1 CURSO DE MECÁNICA DE SÓLIDOS PARTE 1. ESTÁTICA CAPÍTULO 1. INTRODUCCIÓN LECCIÓN 1. DEFINICIONES DEFINICIONES Y CONCEPTOS BÁSICOS 1.1 ¿QUÉ ES LA MECÁNICA M ECÁNICA?? La mecánica es la ciencia que describe y predice las condiciones de reposo o de movimiento de los cuerpos bajo la acción de las fuerzas. Está divida en dos partes: mecánica de los sólidos y la mecánica de los fluidos . La mecánica de los sólidos se divide a su vez deformables. La mecánica de los cuerpos rígidos
en mecánica de cuerpos rígidos y en mecánica de cuerpos abarca la estática y la dinámica las cuales tratan de cuerpos en reposo y de cuerpos en movimiento, respectivamente. respectivamente. Esta parte de la mecánica considera que los sólidos son perfectamente perfectamente rígidos, esto es, que no se deforman deforman bajo la acción acción de las fuerzas. En la práctica práctica esto no es del todo todo cierto pues los sólidos sí sufren deformación bajo carga; sin embargo, estas deformaciones son tan pequeñas que no afectan las condiciones de movimiento del cuerpo. No obstante, en lo que refiere a la pérdida de resistencia de los cuerpos estas deformaciones sí son importantes y su estudio se denomina resistencia de materiales ó mecánica de los cuerpos deformables . La segunda parte de la mecánica, la mecánica de los fluidos , se subdivide en el estudio de los fluidos incompresibles (los líquidos) y de los fluidos compresibles (los gases). Una rama importante importante de la mecánica mecánica de los fluidos incompresibles es la hidráulica. A la mecánica de los fluidos compresibles se le conoce también como termodinámica. Este curso de mecánica de sólidos abarcará el estudio de los cuerpos rígidos bajo condiciones de reposo o de equilibrio - estática- y por consiguiente en el subsiguiente estudio de la resistencia de materiales se asumirá que el sólido se encuentra bajo estas mismas condiciones de equilibrio. El concepto fundamental de la mecánica es el concepto de fuerza. Una fuerza representa la acción de un cuerpo sobre otro y puede ser ejercida por contacto directo o a distancia, como en el caso de las fuerzas gravitacionales. Las fuerzas por ser magnitudes vectoriales, se representan como como vectores, esto es que tienen magnitud , dirección y sentido, y se operan como vectores.
1.2 SISTEMAS DE UNIDADES (SI) y el Sistema I ngl es de Un idades En este curso se usarán dos sistemas de unidades: el Siste Sistema ma I nternacional (SI) (USCS). Sistema ma I nternacional (SI) es el sistema fundamental de unidades utilizado en el trabajo científico . El SI utiliza El Siste siete dimensiones dimensiones primarias: masa, masa, longitud, tiempo, temperatura, temperatura, corriente eléctrica, eléctrica, intensidad luminosa y cantidad de sustancia. La tabla 1.1 ofrece un listado de las unidades primarias del SI, que se utilizarán en este curso.
Tabla 1.1 Dimensiones y unidades primarias del SI
Magnitud física Masa Longitud Tiempo Temperatura
Unidad y símbolo kilogramo (kg) metro (m) segundo (s) Kelvin (K)
La unidad para la fuerza en el SI es secundaria y se denomina newton (N). (N). Se deriva de la segunda ley de Newton Ne wton (Fuerza = masa x aceleración) y por definición, una fuerza de 1 N acelerará una masa de 1 kg con una aceleración de 1 m/s 2, por consiguiente el newton en en términos de las unidades primarias del SI corresponde a: 1 N = 1 kg x m s2 3 Un múltiplo del newton (N) (N) es el kilonewton (kN): 1kN = 10 N
(1.1)
2 En el cálculo de la fuerza gravitacional ejercida por la Tierra, ó peso (W), a partir de la segunda ley de Newton se tiene: W = m g (1.2) En esta expresión la aceleración corresponde al valor de la gravedad local g , la cual varia de un punto de la tierra a otro. El valor de la gr avedad están dar al nivel del mar y 45º de latitud es g s = 9,81 m/s 2 (más exactamente gs = 2 9,80665 m/s ). La magnitud que corresponde a la medida medida de la resistencia de los materiales se denominará esfuerzo y se definirá uer za por un idad ida d de ár ea como f uerza , (esfuerzo = fuerza/ área) y la unidad resultante en el SI será (N/m 2) la cual se denominará Pascal ( Pa). Múltiplos del del Pascal son el megapascal (MPa): 1MPa = 10 6 Pa; y el gigapascal (GPa): 9 1GPa = 10 Pa. El otro sistema de unidades importante es el Sistema In gles de Un i dades empleado en los Estados Unidos (United 1.2 recoge algunas unidades unidades primarias primarias utilizadas en el USCS States Customar y System) System) ó USCS. La tabla 1.2 Tabla 1.2 Dimensiones y unidades primarias del del USCS
Magnitud física Longitud Tiempo Temperatura Fuerza
Unidad y símbolo pie (p) ó pulgada (pulg); 1p = 12 pulg
segundo (s) Rankine (R) libra (lb)
La unidad denominada libra se se utiliza para designar tanto a una unidad de fuerza, que se denota como lbf (librafuerza), como a una unidad de masa, que se denota como lbm (libra-masa). Por definición definición y en atención atención a la segunda ley de Newton, una fuerza gravitatoria de 1 lb f acelerará una masa de 1 lb m hacia la tierra con una aceleración estándar g s = 32,2 p/s 2 (más exactamente g s = 32,1740 p/s 2). Esto es: 1 lbf = 32,2 lb m x p s2
(1.3)
1 = 32,2 lb m x p lbf x x s2
(1.4)
Obteniéndose como factor de conversión:
Por tanto, si se tiene el peso (W) en lbf y se pide encontrar la masa ( m) en lbm, a partir de la de la expresión (1.2) se tiene: m = W x 32,2 lb m x p lbf x x s2 g
(1.5)
Siendo g el el valor de la la gravedad local. Si g = = g s el valor de m en lbm es igual al valor de W en lbf . Un múltiplo de la libra ( (lb) es la kilolibra (kip): 1kip = 103 libras En el sistema USCS la unidad de esfuerzo será: será: libra/pulg 2 la cual se abreviará por sus iniciales en inglés como psi . Un múltiplo del psi es es el kilo-psi ( (ksi ): ): 1ksi = 10 3 psi. Cuando se solucione un problema, en lo que refiere a Sistemas de Unidades, se deben respetar las dos siguientes principios: 1) No se pueden mezclar unidades de un sistema con unidades del otro sistema y 2) no se pueden convertir los valores dados en el enunciado de un problema a las correspondientes unidades del otro sistema. sistema.
3 CURSO DE MECÁNICA DE SÓLIDOS PARTE 1. ESTÁTICA CAPÍTULO 2. ESTÁTICA DE PARTÍCULAS LECCIÓN 2. DESCOMPOSICIÓN DESCOMPOSICIÓN DE UNA FUERZA EN COMPONENTES RECTANGULARES RECTANGULARES 2.1 FUERZAS EN UN PLANO Como ya se indicó, las fuerzas se representan como vectores y se caracterizan por su magnitud , su dirección y su sentido. La magnitud de de la fuerza se expresa en newton ( (N) en el SI ó en libras ( (lb) en el USCS. La dirección de la fuerza se define por la recta que designa su línea de acción, la cual se caracteriza por el ángulo ( θ) que forma dicha recta con la horizontal. Una línea recta define dos sentidos; gráficamente el sentido se define por la cabeza de una flecha, de esta manera los extremos de una fuerza se denominan cabeza y cola. Una fuerza se denota por una letra mayúscula con una pequeña flecha encima ( F ); en este texto se denotará por una letra mayúscula resaltada en negrilla ( F). Para designar la magnitud de una fuerza se emplea la misma letra en mayúscula sin la flecha encima; en este texto se empleará la misma letra en mayúscula pero sin resaltar en negrilla (F). Dos fuerzas iguales en magnitud y dirección, pero que difieran en sentido se dice que son opuestas; para denotar la opuesta de una fuerza se antecederá la letra que representa al vector fuerza por un signo negativo (-F ó - F). En la figura 2.1 a se representa una fuerza y en la figura 2.1 b, su opuesta.
Figura 2.1 2.2 COMPONENTES RECTANGULARES RECTANGULARES DE UNA FUERZA Al representar una fuerza F en un plano cartesiano ( x-y) a la proyección de la fuerza sobre el eje x se le denomina de la fuerza y se denota por Fx y a la proyección de la fuerza sobre el eje y se le denomina componente horizontal de de la fuerza y se denota por Fy . Como los ejes coordenados forman entre sí un ángulo de 90º componente vertical de a las dos componentes mencionadas se les llama componentes rectangulares de la fuerza y se cumple que:
F = Fx + Fy
(2.1)
Introduciendo la base de vectores unitarios que representan las direcciones de los ejes coordenados x e y respectivamente, respectivamente, la expresión (2.1) se puede escribir como:
F = Fx + Fy
(2.2)
La figura 2.2 muestra las componentes rectangulares del vector F. En dicha figura se puede observar que si se conoce F (magnitud de la fuerza) fuerza) y θ (dirección) las componentes rectangulares del vector se pueden escribir escribir como: Fx = F cos θ y Fy
=
F sen θ
De modo que modo que la expresión (2.2) se puede escribir como:
(2.3)
4 F = Fx + Fy
=
F cos θ + F sen θ
(2.4)
La expresión (2.4) es cierta siempre que θ sea el ángulo que forma la fuerza F con la horizontal.
Figura 2.2 Se observa que la componente escalar F x es positiva cuando coincide con el sentido del vector unitario (esto es, si apunta hacia la derecha) y negativa cuando tiene el sentido opuesto (si apunta hacia la izquierda). De la misma manera la componente escalar F y es positiva cuando coincide con el sentido del vector unitario (esto es, si apunta hacia arriba) y negativa cuando tiene el sentido opuesto (si apunta hacia abajo). Ejemplo 1. Sobre el perno A se aplica una fuerza de 800 N, como se muestra en la figura 2.3. Determinar las componentes horizontal y vertical de la fuerza.
Figura 2.3 Solución: Se conoce que F = 800 N y que α = 35º En la figura 2.3 b se observa que :
F = - F cos α + F sen α
(1)
Reemplazando F y α en (1) tenemos que:
F = - (800 N) cos 35º + (800 N) sen 35º
(2)
Por tanto:
F = - (655 N) + (459 N)
(3)
5 CURSO DE MECÁNICA DE SÓLIDOS PARTE 1. ESTÁTICA CAPÍTULO 2. ESTÁTICA DE PARTÍCULAS LECCIÓN 3. FUERZA RESULTANTE 2.3 FUERZA RESULTANTE SOBRE UNA PARTÍCULA Una partícula se define como un sistema de fuerzas concurrentes; esto es, un sistema en el que todas las fuerzas que actúan sobre un determinado cuerpo tienen el mismo punto de aplicación. El punto en cuestión, que generalmente se nombra con una letra mayúscula, representará a todo el sólido y se denominará partícula. A la suma de todas las fuerzas que actúan sobre el cuerpo se le llama fuerza resultante (R ). La fuerza resultante R representa la acción del sistema de fuerzas concurrentes sobre el cuerpo, lo cual significa que la descripción del movimiento del sólido corresponderá exactamente a la descripción del movimiento de la partícula.
F1 F1y
F2y
F2
F1x F2x
Fn (a)
Fnx Fny (b)
(c)
(d)
Figura 2.5 De acuerdo con lo anterior se tiene que si sobre un punto A de un cuerpo actúan simultáneamente n fuerzas, como se muestra en la figura 2.5 a, se tiene que:
R = F1 + F2 + … + Fn
= Σ Fi
(2.5)
Dado que cada fuerza se puede descomponer en sus componentes rectangulares (figura 2.5 b), la expresión (2.5) se puede escribir como:
F1 = F1x + F1y + F2 = F2x + F2y + . . . + . . . + Fn = Fnx + Fny R = R x + R y
(2.6)
En la expresión (2.6) se debe cumplir que: R x = Σ Fix y que R y = Σ Fiy
(2.7)
Obteniéndose las componentes rectangulares de R como se indica en la expresión (2.6) estas se deben llevar a un plano cartesiano para recomponer la fuerza (figura 2.5 c y 2.5d ) de la siguiente manera:
6
La fuerza resultante queda completamente especificada con las expresiones (2.6), (2,8) y (2,9) y con el gráfico 2.5 d Ejemplo 2. Determinar la resultante de las tres fuerzas que actúan sobre el perno A, como se indica en la figura.
(a)
(b)
Figura 2.6 Solución: La resultante de las tres fuerzas se encuentra como: R = F1 + F2 + F3
(1)
Expresando cada fuerza en términos de sus componentes rectangulares y sumando se tiene que:
F1 = (150 N) cos 30º + F2 = - (80 N) sen 20º + F3 = (100 N) cos 15º
+ (150 N) sen 30º = (129,9 N) + (75,0 N) + (80 N) cos 20º = -(27,4 N) + (75,2 N) - (100 N) sen 15º = (96,6 N) - (25,9 N) R = (199,1 N) + (124,3 N)
Gráficamente R y = 124,3 N
R x = 199,1 N
Donde se tiene que:
CURSO DE MECÁNICA DE SÓLIDOS
(2)
7 PARTE 1. ESTÁTICA CAPÍTULO 2. ESTÁTICA DE PARTÍCULAS LECCIÓN 4. EQUILIBRIO DE LA PARTÍCULA 2.4 EQUILIBRIO DE UNA PARTÍCULA Una partícula se encuentra en equilibrio cuando la fuerza resultante de todas las fuerzas que actúan sobre la partícula es cero, por consiguiente se debe cumplir que:
R = F1 + F2 + … + Fn
= Σ Fi
= 0
(2.10)
En términos de las componentes rectangulares se puede escribir que:
R = R x
+ R y = (Σ Fix )
0
+ (Σ Fiy )
(2.11)
De la expresión (2.11) se concluye que las condiciones necesarias y suficientes para que la partícula este en equilibrio son: R x = Σ Fix = 0
y
R y = Σ Fiy
0
(2.12)
De acuerdo con la segunda ley de Newton, el equilibrio de una partícula supone que la partícula permanece en reposo (si inicialmente estaba en reposo) o se mueve en línea recta con velocidad constante (si inicialmente estaba en movimiento). Un problema de equilibrio de una partícula generalmente consiste en encontrar la magnitud de hasta dos fuerzas (incógnitas) de las cuales se conoce su dirección, en este caso la expresión (2.12) constituye un sistema de ecuaciones lineales 2x2, el cual debe ser resuelto para encontrar las incógnitas. Ejemplo 3. La caja de 75 kg mostrada en la figura, esta sostenida por dos cables para colocarla sobre un camión que la transportará. Determinar la tensión de los cables AB y AC.
(a)
(b) Diagrama de cuerpo libre
Figura 2.7 Solución: Primero se debe encontrar el peso de la caja como: W = m g = (75 kg) (9,81 m/s 2) = 736 N
(1)
En segundo lugar se construye el diagrama de cuerpo libre del sistema (DCL) e(figura 2.7 b) a partir del cual se puede afirmar que:
R = TAB + TAC + W = 0 Escribiendo la expresión (2) en columna se tiene:
(2)
8 TAB = - TAB cos 50º + TAC = TAC cos 30º + W = 0
+ TAB sen 50º = -(0,643)TAB + (0,766)TAB + TAC sen 30º = (0,866)TAC + (0,5) T AC = - (736 N) 0 - (736 N) R = 0 + 0
(3)
Sacando aparte las componentes escalares se tiene el siguiente sistema de ecuaciones lineales correspondiente a la expresión (2.12): R x = Σ Fix = 0 : -(0,643)TAB + (0,866)TAC = 0 y R y = Σ Fiy = 0 :
(0,766)TAB +
(4)
(0,5) T AC = 736 N
(5)
Despejando T Ac de (4) se obtiene: TAC = 0,643 TAB = (0,742) TAB 0,866
(6)
Reemplazando (6) en (5) y despejando T AB se tiene: (0,766)TAB +
(0,5)(0,742) T AB = 736 N (1,137)TAB
= 736 N
TAB = 736 N = 647,3 N 1,137
(7)
Reemplazando (7) en (6) se obtiene T AC : TAC = 0,742 TAB = 0,742 (647,3) = 480,3 N Por tanto se puede concluir que la tensión de los cables AB y AC son, respectivamente: T TAC = 480,3 N.
(8) AB
= 647,3 N y
9 CURSO DE MECÁNICA DE SÓLIDOS PARTE 1. ESTÁTICA CAPÍTULO 3. ESTÁTICA DE PARTÍCULAS LECCIÓN 5. EQUILIBRIO DE LA PARTÍCULA EN EL ESPACIO 2.5 FUERZAS EN EL ESPACIO 2.5.1 Fuerza definida por su magnitud y dos puntos sobre su línea de acción. Sea una fuerza F de magnitud F, definida en el espacio tridimensional, y sean dos puntos M y N sobre su línea de acción. La dirección de la fuerza se define por las coordenadas M(x1 , y1 , z 1 ) y N(x2 , y2 , z 2 ) de la siguiente manera (figura 2.8):
Figura 2.8 Consideremos el vector M N que va de M a N y que tiene la misma dirección y sentido que F. El vector M N se puede escribir como: MN = ( x2 - x1 )
+ ( y2 - y1 ) + ( z 2- z 1 )
d x
+ d y + d z
(2.13)
Si se divide el vector el vector M N entre su propia magnitud ( MN) se obtiene un vector unitario que se representa como : =
M N = 1 MN d
( d x + d y + d z )
(2.14)
_______________ d = √ (d x 2 + d y 2 + d z 2)
siendo
(2.15)
El vector tiene magnitud 1 y la misma dirección y sentido que la fuerza F, de manera que al hacer el producto de F (magnitud de la fuerza) con se obtiene el vector fuerza F:
F = F = F ( d x + d y + d z )
(2.16)
d
de donde se puede concluir que las componentes escalares de F son: F x = Fd x , F y = Fd y y F z = Fd z d
y que los ángulos x ,
y
y
z
d
(2.17)
d
que la fuerza F forma con los ejes coordenados pueden encontrarse como:
x =
d x , d
y
= d y y d
z
= d z d
Las ecuaciones 2.18 se conocen como los cosenos directores de la fuerza.
(2.18)
10 2.5.2 Fuerza resultante sobre una partícula en el espacio. La resultante R de dos o más fuerzas concurrentes en el espacio se determina sumando sus componentes rectangulares, de manera similar a como se hizo en la sesión 2.3: R = F1 + F2 + … + F n
(2.19)
= Σ Fi
Dado que cada fuerza se puede descomponer en sus componentes rectangulares, la expresión (2.19) se puede escribir como:
F1 = F1x + F1y + + F2 = F2x + F2y + + . . . + . . . + Fn = Fnx + Fny +
F1z F1z . . F1z
R = R x + R y + R z
(2.20)
En la expresión (2.20) se debe cumplir que: R x = Σ Fix , R y = Σ Fiy y que R z = Σ Fiz La magnitud de la resultante R y los ángulos x , encontrar como:
y
y
z
(2.21)
que la fuerza forma con los eje coordenados, se pueden
La fuerza resultante queda completamente especificada con las expresiones (2.20) y (2.22).
2.5.3 Equilibrio de la partícula en el espacio. De acuerdo con la definición dada en la sesión 2.4 una partícula se encuentra en equilibrio cuando la fuerza resultante de todas las fuerzas que actúan sobre la partícula es cero, por consiguiente se debe cumplir que: R x = Σ Fix = 0
R y = Σ Fiy
0 y R z = Σ Fiz
0
(2.23)
Las ecuaciones (2.23) representan las condiciones necesarias y suficientes para garantizar el equilibrio de una partícula en el espacio y pueden utilizarse en la solución de problemas relativos al equilibrio de una partícula que no tenga más de tres incógnitas.
11
12
13 CURSO DE MECÁNICA DE SÓLIDOS PARTE 1. ESTÁTICA CAPÍTULO 3. EQUILIBRIO DE CUERPOS RÍGIDOS LECCIÓN 6. MOMENTO DE UNA FUERZA 3.1 CUERPOS RÍGIDOS En esta parte del curso los cuerpos se consideran rígidos, entendiéndose por cuerpo rígido aquel que no se deforma cuando se le aplican cargas. Las fuerzas que actúan sobre los cuerpos rígidos son de 2 tipos: fuerzas externas (aquellas que representan la acción de otros cuerpos sobre el cuerpo rígido) y fuerzas internas (aquellas que mantienen unidas las partículas que forman el cuerpo). Las fuerzas externas pueden, si no hay oposición, imprimir al cuerpo rígido un movimiento de traslación o de rotación, o ambos a la vez. La medida de la tendencia de una fuerza externa a impartir un movimiento de rotación a un cuerpo rígido alrededor de un eje fijo perpendicular a la fuerza se denomina momento de fuerza y se representa por el vector MO.
3.2 MOMENTO DE UNA FUERZA CON RESPECTO A UN PUNTO
Figura 3.1 Considérese una fuerza F aplicada a un cuerpo rígido en un punto A como se muestra en la figura 3.1. La posición de A se define por un vector r que une el punto de referencia fijo O con el punto A; este vector se conoce como vector de posición de A . El momento de la fuerza F con respecto al punto O se define como el producto vectorial de r y F, así: MO = r x F (3.1) De acuerdo con la definición de producto vectorial Mo es un vector que es perpendicular al plano que contiene a r y a F, cuya magnitud se puede calcular como: M O
= r F sen θ
= F d
(3.2)
y cuyo sentido, que indica el sentido de rotación del cuerpo rígido, se obtienen aplicando la llamada regla de la mano derecha . En la expresión (3.2) el ángulo θ es el ángulo comprendido entre las líneas de acción del vector de posición r y la fuerza F; y d = r sen θ representa la distancia perpendicular desde O a la línea de acción F y se denomina brazo de la fuerza . En el sistema SI el momento de fuerza se expresa en newton-metro (N · m) y en el sistema USCS se expresa en libra-pie (lb · p) ó libra-pulgada (lb · pulg).
3.2.1
PROBLEMAS DEFINIDOS EN EL PLANO
En el caso de problemas definidos en el plano x-y, esto es, siendo F = F x + Fy muestra en la figura 3.2, al reemplazar en la expresión (3.1) se obtiene:
y
x
+ y
, como se
14
Figura 3.2 MO = r x F = ( x
+ y ) x (Fx
+ Fy )
(3.3)
Al aplicar propiedad distributiva y las propiedades del producto vectorial de los vectores unitarios se obtiene:
MO = + (Fx) ( y)
+ (Fy) ( x)
MO = ( + Fx · y + Fy · x)
(3.4)
De la cual podemos concluir que, e n problemas definidos en el plano x-y, siempre se cumple que : 1. El vector momento siempre tendrá la dirección del ej e z (representada por el vector unitario ) 2. La magnitud del vector momento Mo, se encuentra como la suma de los momentos que produce cada una de las componentes de la fuerza con respecto al punto O . 3. El signo asociado a cada uno de estos momentos se obtiene aplicando la siguiente convención: positivo(+) si el giro es en sentido antihorario, y negativo (-) si el giro es en sentido horario. Ejemplo 6. Determinar el momento con respecto a A de la fuerza de 1.200 N mostrada en la figura.
(a)
(b)
Figura 3.3 Solución: Se tiene que:
r = (0,14 m) + (0,12 m)
, por tanto x = 0,14 m y y = 0,12 m
(1)
y que:
F = (1.200N)cos 30º + (1.200N)sen 30º
(1.039 N) + (600 N)
por tanto F x = 1.039 N y F y = 600 N (2)
De otro lado se observa que el momento que produce F x con respecto a A es negativo (-) y que el momento que produce Fy con respecto a A es positivo (+). Llevando esto a la expresión (3.4) tenemos:
MA = ( + Fx · y + Fy · x)
(1.039 N)(0,12 m)
+ (600N)(0,14 m) = -(40,7 N-m)
(3)
15 3.2.2
PROBLEMAS DEFINIDOS EN EL ESPACIO
En el caso de problemas definidos en el espacio, esto es, siendo F = Fx + Fy + Fz y como se muestra en la figura 3.2, al reemplazar en la expresión (3.1) se obtiene:
MO = r x F = ( x
+ y + z ) x (Fx
+ Fy + Fz
x
+ y + z ,
) (3.4)
Al aplicar propiedad distributiva y las propiedades del producto vectorial de los vectores unitario s se obtiene:
MO = ( y Fz - z Fy) + ( z Fx - x Fz)
+ ( x Fy - y Fx)
MO =
+
+
Mx
My
Mz
(3.5) (3.6)
Las componentes escalares Mx, My y Mz del momento MO miden la tendencia de la fuerza a imprimir un movimiento de rotación al cuerpo rígido alrededor de los ejes x, y y z respectivamente
Obsérvese que el momento MO de la expresión (3.5) se puede escribir en forma de determinante,
| | Fx Fy Fz √ Mx 2 +My 2 +Mz2
MO =
(3.7)
A partir de la expresión (3.6) se puede calcular la magnitud del vector momento de fuerza
MO =
(3.8)
16
17 CURSO DE MECÁNICA DE SÓLIDOS PARTE 1. ESTÁTICA CAPÍTULO 3. EQUILIBRIO DE CUERPOS RÍGIDOS LECCIÓN 7. SISTEMAS EQUIVALENTES DE FUERZA 3.2 SISTEMAS EQUIVALENTES DE FUERZA Dos sistemas de fuerza son equivalentes si determinan el mismo efecto de movimiento, en traslación y rotación, sobre el cuerpo rígido . A continuación estudiaremos las siguientes equivalencias: a) un par de fuerzas es equivalente a un momento de fuerza, b) u n momento de fuerza es equivalente a un par de fuerzas, c) una fuerza es equivalente a un sistema fuerza-par y d) un sistema fuerza-par es equivalente a una fuerza única.
3.2.1
UN PAR DE FUERZAS EQUIVALENTE A UN MOMENTO DE FUERZA
Un par de fuerzas está constituido por dos fuerzas, F y – F , que tienen la misma magnitud, líneas de acción paralelas y sentidos opuestos (figura 3.3 a). Es evidente que la resultante (suma) de las dos fuerzas es cero; sin
embargo, la suma de los momentos de las dos fuerzas con respecto a un punto dado no es cero: aunque las fuerzas no desplazan al cuerpo, tienden a imprimirle un movimiento de rotación.
Figura 3.3 La suma de los momentos de F y – F con respecto a O (figura 3.3 b) es:
M = rA x F + rB x (-F) = (rA - rB ) x F = r x F
(3.9)
Al vector M se le llama momento del par y su magnitud es: M = r F sen θ
= F d
(3.10)
Donde d es la distancia perpendicular entre las líneas de acción de las dos fuerzas y el sentido de M se encuentra mediante la regla de la mano derecha. El vector r es independiente de la elección del punto de referencia, esto es que si se calcula M con respecto a un punto diferente a O el resultado sería exactamente el mismo, por tanto diremos que el momento M de un par de fuerzas es un vector libre que puede aplicarse en cualquier punto. (Figura 3.3 c)
3.2.2
UN MOMENTO DE FUERZA EQUIVALENTE A UN PAR DE FUERZAS
Es evidente que si un par de fuerzas es equivalente a un momento de fuerzas entonces un momento de fuerza es equivalente a un par de fuerzas; esto es que, dado un momento de fuerza M (figura 3.4 a) siempre es posible
18 encontrar dos fuerzas F y – F (figura 3.4 b), separadas una cierta distancia d, de manera que F d = M y que la rotación que imprime el par de fuerzas al cuerpo es idéntica a la que determina el momento de fuerza sobre él.
Figura 3.4 3.2.3
UNA FUERZA EQUIVALENTE A UN SISTEMA FUERZA-PAR
Supóngase una fuerza F aplicada sobre un cuerpo rígido en un punto A , definido por el vector de posición r (figura 3.5 a), y que lo que se quiere es ver la fuerza actuando en O . No se puede simplemente desplazar la fuerza de A a O sin modificar el efecto de esta sobre el cuerpo rígido. Sin embargo, si se aplican dos fuerzas F y – F en O, como la resultante es nula, no se ha alterado el efecto de la fuerza original sobre el cuerpo rígido (figura 3.5 b). Obsérvese que si ahora vemos la fuerza F aplicada en O , las otras dos fuerzas forman un par cuyo momento equivalente es Mo = r x F. De modo que se puede concluir que dada una fuerza F que actúe sobre un punto en un cuerpo rígido, esta puede desplazarse a otro punto cualesquiera O sobre el mismo cuerpo rígido, si se le agrega un par de momento de fuerza igual al momento de F en la posición original, con respecto al punto O al cual se traslada (figura 3.5 c). La combinación obtenida se denomina sistema fuerza-par .
Figura 3.5 3.2.4
UN SISTEMA FUERZA-PAR EQUIVALENTE UNA FUERZA ÚNICA
Del mismo modo, es evidente que si una fuerza es equivalente a un sistema fuerza-par entonces un sistema fuerza par es equivalente a una fuerza única; esto es que, dado un sistema fuerza- par en O (figura 3.6 a) si se mueve la fuerza F nuevamente al punto A, a esta se le debe agregar un par de momento de fuerza igual al momento de F en la posición original ( O ), con respecto al punto al cual se traslad a (A ) Obsérvese que el momento que acompaña a la fuerza F al punto A se calcula como MA = - r x F = - Mo (figura 3.6 b) y que, por lo tanto al hacer la sumatoria de momentos en A se obtiene Mo - Mo = 0, por lo que se puede afirmar que en A solo se ve aplicada una fuerza única F (figura 3.6 c).
Figura 3.6
19 En la práctica, esta equivalencia y la anterior nos permitirán encontrar la resultante R sobre un cuerpo rígido: Dado un régimen de carga (fuerzas y momentos) sobre un cuerpo rígido, para encontrar la resultante del sistema se deben llevar todas las fuerzas y momentos a un mismo punto, obteniendo un sistema fuerza-par; y posteriormente se mueve el sistema fuerza-par obtenido a un punto tal que se obtenga un sistema de fuerza única ; la fuerza única obtenida es la fuerza resultante del sistema original.
20 CURSO DE MECÁNICA DE SÓLIDOS PARTE 1. ESTÁTICA CAPÍTULO 3. EQUILIBRIO DE CUERPOS RÍGIDOS LECCIÓN 8. CUERPO RÍGIDO EN EQUILIBRIO 3.3 EQUILIBRIO DEL CUERPO RÍGIDO EN EL PLANO Un cuerpo rígido está en equilibrio cuando tanto la fuerza resultante como el momento de fuerza que actúan sobre él son equivalentes a cero, por lo tanto las condiciones necesarias y suficientes para que un cuerpo rígido este en equilibrio son:
R = Σ Fi = 0 y MO = Σ MO i = 0
(3.11)
En términos de las componentes escalares de las fuerzas y los momentos las expresiones (3.11) se pueden escribir como las siguientes tres ecuaciones escalares: Σ
Fx i = 0 ; y
Fy i = 0
(3.12)
Mz i = 0
(3.13)
Σ Σ
Las ecuaciones (3.12) expresan el hecho de que las fuerzas están en equilibrio y la ecuación (3.13) expresa el hecho de que los momentos están también en equilibrio, por lo que el sistema de fuerzas externas no impartirá movimiento de traslación (equilibrio traslacional) ni de rotación (equilibrio rotacional) al cuerpo rígido.
Figura 3.7
21 3.4 REACCIONES EN APOYOS Y CONEXIONES DE UNA ESTRUCTURA BIDIMENSIONAL Físicamente para que un cuerpo rígido esté en equilibrio debe estar conectado a una base de sustentación y/o a otros cuerpos. Al conjunto de la base de sustentación y de los otros cuerpos conectados al cuerpo rígido considerado se le denomina apoyos y conexiones del cuerpo rígido . Cuando se dibuje el diagrama de cuerpo libre del cuerpo rígido considerado además de las fuerzas externas dadas, que generalmente son conocidas, se deben dibujar las fuerzas que representan a sus apoyos y conexiones , las cuales se denominan reacciones y generalmente son desconocidas, esto es, constituyen incógnitas. La figura 3.7 muestra los apoyos y conexiones más comunes para soportar una estructura bidimensional, así como las reacciones que producen. Solucionar un problema de equilibrio de cuerpo rígido consiste en encontrar las reacciones en los apoyos y conexiones del cuerpo rígido considerado a partir de su diagrama de cuerpo libre y de aplicar las ecuaciones de equilibrio (3.12) y (3.13). Puesto que se cuenta sólo con tres ecuaciones de equilibrio, las reacciones en los apoyos no pueden representar más de tres incógnitas; en caso de que esto ocurra se dice que el problema es estáticamente indeterminado. Una grúa fija de 1.000 kg se emplea para levantar una caja de 2.400 kg. La grúa está sostenida por medio de un pasador liso en A y un balancín en B, como lo muestra la figura 3.8 . El centro de gravedad de la grúa esta localizado en G . Determinar las reacciones en A y en B .
(a)
(b)
Figura 3.8 Solución: Primero se debe encontrar el peso de la caja y el peso de la grúa: Wcaja = (2.400 kg) (9,81 m/s 2) = 23.544 N = 23,5 kN y W grúa = (1.000 kg) (9,81 m/s 2) = 9.810 N = 9,8 kN (1) Se hace el diagrama de cuerpo libre de la grúa y a partir de éste se escriben las ecuaciones de equilibrio: Fx i = 0: Ax + B = 0 de donde se obtiene que: – Fy i = 0: Ay - (9,8 kN) (23,5 kN) = 0 de donde se obtiene que: Σ MA = 0: + B(1,5 m) - (9,8 kN)(2m) - (23,5 kN)(6m) = 0 de donde se obtiene que: Σ Σ
Reemplazando B en (2) se obtiene que: ……………………………………………
A x = -B A y = 33,3 kN B = 107,1 kN
(2) (3) (4)
Ax = -B = -(107,1 kN) (5)
Se llevan los resultados encontrados al diagrama de cuerpo libre inicial (figura 3.8 c) donde se debe verificar el equilibrio: Equilibrio de fuerzas en x: Reemplazando A x y B en (2) se obtiene: -(107,1 kN) + (107,1 kN) = 0
(6)
Equilibrio de fuerzas en y: Reemplazando A y en (3) se obtiene: + (33. 3 kN) - (9,8 kN) - (23,5 kN) = 0 (c)
(7)
Equilibrio de momentos: Se debe verificar respecto a cualquier punto; por ejemplo con respecto a B se tiene: Σ
MB = + (107,1kN)(1,5 m) - (9,8 kN)(2m) - (23,5 kN)(6m) = 0
22 3.5 EQUILIBRIO DEL CUERPO RÍGIDO EN EL ESPACIO Para escribir las condiciones de equilibrio de un cuerpo rígido en el caso tridimensional, de acuerdo con las ecuaciones (3.11), se requieren seis ecuaciones escalares: Fx i = 0 ;
Σ
Mx i = 0 ;
Σ
Σ
y
Σ
Fy i = 0 ;
Σ
Fz i = 0
(3.14)
My i = 0 ;
Σ
Mz i = 0
(3.15)
Estas ecuaciones no pueden resolverse para más de seis incógnitas, las cuales generalmente representan las reacciones en los apoyos o conexiones. La figura 3.9 muestra los apoyos y conexiones más comunes para soportar una estructura tridimensional, así como las reacciones que producen.
Figura 3.9 En la mayoría de problemas las ecuaciones escalares (3.14) y (3.15) se obtienen mas fácilmente tomando primero las ecuaciones de equilibrio del cuerpo rígido en forma vectorial. Si las reacciones en los apoyos co mprenden más de seis incógnitas se dice que el problema es estáticamente indeterminado .
23
24 CURSO DE MECÁNICA DE SÓLIDOS PARTE 1. ESTÁTICA CAPÍTULO 4. FUERZAS DISTRIBUIDAS LECCIÓN 9. FUERZAS DISTRIBUIDAS SOBRE VIGAS 4.1 CARGAS DISTRIBUIDAS SOBRE VIGAS Consideramos una viga que sostiene una carga distribuida, que puede representar p. e. el peso de las cuerpos soportados directa e indirectamente por la viga o fuerzas debidas a alguna presión que actúa sobre la viga. La carga distribuida puede estar representada dibujando sobre la viga la carga por unidad de longitud w (figura 4.1a).
Figura 4.1 La magnitud de la fuerza ejercida sobre un elemento de la viga de longitud dx es d W = w dx; y la carga total sostenida por la viga es: L
W = ∫0 wdx
(4.1)
Pero el producto wdx es igual al elemento de área dA mostrado en la figura 4.1 a ) y W es entonces igual al área total A bajo la cura de carga:
W = ∫ d A = A
(4.2)
La carga concentrada W (figura 4.1 b) debe ser equivalente a la carga distribuida y su punto de aplicación P se obtiene a partir de la ecuación de momentos, donde se debe cumplir que: L
MO: (OP)W = ∫0 xd W Como d W = w dx = dA y como W = A, reemplazando se tiene que: L
(OP)A = ∫0 xdA
(4.3)
Como la integral indicada en la ecuación 4.3 representa el momento de primer orden con respecto al eje w del área bajo la curva de carga y puede reemplazarse por el producto xA, donde x es la distancia del eje w al centroide C del área A, por lo que se puede concluir que:
25 Una carga distribuida sobre una viga puede ser reemplazada por una carga concentrada W; la magnitud de esta carga única es igual al área bajo la curva de carga ( W = A ) y su línea de acción pasa por el centroide C de esta área que está caracterizada por el valor x.
Figura 4.2 Cuando la curva de carga determina cualquiera de las áreas de formas usuales mostradas en la figura 4.2, los correspondientes valores de A y de x se tomarán directamente de esta figura; cuando la curva de carga determina un área compuesta por dos o más de las formas usuales mostradas en la figura 4.2 se aplicarán las siguientes relaciones:
W = Ai
26 X = x i Ai /
Ai
y
Y = y i Ai /
Ai
(4.4)
Los valores de xi y de Ai de las ecuaciones 4.4 se tomaran igualmente de la figura 4.2.
27
CURSO DE MECÁNICA DE SÓLIDOS PARTE 1. ESTÁTICA CAPÍTULO 5. ESTRUCTURAS LECCIÓN 10. ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS 5.1 ARMADURAS Una estructura es un cuerpo rígido constituido por varios elementos unidos entre sí. La armadura es uno de los principales tipos de estructuras usadas en ingeniería. Una armadura consta de varios elementos rectos llamados barras unidas mediante juntas ó nudos, como se muestra en la figura 5.1. Ninguna barra puede extenderse más allá de sus nudos. Los nudos se nombran con letras mayúsculas, en tanto que las barras se nombran con las dos letras que designan los nudos en sus extremos.
Figura 5.1 5.2 FUERZAS EXTERNAS E INTERNAS El análisis de una estructura requiere la determinación no solo de las fuerzas externas que actúan sobre la estructura (cargas y reacciones, figura 5.2 a) sino también la determinación de las fuerzas internas que mantienen unidas las diversas partes de la estructura (figura 5.2 b). En el modelo de análisis de una estructura se considera que las fuerzas externas (cargas y reacciones) actúan siempre sobre los nudos.
(a)
(b)
Figura 5.2 Las fuerzas internas pueden ser de tracción como corresponde a las barras CD, AD y BD de la figura 5.2 b ó de compresión como corresponde a las barras AC y BC de la misma figura.
28 Analizar una estructura consistirá en encontrar las fuerzas internas y determinar si éstas son de tracción o de compresión.
5.3 MÉTODO DE LOS NUDOS Uno de los métodos utilizados para hacer el análisis de una estructura se conoce como método de los nudos . El método de los nudos se fundamenta en la siguiente premisa: Si toda la estructura está en equilibrio, cada uno de sus nodos también está en equilibrio.
El método de los nudos se desarrolla aplicando el siguiente algoritmo: P1. Determinar los ángulos con la horizontal de todas las barras que presentan inclinación. P2. Equilibrar toda la estructura, considerándola como cuerpo rígido, para encontrar las reacciones en los apoyos. P3. Dibujar el diagrama de cuerpo libre de toda la estructura de manera que se vean las fuerzas externas (cargas y reacciones) que actúan sobre los nudos de la estructura. P4. Se entra a equilibrar ordenadamente cada uno de los nudos. Ordenadamente quiere decir que de un nodo sólo se puede pasar a otro que esté conectado con él. Obsérvese que cada nodo constituye una partícula, de modo que el equilibrio supone solo dos ecuaciones; las incógnitas vienen a ser las fuerzas internas que son desconocidas y máximo puede haber dos por nudo. P4a. Para escribir las ecuaciones de equilibrio de cada nudo se debe dibujar su respectivo diagrama de fuerzas, las fuerzas externas (cargas y reacciones) son completamente conocidas en tanto que de las fuerzas internas se conoce sólo su dirección (la misma de la barra) y se deben dibujar en el diagrama suponiendo que son de tracción, esto es, saliendo del nodo a lo largo de la barra. P4b. Se escriben y resuelven las ecuaciones de equilibrio de cada nudo, encontrando los valores de las incógnitas. Si el valor de la fuerza da con signo positivo significa que efectivamente la barra está en tracción; si por el contrario da con signo negativo significa que la barra está en compresión y que la fuerza no sale sino que entra al nudo. P4c. Cuando se encuentra que una fuerza es de tracción en un nudo, también debe ser de tracción en el otro nudo de la barra. Si se encuentra que una fuerza es de compresión en un nudo, también debe ser de compresión en el otro nudo de la barra. P4d. Al llegar al último nudo, no habrá incógnitas, de manera que las ecuaciones de equilibrio deben conducir a una identidad de la forma 0 = 0. P5. El análisis de la estructura se resume en una tabla en la que se da el valor de la fuerza en cada barra y se indica si la fuerza es de tracción (T) ó de compresión (C). En el caso en que el valor de alguna fuerza de cero , se dirá que la barra es de fuerza nula (N). Usando el método de los nudos, encontrar la fuerza en cada una de las barras de la armadura mostrada en la figura 5.3 a).
(a)
(b)
Figura 5.3
29 Solución: P1. Ángulos de inclinación de las barras AB y AC:
α = tan-1(12/5) = 67,4º
y
β = tan-1(12/16) = 36,9º
sen α = 0,9231
sen β = 0,6
cos α = 0,3846
cos β = 0,8
P2. Equilibrio de toda la estructura como cuerpo rígido: A partir del diagrama de cuerpo libre de la estructura (figura 5.3 b) se escriben las ecuaciones de equilibrio: Fx i = 0: Bx + 2.800 lb = 0 de donde se obtiene que: Σ Fy i = 0: By + C = 0 de donde se obtiene que: Σ MB = 0: +C(21 p) - (2.800 lb)(12 p) = 0 de donde se obtiene que: Reemplazando C en (2) se obtiene que: …………………………… Σ
B x = -2.800 lb By = - C C = 1.600 lb By = - C = -(1.600 lb)
(1) (2) (3) (4)
P3. Se llevan los resultados encontrados al diagrama de cuerpo libre inicial (figura 5.3 c): P4. Equilibrio de cada nudo. Nudo B: (1) FBC + (0,3846)F AB = 2.800 lb (2) (0,923)F AB = 1600 lb FAB = 1.600 lb/0,9231 = 1.733,3 lb (T) FBC = 2.133,4 lb (T)
(c)
Nudo A: (1) (0,8)F AC + 2.800 lb - (0,3846)(1.733,3 lb) = 0 FAC = - 2.666,7 lb (C)
Nudo C: (1) (0,8)(2.666,7 lb) - 2.133,4 = 0 0=0 (2) 1.600 lb - (0,6)(2.666,7 lb) = 0 0=0
P.5 TABLA DE RESUMEN BARRA FUERZA(lb) TIPO AB 1.733,3 T AC 2.666,7 C BC 2.133,4 T
