ESTATICA
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I. OBJETIVOS GENERALES GENERALES DE LA ASIGNATURA. • • •
Introducir al alumno en el estudio y conocimiento del comportamiento físico de las estructuras. Dotar al alumno de los conceptos básicos de la estática Capacitar al alumno en el diseño de estructuras isostáticas.
II. PROGRAMA ANALÍTICO DE LA ASIGNATURA. UNIDAD 1: INTRODUCCIÓN 1.1. ¿Qué es la mecánica? 1.2. Conceptos y principios fundamentales 1.3. Sistemas de unidades
UNIDAD 2: ESTÁTICA DE PARTÍCULAS 2.1. Introducción 2.2. Fuerza sobre una partícula. Resultante de dos fuerzas 2.3. Vectores 2.4. Adición de vectores 2.5. Resultante de varias fuerzas concurrentes 2.6. Descomposición de una fuerza en sus componentes 2.7. Componentes rectangulares de una fuerza. Vectores unitarios 2.8. Adición de fuerzas sumando sus componentes “x” e “y” 2.9. Equilibrio de una partícula 2.10. Primera ley de Newton del movimiento 2.11. Diagrama de cuerpo libre (DCL)
UNIDAD 3: CUERPOS RÍGIDOS: RÍGIDOS: SISTEMAS SISTEMAS DE FUERZAS EQUIVALENTES 3.1. Introducción 3.2. Fuerzas externas e internas 3.3. Producto vectorial de dos vectores 3.4. Momento de una fuerza alrededor de un punto 3.5. Componentes rectangulares del momento de una fuerza 3.6. Producto escalar de dos vectores 3.7. Momento de una fuerza con respecto a un eje 3.8. Momento de un par de fuerzas 3.9. Pares equivalentes 3.10. Descomposición de una fuerza dada en una fuerza en “O” y un par 3.11. Reducción de un sistema de fuerzas
UNIDAD 4: EQUILIBRIO DE CUERPOS RÍGIDOS 4.1. Introducción 4.2. Diagrama de cuerpo libre 4.3. Reacciones en los apoyos y conexiones de una estructura bidimensional 4.4. Equilibrio de un cuerpo rígido en dos dimensiones 4.5. Reacciones estáticamente indeterminadas 4.6. Equilibrio de un cuerpo sujeto a dos fuerzas
UNIDAD 5: FUERZAS DISTRIBUIDAS: CENTROIDES CENTROIDES Y CENTROS DE GRAVEDAD 5.1. Introducción 5.2. Centro de gravedad de un cuerpo bidimensional
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I. OBJETIVOS GENERALES GENERALES DE LA ASIGNATURA. • • •
Introducir al alumno en el estudio y conocimiento del comportamiento físico de las estructuras. Dotar al alumno de los conceptos básicos de la estática Capacitar al alumno en el diseño de estructuras isostáticas.
II. PROGRAMA ANALÍTICO DE LA ASIGNATURA. UNIDAD 1: INTRODUCCIÓN 1.1. ¿Qué es la mecánica? 1.2. Conceptos y principios fundamentales 1.3. Sistemas de unidades
UNIDAD 2: ESTÁTICA DE PARTÍCULAS 2.1. Introducción 2.2. Fuerza sobre una partícula. Resultante de dos fuerzas 2.3. Vectores 2.4. Adición de vectores 2.5. Resultante de varias fuerzas concurrentes 2.6. Descomposición de una fuerza en sus componentes 2.7. Componentes rectangulares de una fuerza. Vectores unitarios 2.8. Adición de fuerzas sumando sus componentes “x” e “y” 2.9. Equilibrio de una partícula 2.10. Primera ley de Newton del movimiento 2.11. Diagrama de cuerpo libre (DCL)
UNIDAD 3: CUERPOS RÍGIDOS: RÍGIDOS: SISTEMAS SISTEMAS DE FUERZAS EQUIVALENTES 3.1. Introducción 3.2. Fuerzas externas e internas 3.3. Producto vectorial de dos vectores 3.4. Momento de una fuerza alrededor de un punto 3.5. Componentes rectangulares del momento de una fuerza 3.6. Producto escalar de dos vectores 3.7. Momento de una fuerza con respecto a un eje 3.8. Momento de un par de fuerzas 3.9. Pares equivalentes 3.10. Descomposición de una fuerza dada en una fuerza en “O” y un par 3.11. Reducción de un sistema de fuerzas
UNIDAD 4: EQUILIBRIO DE CUERPOS RÍGIDOS 4.1. Introducción 4.2. Diagrama de cuerpo libre 4.3. Reacciones en los apoyos y conexiones de una estructura bidimensional 4.4. Equilibrio de un cuerpo rígido en dos dimensiones 4.5. Reacciones estáticamente indeterminadas 4.6. Equilibrio de un cuerpo sujeto a dos fuerzas
UNIDAD 5: FUERZAS DISTRIBUIDAS: CENTROIDES CENTROIDES Y CENTROS DE GRAVEDAD 5.1. Introducción 5.2. Centro de gravedad de un cuerpo bidimensional
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5.3. Centroides de áreas y líneas 5.4. Primeros momentos de áreas y líneas 5.5 Centroides de figuras compuestas
UNIDAD 6: ANA LISIS DE ESTRUCTURAS ESTRUCTURAS 6.1. Introducción 6.2. Definición de las armaduras 6.3. Armaduras simples 6.4. Análisis de armaduras por el método de los nodos 6.5. Análisis de armaduras por el método de las secciones
UNIDAD 7: FUERZAS EN VIGAS, CAB LES Y PÓRTICOS 7.1. Introducción 7.2. Fuerzas internas en elementos 7.3. Diversos tipos de cargas y apoyos 7.4. Fuerza cortante y momento flexionante en una viga 7.5. Diagramas de fuerzas cortantes y momentos flexionantes en una viga 7.6. Diagramas de fuerzas cortantes y momentos flexionantes en un pórtico
UNIDAD 8: FUERZAS DISTRIBUIDAS: MOMENTOS DE INERCIA 8.1. Introducción 8.2. Segundo Momento ó momento de inercia de un área 8.3. Momento de inercia polar 8.4. Radio de giro de un área 8.5. Momentos de inercia de áreas compuestas
V. BIBLIOGRAFÍA BIBLIOGRAFÍA BÁSICA. Mc Cormac, Jack. “Análisis de Estructuras”, 2002. Sig. Top. 690.21 M46. Stungo, Naoni. “arquitectura en madera”,1999. Sig. Top. 691.1 st95. Prenzlow, C. “Calculo de estructuras por el método de Cross”, 1960. Sig. Top. 692.5 p91.
BIBL IOGRAFIA IOGRAFIA COMPLEMENTARIA • • • •
BEER, Ferdinand y Russell, Johnston. 1999. Mecánica Vectorial para Ingenieros. Estática Editorial Mc Graw Hill HIBBELER, R. C. 1992. Mecánica para Ingenieros. Estática. Editorial Mc GrawHill. PARKER Harry, 1991. Texto simplificado de Mecánica y Resistencia de Materiales. Editorial Limusa S.A. de C.V, México, DF. SINGER Ferdinand. 1991. Mecánica para Inge nieros. Estática. Editorial Harla. México.
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UNIDAD O TEMA: INTRODUCCIÓN INTRODUCCIÓN A L A ESTATICA ESTA TICA TITULO: CONCEPTOS CONCEPTOS Y PRINCIPIO PRINCIPIOS S FUNDAMENTALES
INTRODUCCION La mecánica se puede definir como la ciencia que describe y predice las condiciones de reposo o movimiento de los cuerpos bajo la acción de fuerzas. Se divide en tres partes: la mecánica de cuerpos rígidos, la mecánica de cuerpos deformables y la mecánica de fluidos. La mecánica de cuerpos rígidos se subdivide en estática y dinámica; la primera estudia los cuerpos en reposo y la segunda los cuerpos en movimiento. En esta parte del estudio de la mecánica se supone que los cuerpos son perfectamente rígidos. Sin embargo, las estructuras y las máquinas reales nunca lo son y se deforman bajo cargas a las que están sometidas. Estas deformaciones son casi siempre pequeñas y no afectan apreciablemente a las condiciones de equilibrio o de movimiento de la estructura en consideración.
SISTEMAS DE UNIDADES Antes de entrar a la solución de problemas, es importante que tus conocimientos de los sistemas de unidades se encuentren actualizados y claros; recuerda que en nuestro país; al igual que casi todo el mundo, el sistema de unidades oficiales el Sistema Internacional, si bien actualmente continuamos utilizando el Sistema Métrico Decimal y en algunos casos también el Sistema Inglés , los problemas que resolveremos en este curso serán todos en el Sistema Internacional.
CANTIDADES FÍSICAS FUNDAMENTAL FUNDAMENTALES ES Son aquellas que se definen por si solas y no se pueden medir o expresar en función de otras. Son ejemplos de cantidades físicas fundamentales: el tiempo, la temperatura, el espacio y la masa.
• •
Tiempo: medida del intervalo entre dos sucesos, ordenamiento de los acontecimientos. Espacio Espacio o Longitud : nos define la distancia entre dos puntos. Esta distancia es medida con respecto a un
patrón. Masa: medida de la cantidad de materia de un cuerpo. La masa caracteriza a un cuerpo en dos acciones, la de su atracción gravitatoria y la de su respuesta ante una perturbación mecánica como una fuerza. La masa de un cuerpo se puede determinar a partir de una balanza, es invariable con el lugar donde se mida así sea la luna o la tierra. La masa se mide por medio de balanzas y no por sistemas de resortes (dinamómetros) los cuales sólo miden fuerza. Aunque la fuerza no es una cantidad básica hace parte fundamental del curso. La fuerza nos da una descripción cualitativa de la interacción entre dos cuerpos. Cuando existe contacto directo, la fuerza ejercida entre dos cuerpos es el tirón o empujón de uno so bre el otro.
•
LAS LA S TRES LEYES FUNDAMENTALES DE NEWTON Fueron formuladas por Isaac Newton en la segunda mitad del siglo diecisiete y pueden enunciarse como sigue. PRIMERA LEY. LEY. Si la fuerza resultante que actúa sobre una partícula es cero, la partícula permanecerá en reposo (si originalmente estaba en reposo) o se moverá con velocidad constante en una línea recta (si originalmente estaba en movimiento).
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SEGUNDA LEY. Si la fuerza resultante que actúa sobre una partícula no es cero, la partícula tendrá una aceleración proporcional a la magnitud de la resultante y en la dirección de ésta.
F = m ⋅ a Donde F, m y a representan, respectivamente, la fuerza resultante que actúa sobre la partícula, la masa de ésta y la aceleración de la misma, expresadas en un sistema congruente de unidades. TERCERA LEY. Las fuerzas de acción y reacción de cuerpos en contacto tiene la misma magnitud, la misma lìnea de acción y sentidos opuestos.
CUESTIONARIO #1 1.
¿Qué es la mecánica de cuerpos rígidos?
2. ¿Qué diferencia existe entre estática y dinámica? 3.
Investigar la influencia de la aceleración de la gravedad de la tierra sobre los cuerpos rígidos.
4.
¿Cuál es la diferencia entre masa y peso?
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UNIDAD O TEMA: ESTÁTICA DE PARTÍCULAS TITULO: Fuerzas en un plano
VECTORES Temas a tratar: Resultante de fuerzas, descomposición de un vector, procedimientos gráficos, independencia de las operaciones con fuerzas del sistema de unidades
Definición Un vector es una cantidad física que se expresa por su magnitud, su dirección y su sentido, y sigue la ley del paralelogramo para su suma y resta.
Vectores de Posici ón y de Vectores de Fuerza Son los dos tipos de vectores con los que trabajamos en la estática. El vector de posición define la ubicación de un punto con respecto a otro, su magnitud es en longitud (m) y corresponde a la distancia neta entre dos puntos, su dirección se puede dar por medio de un ángulo con respecto a una línea y su sentido es del punto de referencia al punto ubicado.
A
4
r
Vector A B o también r AB r
α
3
Magnitud B
r AB
= 6m
tan −1α =
6m
3 4 con
Dirección respecto a la línea horizontal. Sentido de A a B
Vector Fuerza: empuje ejercido sobre un cuerpo o interacción entre dos cuerpos. Se mide la dirección, el sentido del empuje y la cantidad de empuje. Sus unidades son N, Kg-f o Lb . En el siguiente esquema se muestra el vector de empuje que ejerce el cable sobre la torre, la interacción entre el cable y la torre. Los cables siempre ejercen fuerzas de tiro o jalón sobre el cuerpo que actúan, por lo tanto la dirección de la fuerza que ejerce el cable sobre la torre es de A a B.
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A r
F 4m α
B 5m r
F :
vector de fuerza
F = 800 N
: magnitud del vector
⎛ 5 ⎞ ⎝ 4 ⎠
α = tan −1 ⎜ ⎟
: dirección del vector con respecto a la línea vertical.
Sentido: de A a B. r
Al extremo de F en A se le llama cola y el extremo de la flecha se llama cabeza o punta. La recta a lo largo de la r
r
cual se encuentra la flecha que representa al vector F se llama línea de acción de F . Note que el vector de fuerza está sobre la línea AB pero su magnitud no es la distancia de A a B, de esta forma diferenciamos un vector de posición, cuya medida es en unidades de longitud, de un vector de fuerza, cuya dirección es igual a la de un vector de posición pero su medida es en unidades de fuerza. r
La magnitud de un vector se mide desde la cola hasta la cabeza. Para el vector F note que su magnitud no se toma igual a la línea AB sino desde su cabeza a cola en una escala que represente Newton.
Cola 800 N Magnitud α
Cabeza
r
F
Línea de acción El punto de aplicación de una fuerza se considera la cola del vector y representa el punto donde actúa la fuerza en un cuerpo determinado, sin embargo para cuerpos rígidos, es indiferente si se considera la cola o la cabeza ya que el jalón o empujón producirá el mismo efecto de traslación en el sentido de la fuerza. En algunos casos no es necesario tener en cuenta el punto de aplicación, pero en la mayoría de cuerpos este punto es muy importante ya que de él dependen los efectos de rotación que pueda producir una fuerza. Cuando dos o más fuerzas tienen el mismo punto de aplicación se les conoce como fuerzas concurrentes.
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Las fuerzas ejercidas por el cable sobre el gancho son concurrentes porque tienen igual punto de aplicación.
r
Para especificar un vector le colocamos una flecha (→) encima y lo nombramos en mayúscula R . Cuando se hace referencia a la magnitud se representa por la letra mayúscula o la letra entre barras R, o
R
.
Operaciones co n vectores: Vamos a aprender a jugar con vectores, sumar, restar, expresar un vector en función de otro, multiplicar, descomponer, son algunas de las operaciones que aprenderemos.
Suma de Vectores El efecto de varias fuerzas que actúan en un punto común es igual al efecto de su resultante. Para sumar vectores concurrentes se utiliza la ley del paralelogramo o el método de cabeza y cola. La suma se resuelve cuando encontramos un vector resultante con su dirección magnitud y sentido. En el triángulo que resulta al aplicar la ley del paralelogramo conocemos un ángulo y dos magnitudes, podemos conocer la otra magnitud por medio de la ley de cosenos y los otros ángulos por la ley de senos.
Ley del p aralelogramo r
r
Sumemos los vectores U y el vector V , de los cuales se conoce su magnitud y su dirección: Se construye el paralelogramo trazando paralelas a los vectores y su diagonal es la resultante.
B U
θ
A α
U θ
A
A
V
α
V C
U+V= R V
U v
Las incógnitas a resolver son la magnitud y la dirección con respecto a una línea determinada de R , en este caso puede ser con respecto a uno de los vectores iniciales.
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Por ley del seno y ley del coseno tenemos dos ecuaciones para solucionar dos incógnitas:
R
2
2
2
= U + V − 2 U V cos β
sen α V
=
sen β R
=
(Siempre el ángulo involucrado está entre dos magnitudes conocidas),
y
sen γ U
.
El proceso de combinar dos vectores concurrentes en uno solo se llama composición de un vector. El proceso contrario se llama descomposición de un vector en componentes. En la suma de vectores se pueden hallar datos de los sumandos si se conoce el resultado. Note que la adición de vectores cumple la ley conmutativa. Cabe resaltar que en la suma de vectores solo se dispone de dos ecuaciones para hallar dos incógnitas, por lo tanto, en la construcción del triángulo siempre se deben conocer dos lados y un ángulo o dos ángulos y un lado.
Método cabeza y cola En este método se colocan los vectores a sumar coincidiendo la cabeza del primero con la cola del segundo y así sucesivamente con los demás vectores a sumar hasta que el vector resultante va de la cola del primero a la cabeza del último. De esta forma se construye un po lígono de vectores.
U + V + S = R r r
r
r
r
U U S
S
V
R V U
V S R
Note que en el orden de construcción del polígono la resultante siempre da igual, con lo cual confirmamos la ley conmutativa para la adición de vectores.
Ley Asociativa de la Adición Por medio de construcción de triángulos aplicando la ley del paralelogramo podemos llegar a sumar todos los vectores que queramos. Recuerde que se van sumando de a dos y al resultado de estos se suma al nuevo vector a adicionar. r
r
r
Se quieren sumar los vectores U , V y S
U + V + S = R 2 r
r
r
U + V = R1 , r
r
r
r
luego
r
R1 + S = R 2 r
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r
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Descompo sición de vectores Dos vectores se pueden convertir en uno solo por medio de la suma, ahora un vector se puede convertir en dos por la descomposición.
V
V
α
V
U
R
α
U
R
U
U V Los vectores U y V son componentes del vector R ya que U + V = R . De acuerdo con esta definición podríamos r
r
r
r
r
v
decir que existen infinitas parejas componentes de un vector. Unas componentes muy útiles son aquellas que forman un ángulo recto entre sí. v
Si conozco el vector R se pueden determinar infinitas parejas de componentes vectoriales por medio de la ley de senos y de cosenos; para determinar las componentes rectangulares se utiliza trigonometría ya que el triángulo formado tiene un ángulo recto. Ya sea que determine componentes o resultante siempre tendré posibilidad de determinar sólo dos incógnitas : dos magnitudes, una dirección y una magnitud, d os direcciones. r v
Caso 1. Se conoce la magnitud y dirección de los vectores U y R , se pide determinar magnitud y dirección de la otra componente de R , el vector V . r
v
V U
R
β conocido α
U
V
r
Se completa el triángulo y se aplica ley de cosenos para determinar la magnitud de V y una vez se conozca esta se aplica ley de senos para los otros ángulos del triángulo. Note que la ley de cosenos se puede aplicar directamente cuando se conocen dos magnitudes y el ángulo entre ellas.
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Caso 2. Se conocen las direcciones de cada componente o sus líneas de acción y la magnitud y dirección de la resultante.
R β α
V=? U=? r
?
r
Líneas de acción de U
V
Se trazan líneas paralelas a las líneas de acción hasta cerrar el triángulo con las magnitudes desconocidas. En el triángulo formado se conocen los ángulos y se desconocen dos magnitudes, se puede aplicar la ley de senos. r
r
r
r
En el caso de que los vectores U y V sean paralelos a unos ejes de referencia, U y V se convierten en las componentes vectoriales de F en la dirección de esos ejes. Si los ejes son perpendiculares entre sí, estas r
componentes se llaman las componentes vectoriales rectangulares. Cuando las componentes son perpendiculares y a la vez paralelas a un sistema cartesiano ellas se conocen como las componentes rectangulares cartesianas de un vector.
Y V α
U
R
U
V
X
F = U + V r
r
r
r r
Se puede decir que
r
U es la componente de F paralela a x, por lo tanto se le da el nombre de F y r
r
V se le conoce como
.
Por trigonometría podemos expresar las componentes rectangulares así: r r
F F y F Senα = Cosθ y = F
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Cosα = y
F x F
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F x
y de igual forma a
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F x = U r
r
F y = V r
y
donde la magnitud es
F x = F Cosα
r
donde la magnitud de
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y su dirección es 0º con respecto a X positivo.
F y = F Senα
y su dirección es 90º con respecto a X r
Se conoce a los ángulos a y q como los ángulos directores de F con respecto a los ejes X y Y. F F r
Los cosenos de a y q son los cosenos directores de en los ejes X y Y.
y representan al multiplicarlos por
r
las proyecciones de F
Multiplic ación de un vector por un escalar Esta operación se usa para encontrar un vector igual a otro pero con una magnitud mayor o menor. Al multiplicar por un escalar ( a ) lo que se hace es aumentar la magnitud del vector en “a” veces.
a R = U , donde la magnitud de U es igual a a veces la magnitud de R ésta operación también sirve para r
r
r
v
encontrar vectores de sentido contrario, al multiplicar por –1. La multiplicación por un escalar cumple la ley distributiva de la adición.
a (U + R ) = a U + a R r
r
r
r
Resta de vectores Cuando queremos restar vectores lo que hacemos es sumar el negativo del vector a restar.
V U
R 1
V
U – V = R 1 U + V = R
U
Vector un itario Este es un vector que tiene una magnitud igual a la unidad. Resulta práctico trabajar con vectores unitarios ya que nosotros podemos expresar cualquier otro vector que tenga la misma dirección de él como el valor de la magnitud por ese vector. Su utilidad es muy práctica cuando sabemos que un vector fuerza tiene dirección o línea de acción paralela a una línea conocida, como por ejemplo la fuerza que ejerce un cable o un resorte sobre un cuerpo determinado.
U Se tiene un vector U de magnitud , para hallar un vector unitario en la misma dirección de U , dividimos este r
r
vector por su magnitud (multiplicación de un vector por un escalar). r
U U
=e
r
, donde e es un vector cuya magnitud es 1. Note que el vector unitario no tiene unidades. r
r
Podemos determinar vectores unitarios en la dirección de los ejes coordenados X y Y dividiendo las componentes r
y
F y
r
de una fuerza F por sus magnitudes. r
i = r
Vector unitario en la dirección de x:
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F x F x R O D R I G O 12
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F x
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r
j = r
F y F
y Vector unitario en la dirección de y: Estos vectores unitarios nos permiten expresar las componentes rectangulares en función de la multiplicación de un vector por un escalar: r
F y = j F y r
F x = i F x r
y
r
F = F x i + F y j r
r
r
Las magnitudes
F x
y
F y
r
se conocen como las componentes escalares de F .
Así mismo recordando la definición de las componentes de un vector en función de los cosenos directores, tenemos: r
e= r
F = (Cosα i + Cosθ j ) F r
r
r
r
pasando a dividir la magnitud de F a otro lado tenemos:
Y
F F
= Cosα i + Cosθ j r
r
r
F e
Cos α
X
Cos θ r
por lo tanto el Cos a y el Cos q representan las proyecciones en X y Y del vector unitario e en la misma línea acción de F r
e = 1,0 De donde podemos concluir que el vector unitario en la dirección de la línea de acción esta compuesto por los cosenos directores de esta línea.
Suma de más de dos vectores por co mponentes La descomposición de vectores es una herramienta muy útil cuando se quieren sumar mas de dos vectores. Cuando se descompone un vector este se puede expresar en función de sus componentes escalares y los vectores unitarios r
i y j , entonces aplicando la ley distributiva de la multiplicación por un escalar podemos sumar independientemente r
las componentes como si fuera una suma algebraica y encontrar las resultantes en X y en Y. El vector resultante total r
r
R y
es la suma vectorial de la
R x
U = U x i + U y J
V = V x i + V y j
r
r
r
y la
r
;
r
S = S x i + S y j r
r
;
r
r
U + V + S = U x i + U y j + V x i + V y j + S x i + S y j r
r
r
r
r
r
r
r
r
asociando y aplicando la ley distributiva de la multiplicación por un escalar:
(
)
U + V + S − (U x + V x + S x ) i + U y + S y + V y j r
r
r
r
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r
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U + V + S = R x i + R y j r
r
r
r
r
R = R x + R y r
r
R =
r
R x
2
+ R y
2
Usando cabeza y cola en los vectores sobre cada eje, tenemos: r
r
U x
V x r
r
R x
S x
Sería construir un polígono sobre la misma línea por lo tanto se suman directamente (algebraicamente) las magnitudes y obtenemos la resultante.
Vector de posició n definido entre dos puntos Cuando se conocen las coordenadas de dos puntos, podemos encontrar el vector de posición de un punto con respecto a otro aplicando la descomposición cartesiana y la suma de vectores.
B (X ,Y )
Y AB Ya
α
A(Xa,Ya)
Xa
X
La magnitud de la línea de A a B se determina por Pitágoras, entendiendo que las coordenadas representan la distancia entre el punto en cuestión y un origen.
AB =
( X b − X a )2 + (Y b − Y a )2
Para la dirección de AB se utili za trigonometría:
tan −1 α =
(Y b − Y a ) ( X b − X a )
Siendo a el ángulo medido con respecto a la horizontal. Si a es positivo se lee desde el eje X positivo en el sentido contrario a las manecillas del reloj y para a negativo se lee en el mismo sentido de las agujas del reloj.
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α
X X
α
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(+)
(−)
Siempre a <180°. Note que este procedimiento da la dirección más no el sentido.
F
r
¿Cómo determinar un vector F cuando se conoce su magnitud y dos puntos sobre su línea de acción?: Simplemente hallamos el vector entre los dos puntos y encontramos un vector unitario en esa dirección y después lo multiplicamos por la magnitud del vector solicitado.
e AB = Vector unitario en la dirección de AB:
AB AB
;
F = F e AB
Ejemplo. 1. Se tira un barco por medio de dos cables para ayudarlo a pasar por unas esclusas. La resultante de la fuerza ejercida por los cables es de 1500 Lb paralela al eje del barco, determinar a) la tensión en cada cable para un valor α= 25º b) el valor de α para que la tensión del cable 2 sea mínima.
T1
35º α
T2
a)Se construye el paralelogramo
T1
γ = 120°
T2 α
35º r
R T 1 Por ley de senos: senα
α
=
T 2 sen35º
=
1500lb sen(180 − 25 − 35)
Se deja como ejercicio despejar T1 y T2 y darlo en unidades del SI. b) No se conocen la dirección y magnitud del vector T 2 ni tampoco la magnitud del vector T1. De entrada podríamos decir que hay 3 incógnitas y solo dos ecuaciones y que seria un sistema que no tiene solución. Analicemos la pregunta que se nos hace y nos damos cuenta que en ella está involucrada la otra condición, el valor mínimo de T2. Si construimos el triángulo nos damos cuenta que el valor mínimo se consigue cuando hay un ángulo recto entre T1 y T2.
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ESTRUCTURAS
Línea de acción 35°
r
R
T1
Posibles direcciones y magnitudes de T 2; note que para que sea mínimo T2, debe ser una línea perpendicular a T1.
Como se forma un triángulo rectángulo, se apl ica trigonometría para encontrar magnitudes.
EJERCICIOS PROPUESTOS F 1. Descomponga la fuerza 2 en sus componentes que actúan a lo largo de los ejes U y V; determine las magnitudes de dichas componentes. (2,8 de Hibbeler)
70°
U
30° 45°
F 2 = 500 N
F 1 = 300 N V
2. Determine el ángulo f de diseño (0 ≤ f ≤ 90º) entre las estructuras AB y AC de tal forma que la fuerza horizontal de 400 lb tenga una componente de 600 lb que actúe hacia la izquierda en la misma dirección que de B hacia A. Tome el valor de θ=30º.(2.30 de Hibbeler).
A 400lb
θ φ
B
C
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3. Se muestran las coordenadas de dos puntos A y B. Determine un vector unitario e que señale del punto A hacia el B. Estrategia: Determine el vector de posición del punto A al punto B y divídalo entre su magnitud.(2,32 de Bedford)
Y (8 , 6) pie A
(3 , 2) pie B X 4. Las
siguientes
cuatro
Fb = 800lb, α = 65º
fuerzas
concurrentes
Fc = 1000lb, α = −85º y
tienen
una
suma
vectorial
Fd = 900lb, α = 128º
igual
a
cero.
Si
r
F
, ¿Cuál es la magnitud de a y cual es el ángulo α que hace con respecto a la horizontal? Resuelva por construcción del polígono y por descomposición en componentes rectangulares. Nota los ángulos α se midieron con respecto al eje X positivo. 5. Para los vectores mostrados determine: r
r
El vector D = A + 0,5 B − C r
a) b)
r
Encuentre los escalares a, b tales que: r
r
a A + b B + C = 0 r
Resuelva gráficamente.
Y
X A=300N, 0º
B=450N, 90º
C=100N, -30º
A
90°
30°
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DE
LAS
E S T R U C T U R AS
CUESTIONARIO #2 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14.
¿Cuáles fueron las principales ideas del presente capítulo? ¿Qué es una fuerza? ¿Cuáles son las características de un vector? ¿Qué son fuerzas concurrentes? ¿Los vectores unitarios son adimensionales? ¿La magnitud de un vector puede ser un número negativo? ¿Cuándo la dirección de un vector se da con un ángulo negativo esto que indica? ¿Cuáles son las componentes escalares de un vector? ¿Cómo se obtiene un vector si se conocen dos puntos sobre una línea de acción? ¿Para qué sirven los vectores unitarios? ¿Qué información contienen? ¿Se pueden sumar vectores no concurrentes? ¿Qué determina el punto de aplicación de una fuerza, la cola o la cabeza? Dibuje. ¿Cómo se dibuja la fuerza que ejerce un cable sobre un cuerpo dado? ¿Todos los vectores se pueden descomponer? ¿Cómo se descompone un vector?
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ESTRUCTURAS
UNIDAD O TEMA: CUERPOS RÍGIDOS TITULO: Sistemas de Fuerzas Equivalentes
PARES DE FUERZAS El efecto de rotación que produce una fuerza se expresa por el concepto de momento. Siempre que aplicamos una fuerza a un cuerpo estamos imponiendo una traslación y una rotación a ese cuerpo. ¿Será posible imponer una rotación a un cuerpo y hacer que el efecto de traslación sea cero? Sí, es posible y esto se logra por medio de dos fuerzas que sean iguales en magnitud y dirección pero de sentido contrario y que estén separadas una distancia diferente de cero:
A
F
A
r
-F
d
F Caso a
∑
-F
B
Caso b
F = 0 r
En ambos casos , pero en el caso “a” si tomamos momentos de ambas fuerzas con respecto a cualquier punto, el momento resultante daría cero (el efecto de rotación se anula). En el caso “b” no ocurre lo mismo:
∑ M
A
= r AB x(− F ) = d * F ≠ 0 r
r
lo que nos da un momento diferente de cero en el sentido de las manecillas del
reloj. Si tomamos momentos con respecto con respecto a B
∑
M B = r BA x F = d * F ≠ 0 r
r
nos da el mismo momento (sentido y magnitud) que con respecto a A del caso “b”. El caso “b” representa una fuerza nula pero un efecto de rotación diferente de cero. A las fuerzas que cumplen la condición de ejercer efectos de rotación y no ejercer efectos de traslación las conocemos como “par de fuerzas”. Un ejemplo típico de par de fuerzas es el caso de las fuerzas que ejercemos a una cabrilla de un carro. Un par de fuerzas es un sistema compuesto por dos fuerzas de i gual magnitud, dirección y sentido contrario. Su efecto sobre un cuerpo rígido es una rotación única independiente del punto con respecto al cual se tomen los momentos. Confirmemos esta afirmación trabajando en el espacio:
Z
A
r BA
r OA
-F B
r OB O
Y
X I N G .
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ESTRUCTURAS
Se determina el efecto de rotación total del par de fuerza compuesto por F y − F con respecto a O: M o = r OA x F + r OB x( − F ) r
∑
r
r
r
r
v
r
r OA = r OB + r BA r
r
r
∑ Mo = (r + r ) x F + r x F ∑ Mo = r x F + r x F − r xF , los términos r
r
r
r
OB r
r
r
BA
OB
r
r
r
OB
r
BA
OB
r
r OB x F r
se anulan quedando solo el momento que hace una las componentes del par con respecto un punto sobre la línea de acción de la otra.
M o = r BA x F r
r
r
Se comprueba que el momento de un par únicamente depende del vector de posición entre los puntos de aplicación de las componentes del par. r
El vector resultante es perpendicular al plano que contiene las fuerzas y su dirección lo determina la regla de la mano derecha. Debido a que el efecto del par es de solo rotación, entonces se podría representar por medio del vector momento que él produce:
F
d
M=F*d F
Vector momento
Momento del par, M
r
del par,
EQUIVALENCIA DE PARES Dos pares son equivalentes cuando ellos producen el mismo efecto de rotación sobre un cuerpo. Para comparar pares de fuerza, no se miran las fuerzas sino el momento que ellas producen como par.
SUMA DE PARES Para sumar pares, se suman sus efectos, o sea se suman los vectores momento de los pares. Se tienen dos pares aplicados a un cuerpo: Z
M1 M2
Par 1 Y
Par 2 X
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ESTRUCTURAS
Sumando sus efectos, tenemos:
∑ M = M 1 + M 2 = M resultante r
r
r
r
M resul = ( r 1 x F 1) + ( r 2 xF 2) r
r
r
r
r
r
M resu . = ( M 1 x + M 2 x ).i + ( M 1 y + M 2 y ). j + ( M 1 z + M 2 z ).k r
r
r
Se suman los vectores de momento componente a componente.
EJERCICIOS DE PARES: 1. Determinar el momento con respecto a B que ejercen la fuerza F A y el par.
Par=200N-m A
B 4m
FA=200N
FB=100N
El momento resultante con respecto a B, es la suma del efecto de rotación de la fuerza en A y el efecto de rotación del par.
∑ MB = −4m * 200 N − 200 N .m = −1000 N .m
en
r
k
2. Determinar la magnitud de las fuerzas F que producen el mismo efecto que el par del problema 1 si se aplican en los extremos de la barra de 3 m.
A
B
3m
3. Determinar cuales de las siguientes fuerzas forman pares y dibujar el vector del par mostrando su dirección y sentido.
4N
4N 3N
3m
4N
3N
4N 3N
4N 4N
4N
4N
3m
4N
Dibujar momentos de los pares
2m
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TRASLACIÓN DE FUERZAS Cuando se aplica una fuerza a un cuerpo rígido se produce en él un efecto de traslación y un efecto de rotación. El efecto de rotación depende del punto de aplicación de la fuerza, por lo tanto, una fuerza no se puede trasladar a otro punto o cambiar su punto de aplicación sin antes considerar que el efecto de rotación puede variar. Para trasladar una fuerza a otro punto de aplicación y continuar ejerciendo sobre el cuerpo afectado el mismo efecto de rotación y traslación se puede hacer lo siguiente: r
Si la fuerza F aplicada actúa en el punto A y se quiere trasladar al punto O conservando el efecto de traslación y rotación, entonces:
Z
F F rOA
A
O
Y
-F
X
r
en O se suma y se resta un vector F igual al vector fuerza aplicado en A. En esta operación no se cambian las condiciones ni los efectos sobre el cuerpo ya que el efecto de estas dos nuevas fuerzas se anula. Observando la figura se nota que queda una fuerza F aplicada en O mas un par de fuerzas conformadas por − F aplicada en O y F aplicada en A. El efecto cuyo efecto de rotación de este par de fuerzas corresponde al momento de r
r
r
M OA = r OA x F r
r
r
r
F con respecto a O,
. El hecho de mover la fuerza de A a O implica que tengamos que sumar a la fuerza en O el efecto de rotación que esta tenía cuando estaba aplicada en A.
El sistema resultante se llama sistema fuerza-par y esta compuesto por una fuerza y un par que son perpendiculares entre sí.
Z
M O
A
Y
X Si se quiere hacer un nuevo traslado a otro punto, por ejemplo al punto B, se sigue la misma metodología; pero ya se debe considerar tanto el traslado de la fuerza como el efecto del par que la acompaña teniendo en cuenta que el par es un vector libre y se puede trasladar directamente:
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ESTRUCTURAS
r
F
r
M o
A
MB F
r
F
r
B
B r
F
En el nuevo punto de traslado B se tiene:
M B total = Mo + Momento del nuevo par en O y B M B total = Mo + r bo xF o = MoxFo Se puede haber hecho el traslado directamente de A a B y obtenemos el mismo resultado:
M B total = r BO x F o + r OA xF A r
r
r
r
M B total = (r BO + r OA ) x F r
r
r
M B total = r BA x F r
r
RESULTANTE DE UN SISTEMA DE FUERZAS Y PA RES Cuando se trabaja con partículas se encuentró que el efecto de todo un sistema de fuerzas aplicado a la partícula estaba dado por el efecto de la fuerza resultante R. Los efectos de todas estas fuerzas se podían expresar solamente como traslaciones ya que los efectos de rotación en el punto que ocupa la partícula eran nulos (no hay distancia por lo tanto no hay momento). Para sumar estas fuerzas solamente se aplicaba la suma por descomposición:
R = r
∑ F r
En un cuerpo rígido es diferente ya que cada fuerza puede tener un punto de aplicación distinto y sus efectos de rotación se deben tener en cuenta. ¿Cómo encontrar los efectos de traslación y rotación de un sistema de fuerzas aplicado a un cuerpo rígido?. El problema radica en que las líneas de acción de las fuerzas no coinciden en un punto, esto es, no se pueden sumar directamente las fuerzas y olvidarnos de su punto de aplicación. Para solucionar esto se pueden hacer coincidir todas las fuerzas en un solo punto por medio del traslado y ahí sí, sumar fuerzas y momentos de traslado directamente. El resultado será un sistema fuerza-par resultantes que no necesariamente son perpendiculares entre sí. (¿por qué?).
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ESTRUCTURAS
Z
Z
F4
R
MR
M1 F1
Y
F3 F2
X
Y
M2
X Sistema de Fuerza y Pares aplicados a un cuerpo rígido
Para este sistema de fuerzas compuesto por fuerzas y pares se encontrará la resultante en el punto O. Se trasladan todas las fuerzas a O y se suman fuerzas y momentos de traslado con pares iniciales así:
∑ ∑ F = R ⇒ ∑ Fx = Rx; ∑ Fy = Ry; ∑ Fz = Rz F = F 1 + F 2 + F 3 + .... Fn = R r
r
∑
r
M R
r
M
R
= r 1 x F 1 + r 2 x F 2 + r 3 x F 3 + r 4 x F 4 + M 1 + M 2
r
O
r
r
r
O
r
r
r
r
r
r
r
= M 1O + M 2 O + M 3 O + .....
M R O = M R O X + M R OY + M R OZ r
r
r
r
Donde:
M R O X R
M O y
es el momento total con respecto al eje X que pasa por el punto O es el momento total con respecto al eje Y que pasa por el punto O
M R O z es el momento total con respecto al eje Z que pasa por el punto O o sea que la suma de momentos se puede realizar escalarmente considerando momentos con respecto a los ejes coordenados ( fuerzas y distancias perpendiculares entre si) quedando reducido el sistema a una sola fuerza R y un par MR.
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REDUCCIÓN DE UN SISTEMA FUERZA-PAR EN UN PUNTO A UN SISTEMA FUERZA EN OTRO PUNTO Esta situación es como devolverse en la operación anterior. Originalmente teníamos una fuerza y la trasladamos a otro punto conformando un sistema fuerza-par, ahora queremos es encontrar el punto de aplicación de esa fuerza de tal manera que produzca el mismo efecto de rotación que el par y que al trasladarla allí la suma de pares, el original y el de traslado de cero:
Z
Z FA
FO
M1
FA rAO
O
A Y
rAO
O
A Y
-
X
Sistema de una fuerza y un par aplicados en A
X
Sistema de una sola fuerza aplicada en A
Quiere decir que al trasladar a F al punto A se reemplazó el efecto de rotación del par o explicado de otra manera, F aplicada en A produce el mismo efecto, tanto de traslación como de rotación, que el sistema fuerza-par en O. El traslado se hace de tal manera que el momento o par en A sea igual a cero:
M A = M O + r AO xF A = 0 r
r
r
r
1) r AO x F = − M O r
r
r
ó
2) r OA x F = M O r
r
r
en 1 el vector de posición parte del punto “A” a encontrar y llega al punto original; en 2 el vector parte del punto original y llega al punto “A” a encontrar y se invierte el signo de Mo. De esta forma el sistema fuerza par original queda reducido a una sola fuerza. Notemos que para poder hacer esta reducción la fuerza y el par original deben ser perpendiculares entre si, porque sino nunca se encontrará por medio del producto vectorial un par que no sea perpendicular a la fuerza y al vector de posición r AO y esta suma no daría cero. Un sistema fuerza-par es factible de reducir a un sistema de una sola fuerza cuando él proviene de un sistema de fuerzas que cumpla una de l as siguientes características: -Solo cuando el par M se obtuvo de traslación de una sola fuerza F -Cuando el sistema de fuerzas originales a reducir a R y MR esta constituido por fuerzas concurrentes. En este caso no habría que hacer reducción ya que solo existe R -Cuando el sistema de fuerzas original está constituido por fuerzas coplanarias -Cuando el sistema de fuerzas original está constituido por fuerzas paralelas en estos dos últimos casos el vector momento de estas fuerzas siempre será perpendicular al plano que contiene a las fuerzas.
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Desarrollando las ecuaciones planteadas en 1 y 2 tenemos que la incógnita a encontrar son las coordenadas del punto A, en este caso expresadas en el vector de posición r:
i M o = r OA x F = r OA x r
r
r
Fx
j
k
r OA y
r OA z
Fy
Fz
Este determinante nos da un sistema de tres ecuaciones independientes con tres incógnitas:
Mox = r OA x * Fz − r OA z * Fy Moy = r OA z * Fx − r OA x * Fz Moz = r OA x * Fy − r OA y * Fx El vector r OA está expresado en función de las coordenadas del punto O y las coordenadas del punto A. Notemos que el punto A de traslado de la fuerza no es único ya que nosotros podemos mover la fuerza sobre su línea de acción y los efectos son los mismos. Por lo tanto al resolver este sistema de ecuaciones nosotros vamos a encontrar es la ecuación de una línea recta en el espacio y cualquier punto sobre esa línea es valido para trasladar la fuerza. Por lo tanto podríamos asumir por ejemplo un valor de Z y encontrar las X y Y correspondientes a ese valor o viceversa con los valores de X o Y, así nosotros podemos localizar a A sobre un plano especifico. Si hacemos Z=0 estaríamos con A en el plano XY. En el caso de que trabajemos en dos dimensiones encontraremos una ecuación con dos incógnitas que serían las coordenadas x y del punto a encontrar. Este sistema necesitaría asumir un valor ya sea de y o de x para poder encontrar el otro. Note que la ecuación que encontramos es la ecuación de la línea de acción de la fuerza de la forma: y=mx+b.
Mp y
r AO Queremos trasladar la fuerza F al punto A: 1. 2.
Sumamos y restamos F en A. Encontramos el momento del par generado:
M A = r AO x F = − x * Fy − y * Fx r
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Sumamos pares en A e igualamos a cero.
Mp + M A = 0 Mp = −(− x * Fy − y * Fx ) despejando y en función de x:
y =
Mp
−
Fx
x * Fy Fx
note que esta ecuación constituye la ecuación de una línea recta con pendiente m=Fy/Fx y con termino independiente igual a Mp/Fx.
Ejemplo: Reemplazar la fuerza y el par por una única fuerza actuando sobre l a línea AB y sobre la línea AC.
35N
20N A
B
30º
A
30º B
Fx
E
60N-m C
D
35N
x
3m
3m C
35N
Fy
D
20N 3m
3m
El par compuesto por las fuerzas de 20N constituye un vector libre e igual a M=20N*3m=60N-m en el sentido horario. Encontremos la ecuación de la línea de acción de F para la cual este sistema fuerza par se convierte en una sola fuerza: Para que la fuerza produzca el mismo efecto de rotación que el par debemos correrla hacia la izquierda del punto B, en ese punto note que ella tendería a hacer rotar el cuerpo en el sentido horario. De entrada no nos debemos preocupar para que lado se debe mover la fuerza, podemos asumir un lado y el signo de la coordenada hallada nos dirá si ese lado es correcto o no, en este caso l a moveremos para el otro lado y confirmaremos esta teoría. Asumiendo el punto E como el punto de aplicación de la fuerza única y el origen en B, tenemos:
∑ M
B
= −60 N .m + r EB xF = 0
r EB = x.i
r
F = 35 N * cos 30.i + 35 N * sen30. j r
r
realizando la multiplicación vectorial o también en forma escalar, obtenemos:
0 = −60 N .m − 35 N * sen30 * x 60 N − m x = − = −3,43 m 35 N * sen30 el valor negativo de x indica que es para el otro lado de donde se asumió originalmente. Note que en este caso ya asumimos un valor de “y” igual a cero, una solución mas general es colocar el punto E en un sitio donde tenga coordenadas x y:
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3m
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30º B
Fx y
rEB
60N-m C
L AS
35N
Fy A
DE
35N
D
E
3m
x
∑ M
= 0 = −60 N .m + (− x * 35. sen30 − y * 35. cos 30) − 60 N .m − x * 35 N . sen30 = y B
35 . cos 30 y = −1,98m − tan 30 * x
en esta ecuación para y=0 nos daría un valor de x=-3,43m igual al anterior. Note que la pendiente de la recta es la misma pendiente de la fuerza original ya que la fuerza única tiene que ser exactamente igual a esta. Para encontrar el intercepto con la línea AC entonces el valor de x en esa línea sería igual a –3m, de acuerdo con nuestro origen:
y = −1,98m − tan 30 * (−3m) = −3,71m medido a partir del punto B.
3m A
B
3m C 0 71m
35N
D
30º
CUESTIONARIO #3 1.
¿Qué es un sistema resultante fuerza-par?
2.
¿Cuándo se dice que dos pares son equivalentes?
3.
¿Cuando Un sistema fuerza-par es factible de reducir a un sistema de una sola fuerza?
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ESTRUCTURAS
UNIDAD O TEMA: EQUILIBRIO DE CUERPOS RÍGIDOS TITULO: Diagramas de Cuerpo Libr e
EQUILIBRIO DE PARTÍCULAS IDENTIFICACIÓN DE LOS TIPOS DE FUERZAS EJERCIDAS ENTRE LOS CUERPOS, DIAGRAMAS DE CUERPO LIBRE Para analizar los efectos que ejercen los cuerpos sobre otro trabajamos sobre un modelo que llamamos diagrama de cuerpo libre (D.C.L). El diagrama de cuerpo libre consiste en aislar el cuerpo estudiado, dibujarlo solo, reemplazando cada cuerpo que esté en contacto con él por la fuerza correspondiente. Para hacer un buen D.C.L. identificaremos los principales tipos de fuerzas que se ejercen entre los cuerpos. Fuerzas externas en un cuerpo: Son aquellas fuerzas ejercidas por otros cuerpos. Fuerzas internas: fuerzas ejercidas por las mismas partes del cuerpo y que hacen que el funcione como una unidad.
Como estas fuerzas hacen parte del mis mo cu erpo nunc a se dibuj an en un D.C.L Fuerzas puntuales: se ejercen sobre un solo punto del cuerpo. Fuerzas de cables o puntales. Fuerzas distribuidas o de superficie: Son ejercidas sobre un superficie de contacto o sobre un área. Caso de nuestros pies sobre el suelo. Estas fuerzas se expresan por unidad de longitud o de área. Fuerzas gravitatorias: Fuerzas de atracción entre cuerpos. Caso del peso de un cuerpo, W = m.g, para los cuerpos analizados en este curso esta fuerza siempre estará en el D.C.L.
Tipos de fuerzas de acuerdo con su or igen: Fuerzas de contacto: Cuando dos cuerpos están en contacto se pueden dar fuerzas puntuales y fuerzas distribuidas. En ambos casos la fuerza de contacto se puede expresar en función de sus componentes, una normal a la superficie de contacto, que la llamamos normal, y otra paralela que corresponde a la fuerza de fricción. La normal y la de fricción son fuerzas que tienen características diferentes. La normal siempre estará presente, mientras que la fuerza de fricción depende de las características de los materiales en contacto.
Ffr Ffr N
F
N F Fuerza distribuida
Fuerza puntual
Fuerzas de cables y cuerdas; Un cable siempre ejerce un fuerza en la misma dirección del cable y siempre hacia afuera del cuerpo afectado. Piense en empujar un carrito con una cuerda o tira. Imposible!. por eso se llama tira o tirante, siempre su efecto es de halar y no de empujar.
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D.C.L del poste W
Fuerza sobre el anclaje
T, tensión del cable
Ffr N
Poste con contraviento
Fuerzas de cables sobre poleas: para realizar el diagrama de cuerpo libre de la polea o del cable habría que separar ambos cuerpos y dibujar las fuerzas que se están ejerciendo sobre ellos, en este caso como no es un punto único de contacto entonces se ejercen fuerzas distribuidas, normales a la superficie (radiales) y perpendiculares a ella (de fricción tangenciales).
Del cable T
T
De la pared T Esquema general
T
T
Fuerzas de contacto en el perno
W
De la polea
Del objeto
T Del cable mas la polea, note que desaparecen las fuerzas distribuidas (son internas entre cable y polea)
DIAGRAMAS DE CUERPO LIBRE Fuerzas ejercidas por resortes: Un resorte puede tanto empujar como tirar. La fuerza de un resorte siempre es proporcional a la deformación y se conoce como fuerza elástica. Dependiendo de si se analiza el resorte o el cuerpo o cuerpos que están en contacto con él , el diagrama de cuerpo li bre, DCL, será:
Resorte comprimido
Fuerzas de la pared sobre el resorte
Fuerza del resorte sobre la pared
Resorte estirado
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Fr = k .Δ L . donde: k es la constante de rigidez del resorte.
Δ L = Lfinal + Linicial
ΔL es el cambio de longitud del resorte.
Las fuerzas ejercidas por cuerpos deformables se pueden modelar por medio de resortes, por ejemplo, la fuerza ejercida por un suelo blando sobre mi pie constituye una fuerza elástica ( o sea de resorte) sobre mí.
EQUILIBRIO DE UNA PARTICULA Estudiaremos primero el efecto de las fuerzas sobre cuerpos que se pueden modelar como una partícula, o sea aquellos donde todas las fuerzas son concurrentes en un punto o aquellos cuerpos donde no se producen efectos de rotación y el movimiento solo puede darse en una dirección (cuerpos sometidos a fuerzas paralelas sin efecto de rotación). La condición para que una partícula esté en equilibrio o reposo es que la fuerza neta aplicada sobre ella sea igual a cero (primera ley de Newton). Esta condición implica que la resultante R sea cero y por lo tanto no se producirán efectos de traslación sobre el cuerpo en ninguna dirección. Notemos que cuando se habla de un vector igual a cero se está condicionando a que cada una de sus componentes sea cero. En ningún caso una componente anula a otra componente, por lo tanto es condición necesaria que cada componente sea cero.
∑ F = 0 r
esta ecuación es una ecuación vectorial. Al descomponer las fuerzas y hacer la sumatoria por componentes nos resultan tres ecuaciones escalares independientes:
∑ Fx = 0 ∑ Fy = 0 ∑ Fz = 0 ∑
F = 0 = Fx .i + Fy . j + Fz .k r
r
r
r
r
Tanto la resultante de las fuerzas en X como la de Y y la de Z deben ser iguales a
cero.
En el caso de estudiar cuerpos modelados en un plano XY, la componente en Z de las fuerzas, de hecho es igual a cero, por lo tanto las condiciones o ecuaciones de equilibrio independientes son dos, en vez de tres.
Ejemplos 1.
A
B
C
Una barra de 200 lb es suspendida de tres resortes de igual longitud, con constantes de rigidez kc=k A=400 lp/pie, y kB=300 lb/pie. Determine las tensiones en los resortes si la barra permanece horizontal.
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Siempre que resolvemos un problema debemos plantear desde el principio la ecuación o ecuaciones que necesitamos para resolver las incógnitas. Aquí la ecuación principal es la ecuación de equilibrio de la barra. Por que se puede aplicar esta ecuación si l as fuerzas no son concurrentes?.
2. 3m
4m
C
FAC
B
FAB A
3m A
D W
D
Se suspende un objeto del sistema de resortes mostrado en la figura. El objeto alcanza el equilibrio en la posición indicada. Sabiendo que la longitud del resorte AB sin estirar es de 2m determinar la masa del objeto suspendido.
3. Determinar la cadena mas corta ACB que puede usarse para levantar el cajón si la tensión en la cadena no debe exceder de 1250 lb. El peso del cajón es de 3,12kN.
C B
A 28”
121,9cm Notas de interés: Cuando se cuelga un objeto de un alambre o cuerda horizontal, esta no permanece horizontal. Compruebe.
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Mientras mas inclinado el cable, menor la magnitud de la tensión en la cuerda necesaria para levantar el mismo objeto. ¿Por qué? Para sostener un cuerpo por medio de dos cables, estos deben estar en el mismo plano en que se encuentra el objeto a colgar. Compruebe. Si se cuelga un objeto de un solo cable, este siempre asumirá la posición vertical. Si un objeto de cuelga de tres cables, las componentes horizontales de las tensiones ejercidas por los cables sobre el objeto, se debe compensar. Esto implica que se deben colocar los cables saliendo para diferentes lados del objeto, no concentrarlos todos en el mismo lado, pues el objeto no se mantendría en esa posición. Si se sostiene un objeto por medio de tres cables, la forma mas efectiva de que ellos trabajen al máximo es colocándolos verticalmente. Para dar estabilidad horizontal se pueden colocar de tal manera que formen un triangulo en sus soportes, mientras mas largos los cables que sostienen un objeto, menor será la tensión en ellos. Si se tienen cables del mismo material y sección transversal (igual resistencia), la forma más eficiente de hacerlos trabajar para sostener un objeto colgado, es que todos soporten la misma carga. ¿Cómo debe ser el tríangulo que se forma con el anclaje de los cables en sus soportes para lograr que todos tengan la misma tensión? Si se desea levantar un objeto por medio de un cable que pasa a través de una polea en el techo, el peso máximo a levantar es igual al peso de la persona que hala del cable en el otro extremo. Dibuje los DCL y explique. ¿Cómo, con un cable y una polea, logra reducir la fuerza necesaria para levantar un objeto del piso? Determine el peso máximo de la placa que puede sostenerse por medio de tres alambres de igual material, si la tensión máxima que ellos soportan es T.
Coloque los alambres de tal manera que ellos trabajen de la manera mas eficientemente posible, sabiendo que solo se cuenta con una longitud de alambre dada de L.
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Qué datos necesita para este problema: • • • •
Radio de la placa Longitud de los alambres Posición de los alambres en la placa Peso de la placa Recuerde que en estática de partículas no se cuenta sino con 3 ecuaciones de equilibrio, por lo tanto no puede haber mas de tres incógnitas por resolver. Una torre de una antena repetidora se sostiene en forma vertical con la ayuda de tres cables “contraviento”. Determinar la posición en que se deben anclar los alambres al piso cuando se somete la torre a una fuerza horizontal de viento de 100N. Se cuenta con cables que soportan una tensión máxima de 600N. Para anclar los alambres se cuenta con un área cuadrada de 5mx5m alrededor de la torre. Uno de los cables no se puede anclar directamente al terreno sino que se ancla por medio de un muerto en concreto consistente en un 3 paralelepípedo de 0,40x0,40x0,30m (γconcreto=24kN/m ). Se sabe que entre el suelo y el concreto se desarrolla un coeficiente de fricción estático de 0,50. La torre mide 4m de altura.
Fuerza del viento
¿Son suficientes los datos para resolver este problema?
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Una lámpara descolgable se sostiene por medio de 2 cables anclados al techo y por un tercero, que pasa a través de un a polea anclada al techo soportando en el otro extremo una masa de 100kg. El tercer cable se usa para regular la altura de la lámpara con respecto al piso. Determinar la posición de la polea en el techo de tal manera que la lámpara se mantenga en la posición y altura indicadas y el peso de la lámpara. Se sabe que las magnitudes de las tensiones en los dos cables anclados al techo son: T AB=300N y T AC=200N. Para que el tercer cable cumpla con la función de regular la altura de lámpara es necesario que la posición de la polea en el techo se encuentre a mas de 3m de distancia horizontal de la lámpara (un radio en planta de 3m medido con respecto al centro de la lámpara). Esta condición simplemente es de funcionalidad y se verificará después de encontrar, por equilibrio, la posición de la polea. Si no cumple esta condición usted que haría para poder localizar la polea en este radio: ¿Disminuir la masa que cuelga del cable regulador? ¿Aumentar la masa? ¿Mover la posición de los otros cables?
2m
C
3m 1m
4m
B
2m A
CUESTIONARIO #4 1.
¿Con cuantas ecuaciones contamos para verificar el equilibrio de partículas o cuerpos rígidos?
2.
¿Qué es el diagrama de cuerpo libre y para que se utiliza?
3.
¿Cómo se clasifican las fuerzas de acuerdo a su origen?
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UNIDAD O TEMA: FUERZAS DISTRIBUIDAS TITULO: Centroi des y centros de gravedad
FUERZAS DISTRIBUIDAS Entre los tipos de fuerzas ejercidas entre dos cuerpos tenemos las puntualeso concentradas y las distribuidas en una superficie. En este capítulo estudiaremos el efecto de las fuerzas distribuidas. Se considera que una fuerza es distribuida cuando no actúa en un solo punto sino sobre en una superficie dada, en este caso la fuerza se expresa como una presión que tiene unidades de fuerza sobre área (F/A y en el sistema 2 internacional N/m =Pa, Pascal). Un ejemplo de este tipo de fuerza es la que se ejerce entre nuestro zapato y el suelo de apoyo. Note que mientras mas grande sea el área en que nos apoyamos la presión es menor ya que la misma fuerza se distribuye en un área mayor.
En el caso particular en que el área de contacto entre dos cuerpos sea de ancho constante y mucho menor que la longitud podemos expresar la fuerza distribuida no por unidad de área sino por unidad de longitud, en este caso tendríamos una fuerza distribuida en una línea y no en un área. Este tipo de carga se conoce como carga distribuida lineal y se representa por la letra ω (omega, minúscula). Note que las unidades de ω son: fuerza/longitud y no de fuerza solamente y que su magnitud representa la altura del diagrama de la carga distribuida.
Otro tipo de fuerza que se ejerce en forma distribuida es el peso de los cuerpos. Valiéndonos del concepto de peso especifico como peso por unidad de volumen notamos que este no es mas que la distribución del peso total en el 3 volumen que ocupa el cuerpo. Sus unidades son de fuerza por volumen, F/L . Una vez concebido el concepto de fuerzas distribuidas podemos preguntarnos como calculamos el efecto total de estas sobre un cuerpo dado. Podríamos aplicar el concepto de sistemas equivalentes de fuerzas y en vez de trabajar
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con fuerzas distribuidas como tales trabajar con una fuerza equivalente que represente el total de la carga distribuida ejercida en un cuerpo. Partiremos de un ejemplo de sistemas de fuerzas para explicar este tema. En una viga dada están actuando una serie de cargas puntuales como se indica en la figura, se quiere determinar la resultante de este sistema y su punto de aplicación:
Tenemos dos formas de pasar del sistema de fuerzas I al sistema de fuerzas II, una de ellas consiste en trasladar todas las fuerzas a un punto del cual desconocemos su ubicación pero que al ser trasladadas allí el momento resultante de traslado sea igual a cero, así reduje el sistema a una sola fuerza de resultante ubicada en ese punto. Otro método es trabajando por sistemas de fuerzas equivalentes: para que ambos sistemas de fuerzas sean equivalentes, o sea que produzcan los mismos efectos de traslación y de rotación al cuerpo rígido cumpliendo las siguientes igualdades:
1. Por el primer método tenemos: Para trasladar cada fuerza, sumo y resto cada fuerza en el punto de traslado y queda un sistema de fuerza par en el nuevo punto, así con todas las otras fuerzas llegamos a tener unas fuerzas congruentes en el punto ·p acompañada de unos pares en función de la distancia x. Como todas las fuerzas ya son congruentes se suman y se encuentra una fuerza resultante; lo mismo para los pares, encontrando un par resultante. Ya que lo que queremos encontrar es el punto de aplicación de esta resultante donde el par que la acompañe sea cero igualamos el par resultante a cero y encontramos la distancia x.
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Note que cada par de traslado corresponde al momento de la fuerza con respecto al punto al cual la vamos a trasladar, para hallar estos momentos se asumió una posición del punto p y de acuerdo con ella se colocan los signos a los pares de traslado, si encontramos un valor negativo para x quiere decir que el lado donde actúa la resultante no es este sino el lado contrario al asumido. Al desarrollar las ecuaciones anteriores encontramos el valor de la resultante y el valor de x:
todas las fuerzas se cancelan y quedan solo las distancias en metros y la distancia x:
Así nuestro sistema equivalente de una sola fuerza es igual a una resultante vertical R=25N aplicada a 2,5m del extremo izquierdo de la viga.
2. Por el segundo método se plantean las ecuaciones de equivalencia
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en la ecuación anterior note que en el sistema II su resultante no produce momentos con respecto a p ya que ella está aplicada en ese punto. Observemos que es exactamente la misma ecuación de momentos de traslado del método 1 por lo tanto el valor de x es el mismo. Tomando la ecuación de momentos podemos generalizar el punto de aplicación de la resultante de un sistema de fuerzas compuesto por fuerzas de igual magnitud, dirección y sentido: El punto de aplicación se mide en una distancia perpendicular a las líneas de acción de las fuerzas, en este caso fue x, medida a partir del extremo izquierdo de la viga:
donde di es la distancia de cada una de las fuerzas al mismo punto desde donde se mide x. Cargas distribuidas en una longitud: Analicemos que pasa cuando estas fuerzas se expresan como una carga distribuida sobre la viga:
Pensemos en cada una de estas fuerzas representa a una persona que se paró sobre la viga, todas en este caso pesan lo mismo y su peso está siendo transmitido por acción reacción a la viga. Las personas se paran de tal manera que quedan a un metro una de otra. Pensemos que pasa si esta fuerza no fuera transmitida en forma tan puntual sino que nos pusiéramos unos zapatos gruesos y bien largos por decir de un metro de largo. El peso no se transmitiría puntualmente a la viga sino en una longitud de viga igual a 1m. Se puede decir que ese peso está repartido en un metro de longitud y la carga equivalente entonces sería 5N/m. Convirtamos el sistema de fuerzas compuesto por las fuerzas distribuidas en una sola fuerza y encontremos su punto de aplicación: Por intuición usted podría decir que la fuerza total sobre la viga es ω*L, esta multiplicación nos daría en unidades de fuerza y correspondería a la fuerza resultante sobre la viga. Esta hipótesis puede ser cierta, pero conocemos donde actúa esta fuerza? Y si ω no fuera constante en toda la l ongitud esto se cumple?
Para que nuestro método sea general utilizaremos este ej emplo y después lo generalizaremos.
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Si trabajamos con longitudes de vigas pequeñas el resultado será mas exacto, considerando solo un tramo de la viga, hallamos la fuerza resultante en este pedacito como:
actuando a una distancia xi del extremo de la viga
Al igual que hicimos en el ejemplo anterior aplicamos equivalencia entre los dos sistemas de fuerzas:
despejando R y X de estas ecuaciones tenemos:
En el límite cuando Δx se hace muy pequeño, estas sumatorias se convierten en integrales.
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En los casos generales la carga distribuida ω se expresa como una función de x, no olvidemos que esta carga puede variar en cada punto de la viga y que su magnitud esta representada por la altura de la curva de carga. Al analizar estas sumatorias e integrales y compararlas con una curva normal de una función f(x) nos damos cuenta que la resultante no es mas que el área bajo la curva de carga. Esta conclusión nos sirve para encontrar cualquier resultante solamente considerando el área de la grafica de ω. Para figuras geométricas con áreas simples esto nos presta una gran ayuda ya que no tendríamos que integrar. Al punto de aplicación de la resultante definido a una distancia X corresponde al centroide del área de carga y se se designa como
.
Podemos decir que ω*dx representa el área de la curva de carga en ese pedacito de viga y por ese motivo se puede representar como un dA, aunque en realidad no tiene unidades de área. La integral de momento la expresamos en función de este dA:
esta ecuación se conoce como el primer momento del área con respecto al eje “y”.
PESO EXPRESADO COMO UNA CARGA DISTRIBUIDA El peso es la fuerza de atracción que ejerce la tierra sobre cada cuerpo que se encuentra en su superficie o cerca de ella. Esta fuerza se ejerce sobre cada una de las partes que conforman el cuerpo de acuerdo con su masa, podríamos decir que en un cuerpo no actúa una fuerza única de atracción sino que se ejercen tantas fuerzas atracción como partes constitutivas tenga el cuerpo. Para analizar el valor del peso de un cuerpo nos valemos de los conceptos de densidad (ρ) y peso especifico (γ) del material. Se entiende por densidad la masa sobre unidad de volumen (ρ=m/V) y como peso especifico el peso del cuerpo sobre el volumen (γ=W/V). Para pasar de masa a fuerza o peso sabemos por la segunda ley de Newton que:
Peso = masa * aceleración de la gravedad Aplicada al peso especifico y a la densidad tenemos:
peso especifico = densidad por la aceleración de la gravedad.
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El peso especifico es propio de cada material así como la densidad de masa también es una propiedad del material que constituye a un cuerpo. Este valor no depende de la geometría del cuerpo ya que está expresado por unidad de volumen. Para hallar el peso de un elemento de cierto material no tendríamos sino que multiplicar el peso especifico por el volumen y obtenemos un peso en unidades de fuerza, hasta aquí el problema es sencillo, pero sí nos preguntamos dónde actúa esta fuerza lo sabemos? Para responder esta pregunta trabajemos como ejemplo un elemento viga con sección transversal constante y cuyo material tiene un peso especifico γ Caso de elementos largos, una de sus dimensiones es mucho mas grande que sus otras dos:
El peso total de este elemento es:
Para hallar la ubicación de este peso podemos considerar la viga como una suma de elementos pequeñitos de área transversal igual a At=t*h y de longitud dL. El peso de cada uno de estos pedacitos de viga estaría dado por w=At*dL*γ . Como el volumen de todos los pedacitos es igual los pesos correspondientes son también iguales. Si distribuimos el peso de cada pedazo de viga en su propia longitud dL nos queda una carga distribuida por unidad de longitud en toda la viga igual a:
de esta forma hemos expresado el peso como una carga distribuida por unidad de longitud en función de la sección transversal del elemento y del peso especifico del material. Si lo vemos de frente tenemos:
la resultante de este sistema de cargas es el área bajo la curva de carga, en este caso una carga uniforme y su área es un rectángulo:
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resultado que ya conocíamos de antemano y cuya ubicación de la resultante corresponde al eje vertical de simetría de la figura de carga, x=L/2. Esta ubicación se puede comprobar haciendo la equivalencia entre los dos sistemas de fuerzas y tomando momentos respecto a un punto cualquiera A:
Momento del sistema de cargas distribuidas:
donde li es la distancia al punto A de cada uno de los pesos de cada pedazo de viga. Momento del sistema de cargas correspondiente al peso total W:
igualando los dos sistemas y despejando para X:
Se puede concluir que la localización de la resultante del peso de un elemento con área transversal constante y densidad constante no depende del área de la sección ni de la densidad del material, siempre será en L/2. Que pasaría en el caso de que la altura del elemento no fuera constante? Para elementos con altura variable pero donde su espesor t se mantenga en toda la longitud el valor del peso y su ubicación lo calculamos así:
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Igual que en la viga de sección transversal constante se divide el elemento en pedazos y se trabaja con el peso, wi, de cada uno de estos elementos
Estos pesos se pueden representar como cargas distribuidas si los dividimos en su propia longitud dL:
en este caso siendo t constante, la carga distribuida correspondiente al peso del elemento es proporcional a la altura hi, por lo tanto la forma de la carga distribuida correspondiente al peso será proporcional a la altura del elemento, para esta viga la carga ω tendrá forma trapezoidal y sus valores inicial y final se determinan multiplicando el peso especifico por el espesor y por la altura en ese punto.
La resultante de esta carga se determina como el área bajo la curva de carga, la semisuma de las alturas por la base y su punto de aplicación lo encontramos por integración expresando h como una función de L o descomponiendo la figura de carga en un triángulo y un rectángulo y tomando momentos con respecto a un punto cualquiera A.
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Momentos de la carga distribuida:
momentos de la resultante:
igualando y despejando X, tenemos:
en esta última ecuación notamos que la posición de la resultante no depende del peso especifico ni del espesor sino de la altura de la figura. Podemos concluir que para elementos de espesor y peso especifico constante la posición del peso depende únicamente de la geometría longitudinal de la sección. Por esto podemos decir que el centro de gravedad (punto donde se aplica el peso) coincide con el centroide del área frontal del elemento. Para diferentes figuras no es sino hallar el centroide del área como el momento de primer orden del área dividido el área total
donde Ai es el área longitudinal de cada parte del elemento, en el caso en que este se halla tomado por partes, y Li es la distancia del centroide de cada una de estas partes al punto de referencia. En el caso de hacerlo por integrales la altura hi del elemento se debe expresar como una función de L. Para elementos con diferentes formas ya sabemos que la carga distribuida debido al peso es de la misma forma de la figura del elemento.
En todos estos elementos de espesor constante la forma de la carga distribuida por unidad de longitud debido al peso propio es proporcional a la altura de la figura.
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En el caso de que las densidades no fueran constantes, el valor γ no se puede sacar de las sumatorias o integrales y este se debe expresar como una función de L. En el caso de que el cuerpo este compuesto por otros cuerpos de diferente densidad se puede encontrar la resultante del peso y su ubicación descomponiendo el cuerpo en tantas partes como variación del peso especifico se tenga. De cada componente del cuerpo se halla su peso resultante y su ubicación y se reduce este sistema a una sola fuerza por los métodos conocidos.
2. Caso de elementos planos, las dos dimensiones en planta son mucho mas grandes que la altura del elemento: Este tipo de cuerpos se denominan placas, el las pueden ser las mismas figuras anal izadas en el numeral anterior pero cambiamos su ubicación, en vez de colocarlas paradas en este caso van acostadas.
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El peso de cualquier cuerpo se puede expresar en función del peso especifico γ y del volumen como:
para encontrar el punto de aplicación (centro de gravedad), Xcg y Ycg, dividimos la placa en muchos pedazos pequeños cada uno con su peso propio, wi. Mientras mas pequeños los elementos ellos tienden a considerarse como puntos en el espacio y la ubicación del peso coincide con las coordenadas del punto del elemento, xi, yi. Haciendo la equivalencia entre lo s dos sistemas de fuerzas tenemos
el peso de cada elemento es
en el caso de que dx y dy tiendan a cero la sumatoria se convierte en una integral
si se mantiene γ y h constantes ellos pueden salir de la sumatoria y de la integral y esta se convierte en la suma de las áreas que no es mas que el área total. En el caso de que no sean constantes su variación se debe expresar como una función del área y hacen parte de la sumatoria o de la integral.
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Aplicando la equivalencia en rotación alrededor de cada uno de los ejes tenemos: Momentos alrededor del eje Y:
igualando momentos y despejando Xcg
aplicando lo mismo a l os momentos con respecto al eje X encontramos el Ycg
se puede concluir que cuando la altura h y la densidad del material son constantes el centro de gravedad coincide con el centroide del área. Haciendo los elementos mas pequeños las sumatorias se convierten en integrales
lo mismo para el Ycg
donde el xi y yi representan el centroide del diferencial de área dA Determinación del centroide por integración: Para determinar el centroide o centro de área por integración debemos considerar un di ferencial de área, dA y conocer la curva que limita a la figura en cuestión. Podemos definir varios diferenciales de área y escoger con cual trabajar dependiendo de la figura que tengamos:
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3. Caso de elementos lineales: Estos elementos se conocen como alambres o líneas. Son largos y mantienen su área transversal constante en toda su longitud.
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Al igual que para las placas planas, se divide el elemento en pedazos pequeños y se encuentra por equivalencia de sistemas de fuerzas el peso total y su localización Xcg y Ycg.
donde el diferencial de longitud, dL, se puede expresar en función de x y y o tambien en función de θ y r en coordenadas polares.
OTROS TIPOS DE FUERZAS QUE SE PUEDEN EXPRESAR COMO CARGAS DISTRIBUIDAS POR UNIDAD DE LONGITUD Todas aquellas fuerzas que se ejercen sobre superficies donde una de sus dimensiones se mantiene constante se pueden convertir en fuerzas por unidad de longitud. El caso de fuerzas por viento o por empuje de líquidos o tierra sobre superficies verticales se puede considerar como fuerzas distribuidas y aunque, no sean verticales, en todos los casos se trabajan de la misma manera que las fuerzas vistas hasta ahora. Para fuerzas sobre superficies que contienen líquidos estudiaremos la ley de Pascal: la presión, p, a la cual se ve sometida una partícula cuando está dentro de un fluido en reposo, es igual en todas las direcciones y su magnitud depende del peso especifico del líquido y de la profundidad a la que se encuentre la partícula.
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Si hacemos el diagrama de cuerpo libre de la partícula observamos que ella está soportando el peso de líquido que está por encima, w=γ.z; para que la partícula partícula se mantenga en equilibrio debe existir una fuerza igual y de de sentido contrario que compense el efecto de este peso, entonces existe una presión presión igual para arriba. Lo mismo pasa en las otras direcciones, dándonos como resultado una presión igual en todas las direcciones (se puede ver la demostración en cualquier libro de mecánica de fluidos). En envases que contienen líquidos, las partículas adyacentes al envase están sometidas a una presión p por el lado del líquido. Al lado del recipiente debe existir una fuerza igual en magnitud, magnitud, dirección y sentido contrario a esta esta presión ejercida ya que la partícula no esta en movimiento. Por acción reacción vemos vemos que sobre el recipiente se ejerce una presión igual a la que se ejerce sobre la partícula dentro del fluido. Esta presión, como ya vimos, es proporcional al peso especifico del líquido y a la profundidad z.
CUESTIONARIO #5 1.
¿Cómo se calcula la resultante de una carga distribuida? distribuida?
2.
¿Cómo se puede aplicar el peso de un cuerpo en función de una carga distribuida?
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UNIDAD O TEMA: TEMA: ANALISIS ANA LISIS DE ESTRUCTURAS ESTRUCTURAS TITULO: Armaduras
ARMA DURAS PL ANA S Uno de los elementos estructurales más usados en Instalaciones Agrícolas son las Cerchas o Armaduras, las cuales soportan cargas elevadas y cubren grandes luces, generalmente se utilizan en cubiertas de techos y puentes. El análisis de las condiciones de estabilidad que deben cumplir cuando sobre ellas son aplicadas cargas de trabajo corresponden al desarrollo del presente tema. Es una estructura reticulada simple formado por elementos rectos de sección constante, cuya longitud supera varias veces su sección transversal, se conocen como barras y se conectan rígidamente en sus extremos denominados nodos o nudos, los esfuerzos actúan a lo largo de su eje longitudinal. Las Armaduras planas o cerchas se utilizan para soportar cargas elevadas y cubrir grandes luces, pueden construirse en maderas o acero y usadas en cubiertas de techos, puentes, grúas, torres, etc.
ANA LISIS DE LAS L AS A RMADURA S Para el análisis de las armaduras se parte de varias hipótesis de trabajo, que aunque no se presentan exactamente como se asumen, permiten simplificar los cálculos y dar resultados lo mas cercanos posibles a la realidad
HIPÓTESIS HIPÓTESIS DE TRABAJ O: 1. Las barras de la armadura están unidas m ediante pasadores lisos colocados en sus extremos. 2. Las cargas y reacciones actúan en los nodos. 3. Las barras tienen un peso despreciable.
CONSTRUCCIO CONSTRUCCION N DE UNA ARMADURA Con el fin de obtener la rigidez de la armadura las barras deben tener una disposición triangular, por ser geométricamente una figura indeformable, unidas de dos en dos en sus extremos mediante pasadores lisos. Las uniones de las barras se llaman nudos, nodos o juntas y se resuelven generalmente con placas metálicas llamadas cartelas.
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Partiendo del triángulo base, formado por 3 nudos (ABC ) y tres barras (AB, AC, BC) por cada nuevo nudo (D), se necesitan dos barras (BD, CD), no alineadas, para formar un nuevo triangulo, generando estructuras rígidas.
CONDICIÓN CONDICIÓN DE RIGIDEZ RIGIDEZ DE LA S ARMADURAS ARMA DURAS La rigidez de una armadura esta determinada por su capacidad de mantener la forma original luego de ser aplicadas las cargas de trabajo. La rigidez mide la estabilidad estructural de la armadura. La Ecuación que expresa los requisitos necesarios para que una estructura armada plana sea rígida será: b = 2n – 3 Rígida – Isostática -Es una armadura estáticamente determinada Cuando las condiciones son: b › 2n – 3 Hiperrígida – Superrígida-Estáticamente Superrígida-Estáticamente indeterminada b < 2n – 3 Hiporrígida – Inestable- Estáticamente Estáticamente indeterminada Donde : b = número de barras; n = número de nudos Observe el gráfico, en este caso se tiene: Barras = 5 (AB-AD-BC-BD-DC) Nodos = 4 (A-B-C-D) Al aplicar la la ecuación se obtiene: b = 2 x 4 -3 = 5 Se chequea el resultado y que las barras formen triángulos entre sí.
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EQUILIBRIO EN LAS ARMADURAS Externamente se equilibran mediante apoyos isostáticos. Los extremos de cada barra son articulaciones de pasador permitiendo el giro, alrededor del nudo, el sistema de fuerzas sobre el nodo es concurrente, aplicándose para el cálculo las ecuaciones de equilibrio: ΣFy = 0 ; ΣFx = 0 Cada barra de la armadura se encuentra sometida a un sistema de dos fuerzas, axiales, iguales, opuestas y colineales, que la mantienen en equilibrio. Se presentan dos tipos de esfuerzos: Tracción y Compresión
ESFUERZOS EN LAS BARRAS 1 . TRACCIÓN: cuando la fuerza tiende a estirar las fibras internas de la barra, el efecto es de alargamiento. Se toman como magnitudes positivas para el cálculo algebraico.
2. COMPRESIÓN: cuando la fuerza tiende a acortar las fibras internas de la barra, el efecto es de acortamiento. Se toman como magnitudes negativas para el cálculo algebraico.
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En el diagrama se representan las actuaciones de las fuerzas internas sobre las barras y en los nudos. La armadura es un sistema en equilibrio externo, al despiezarla se debe buscar el equilibrio interno en cada nudo y en cada barra.
MÉTODOS DE ANÁ LISIS El análisis de una armadura se hace con el fin de determinar los esfuerzos que actúan sobre las barras, con los cuales se calculan las dimensiones que tendrán sus secciones transversales. En primer lugar se debe aplicar las condiciones para el equilibrio externo de la estructura y luego con cualquiera de los métodos de análisis buscar el equilibrio en cada barra y nudo. Los métodos de análisis son por Nudos y por Secciones
1. MÉTODO DE LOS NUDOS O NODOS Con la armadura del gráfico se explica el procedimiento de cálculo, los pasos serán: 1. Chequear la estabilidad y rigidez.
2. Dibujar el Diagrama de Cuerpo Libre (DCL). 3. Determinar las reacciones en los apoyos para el equilibrio externo.
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4. Analizar la armadura, nudo por nudo. Los extremos de cada una de sus barras son articulaciones de pasador permitiendo el giro, alrededor del nudo. El sistema de fuerzas es concurrente, aplicándose para el cálculo las ecuaciones de equilibrio: ΣFy
= 0 ; ΣFx = 0
Se recomienda comenzar el análisis por un nudo donde concurran solamente dos (2) barras desconocidas y existan fuerzas externas conocidas.
Nudos en cond icion es especiales de carga: Si en nudo cualquiera concurren tres (3) barras, sin que exista carga externa y dos de ellas son colineales, la tercera barra, cualquiera sea su ángulo, tendrá una magnitud igual a cero (0). Estos miembros de fuerza cero (0) sirven para incrementar la estabilidad de la armadura, se determinan por inspección visual de las juntas. Caso 1: En el nudo A, por sumatoria de fuerzas colineales F1=F2, por lo tanto F3 queda con magnitud cero, por no tener fuerza externa que equilibrar.
Caso 2: En el nudo A, por sumatoria de fuerzas colineales F1=F3, por lo tanto F2 queda con magnitud cero, por no tener fuerza externa que equilibrar.
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2. MÉTODO DE LAS SECCIONES Procedimiento de cálculo: 1. Chequear estabilidad y rigidez. 2. Hacer el Diagrama de Cuerpo Libre (DCL).
3. Determinar las reacciones en los apoyos para equilibrio externo.
4. Se secciona la armadura, cortando imaginariamente tres barras desconocidas, se toma uno de los lados como un sólido rígido cuyas fuerzas no son concurrentes ni paralelas, las barras seccionadas se toman como cargas externas desconocidas, para el análisis se aplican las ecuaciones de equilibrio. Σ
Fy = 0 Σ Fx = 0 Σ = 0 o M
Las barras seccionadas se suponen a tracción, magnitudes negativas corresponden a esfuerzos de compresión. De seguida se muestran las secciones de la armadura.
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5. Se toman momentos en un punto donde concurran dos (2) de las barras cuyos esfuerzos se desconocen para calcular el esfuerzo de la tercera barra.
PARTES DE UNA ARMADURA DE TECHO TIPICA
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El apoyo A corresponde a una articulación, el apoyo B corresponde a un rodillo. Las barras que van desde el apoyo izquierdo al apoyo derecho, por la parte de arriba forman el cordón superior de la armadura, sobre el se apoyan las correas que sostienen las laminas de techo y la carga del viento. Las barras que van desde el apoyo izquierdo al apoyo derecho, por la parte de abajo forman el cordón inferior de la armadura, las barras verticales se conocen como montantes, las inclinadas se conocen como diagonales, la distancia entre apoyos se denomina luz de la armadura y la distancia mayor vertical corresponde a la altura de la armadura.
CUESTIONARIO #6 1.
¿Qué es una armadura o cercha?
2.
Explique las diferencias entre los dos métodos indicados para el cálculo de esfuerzos internos en armaduras
3. ¿Cuáles son los pasos a seguir en ambos métodos?. Detallelos
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UNIDAD O TEMA: FUERZAS EN VIGAS Y CABL ES TITULO: Fuerzas Cortantes y Moment os Flectores
ANÁLISIS DE ELEMENTOS TIPO VIGA Objetivo: Determinar la respuesta (fuerzas internas y deformaciones) en elementos tipo viga. Los modelos estudiados hasta ahora involucraban la estabilidad y equilibrio externo de la estructura. Para completar el análisis se hace necesario el conocimiento de las fuerzas internas en cada uno de los elementos que componen el sistema estructural. En este caso nos referiremos a los elementos tipo viga. Sabemos que en los elementos tipo viga las fuerzas internas involucran tres incógnitas: una fuerza axial, una fuerza cortante y un momento, por lo tanto conociendo las fuerzas de extremo y aplicando el método de las secciones en cualquier punto de la viga nos daría como resultado un tramo de viga estáticamente determinado con tres ecuaciones estáticas disponibles y tres incógnitas por determinar. Observemos que la clave es conocer las fuerzas de extremo de elemento, es decir, aquellas que se ejercen en las uniones con otros elementos pertenecientes al sistema estructural y de ahí proceder a determinar las fuerzas internas por la estática. Podemos concluir que el elemento a analizar es estáticamente determinado así pertenezca a un sistema indeterminado. Esto explica porque la metodología y el objetivo de los métodos de análisis es determinar las fuerzas de unión y de ahí seguir con el análisis independiente de cada elemento. Teniendo en cuenta estas consideraciones podemos aislar un elemento tipo viga, considerarlo con sus fuerzas extremas como fuerzas de reacción y analizarlo hasta encontrar las fuerzas internas:
Fuerzas de extremo
Fuerzas de extremo Fuerzas internas
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Notemos que al partir el elemento una sección ejerce sobre la otra fuerzas equivalentes a un apoyo de empotramiento, podemos decir, que las conexiones que se generan a lo largo del elemento son uniones rígidas y las fuerzas en cada sección son iguales y de sentido contrario. Para el estudio de los elementos tipo viga se utilizará la siguiente convención: Cortante: Las fuerzas cortantes positivas son aquellas que producen una rotación horaria del elemento
Cortante positivo
Cortante negativo
Momento: Los momentos positivos son aquellos que producen concavidad hacía arriba en el elemento horizontal o tracciones en la fibra inferior. Para elementos verticales esta convención se puede complicar un poco por lo tanto regirá el criterio de dibujar el diagrama de momentos para la cara traccionada.
Momentos positivos
Momentos negativos
Fuerza axial: Se considera una fuerza axial positiva cuando ella implica tracción en el elemento. Las acciones de las fuerzas internas en vigas se ilustran mejor por medio de diagramas de fuerza axial (P), diagramas de fuerza cortante (V) y diagramas de momento flector (M). Los diagramas representan la variación de estas fuerzas a lo largo del elemento, dibujando en las abcisas la longitud del elemento y en las ordenadas el valor de la fuerza interna. Para axial y cortante los valores positivos se dibujan por encima del elemento pero para los momentos se dibujará el diagrama para el lado traccionado del elemento, así, si el elemento es horizontal el lado positivo del diagrama estará para abajo. La convención para momentos rige para cualquier ubicación de este en el espacio y es independiente del origen escogido, ya sea este en el extremo derecho o izquierdo del elemento. Relación entre momento cortante y carga En el caso de cargas distribuidas actuando perpendicular al elemento se puede encontrar una relación con las fuerzas internas de cortante y momento por medio del siguiente análisis de una sección infinitesimal del elemento.
w
Mi
Mf Vi
dL
Vf
Aplicando equilibrio a la sección de viga indicada tenemos:
∑ Fy = Vi − Vf − w.dL = 0 Vi − Vf = w.dL
⇒ ΔV = − w.dL
integrando a ambos lados, tenemos: xf
xf
∫ ΔV = ∫ − w.dL xi
xi
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ESTRUCTURAS
la variación del cortante en un tramo de viga dado es igual al área bajo la curva de carga. (note que el equilibrio se hizo con la carga negativa, por lo tanto no se debe involucrar otra vez su signo en la ecuación). dividiendo por dL a ambos lados tenemos:
ΔV dL
= −w
, donde podemos decir que la pendiente a la curva del diagrama de cortante es igual al negativo de la carga distribuida. Ahora con la ecuación de momentos tenemos:
∑ Mb = 0 = − Mi + Mf +
w.dL2
2
− Vi.dL = 0 2
considerando una longitud muy pequeña del trozo de viga analizado, el término con dL se aproxima a cero, y la ecuación nos queda
Mf − Mi = Vi.dL
⇒ Δ M = Vi.dL
integrando: xf
xf
∫ Δ M = ∫ Vi.dL xi
xi
de donde la segunda integral representa el área bajo la curva del diagrama de cortantes en un tramo de viga dado y podemos concluir que la variación del diagrama de momentos en un tramo de vigas es igual al área bajo la curva del diagrama de cortante. Dividiendo a ambos lados por dL, tenemos:
Δ M dL
= Vi
donde la pendiente del diagrama de momentos en cualquier punto es igual al valor del cortante en ese punto.
Ejercicios Dibujar los diagramas de cortante, momento y curva elástica tentativa: Para los diagramas de momento se verificará la convención haciendo el ejercicio ubicando el origen en ambos extremos del elemento. Determinar en cada caso el eje coordenado de las ordenadas de la gráfica de momentos. De que depende la orientación del eje de momentos?. Es esta única para un elemento dado?. Podría determinar una manera fácil de orientar los ejes en elementos verticales y horizontales de acuerdo con la convención fijada. Cómo sería esa orientación en un marco?. En las estructuras tipo marco se sugiere trabajar encontrando primero las fuerzas de extremo de los elementos y después aplicar equilibrio a cada uno. Con estos ejercicios se pretende que el estudiante tomo conciencia de los momentos de continuidad en los nudos. Viga simplemente apoyada:
w
A
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B
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Tomaremos el ejemplo de un elemento simple, con fuerzas de extremo equivalentes a uniones de articulación. Se pide encontrar los diagramas de momento y corte. Se debe partir por encontrar las fuerzas de extremo del elemento y se recalca que el elemento, así pertenezca a un sistema estructural compuesto, debe estar en equilibrio estático, cumplir con las ecuaciones de equilibrio, considerando tanto las fuerzas de extremo o unión al sistema como las fuerzas externas actuando sobre él. ¾ Fuerzas
de reacción:
w Ax = 0
L
wL A = 2 ¾ Fuerzas
wL B = 2
internas: Aplicación del método de las secciones.
w
w
M M
x
wL 2
∑ Fv = V =
wL
2
V
L wL 2
wL − wx − v = 0 2 wL Note que el término 2 es la sección en el extremo izquierdo del V = A y − wx elemento, por lo tanto este se puede expresar como
− wx →
∑ M = M int + M int =
V
wL
2
x −
M int = A y x −
wx 2
2
−
wL
2
x=0
wx 2
2
wx 2
2
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Construcció n del diagrama de corte: ¾ Sabemos
que el elemento está en equilibrio por lo tanto el diagrama empieza en cero y termina en cero. ¾ Cuando hay fuerzas puntuales estas implican un brinco igual a su valor en el diagrama de corte (variación brusca de este), el brinco se da en la misma dirección de la carga puntual aplicada. ¾ Recordemos que el valor –w es l a pendiente del diagrama de cortante.
Empezando por el lado izquierdo tenemos:
Brinco positivo e igual a la sección
V+
Pendiente negativa e igual a -w
-wL/2
x Empieza en cero
Brinco positivo igual a la sección derecha, con este brinco vuelvo a llegar a cero.
Notemos que la sección del extremo se convierte en el cortante, así podríamos decir que Va = Ay y Vb = By. Punto donde el corte es cero:
V = Va1 − wx entonces igualando V = 0 y despejando x, tenemos: Va X = w
Si
el punto de cortante cero se encuentra divi diendo el cortante de extremo por la carga w. Otra relación interesante es que nosotros podemos obtener el cortante en cualquier punto restando al cortante de extremo lo que llevamos de carga encima del tramo estudiado (w.x). Construcción del diagrama de momentos: ¾ El
diagrama empieza en cero y termina en cero. hay momentos de extremo o puntuales se interrumpe la continuidad del diagrama presentándose un brinco en éste. Si el momento puntual es positivo, el brinco será negativo y vi ceversa.
¾ Cuando
a
Mext
M L
V
CORTE +
M L
MOMENTO
M
x
+
M+
I N G .
x
M
M L
M L
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Brinco negativo igual al momento externo S U Á R E Z
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¾ Recordemos
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ESTRUCTURAS
que el valor del cortante es igual a la pendiente del diagrama de momentos.
Retomando el ejemplo inicial y empezando por el lado izquierdo de la viga tenemos:
V+
Valor de la pendiente en el momento (M.) CORTE
Va
x Vb Empieza en cero y no hay momento de extremo
MOMENTO Valores de pendientes negativas y cada vez mayores (mayor inclinación).
M+ Pendientes cada vez menores y positivas.
Pendiente igual a cero en el centro de la luz
Según la convención fijada los momentos positivos producen tracciones en la parte inferior, por eso se coloca el eje positivo para abajo. Notemos que con las pendientes se puede trazar fácilmente el diagrama de momentos, inclusive nos muestra la curvatura. Sabemos que un momento positivo produce concavidad hacia arriba, por lo tanto la curvatura será hacia arriba.
Curva elástica tentativa del elemento. Determinemos el valor del momento máximo considerando que este se presenta cuando el cortante es cero (siempre una pendiente igual a cero muestra los puntos máximos y mínimos de una curva).
v=0 M
+
M
+
max
max
x =
va
cuando
= V a . x − = V a .
V a w
w , reemplazando en la ecuación de momentos tenemos:
wx 2
−
2 w V a
2
2 w2
=
V a
2
2w
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M M
+
+
=
max
=
max
V a
2
2w
V a =
para
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wL
2
wL2
8
Otros tipos de vigas:
W 2
a=WL 2
V
L
=
CORTE
V+
Pendiente negativa e igual a w
WL
Terminó en cero
(+) Empezó en cero MOMENTO
Brinco negativo con la convención fijada
Pendientes grandes al principio (-)
Pendiente cero al final
Mx Curva elástica concavidad hacia abajo.
CORTE
MOMENTO
M
M w. L
2
+
Determine este valor
M
w. L
L
2
−
M L M
M L I N G .
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WSen L/2
W θ
M max L
WSen L/2
PUNTOS CRÍTICOS EN UN DIAGRAMA DE MOMENTOS : Asumiendo que los elementos estudiados pertenecen a un sistema estructural complejo, analizaremos una viga con momentos en ambos extremos que representan la unión con otros elementos o su continuidad después de un apoyo.
Mb
Ma L L
W Ve
Vh
Luz del elemento Carga distribuida, w
w. L
w. L
2
2
⎛ Ma − Mb ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ L ⎠
⎛ Ma − Mb ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ L ⎠
Vtotal M-
Ve + Vh
Ve + Vh
Ma
Mb
M+
Va
2
2.w
PI
− Ma
Cortante estático debido a la carga w. Se denomina estático porque se calcula como si el elemento no tuviera continuidad Cortante hiperestático. Debido a los momentos de unión o continuidad. El signo depende de los valores de los momentos pero siempre deben formar un par de fuerzas.
Vb
2
2w
− Mb
Va ± Va 2 − 2.w. Ma
Vb ± Vb 2 − 2.w. Mb
w
w
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Momentos de continuidad, por lo general para cargas distribuidas hacia abajo producen momentos negativos o lo que es lo mismo, tracciones en la fibra superior. En caso de columnas se debe analizar bien el signo Momento máximo, si los momentos de continuidad son muy grandes y la carga es pequeña no alcanza a dar valores positivos. Calculando por ambos lados debe dar el mismo valor Puntos de inflexión
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MARCOS CONFORMADOS CON ELEMENTOS TIPO VIGA En cada uno de los siguientes marcos determine reacciones externas, fuerzas de extremo de elementos y diagramas de momento, cortante y axial. Analice en cada uno de los elementos si es posible encontrar elementos donde exista M y no exista V. Es posible que un elemento tenga momentos si está sometido a carga axial solamente. Concluya.
WL/2 h
L
WL/2
M
WL/2 Axial compresión
WL/2 V=0
WL/2
WL
w
Como no hay corte M=0
WL /2
(+)
L h
V=0 WL
(-)
elástica
momentos
corte
M=WL /2
WL /2
w
P h L
w w
w
P
P
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EJES LOCALES: Después de trazar los diagramas de fuerzas internas de varias estructuras con elementos orientados de diferentes maneras podemos concluir que el trabajo se hace mas fácil si trazamos unos ejes coordenados para cada elemento. Si los elementos a analizar no coinciden con los ejes de coordenadas de todo el sistema, el encontrar sus fuerzas internas se puede complicar, por lo tanto se propone que cada elemento trabaje con unos ejes coordenados propios, donde el eje 1 coincide con el eje axial del elemento, el eje 2 es perpendicular al elemento y el eje 3 se fija por la regla de la mano derecha como el resultado del producto cruz (1 X 2). Estos ejes se denominan ejes locales. Notemos que los ejes locales coinciden con las fuerzas internas de axial, corte y momento respectivamente. Cuando se analiza todo un sistema estructural nos encontramos con unos ejes coordenados generales que rigen todo el sistema de cargas y reacciones, a este sistema de ejes se le conoce como ejes globales de toda la estructura. Como resultado de un análisis general encontraremos las fuerzas en los nudos, que constituyen las fuerzas de extremo de cada elemento. Para encontrar los diagramas de fuerzas internas en cada elemento debemos transformar las fuerzas de extremo en coordenadas globales a fuerzas de extremo en coordenadas locales.
TRANSFORMACIÓN DE COORDENADAS: Para pasar cualquier sistema de fuerzas de ejes globales a locales tenemos:
yl
Y
xl. locales FyG
θ
θ
FxG
X, globales
θ, ángulo de global a local, sentido antihorario
∑ Fxl = Fx . cosθ + Fy .senθ ∑ Fyl = − Fx . senθ + Fy . cosθ ∑ Ml = ∑ M G
G
G
G
G
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Estas ecuaciones cumplen para todos los casos siempre y cuando θ se mida desde el eje positivo de las X y en sentido antihorario. Transformación de coordenadas para carga distribuida: Cuando se trabaja con elementos inclinados se debe tener cuidado con el tipo de carga distribuida, ya sea esta dada en la proyección horizontal del elemento o en toda la longitud de este. Notemos que las resultantes de ambas son diferentes.
w
w
L
L
θ
θ
L.cosθ R=w.L.cosθ
R=w.L
θ
θ
En ambas condiciones, para encontrar fuerzas internas, se debe transformar la carga a ejes locales del elemento por medio de una descomposición simple de cargas.
w w.L.cosθ .senθ w.L.cosθ
w. cosθ .senθ
2
w.cos θ
2
w.L.cos θ
2
wnormal=w.cos θ
θ
θ
L. cosθ
L. cosθ
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wtangencial= w. Senθ .cosθ
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EJERCICIO El siguiente pórtico de concreto tiene una sección constante de 0,30x0,30. Sabiendo que está en una zona donde la 2 velocidad del viento básica es de 120km/h, que soporta un techo de 0,30 kN/m apoyado en correas uniformemente espaciadas (4 a cada lado) y que está en una zona sísmica que produce un aceleración de 0,6g en este tipo de estructuras, analizar el pórtico y encontrar diagramas de momento y cortante en cada uno de los elementos.
3,0m
5,0m
12m 6,0m
10m
6,0m
Esta estructura se puede analizar para cada uno de los tipos de carga por separado y después se superponen los efectos, así podríamos aplicar diferentes factores de carga a cada uno de los tipos de carga analizados.
CUESTIONARIO #7 1.
¿Explique que son las fuerzas cortantes y los momentos flexionantes?
2.
¿Detalle el método para graficar diagramas de fuerzas cortantes y momentos flectores?
3.
¿Qué es la curva elástica de una viga?
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UNIDAD O TEMA: FUERZAS DISTRIBUIDAS TITULO: Momento de Inercia
INTRODUCCIÓN Momento de inercia en áreas planas, es el tema que se trata a continuación, con ayuda de textos de ciencias e ilustraciones nos concentraremos en detallar la idea de la investigación. Las causas de investigación son la práctica y el dominio de dicho tema para bien. Nuestros objetivos son describir al alumno de estructuras I, los conceptos y utilidades del momento de inercia, dando a conocer sus formulas principales y como poder utilizarlas en algún ejercicio propuesto, describiremos por igual algunos otros temas que ayudan a fortalecer el concepto general.
EL MOMENTO DE INERCIA Concepto de Inercia. La inercia es la propiedad de la materia que hace que ésta resista a cualquier cambio en su movimiento, ya sea de dirección o de velocidad. Esta propiedad se describe con precisión en la primera ley del movimiento del científico británico Isaac Newton, que dice lo siguiente: “un objeto en reposo tiende a permanecer en reposo, y un objeto en movimiento tiende a continuar moviéndose en línea recta, a no ser que actúe sobre ellos una fuerza externa”. Por ejemplo, los pasajeros de un automóvil que acelera, sienten contra la espalda la fuerza del asiento, que vence su inercia y aumenta su velocidad. Cuando éste frena, los pasajeros tienden a seguir moviéndose y salen despedidos hacia delante. Si realiza un giro, un paquete situado sobre el asiento se desplazará lateralmente, porque la inercia del paquete hace que tienda a seguir moviéndose en línea recta. Cualquier cuerpo que gira alrededor de un eje presenta inercia a la rotación, es decir, una resistencia a cambiar su velocidad de rotación y la dirección de su eje de giro. La inercia de un objeto a la rotación está determinada por su momento de inercia, que no es más que la resistencia que un cuerpo en rotación opone al cambio de su velocidad de giro. El momento de inercia desempeña en la rotación un papel equivalente al de la masa en el movimiento lineal. Por ejemplo, si una catapulta lanza una piedra pequeña y una grande, aplicando la misma fuerza a cada una, la piedra pequeña se acelerará mucho más que la grande. El momento de inercia (Moment of inertia, "MOI") es similar a la inercia, excepto en que se aplica a la rotación más que al movimiento lineal. La inercia es la tendencia de un objeto a permanecer en reposo o a continuar moviéndose en linea recta a la misma velocidad. La inercia puede pensarse como una nueva defición de la masa. El momento de inercia es, entonces, masa rotacional. Al contrario que la inercia, el MOI tambien depende de la distribución de masa en un objeto. Cuanto más lejos está la masa del centro de rotación, mayor es el momento de inercia.
Una fórmula análoga a la segunda ley de Newton del movimiento, se puede reescribir para la rotación: * F = Ma (F = fuerza; M = masa; a = aceleración lineal) * T = IA (T = torsión; I = momento de inercia; A = aceleración rotacional)
El momento de inercia de un objeto depende de su masa y de la distancia de la masa al eje de rotación. Este momento no es una cantidad única y fija, ya que si se rota el objeto en torno a un eje distinto, tendrá un momento de inercia diferente, puesto que la distribución de su masa en relación al nuevo eje es normalmente distinta. Para cambiar la velocidad de giro de un objeto con elevado momento de inercia se necesita una fuerza mayor que si el objeto tiene bajo momento de inercia.
Para sistemas discretos este momento de inercia se expresa como
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No obstante, a la hora de determinar el momento de inercia de un determinado cuerpo es interesante conocer que 1. 2.
3.
La simetría del cuerpo permite a veces realizar sólo parte del cálculo. Como el momento de inercia es aditivo el cálculo de un momento de inercia de un cuerpo compuesto se puede tomar como la suma de los momentos de inercia de sus partes. También si tenemos un cuerpo formado por uno más sencil lo al que ``le falta un cacho'' podemos calcular su momento como la suma del cuerpo sencillo menos el cacho que le falta. Muchas veces dado el momento de inercia de un cuerpo respecto a un cierto eje podemos sacar su momento en otro eje sin necesidad de recalcularlo usando el teorema de Steiner o el de las figuras planas.
Selección d e la posici ón de los ejes de referencia Se necesitan tres ejes de referencia para definir el centro de gravedad, pero sólo se necesita un eje para definir el momento de inercia. Aunque cualquier eje puede ser de referencia, es deseable seleccionar los ejes de rotación del objeto como referencia. Si el objeto está montado sobre soportes, el eje está definido por la línea central de los soportes. Si el objeto vuela en el espacio, entonces este eje es un "eje principal" (ejes que pasan por el CG y están orientado de forma que el producto de inercia alrededor de ese eje es cero). Si el eje de referencia se va a utilizar para calcular el momento de inercia del una forma compleja, se debe elegir un eje de simetría para simplificar el cálculo. Este eje puede ser trasladado, más tarde, a otro eje si se desea, utilizando las reglas descritas en el apartado "Teorema de los ejes paralelos".
Signo / polaridad de momento de inercia. Los valores del centro de gravedad pueden ser positivos o negativos, y de hecho, su signo depende de la elección de los ejes de referencia. Los valores del momento de inercia, sólo pueden ser positivos, ya que la masa sólo puede ser positiva.
Comprobación d e cálculos de MOI mediante medidas físicas.
• • • •
Existen instrumentos para medir el momento de inercia con una precisión del 0.01%. Los equipos modernos utilizan péndulos de torsión invertidos, ya que estos instrumentos son tan precisos como fáciles de usar. Los otros métodos descritos solo tienen un interés hi stórico. Entre estos métodos tenemos: Péndulo de torsión invertido. Péndulo trefilar para objetos grandes. Péndulo compuesto – no recomendado. Grado de aceleración – método teórico de los libros de texto.
Teorema de las figuras planas o d e los ejes perpendiculares El momento de inercia de una figura plana respecto a un eje perpendicular a la figura es igual a la suma de los momentos de inercia de dos ejes que estén contenidos en el plano de la figura, corten al eje perpendicular y sean todos perpendiculares entre si.
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Es decir, que . Este teorema nos sirve, por ejemplo, para calcular fácilmente el momento de inercia de un anillo. Respecto al eje que pasa por el centro del anillo, como toda la masa está situada a la misma distancia tenemos que su momento de inercia será de . Además como el anillo tiene mucha simetría el momento de inercia de un eje que esté contenido en el plano del anillo será igual al de otro eje también contenido en el plano pero perpendicular al eje anterior, ya que el anillo ``se ve igual''. Si llamamos a este otro momento tendremos que:
poniendo
de plano,
El teorema de los ejes perpendiculares sólo se aplica a las figuras planas y permite relacionar el momento perpendicular al plano de la figura con los momentos de otros dos ejes contenidos en el plano de la figura.
MOMENTO DE INERCIA DE UN Á REA. Considere una viga de sección transversal uniforme la cual está sometida a dos pares iguales y opuestos que están aplicados en cada uno de los extremos de la viga. Se dice que una viga en tales condiciones está en “flexión pura” y en la mecánica de materiales se demuestra que en las fuerzas internas en cualquier sección de la viga son fuerzas distribuidas cuyas magnitudes varían linealmente con la distancia y que hay entre el elemento de área y un eje que pasa a través del centroide de la sección. Dicho eje representado por x, se conoce como el “eje neutro” . Las fuerzas en un lado del eje neutro son fuerzas de compresión, mientras que las fuerzas en el otro lado son fuerzas de tensión; sobre el propio eje neutro de las fuerzas son iguales a cero.
La magnitud de la resultante R de las fuerzas elementales ΔF que actúan sobre toda la sección está dada por la fórmula:
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La última integral obtenida se conoce como el primer momento Qx de la sección con respecto del eje x; dicha cantidad es igual a YA y por lo tanto, es igual a cero puesto que el centroide de la sección está localizado sobre el eje x. Por consiguiente el sistema de fuerzas F se reduce a un par. La magnitud m de dicho par debe ser igual a la suma de 2 los momentos Mx = y F = Ky A de las fuerzas elementales. Integrando sobre toda la sección se obtiene: #
#
#
#
La última integral se conoce como segundo momento o momento de inercia, de la sección de la viga con respecto del eje x y se representa con Ix. El segundo momento se obtiene multiplicando cada elemento de área dA por el cuadrado 2 de su distancia desde el eje x e integrándolo sobre la sección de la viga. Como cada producto y dA es positivo, sin importar el signo de y, o cero, la integral I x siempre será positiva. Otro ejemplo de un segundo momento, o momento de inercia de un área lo proporciona el siguiente problema de hidrostática:
Una compuerta circular vertical utilizada para cerrar el escurridero de un gran depósito está sumergida bajo agua como muestra la figura. ¿Cuál es la resultante de las fuerzas ejercidas por el agua sobre la compuerta y cual es el momento de la resultante con respecto de la línea de intersección del plano de la compuerta y la superficie del agua (eje x)?.
Si la compuerta fuera rectangular, la resultante de las fuerzas de presión se podría determinar a partir de la curva de presión tal y como se hizo en los capítulos anteriores. Sin embargo puesto que la compuerta es circular, se debe utilizar un método más general. Representado por y la profundidad de un elemento de área A y por el ángulo gamma al peso específico del agua, la presión en el elemento es p = yy la magnitud de la fuerza elemental ejercida sobre A es F = p A =yy A. #
#
#
#
#
Por lo tanto, la magnitud de la resultante de las fuerzas elementales está dada por:
Y puede obtenerse el primer momento QX = ydA del área de la compuerta con respecto del eje x. El momento Mx de la 2 resultante debe ser igual a la suma de los momentos Mx = y F = yy A de las fuerzas elementales. Integrando sobre el área de la compuerta, se tiene que #
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#
#
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Aquí, nuevamente, la integral obtenida representa el segundo momento o momento de inercia, Ix del área con respecto del eje x.
Determinación del mo mento de inercia de un área por int egración. En la sección anterior definimos el momento de segundo orden, o momento de inercia de un área A con respecto al eje x. De manera similar el momento de inercia Iy del área A con respecto al eje y, se define como: 2
2
Ix = ∫ y dA
Iy = ∫ x dA
dI x = y 2dA
dI y = x 2dA
Fuerzas distrib uidas: Momentos de inercia. Estas integrales que se conocen como los momentos rectangulares de inercia del área A, pueden calcularse fácilmente si se escoge para dA una franja angosta paralela a uno de los ejes coordenados. Para calcular Ix, escogemos una franja paralela al eje x, tal que todos los puntos que la componen estén a la misma distancia y del eje 2 x; el momento de inercia dIx de la franja se obtiene, entonces, multiplicando el área dA de la franja por y . Para calcular Iy, la franja se escoge paralela al eje y tal que todos los puntos que la forman estén a la misma distancia x del 2 eje y; el momento de inercia dIy de la franja es x dA.
Dx dI y = x 2dA
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Momento de inercia d e un área rectangular. Como ejemplo determinaremos el momento de inercia de un rectángulo con respecto a su base. Dividiendo el rectángulo en franjas paralelas al eje x. Obtenemos:
dA = b dy
l x = by 2 dy = 1/3bh3
dlz = y2b dy
Cálculo de Ix e Iy de las mismas f ranjas elementales . La fórmula que acabamos de derivar puede usarse para determinar el momento de inercia dlx con respecto al eje x de una franja rectangular paralela al eje y. tal como la mostrada en la figura. Haciendo b = dx y h=y, escribimos:
dIx = 1/3y 3 dx
Por otra parte se tiene:
dI y = x 2 dA = x 2y dx Por lo tanto, se puede utilizar el mismo elemento para calcular los momentos de inercia Ix e I y de un área dada en la siguiente figura:
Dx dI x = 1/3y
3
dx
2
dI y = x y dx
RADIO DE GIRO DE UN ÁREA. Definición: "El radio de giro de un objeto, respecto de un eje que pasa a través del CG, es la distancia desde el eje en el cual se puede concentrar toda la masa del objeto sin cambiar su momento de inercia. El radio de giro es siempre medido desde el CG." Considérese un área A que tiene un momento de inercia I X, con respecto del eje x. Imagínese que se ha concentrado esta área en una tira delgada paralela al eje x). Si el área A, concentrada de esta forma, debe tener el mismo
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momento de inercia con respecto del eje x, la tira debe ser colocada a una distancia kx, a partir del eje x, donde k., está definida por la relación:
Ix = k x2 Resolviendo para kx, se escribe:
Se hace referencia a la distancia k x, como el radio de giro del área con respecto del eje x. En una forma similar, se pueden definir los radios de giro ky. Y ko; así, se escribe: -
CUESTIONARIO #8 1.
¿Es lo mismo decir segundo momento o momento de inercia? ¿Por Qué?
2.
¿Qué es el Momento de Inercia Polar?
3.
¿Qué se entiende por radio de giro?
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