INTRODUCCIÓN A LA ESTÁTICA 1.1
Definición de estática
La Mecánica es uno de los grandes capítulos que integran la Física, a su vez divide en tres subcapítulos: CINEMATICA MECANICA
DINAMICA ESTATICA
La Cinemática estudia a los cuerpos en movimiento, la Dinámica a los cuerpos en movimiento y a las causas que lo provocan y la Estática estudia el equilibrio de los cuerpos. Este último será el tema a desarrollar en la primera parte de este curso. Para ello debemos enunciar y definir los elementos con los cuales se trabajará en el desarrollo. 1.2
Mgnitudes estáticas y elásticas.
Los cuerpos en la práctica están sometidos a determinadas acciones que se ejercen sobre ellos, estas acciones provocan efectos que generalmente hay que evitar que se produzcan, para lograr el equilibrio. Las acciones o causas que actúan sobre los cuerpos son magnitudes estáticas, y los efectos o consecuencias provocadas por éstas son las magnitudes elásticas. MAGNTUDES ESTATICAS
FUERZA PAR DE FUERZAS
DESPLAZAMIENTO MAGNTUDES ESLASTICAS GIRO O ROTACION
Existe una relación o correspondencia entre ambos tipos de magnitudes, una fuerza al estar aplicada sobre un cuerpo provocará un desplazamiento o corrimiento al mismo, mientras que un par provocará un giro o rotación. Más adelante definiremos cada una de estas magnitudes, pero antes enunciaremos la hipótesis fundamental sobre la cual se basa el desarrollo de la estática.
1.3
Hipótesis de rigidez
La realidad nos muestra que todos los cuerpos sometidos a la acción de magnitudes estáticas sufren deformaciones, aunque para analizar el estudio del equilibrio de los cuerpos se debió dejar de lado esta circunstancia y suponer que todos los cuerpos son indeformables. Luego al contrastar en laboratorio los resultados obtenidos, se verificó que el porcentaje de error no era considerable. Por lo tanto son consideradas como válidas las expresiones enunciadas por la estática. El enunciado de la hipótesis de la rigidez es la siguiente: “Se supone invariable la distancia entre dos puntos de un cuerpo cuando sobre él actúan magnitudes estáticas”.
1.4
Definición de fuerza
Es toda magnitud que tiende a modificar el estado de reposo de un cuerpo Los parámetros que definen una fuerza son los siguientes: • Modulo o intensidad • Dirección (recta de acción) • Sentido También generalmente se expresa como parámetro a la definición de un punto de aplicación, se considera este aspecto como relativo dado que una de las propiedades fundamentales de las fuerzas expresa que “una fuerza se puede trasladar a lo largo de su recta de acción sin alterar su efecto”.
Por ser una magnitud dirigida es la fuerza una magnitud vectorial. De acuerdo a la última propiedad enunciada, es un vector deslizante. Aquí corresponde hacer una aclaración, de acuerdo a lo expresado en el párrafo anterior, tanto las fuerzas como los pares, según veremos mas adelante, son magnitudes vectoriales, por lo tanto son validas para el desarrollo de la estática las consideraciones del álgebra vectorial, como así también la operatoria de forma escalar. Dada la tipología de los ejercicios a desarrollar, es más conveniente la resolución de los mismos en forma escalar. La unidad en que se expresan las fuerzas es el Newton (N), de acuerdo al Sistema Internacional de Unidades, vigente en nuestro país, aunque en la practica se continúe utilizando el kilogramo fuerza (Kg.) o la tonelada (Tn.). Se puede establecer que todas las acciones que solicitan o actúan sobre un cuerpo, lo hacen sobre una determinada superficie de este, es decir que todas las fuerzas son distribuidas, como veremos mas adelante al trabajar con ellas. Pero normalmente representamos a la fuerza como un vector, lo que seria equivalentes a suponer que la aplicación se produce a través de un punto del cuerpo. Esto no es real como es de fácil apreciación, aunque en la mayoría de los casos en la práctica, la superficie de distribución de la fuerza en comparación con la superficie del cuerpo es pequeña y por lo tanto es valida la simplificación (Fig.1.1).
Fig. 1.1
En los comienzos del estudio de la estática se desarrollaron métodos gráficos, en los cuales ante la carencia de elementos que facilitaran él calculo numérico, daban respuesta en forma mas o menos exacta a los requerimientos, tal es así que la asignatura se denominaba Estática Grafica, hoy en día prácticamente ha quedado en desuso y solo haremos utilización de la misma en aquellos casos de utilidad para la interpretación del fenómeno físico analizado. La terna de ejes que se utilizará en el plano y en el espacio será la siguiente (Fig. 1.2), (salvo que se para algún caso en particular se especifique otra). z
x x
y y
en el plano
en el espacio
Fig. 1.2
A continuación veremos como se representa una fuerza en forma analítica (Fig.1.3): Px = P cos a
z
Py = P cos b Pz = P cos g
Pz
P = Px 2 + Py 2 + Pz 2
P b g
a
Py y
Px
cos a = x
cos b = Fig. 1.3
cos g=
Px P Py P Pz P
Estas expresiones son las que se utilizan para definir una fuerza en el espacio: Px, Py y Pz son las proyecciones de la fuerza P sobre los ejes coordenados y α, β, γ son los ángulos que forma la fuerza con los tres ejes. La terna de ejes en el plano (Fig.1.4) utilizada en el presente curso, será la que se indica a continuación, así también expresaremos la representación analítica de una fuerza. Px = P cos a Px a
Py = P sen a
x
P=
Px 2 + Py 2
P
Py
cos a = y Fig. 1.4
1.5
sen a =
Px P Py P
Principios de la estática Seguidamente definiremos los principios fundamentales de la estática.
1° Principio Si dos fuerzas se aplican en un punto de un cuerpo, su acción es equivalente a la de una única fuerza, llamada resultante, obtenida como diagonal del paralelogramo que tiene como lados a ambas fuerzas (Fig.1.5): P1 A
P2 Fig. 1.5
Las fuerzas P se denominan componentes de la fuerza R: Si ambas fuerzas pertenecieran a la misma recta de acción (Fig.1.6), se suman directamente, trazando el origen de una a continuación del extremo de la otra. P2 P1 x
R = P1 + P2
A
Fig. 1.6
Volviendo a la figura del paralelogramo, si sobre el mismo punto A actuaran más de dos fuerzas, se resuelven de a dos como se ilustra en la siguiente figura (Fig.1.7): P1 A
P2 P3 R Fig. 1.7
Al mismo resultado hubiésemos llegado si a continuación de P1 trazábamos P2 y por el extremo de esta P3 (Fig.1.8). Esta construcción gráfica se denomina “polígono de fuerzas” P1 P2
R
P3
Fig. 1.8
2° Principio Dos fuerzas estarán en equilibrio cuando actúen sobre la misma recta de acción, su magnitud sea la misma y sus sentidos sean opuestos. A este sistema se lo denomina “Sistema Nulo” 3° Principio La acción de un sistema de magnitudes estáticas no se altera si se le aplica al mismo cuerpo uno o más sistemas nulos de fuerzas. 4° Principio Para que exista equilibrio, toda acción ejercida sobre un cuerpo implica la existencia de una reacción, de igual intensidad y de sentido contrario.
1.6
Momento de una fuerza respecto de un punto
Se define así al producto del módulo de la fuerza por la distancia de la recta de acción de la fuerza al punto. o
A
P
B
Fig. 1.9
Como se indica más arriba, el momento de la fuerza respecto del punto es igual al doble del área del triángulo OAB (Fig. 1.8). Al punto O se lo denomina centro de momentos y a la distancia d, brazo de palanca. Se mide en unidades de fuerza por unidades de longitud (Nm, Kgm, Kgcm, Tm, etc). Es también una magnitud dirigida, se representa mediante un vector momento aplicado en el punto O, normal al plano que contiene a la fuerza y al punto (Fig.1.10). z
M
x y
+ d
o
Fig. 1.10
Para determinar el signo utilizaremos la regla del observador, es decir que el observador se sitúa con el cuerpo apoyado en el eje z, normal al plano que contiene a la fuerza y al punto (x-y), si ve girar a la fuerza respecto del punto en el sentido horario, el signo es positivo, de lo contrario es negativo.
1.7
Teorema de Varignon
El momento de una fuerza respecto de un punto es igual a la sumatoria del momento de sus componentes respecto del mismo punto (Fig.1.11) 1 Sup OAB = OA A´B´ 2 1 Sup OAC = OA A´C´ 2 1 D Sup OAD = OA A´D´ 2 B A´D´ = A´B´ + B´D´ R P2 P1 C A´C´ = B´D´ A A´D´ = A´B´ + A´C´ o 1 1 Sup OAD = OA A´B´ + OA A´C´ a a 2 2 C´ B´ A´ D´ Sup OAD = Sup OAB + Sup OAC Fig. 1.11
M R = MP1o + MP2o
El momento de la fuerza representada por el vector AD respecto del punto O es igual a la suma de los momentos de las fuerzas representadas por los vectores AB y AC respecto del mismo punto. 1.8
Momento de una fuerza respecto de un eje
El momento de una fuerza respecto de un eje (Fig. 1.12) es igual al momento de la proyección de la fuerza sobre un plano normal al eje, respecto del punto de intersección entre eje y el plano. e
o
(o ) M (e) P = MPH = Ph d
d
Fig. 1.12
1.9
Pares de fuerzas
Es el sistema constituido por dos fuerzas iguales, paralelas y de sentido contrario (Fig. 1.13). Como magnitud estática, el par de fuerzas es también al igual que la fuerza una magnitud vectorial: La magnitud del par es lo que se denomina “Momento del Par” y resulta del producto entre la magnitud de una de las fuerzas que lo compone y la distancia que los separa (brazo del par). M
M=P.d Fig. 1.13
Esta es otra forma de representar un par en el plano
La unidad correspondiente será unidad de fuerza por unidad de longitud, al igual que el momento de una fuerza respecto de un punto. El par de fuerzas también se representa por un vector normal al plano que contiene a ambas fuerzas, orientado de acuerdo a su signo, para lo cual utilizaremos la misma convención. En el ejemplo de la figura anterior el signo es negativo. Este vector se diferencia del anterior en que no es un vector aplicado sino un vector libre, como se demostrara mas adelante. A continuación enunciaremos las propiedades de los pares de fuerzas, fundamentales para operar con los mismos. 1° Propiedad Si se modifican las fuerzas componentes y el brazo de palanca de forma tal que el momento del par permanezca constante, el efecto del par no se modifica. 2° Propiedad El momento de un par de fuerzas respecto a un punto cualquiera del plano es constante y es igual al momento del par (Fig. 1.14). M = P . d1 + (-P . d2) d2 = d1 - d M = P . d1 - P . d1 + P . d M=P.d Fig. 1.14
Esta demostración nos expresa que el efecto que produce un par al accionar sobre un cuerpo, o sea una rotación, será la misma cualquiera sea la ubicación relativa del par en el plano. Esta afirmación confirma lo enunciado anteriormente con respecto a que un par se representa mediante un vector libre. La aplicación de lo recién demostrado es una introducción a la tercer propiedad de los pares. 3° Propiedad Un par se puede trasladar en el plano sin alterar su efecto. 4° Propiedad Un par se puede trasladar en planos paralelos sin alterar el efecto producido. Si suponemos un cuerpo al cual se le aplica un par de fuerzas, vimos, de acuerdo a la 3° propiedad que la rotación impuesta por el mismo, es la misma indistintamente de la posición del par en el plano de aplicación, por extensión, si al par de fuerzas se lo representa por un vector normal a su plano, el efecto del par sobre el cuerpo será el mismo si lo trasladamos a cualquier plano paralelo al de origen.
1.10
Suma de pares
Luego de analizar las propiedades de los pares, surge como conclusión que si sobre un cuerpo actúan más de un par de fuerzas, en un mismo plano o en planos paralelos, el efecto total de los mismos será igual a la suma algebraica de los momentos (Fig.1.15)
M1
M2
M3
MR = M1 - M2 + M3 Fig. 1.15
1.11
Traslación de fuerzas
Una fuerza se puede trasladar a lo largo de su recta de acción sin alterar su efecto, según lo enunciado anteriormente como una de las propiedades de las mismas. En cambio si se desea trasladarla a un punto no perteneciente a su recta de acción, para que el efecto sea equivalente se le deberá agregar un par de fuerzas: veamos en la siguiente figura una fuerza P que se desea trasladar a un punto A. (Fig. 1.16a)
Fig. 1.16
Para trasladar la fuerza trazamos en el punto A un sistema nulo cuyas componentes sean de igual magnitud a P y de dirección paralela (fig. 1.16b). Con este procedimiento no hemos alterado el efecto que la fuerza P ejercía sobre el cuerpo. Vemos en la figura a la fuerza P trasladada al punto A y a un par M formado por P en su posición inicial y por –P, separadas a una distancia d, la cual separa a la recta de acción inicial y al punto de traslación. Por lo tanto vemos que al trasladar una fuerza de su recta de acción, se genera un par denominado “Par de Traslación”. Si hiciéramos el procedimiento inverso estaríamos ante la composición de una fuerza con un par, es decir si partiéramos de la base de la existencia sobre un plano de un cuerpo de una fuerza P aplicada en el punto A y de un par M, si quisiéramos sumar el efecto de ambos obtendríamos una fuerza trasladada a una distancia d (fig. 1.16a).
1.12
Sistemas de fuerzas
Cuando sobre un cuerpo actúan más de una magnitud estática se está en presencia de un sistema de fuerzas: Aunque sin definirlo, ya hemos mencionado algunos sistemas como los sistemas nulos, equivalentes, etc. La clasificación fundamental de los sistemas radica en la distribución de los mismos en cuanto a la ubicación relativa de las fuerzas que lo componen sobre el cuerpo que actúa. En la Fig.1.17 se ilustran los distintos casos que se pueden presentar.
P4
P1 P3
P2
P5
P6 Fig. 1.17
El cubo de la figura está sometido a la acción de las 6 fuerzas indicadas. Veremos a continuación distintas posibilidades tomando a las 6 fuerzas en forma parcial, de acuerdo a su distribución
FUERZA
SISTEMA
DIMENSIONES
P1 y P2
Colineal
1
P1 , P3 y P5
Concurrente en un punto
2
P1 , P3 y P6
Concurrente en un punto
2
P4 y P5
Paralelo
2
P5 y P6
Paralelo
2
P2 , P4 y P5
Concurrente (general)
2
P2 , P3 y P5
Concurrente en un punto
3
P4 , P5 y P6
Paralelo
3
P3 , P4 y P5
Concurrente en una línea
3
P1 y P2
No Concurrente (general)
3
P1 a P6
No Concurrente (general)
3
En el presente ejemplo se han indicado solo algunas de las posibilidades de las que se presentan en la figura, hemos señalado las suficientes para presentar todos los casos del sistema de fuerzas. La importancia de esta clasificación radica en la diferencia de tratamiento para su resolución en cada uno de los casos como veremos más adelante. Antes deberemos expresar los distintos casos que se nos pueden presentar al trabajar con las fuerzas. Los casos posibles son los siguientes: Reducción Implica reemplazar a un sistema por otro equivalente en su mínima expresión, es decir, hallar la resultante de un sistema que generalmente es una única fuerza o una fuerza y un par según sea el caso. Descomposición Es el caso de reemplazar a una fuerza por 2 o más fuerzas componentes, según sea la distribución geométrica de las componentes. Equilibrio Significa anular el efecto producido por un sistema de fuerzas sobre un cuerpo, mediante un sistema de fuerzas igual y contrario. La diferencia en la resolución de los distintos sistemas de fuerzas que hemos visto, la resumiremos en la breve explicación de los casos extremos, antes de pasar a desarrollar en detalle los casos más comunes en la práctica.
Fig. 1.18
En el caso de la Fig. 1.18, sistema colineal de fuerzas, para reducir: el mismo bastará con una sola ecuación: R = S P i = P1 – P2 + P3 La condición de equilibrio también se expresa con una sola ecuación: S Pi = 0 También es posible planteando una ecuación de momentos respecto de un punto e igualándola a cero. Pero en este último caso existe un condicionamiento y es que el punto elegido como centro de momentos no pertenezca a la recta e-e, de acción de las fuerzas. Si vamos ahora al caso general de fuerzas no concurrentes en el espacio que utilizamos en la clasificación de sistemas, al reducir el mismo, no hay un punto o una recta de acción por donde pase la resultante, hay que determinar uno, por ejemplo, el origen de coordenadas. A ese punto se trasladan todas las fuerzas, por lo tanto nos queda en ese punto un sistema de fuerzas espaciales concurrentes, que admite una fuerza resultante R. Por otra parte, al trasladar cada una de las fuerzas al origen, se genera un par de traslación, entonces tendremos concentrado en el origen además un sistema de vectores momento espaciales concurrentes, que también admite una resultante (Fig.1.19) z
MR R x
y Fig. 1.19
Debemos plantear tres ecuaciones por cada vector resultante. Rx = S Pix
Mx = S Mix
Ry = S Piy
My = S Miy
Rz = S Piz
Mz = S Miz
Por lo tanto son 6 las ecuaciones que debemos plantear para resolver este caso, o también podemos decir que 6 son las ecuaciones que nos brinda la estática. En este caso la condición de equilibrio consiste en igualar a cero las 6 ecuaciones. Seguidamente pasaremos a desarrollar el análisis de algunos casos particulares, pero antes resumiremos en un cuadro los casos de equilibrio para los distintos sistemas de fuerzas.
CLASIFICACIÓN DE SISTEMAS DE FUERZAS EN EQUILIBRIO Categoría
Dimensiones
1. Colineal
1D
2. Cocurrentes en un punto
2D
3. Cocurrentes en un punto
3D
Figura
Ecuaciones Independientes S Fx = 0 x y
z
S Fx = 0 S Fy = 0 S Fz = 0
x y
4. Cocurrentes en una línea
S Fx = 0 S Fy = 0
z
2D
x y
SFx = 0 S Fy = 0 SMy = 0 S Fz = 0 SMz = 0
x
5. Paralelas
6. Paralelas
2D
3D
S Fx = 0 o SM =0
y z
S Fx = 0 S My = 0 S Mz = 0
x y x
7. General
2D
8. General
3D
S Fx = 0 S Fy = 0 o SM =0
y
z x y
S Fx = 0 SMx = 0 S Fy = 0 SMy = 0 S Fz = 0 SMz = 0
1.13
Reducción y equilibrio de sistemas de fuerzas Analizaremos ahora casos particulares de reducción de sistemas de fuerzas. Como hemos expresado anteriormente en la mayoría de los casos se admiten también resoluciones graficas, aunque veremos algunas de ellas, resolveremos los problemas fundamentalmente en forma analítica Ya hemos visto en ejemplos anteriores la resolución de los sistemas colineales y no concurrentes en el espacio. Pasaremos ahora a la resolución de los sistemas planos.
1.14
Sistemas planos concurrentes Rx = S Pi cos j i = P1 cos j i + P2 cos j2 + P3 cos j3 Ry = S Pi sen j i = P1 sen j i + P2 sen j2 + P3 sen j3
Estas son nuestras dos incógnitas, Rx y Ry, ya que con estos datos obtenemos fácilmente él modulo de la resultante y el ángulo correspondiente j R (Fig. 1.20) j1
P2
j2
Ry
Rx
R = R x 2 + R y2
x
P1 jR
cos a =
R
sen a =
Rx R Ry R
y Fig. 1.20
La resolución grafica en este caso se realiza aplicando el polígono de fuerzas o el paralelogramo tomando a las fuerzas de a dos. La condición de equilibrio en este caso consiste en igualar ambas ecuaciones a cero. Ejemplo 1.1: Dado el siguiente sistema de fuerzas representado en la Fig. 121 a, hallar la resultante en: a) Forma analítica b) Forma gráfica. Datos: P1 = 4 Tn P2 = 2,5 Tn
a 1 = 40º a 2 = 120º
a) Forma gráfica a) x
O
a1 a2
b)
Esc. fzas.: a
y
B Fig. 1.21
1Tn 1cm
Para resolver el ejercicio en forma gráfica se construye un polígono vectorial Fig. 1.21 b, donde se obtiene el vector resultante R trazando el vector con origen en O y extremo en B; su intensidad según la escala de fuerzas es de: 5 Tn b)
Forma analítica
La resolución analítica consiste en referir el vectorial de las fuerzas P 1, y P2 (Fig. 1.21a) a un par de ejes ortogonales x e y cuyo origen lo hacemos coincidir con el origen del vectorial. Luego proyectamos sobre ambos ejes y tenemos: Px = P1 cos a1 + P2 cos a 2 Py = P1 sen a1 + P2 sen a 2 Reemplazando valores, tenemos: Px = 4 cos 40º + 2,5 cos 120º = 1,814 Tn Py = 4 sen 40º + 2,5 sen 120º = 4,736 Tn El valor de R es: R= 1,8142 + 4,7362 = 5,072 Tn El ángolo a vale: Tg a =
4,736 = 2,610 a = 69,04º 1,814
1.15
Sistemas planos no concurrentes Dadas las cuatro fuerzas de la figura 1.22 se plantea hallar la resultante del sistema. x P4 P1 y
P3
R x = S Pi cos ji R y = S Pi sen ji R = R x 2 + R y2
P2
tg jR = Fig. 1.22
Ry Rx
En este caso se plantean las mismas ecuaciones que en el caso anterior para hallar el modulo de R, solo que ahora nos va a faltar un punto de la recta de acción de la resultante. Es decir conocemos el módulo, la dirección y el sentido pero no sabemos por donde pasa. Si planteamos una ecuación de momentos de todas las fuerzas respecto de un punto del plano, por el teorema de Varignon sabemos que ese valor será igual al momento de la resultante respecto del mismo punto. Teniendo a la resultante como dato, despejamos la distancia al punto, por lo tanto conocemos la posición de la recta de acción a la cual pertenece. S Mpi = S M i . Pi = R . d R Se observa que para resolver este caso se necesitan 3 ecuaciones. Para equilibrar el sistema, se debe cumplir que las 3 ecuaciones sean iguales a cero. La resolución grafica de este sistema se puede hacer de 2 maneras, tomando las fuerzas de a 2, buscando el punto de concurrencia y componerlas como en el sistema anterior o utilizando el método denominado del polígono funicular. Se traza un polígono de fuerzas en escala, luego se elige un punto cualquiera del plano O, denominado polo del polígono funicular. Unimos el origen y extremo de cada fuerza con el polo, estas rectas se denominan rayos. Uniendo el origen de la primera fuerza con el extremo de la última obtenemos la resultante Fig. 1.23 b. Para determinar por donde pasa la resultante procedemos como sigue: Trazamos en la posición original de las fuerzas una paralela al rayo I hasta cortar la fuerza P1 , a partir de ese punto una paralela al rayo II hasta cortar la recta de acción de la fuerza P 2.
Así sucesivamente hasta trazar todos los rayos. Finalmente uniendo el primer y el último rayo obtenemos un punto por donde pasa la resultante Fig. 1.23a x P4
P1
P3
o
P2
o
R y P4 a
R P4 c
b
R
Fig. 1.23
La demostración de lo antes afirmado es la siguiente: Si observamos la Fig. 1.23c, los rayos I y II con la fuerza P1 conforman un sistema de 3 direcciones planas concurrentes, por lo tanto podemos descomponer a la fuerza en las 2 direcciones Lo mismo hacemos con los sistemas compuestos por las direcciones II, III, P2; III, IV, P3; IV, V, P4 . En la figura del polígono vemos que los rayos II, III y IV, conforman sistemas nulos de fuerzas: Finalmente nos queda la resultante descompuesta en los rayos I y V, vemos que es un sistema de fuerzas concurrentes en un punto. En este caso tanto el polígono de fuerzas como el funicular se denominan abiertos, dado que en el polígono de fuerzas, el origen de la primera fuerza no coincide con el extremo de la última, por lo tanto admite una resultante. En el polígono funicular se observa que el primer y último rayo no conforma un sistema nulo y por lo tanto son componentes del sistema x P4
I VI
I VI
P1
y
o
P3 P2 R P4 Fig. 1.24
Ahora veremos la condición de equilibrio en forma gráfica, para ello utilizaremos el mismo caso anterior pero supondremos que la equilibrante del sistema es una fuerza dato (P5) Se observa que tanto el polígono como el funicular son cerrados, es decir que por una parte el origen de la primera fuerza coincide con el extremo de la última y por otra, todos los rayos constituyen sistemas nulos y además los rayos I y VI son coincidentes en el polígono funicular.
Ejemplo 1.2: Dado el siguiente sistema de fuerzas, se pide: hallar la resultante en forma gráfica y analítica. Datos:
P1 P2 P3 P4
= 8 Kg = 6 Kg = 10 Kg = 12 Kg
a1 a2 a3 a4
= 120º = 0º = 45º = 270º
A (-3,0) A ( 0,2) A (-5,0) A ( 3,0)
1) En forma gráfica (Fig. 1.25)
esc. fzas. = 1:5 P1
R = 9,50 Kg P2
P4 x
P3
x P4 P3 P1
P2
y
y Fig. 1.25
2) En forma analítica Rx = S Pi cos ai = P1 cos a1 + P2 cos a 2 + P 3 cos a 3 + P 4 cos a 4 Rx = 8 cos 120º + 6 cos 0º + 10 cos 45º + 12 cos 270º Rx = – 4 + 6 + 7,07 + 0 Rx = – 9,07 Kg Ry = S Pi sen ai = P1 sen a1 + P2 sen a 2 + P 3 sen a 3 + P 4 sen a 4 Ry = 8 sen 120º + 6 sen 0º + 10 sen 45º + 12 sen 270º Ry = 6,93 + 0 + 7,07 – 12 Ry = 2,00 Kg R = Rx 2 +Ry 2 = 9,072 +2 2 = 9,29 Kg Tgα =
Ry 2,00 = = 0,22 α = 12,44º Rx 9,07
3) Para determinar las coordenadas de la recta de acción de R se recurre al teorema de Varignon, para lo cual planteamos sumatoria de momentos al origen de coordenadas sobre el eje x (de esta forma se elimina la componente de y) 2,00 . X R = - 8 . sen 60º . 3 – 6 . 2 - + 10 . sen 45º . 5 – 12 . 3 2,00 . X R = - 20,78 – 12 - + 35,35 – 36 XR = 16,72 mt Para el cálculo de Y R: Ry Tga = Ry = 0, 22 .16 ,72 = 3,70mt Rx
1.16
Sistemas de fuerzas paralelas
Los sistemas de fuerzas paralelas (Fig. 1.26 ) representan un caso particular de los sistemas de fuerzas concurrentes tanto planos como espaciales: El punto de concurrencia es un punto impropio del plano. A continuación se demuestra esta afirmación x
1) S P0 = R P3
P1
P2
dx
2) S MPyi0 = MR 0 = Rx dx dx
R y Fig. 1.26
Como se observa con solo 2 ecuaciones determinamos el modulo y la posición de la resultante, lo cual confirma que este es un caso particular de sistemas de fuerzas concurrentes en un punto. La resolución gráfica se realiza utilizando el polígono funicular, como hemos visto en el punto 1.15 Vamos a ver el caso particular de 2 fuerzas de sentido opuesto (Fig. 1.27).
P2 R
R o
P1 Fig. 1.27
En la Figura 1.27 la construcción del polígono es siempre igual pero el objetivo de este ejemplo es otro. Si imaginamos que P2 tiende a ser igual a P1, se observa en la figura de la derecha que el rayo III tiende a superponerse con el rayo I. A medida que las fuerzas se van igualando, la resultante será menor y estará más alejada de P 1. En el caso extremo, es decir cuando ambos módulos son iguales estamos en presencia de un par de fuerzas.
P2
P2 o
R P1 P1 Fig. 1.28
Cuando la resultante de un sistema de fuerzas es un par (Fig.1.28), vemos que el polígono de fuerzas es cerrado y el funicular abierto. En virtud de lo expuesto definiremos ahora a la resultante de un par de fuerzas. Esta definición admite dos posibilidades, por un lado y teniendo a la vista el polígono de fuerzas, diremos que la resultante de un par es nula. Pero observando el polígono funicular y teniendo en cuenta el efecto que un par produce al actuar sobre un cuerpo, diremos que: “la resultante de un par es una fuerza infinitamente pequeña situada a una distancia infinitamente grande”. Si el sistema de fuerzas es espacial (Fig.1.29), haciendo una analogía con el sistema con el sistema plano, será necesario plantear una ecuación de momentos adicional para determinar la ubicación de la resultante. z
1) S P0 = R x
2) S MPyi0 = S Pyi d yi = R dx dx 3) S MPyi0 = S Pxi d xi = R dy dy
P3 y
1.17
dx P2 R P1
P4 Fig. 1.29
Sistemas de fuerzas espaciales concurrentes en un punto z Rz
1) R x = S Pi cos a i
cos a =
2) R y = S Pi cos fi
cos b =
R b g Ry
P3
P1
3) R z = S Pi cos gi
P2
a
Rx
Rx R Ry
R R cos g= z R
R= R 2x + R 2y + R 2z x
y Fig. 1.30
Las tres ecuaciones indicadas más arriba son las necesarias y suficientes para resolver el sistema. Para que el sistema este en equilibrio se deberá verificar que las tres ecuaciones sean iguales a cero.
1.18
Sistemas de fuerzas no concurrentes en el espacio
z
z
Mr
P1
R
o
o
x
x P2
y
y
P1
Fig. 1.31
En este caso (Fig. 1.21) a diferencia de los anteriores, no existe un punto por donde pase la resultante del sistema, se debe determinar un punto del espacio y trasladar todas las fuerzas al mismo. Al trasladar las fuerzas, se generan pares de traslación. En definitiva, en el punto elegido tendremos un sistema de fuerzas concurrentes y un sistema de vectores momentos concurrentes. Resolviendo el sistema el resultado será una fuerza y un momento resultante. Por lo tanto son 6 las ecuaciones necesarias para resolverlo. Si en el ejemplo anterior elegimos otro punto como centro de reducción (Fig. 1.32) y hacemos la misma operación se verificará que la fuerza resultante será la misma mientras que el vector momento tendrá otro valor, por lo tanto cualquiera sea el punto elegido como centro de reducción la resultante será la misma, esta constituye entonces uno de los invariantes del sistema. MR Mf
R Mf
Mt
Mt
dAB
A
B RdAB dAC R Mf
Mt RdAC
Mf
Fig. 1.32
eje central
Ahora en el sistema reducido al punto A de la figura, al vector momento MR lo descomponemos en 2 componentes, una según la recta de acción de R (Mt) y el otro según una normal a la misma (Mf). Si al sistema integrado por R, Mt, Mf lo trasladamos a otros puntos del espacio, en cada uno de ellos obtendremos el mismo sistema con el agregado del par de traslación R. d. En estos puntos podemos componer Mf y R.d, de esta forma Mt permanecerá siempre constante con lo cual se define el otro invariante del sistema. Existirán varios puntos del espacio, como en este caso el punto C, en donde Mf y R. d se anulen, esos puntos están alineados y conforman una recta en la cual la fuerza y el momento resultantes de reducción pertenecen a la misma recta de acción. Esta recta así definida se denomina “eje central; done: R y Mt constituyen los invariantes del sistema”. 1.1
C ondiciones generales de equilibrio
Si bien en el desarrollo de este capítulo se han enunciado las condiciones de equilibrio para cada uno de los casos, también en un cuadro se incluyeron todos los casos posibles detallando las ecuaciones para su resolución. Esas ecuaciones s on la condición necesaria y suficiente para la resolución de cada uno de los casos, pero analíticamente lo que importa es la cantidad y no el tipo de ecuaciones que se dispone, aunque si optáramos por combinaciones distintas a las vistas en las demostraciones se deberán tener en cuenta algunos condicionantes. A modo de ejemplo desarrollaremos lo expres ado para un sistema de fuerzas no concurrentes en el plano. Las ecuaciones utilizadas hasta el momento son 2 de proyección de fuerzas y una de momentos respecto a un punto del plano. 1) Σ Pi x = 0 2) Σ Pi y = 0 (O)
3) Σ M pi
=0
Si se cumple la primera ecuación, de existir una fuerza resultante del sistema, es decir si no existiera equilibrio, la magnitud existente sería una fuerza normal al eje x o un par de fuerzas. Si se cumplen las 2 primeras, la única posibilidad es que exista un par. Si se cumplen las tres, el sistema esta en equilibrio sin lugar a dudas. También podemos adoptar otra combinación por ejemplo una ecuación de proyección y 2 de momentos (Fig. 1.33). x
1) S Pix = 0 A
2) S MPiA = 0
B
3) S MPiB = 0
y Fig. 1.33
En este caso si se cumple la primera ecuación la conclusión es igual a la anterior, si se cumplen las dos primeras, de existir una fuerza, pertenecería a una recta de acción normal al eje x. Al cumplirse las tres, aun existiría la posibilidad de que hubiera una fuerza en la recta indicada en la figura. Entonces, al optar por esta combinación de ecuaciones se debe tener en cuenta el siguiente condicionante: “los 2 puntos elegidos como centros de momento no deben estar alineados en una dirección normal al eje considerado en la ecuación de proyección (en éste caso el eje x)”. En el caso que se decida utilizar tres ecuaciones de momento; (Fig. 1.34) vemos al cumplirse la primer ecuación se descarta la existencia de un par resultante pero puede existir una fuerza pasante por el punto A, si se cumplen las 2 primeras aún puede haber una fuerza en la dirección indicada en la figura, y como vemos también si se cumplen las tres ecuaciones. Por lo tanto el condicionante en este caso es: “Los tres puntos elegidos como centro de momentos no deben estar alineados entre sí”.
x
1) S MPiA = 0 2) S MPiB = 0
C A
3) S MPiC = 0
B
y Fig. 1.34
Así como hemos visto en este ejemplo sucede en todos los casos de sistemas de fuerzas, por lo tanto se recomienda para el cálculo aquellas combinaciones de ecuaciones que no admiten ningún condicionante y constituyen de por si la condición necesaria y suficiente de equilibrio en un sistema.
1.1
Descomposición de fuerzas
Se presenta habitualmente en la práctica el caso en donde debemos reemplazar o equilibrar una fuerza por 2 o más. Las posibilidades de hacerlo dependerá de la cantidad de ecuaciones que se disponga en comparación con la cantidad de incógnitas, es decir que si por ejemplo se desea descomponer a una fuerza en un sistema de fuerzas coplanares concurrentes a la anterior en un punto, las incógnitas no podrán ser más que dos, por que se dispone solo de dos ecuaciones que son las que nos brinda la estática Rx = R cos jR = P1 cos j1 + P2 cos j 2 Rx = R sen jR = P1 sen j1 + P2 sen j 2 Estas ecuaciones nos permiten todas las posibilidades de descomposición o equilibrio de una fuerza en 2 concurrentes, aunque en algunos casos no exista solución posible, esto ocurre cuando los datos no satisfagan al sistema de ecuaciones. Seguidamente demostraremos en cuatro casos lo expresado en forma gráfica: 1) Dadas las direcciones de las componentes (Fig. 1.35). Se aplica directamente el principio del paralelogramo, las incógnitas son P1 y P2. 1
P1 P P2 2
Fig. 1.35
2) Dadas la dirección y magnitud de una de las componentes (P1) (Fig. 1.36) Las incógnitas son P 2 y j2. Se obtiene la incógnita uniendo directamente el extremo de P1 con el de P.
P1 P2 P Fig. 1.36
3) Dadas las magnitudes de las componentes, las incógnitas son j1 y j 2. Se pueden presentar 3 posibilidades (Fig. 1.37). A partir de los extremos de P se trazan arcos de circunferencia de radios iguales a P1 y P2. a) el problema admite las dos soluciones como se observa en la figura. b) al ser tangentes los arcos, las componentes son colineales con la resultante c) El tercer caso, como se observa, al no cortarse los arcos, no tiene solución P2
P1
P1 P1
P
P2
P
P
P2
P1
P2 b
a
c
Fig. 1.37
4) Dadas al magnitud de una de las componentes y la dirección de la otra (Fig. 1.38). P1
P1 P2
P1 P2
P2
P
P2 P
P b
a
c
Fig. 1.38
En este caso los datos son la dirección de P1 y la magnitud de P 2, como se ve, al igual que en el punto anterior, admite tres posibilidades y el último no tiene solución. Los casos que no tienen solución, según se ha visto en forma gráfica son los que presentan incompatibilidad en la solución analítica.
1.21
Descomposición de una fuerza en tres direcciones coplanares no concurrentes
E1
2
P1
E2
3
P2 E3 P
1
P3
P Fig. 1.39
Dada la fuerza P (Fig.1.39), se desea descomponer la misma en las 3 direcciones indicadas en la figura, el método lo que nos permite es llevar la solución del problema a un terreno conocido como lo es la descomposición de una fuerza en dos direcciones concurrentes en un punto. Esto se produce con el trazado de una recta denominada auxiliar de Culmann. Esta se traza uniendo un punto en donde la fuerza corta a una de las direcciones dadas con el punto en donde se cortan las otras dos. En la figura de la izquierda se ven las tres posibilidades en el trazado de la auxiliar. Se elige la mas conveniente a los fines del gráfico, en este caso optamos por la recta que une a los puntos, donde P corta a la dirección 3 y donde se cortan 1 y 2.
Luego se traza en escala la fuerza P y se la descompone en las 2 direcciones que concurren a ella en un punto, en este caso la recta auxiliar y la dirección 3, seguidamente se descompone a la fuerza que representa la auxiliar en las dos direcciones concurrentes a ella en un punto, 1 y 2. Finalmente obtenemos un polígono de fuerzas en donde se observan la fuerza P y sus tres componentes. Si se hubiese querido equilibrar a la fuerza en las tres direcciones, el procedimiento desde el punto de vista gráfico es el mismo. En la figura de la derecha se indican los sentidos de las equilibrantes, nombrándolas con la letra E. Se debe tener en cuenta que una vez equilibrada la fuerza P según la dirección 3 y la auxiliar de Culmann, a esta última se la debe descomponer en las otras dos, las dos componentes serán equilibrantes de P. Es decir que en ambos casos, la recta auxiliar se debe descomponer, nunca equilibrar. Seguidamente desarrollaremos el método de Ritter (Fig.1.40), el concepto del mismo se basa en el teorema de Varignon, sabemos que el momento de la fuerza a descomponer respecto de un punto cualquiera del plano será igual a la suma de los momentos de las componentes respecto del mismo punto, es decir que planteando tres ecuaciones de momento podríamos obtener las tres incógnitas. Pero de esta forma tendríamos que resolver un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas, que tiene su complicación, el método de Ritter facilita la resolución de este problema como veremos a continuación. 2
A
dPA
B 1
dPB
1) P d PA =P3 d 3A P3 2) P d PB =P2 d 2B P2 3) P d PC =P1 d1C P1
dPC P
C
3
Fig. 1.40
Si los puntos elegidos como centro de momentos son puntos de intersección entre dos direcciones dadas, nos queda un sola incógnita por ecuación como se observa en la figura, cuya resolución es muy sencilla. Se debe tener en cuenta que la igualdad planteada en las ecuaciones se debe cumplir en el sentido de los momentos. Si consideramos la ecuación 1) vemos que el sentido del momento de P respecto del punto A es negativo, por lo tanto del mismo sentido será el momento de la componente incógnita, en este caso P3. En la Fig. 1.41 se indican los sentidos de las componentes. P1
E2
2
A P3
B 1
E1
1) - (P d PA ) (E3 d3A )= 0 2) - (P d PB ) (E 2 d 2B )= 0 3) - (P d PC ) (E1 d1C )= 0
C E3 P
3
P2 Fig. 1.41
También se indican en la Fig. 1.41 los sentidos de las equilibrantes (E), se debe tener en cuenta que si se desea equilibrar a la fuerza P en las tres direcciones, se debe invertir el sentido en las ecuaciones anteriores, o directamente plantear las ecuaciones de equilibrio: Directamente de estas tres últimas ecuaciones se despeja la magnitud y el sentido de las equilibrantes de P. Finalmente diremos que tanto para el método de Culmann como para el de Ritter hemos visto los conceptos generales cuya aplicación es válida para todos los casos que se presenten en la práctica, existiendo casos particulares que requieran alguna variación en la metodología de cálculo sin modificar el concepto. Ejemplo 1.3: Dada la fuerza P = 10 Tn (Fig. 1.42), determinar: a) Las componentes según las direcciones I, II, III por el método de Culmann. b) Equilibrar P en las direcciones I, II, III por el método de Ritter. Datos:
dirección I: dirección II: dirección III: dirección P:
(0 en X); (2,0 en X) (3,0 en X) (-1,0 en X)
a I = 90º a II= 120º a III = 45º a IV = 135º
a) Las componentes según las direcciones I, II, III por el método de Culmann (Fig.1.42). Se descompone la fuerza P en la recta auxiliar y la dirección I. Luego se descompone la recta auxiliar en las direcciones II y III.
I
esc. fzas. = 1:2
PI
x
x
PI = 8,20 Kg PII = 4,40 Kg Fig. 1.42
PIII = 6,80 Kg
a) Equilibrar P (Fig.1.43), en las direcciones I, II, III por el método de Ritter. Adoptamos como centro de momentos los puntos A, B, y C 10.1,90 = 8,08 Tn 2,35 10.1,30 PII = = 4,48 Tn 2,90 10.3,10 PIII = = 6, 74 Tn 4,60
M B = P dBP + PI d BI = 0
PI =
MA = P dAP + PII dAII = 0 MC = - P dCP + PIII dIIIC = 0
esc. long. = 1:1
PI A
dBI = 2,35 mt dAII = 1,45 mt dCIII = 4,60 mt
B
dBI x
x
dAP = 1,50 mt dBP = 1,90 mt dCP = 3,10 mt
C Fig. 1.43
1.22
Fuerzas distribuidas
Como se ha mencionado en este capítulo, las fuerzas distribuidas son todas las acciones que solicitan a los cuerpos resistentes, aunque en muchos casos se las reemplaza por una carga concentrada. Se las puede clasificar según la cantidad de dimensiones en las que se distribuyen. a) En 3 direcciones. Fuerza por unidad de volumen (Kg. /m3). b) En 2 direcciones. Fuerza por unidad de superficie (Kg. /m2). c) En 1 dirección. Fuerza por unidad de longitud (Kg. /m). Resultante de un sistema de fuerzas distribuidas. Dado un sistema de fuerzas distribuidas según una ley de variación fx, vemos como se determinan la resultante y su ubicación. Se observa en las ecuaciones que la resultante de un sistema de fuerzas distribuidas es equivalente al área de la figura analizada, y la recta de acción de dicha resultante pasa por el baricentro del diagrama de fuerzas (Fig. 1.44) R A
fx R = B
dx
B
A
Rd =
x l Fig. 1.42
fx dx
B
A
x fx dx d
En el caso de una carga uniformemente distribuida (Fig.1.45) será: R qx
R = q x l d =
l 2
d l Fig. 1.43
Si la fuerza distribuida tiene una variación lineal (Fig. 1.46), tendremos: R qx
R=
qxl l d= 2 3
d l Fig. 1.44
En el ejemplo de la Fig. 1.47 se observa un elemento macizo (a) (que tendrá un determinado peso específico en Kg. / m3), que se apoya en el elemento (b). Para dimensionar el elemento (b), el peso de (a) se deberá traducir en una carga distribuída por superficie (Kg. / m2 ). A su vez el elemento (b) se apoya en las barras o vigas que llamaremos (c); estas reciben la carga (b) como una carga distribuída por unidad de longitud (Kg. / m). Finalmente estas vigas se apoyan en los parantes o columnas que denominaremos (d); en este último caso la carga transmitida se traduce en fuerzas concentradas.
a
c
b d
Fig. 1.45
En este ejemplo se diferenciaron los distintos tipos de carga distribuída según la clasificación anterior; pero en realidad al procedimiento realizado en el párrafo anterior hay que agregarle la cuantificación de las cargas en su totalidad, y de esta forma obtenemos lo que en la práctica se denomina “análisis de cargas”, y constituye uno de los estudios más delicados en el proceso de cálculo y dimensionamiento de un elemento resistente; dado que un error en la estimación o en la consideración de una carga arruina el éxito del trabajo anterior y posterior.
Para realizar el análisis de carga, no existe una regla o una metodología exacta, es el criterio del profesional el que se pone de manifiesto en el cálculo de las cargas. Cuando los elementos resistentes inciden directamente en la seguridad de los seres humanos, las cargas mínimas que se deben considerar en el cálculo están reglamentadas, de esta forma se evitan estimaciones subjetivas que pueden resultar erróneas. También están reglamentadas las acciones que sobre las estructuras ejercen los agentes naturales como el viento, la nieve y el sismo. A continuación a modo de ejemplo teórico vamos a ver que cargas hay que tener en cuenta para el cálculo de una cabriada o cercha. 1)
Cargas permanentes: Peso propio de la estructura del techo. Peso de las correas Peso propio de las armaduras Peso del cielo raso (si lo hay).
a) b) c) d) 2)
Cargas accidentales: e) Presión del viento. f) Carga de nieve.
También como carga accidental se puede considerar el peso de una persona que sube a la cubierta con una caja de herramientas (50 Kg. / m2). Pero esta carga se puede despreciar del momento en que se considera la acción del viento, y cuando hay viento normalmente no se sube a la cubierta. 1) Cargas permanentes: a) Peso propio de la estructura del techo. Para el peso de la estructura del techo hay que tener en cuenta el peso de la cubierta, las correas y los cabios. El peso varía de acuerdo al tipo de cubierta y a la inclinación que tenga la misma con la horizontal, es decir, se conoce la proyección normal que tiene el peso P con la horizontal (Fig.1.48a) Si se va inclinando la cubierta un ángulo a con la horizontal (Fig.1.48b), vemos que el peso normal a la pendiente disminuye a medida que aumenta el vertical. Cuando la cubierta forma un ángulo a = 75º con la horizontal se observa que casi todo el peso actuaría en un solo punto (Fig.1.48c).
P
P1 2
q Kg./m a = 0º
a
a = 30º
1m
Fig. 1.46
a
a = 75º
La carga P se descompone en una P 1 normal a la horizontal y en una P2 paralela a la cubierta; y sus valores serán: P P ; P2 = cos α tg α En la tabla 18 figuran los pesos propios de los diferentes materiales que se utilizan en una cubierta. P1 =
b) Peso de las correas. Cuando se va a calcular una cabriada, ya se sabe la luz, la longitud y la forma de la misma, por consiguiente, se sabe cuantas correas tendrá. El tipo de corra a utilizar depende del material que va a ser la cabriada. Si esta es de madera, se puede estimar en 10 Kg / m2 Si la cabriada va a ser una estructura metálica, las correas pueden ser de dos tipos a saber, de alma llena o reticulada. Se puede estimar un peso de 8 Kg / m2 a 10 Kg /m2. c) Peso propio de las armaduras. Al igual que en las correas, el peso depende del tipo de cabriada que vamos a dimensionar. Si la estructura es de madera, se puede estimar de acuerdo al recubrimiento, los valores que a continuación se detallan son para una cabriada de 15 metros de luz, debiéndose aumentar o disminuir de acuerdo a la luz.
2
Tipo de cubierta
Peso Kg/m
Teja plana (tipo francesa)
15
Teja curva (tipo árabe)
20
Fibrocemento
14
Chapas metálicas onduladas
12
Pizarra
25
Si es de hierro, se puede adoptar la siguiente fórmula que da por resultado en forma aproximada el peso de una cabriada compuesta por: el peso propio de la armadura, las chapas nodales, los bulones o remaches y los arriostramientos. Peso de la armadura = l2. s donde: l = luz en metros s = separación entre cabriadas en metros Para determinar el peso de la por metro cuadrado de cabriada más arriostramientos lo que hacemos es dividir la fórmula anterior por el área, nos queda: l2 s , vemos que el peso es igual a: P = P. l P= l s
d) Peso del cielo raso 2
Tipo de cielorraso
Peso Kg/m
De yeso incluido listones
20
De mortero de cemento, cal, y arena, incluido material desplegado
60
De yeso
5
2) Cargas accidentales e) Presión del viento. La presión del viento depende de la velocidad del mismo. La tabla 19 nos dará una idea de las velocidades y de las presiones que el viento ejerce sobre muros y coberturas. De acuerdo a las normas alemanas DIN 1055 deben admitirse como valor unitario de la presión del viento las siguientes sobrecargas: En edificios situados a menos de 20 Km. de la costa: 200 Kg/m2 En edificios del interior del país: 125 Kg/m2 Para edificios comprendidos en zonas urbanas deberán considerarse los siguientes porcentajes de reducción o aumento de las cifras anteriores. En edificios hasta 15 metros de altura 50% En edificios de 15 a 20 metros de altura 75% En edificios de 20 a 25 metros de altura 100% En edificios de mas de 25 metros de altura 125% En edificios a campo abierto 125% En lo referente a la dirección del viento al chocar con superficies inclinadas, existen dos hipótesis: 1) La dirección del viento se considera horizontal. 2) La dirección del viento se considera formando un ángulo de 10º respecto al plano horizontal Generalmente, se toma la dirección del viento formando un ángulo de 10º porque produce presiones máximas. Presión del viento en superficies inclinadas:
10º
a Fig. 1.49
En la Figura 1.49, el plano inclinado representa la cubierta de un tejado en la cual las presiones dadas por el reglamento actúan por metro cuadrado normal a su dirección. Al ser proyectadas sobre el tejado (Fig.1.50), esas mismas presiones actuarán en una superficie igual a 1:sen (a + 10º); pero como para el cálculo de cubiertas nos interesa solamente la presión por metro cuadrado de cubierta (Fig.1.49), tendremos que esta es igual a: P0 P´0 = = P0 sen(α+10º) 1 sen(α+10º) y entonces, la presión normal a la cubierta Pn (Fig.1.50) vale: Pn = P´0 sen(α+10º) = P0 sen 2 (α+10º) 10º
a + 10º a
a Fig. 1.50
Pero a su vez, la fuerza Pn se descompone en dos fuerzas, una vertical y otra horizontal (Fig.1.51), que valen: Pv = Pn cos a Ph = P n sen a
Ph Pv a Fig. 1.51
f) Carga de nieve. (tabla 20) De acuerdo a la norma DIN 1055 para el cálculo hay que tener en cuenta las siguientes consideraciones: 1. La carga de nieve de una superficie horizontal ha de suponerse por lo menos de 75 Kg/m2. 2. En cubiertas de pendiente considerable, en tanto no puedan formarse bolsas de nieve aisladas, puede suponerse una carga de nieve menor, no debiendo tomarse en consideración en pendientes superiores a 60º. 3. La carga de nieve S en Kg que corresponde a 1m2 de proyección horizontal de la cubierta ha de calcularse como mínimo de acuerdo con la tabla Nº 20, en la cual a es el ángulo de inclinación de la cubierta respecto de la horizontal. 4. Ha de considerarse la formación de bolsas de nieve y tener esto en cuenta si da lugar a pesos de consideración 5. Ha de tenerse en cuenta la posibilidad de una carga de nieve total o unilateral. 6. En las construcciones situadas en la montaña ha de tomarse la carga de nieve mayor de acuerdo con las circunstancias locales. Hay que tener en cuenta, que tanto para viento como para nieve estas son consideraciones generales. Para el cálculo hay que analizar la norma citada para cada caso.
Ejemplo 1.4: Dada una presión de viento igual a 125 Kg/m2, actuando en una cubierta que tiene un ángulo de 30º, se pide, determinar la presión vertical y la horizontal. 1) Carga por metro cuadrado de cubierta. P´0 = P0 sen (a + 10º) = 125 sen 40º = 80,35 Kg/m2 2) Carga normal a la cubierta. Pn = P´0 sen2 (a + 10º) = 80,34 sen 40º = 33,19 Kg/m2 3) Carga vertical. Pv = Pn cos a = 33,19 . cos 40º = 25,42 Kg/m2 4) Carga horizontal Ph = Pn sen a = 33,19. sen 40º = 21,33 Kg/m2 Ejemplo 1.5: Dada la siguiente armadura inglesa (Fig.1.52) se pide: a) Hallar la resultante en forma gráfica. b) Equilibrar el sistema en forma gráfica con dos fuerzas aplicadas en los nudos 1 y 8. c) Equilibrar el sistema en forma analítica con dos fuerzas aplicadas en los nudos 1 y 8 d) Equilibrar por el método de Ritter la resultante en las direcciones 4-6, 56 y 5-7. e) Equilibrar por el método de Culmann la resultante en las direcciones 2-4, 3-4 y 3-5
3000 kg 4
3000 kg 1500 kg 1
3000 kg
2
6
1500 kg 3
2m
5
2m
2m Fig. 1.52
8
7
2m
a) Hallar la resultante en forma gráfica (Fig. 1.52)
P3 =3000 kg P2=3000 kg
4
P4=3000 kg P1=1500 kg
2
1
3
5
6
P5=1500 kg
7
8 P1
P2
R
P3
R= 12000 Kg.
P4
P5
Fig. 1.52
b) Equilibrar gráficamente el sistema con dos fuerzas aplicadas en los nudos 1 y 8 (Fig. 1.53). P3 =3000 kg P2=3000 kg
4
P4=3000 kg P1=1500 kg
2
1
3
5
R1 = 6000 Kg.
6
P5=1500 kg
7
8
R2 = 6000 Kg.
R1 R R= 12000 Kg.
R2
Fig. 1.53
c) Equilibrar en forma analítica el sistema con dos fuerzas aplicadas en los nudos 1 y 8. Tomamos centro de momentos en el nudo 8 y en el nudo 1. M8 = –1500 8 – 3000. 6 c 3000.4 – 3000. 2 + R1. 8 = 0; R1 = 6000 Kg. M1 = –1500 8 – 3000. 6 – 3000.4 – 3000. 2 + R8. 8 = 0; R8 = 6000 Kg. d) Equilibrar por el método de Ritter la resultante en las direcciones 4-6, 5-6 y 5-7 (Fig. 1.53) 1) 2) 3) 4)
Cortamos la estructura a fin de poner en evidencia las incógnitas pedidas. Trabajamos con la parte derecha o izquierda (en nuestro caso la derecha). Le asignamos sentidos arbitrarios a nuestras incógnitas. Planteamos tres ecuaciones de momentos de manera que en el centro de momentos elegidos se nos anulen 2 incógnitas y así resolver solamente un sistema independiente de una sola incógnita. 5) Si al despejar, el resultado de la incógnita es positivo, entonces el sentido supuesto para las mismas es el correcto. Si es negativo hay que cambiar el sentido. 3000 kg 4
3000 kg 6
5
X5-7
1500 kg 8
7
6000 kg 2m
2m
Fig. 1.53
d = 0,90 m; d´ = 1,42 m M4 = X5-7 .2 m + 3000 Kg. 2 m +1500 kg .4 m - 6000 kg . 4 m = 0 X5-7 = 6000 kg M7 = X4-6 . 0,9 m +1500 Kg. . 2 m - 6000 kg . 2 m = 0
X 4-6 = 10000 kg
M8 = X 4-7 . 1,42 m - 3000 Kg. 2 m = 0
X 4-7 = 4225 kg
a) Equilibrar por el método de Culmann la resultante en las direcciones 2-4, 3-4 y 3-5 (Fig. 1.54) 1) Cortamos la estructura a fin de poner en evidencia las incógnitas pedidas. 2) Hallamos en forma gráfica la resultante izquierda o derecha (en nuestro caso optamos por la izquierda). 3) Utilizando el polígono funicular ubicamos la resultante. 4) Determinamos la recta auxiliar de Culmann. 5) Determinamos las incógnitas requeridas, teniendo en cuenta que el sistema se encuentra en equilibrio.
R
R1
P1 4
P2 2
P1
P2
1 3
X3-5
5
R1
R1
X3-5
Fig. 1.54
