). Representar gráficamente la situación d del centro de presión relativa al pivote B en función de la altura del aguah (1,5
1,65 m

4

1,35 m 1,50 m Figura P5-122

20 8