Mecanic A

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

Todo estudiante de Ingeniería se pregunta cuando inicia sus estudios universitarios; ¿a qué se dedica un ingeniero?, pregunta interesante, ya que de la respuesta; el joven sabrá lo que hará el resto de su vida. Los libros de ingeniería dicen que todo ingeniero diseña, construye máquinas y edificios; y por este punto iniciaremos nuestra exposición, para entender el campo de la Mecánica y Resistencia de Materiales. La primera pregunta que surge es ¿qué es diseñar? Diseñar es dimensionar, dar forma y determinar el tipo de material, y los tipos de apoyos de lo que queremos construir posteriormente. La otra pregunta inmediata que surge es ¿Qué es una máquina? y ¿Qué es un edificio?, al respecto diremos, que toda máquina o edificio es una combinación de elementos unidos entre sí, para: l.- SOPORTAR CARGAS 2.-TENER CAPACIDAD DE DEFORMARSE Y RECUPERAR SU FORMA. 3.-MANTENER SU POSICION ORIGINAL. Es decir toda máquina y edificio debe tener RESISTENCIA, es decir capacidad de soportar cargas, además debe tener RIGIDEZ, capacidad de deformarse y recuperar su forma, y finalmente ESTABILIDAD, es decir capacidad de mantener su posición original. Finalmente podemos concluir que toda máquina y edificio deben cumplir tres principios fundamentales de la Mecánica de Materiales, que son: RESISTENCIA, RIGIDEZ Y

ESTABILIDAD. Todo el diseño de máquinas y edificios se basa en la Mecánica y Resistencia de Materiales. Otra pregunta que se hará el estudiante es ¿cuál es la diferencia entre la Mecánica y Resistencia de Materiales? Al respecto diremos que la Mecánica, analiza las fuerzas exteriores que actúan sobre una estructura; y la considera a ésta como un cuerpo rígido; capaz de soportar todas estas cargas, sin deformarse.

1

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras En cambio a la Resistencia de Materiales le interesa saber si la estructura tendrá la capacidad para soportar dichas cargas; teniendo que analizarse en este caso las fuerzas internas del cuerpo y su relación con las fuerzas exteriores que actúan en él. La Resistencia de Materiales estudia y establece las relaciones entre las cargas exteriores aplicadas y sus efectos en el interior de los sólidos. No supone que los sólidos son rígidos, como en la Mecánica; sino que las deformaciones por pequeñas que sean tienen gran interés en nuestro análisis. Otra pregunta que surge de la exposición es si una máquina o estructura soportan cargas, ¿qué es una carga y de que tipo son? A lo largo de la exposición iremos analizando los diferentes tipos de cargas que existen y sus efectos que ocasionan en las máquinas y edificios, pero a manera de introducción diremos que las cargas son fuerzas que actúan en

un cuerpo y que

cuando se les multiplica por su brazo de palanca se generan momentos. Toda máquina o edificio estará sometida a fuerzas y momentos, y de acuerdo a como actúen en los elementos de las máquinas o estructuras generarán los siguientes efectos: AXIALES, CORTANTES, FLEXIONANTES y DE TORSIÓN. Los efectos axiales y de corte son generados por fuerzas, los flexionantes y de torsión son generados por pares. A continuación pasaremos a analizar los cuatro efectos que todo edifico o máquina tendrán, al ser sometidos a cargas o pares, según sea el caso.

EFECTOS AXIALES Los efectos axiales aparecen cuando las fuerzas actúan en el centro de gravedad de la sección recta del elemento estructural y se desplazan a lo largo de su eje de simetría. Los efectos axiales pueden ser de tracción o de compresión. Los primeros generan alargamiento y los segundos acortamiento en los elementos.

EFECTOS DE CORTE Los efectos de corte aparecen cuando las fuerzas actúan en la dirección de la sección recta del elemento. Son los componentes de la resistencia total al deslizamiento de la porción del elemento a un lado de la sección de exploración respecto de la otra porción.

EFECTOS DE FLEXION Los efectos flexionantes aparecen cuando se aplican pares en el plano donde se encuentra el eje de simetría del elemento estructural. Dichos pares tratarán de curvar o flexar el elemento en el plano donde están actuando los pares. 2

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras Este efecto genera tensiones normales de tracción y de compresión en las fibras que se encuentran a un lado y otro del eje neutro del elemento, asimismo también se generan tensiones de corte debido a la flexión.

EFECTOS DE TORSION Este efecto surge cuando actúan, dos pares iguales en magnitud, en la misma dirección pero en sentido contrario, perpendicularmente al eje del elemento estructural en análisis. Mas adelante veremos que estos efectos se pueden combinar entre si generando efectos combinados.

AXIAL P

Fuerzas Actuando en el eje de simetría.

P

CORTE

FLEXIÓN M

M

P

Fuerza en la dirección del plano de la sección recta.

Los Pares actuan en el Plano de la sección recta del elemento.

TORSIÓN

Pares perpendicular al eje del elemento.

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1.1. DEFINICIÓN DE MÉCANICA: Ciencia que describe y predice las condiciones de reposo o movimiento de los cuerpos bajo la acción de las fuerzas.

1.1.1. DIVISIÓN DE LA MÉCANICA: a) Mecánica de los cuerpos Rígido. b) Mecánica de los cuerpos Deformables. c) Mecánica de los Fluidos.  a)  Mecánica de los cuerpos Rígidos: Rígidos:

- Estática: Trata los cuerpos en reposo. - Dinámica: Trata los cuerpos en movimientos. Se supone que los cuerpos son perfectamente rígidos.  b)  Mecánica de los cuerpos Deformables: Deformables:

Considera los cuerpos su deformación  c)  Mecánica de los Fluidos:

Se divide en: Fluidos compresibles e Incompresibles. En Hidráulica se utiliza los fluidos incomprensibles. La Mecánica de Fluidos estudia situaciones relacionadas con líquidos. La mecánica es una ciencia física y aplicada. El propósito de la mecánica es explicar y predecir los fenómenos físicos y proporcionar las bases para las aplicaciones de la Ingeniería.

4

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras La mecánica se divide: Rígido

*Estática *Dinámica

Deformable

*Resistencia de materiales *Teoría de elasticidad *Teoría de plasticidad

Sólidos

Mecánica

Compresible Fluidos Incompresible La mecánica del cuerpo rígido considera a los cuerpos sin deformación; y la mecánica de los cuerpos deformables los considera con su deformación. En la práctica no existen cuerpos rígidos, ya que todo cuerpo se deforma ante la acción de fuerzas, el concepto de cuerpo rígido es una abstracción académica.

1.2. CONCEPTOS Y PRINCIPIOS FUNDAMENTALES: Conceptos: Los conceptos básicos empleados en mecánica son: Espacio, tiempo, masa y fuerza. Estos conceptos no pueden ser verdaderamente definidos; ellos deben ser aceptados sobre las bases de nuestra intuición, experiencia y utilizados como un marco de referencia mental para nuestro estudio de mecánica.  Espacio:

Se asocia con la noción de la posición de un punto P. La posición de P puede ser definida por tres longitudes medidas desde cierto punto de referencia, u origen, en tres direcciones dadas. Estas longitudes se conocen como coordenadas. Tiempo:

Es una medida de la sucesión de acontecimientos y en la Mecánica de Newton se considera absoluta. 5

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras  Fuerza:

Es la acción de un cuerpo sobre otro. Una fuerza tiende a desplazar un cuerpo en la dirección e su acción sobre dicho cuerpo.  Materia:

Es la sustancia que ocupa el espacio. Cuerpo:

Es materia limitada por una superficie cerrada.  Inercia:

Es una propiedad de la materia por la cual se resiste a alterar su movimiento.  Masa:

Es la medida cuantitativa de la inercia. La masa es también una propiedad de todo cuerpo que va siempre acompañado por la atracción mutua con los demás cuerpos.  Partícula:

Se llama partícula a un cuerpo de dimensiones despreciables. Cuerpo Rígido:

Es el cuerpo que no tiene deformación relativa entre sus partes. La mecánica se ocupa de 3 cantidades: 1. Cantidad Escalar

: Es la que tiene asociada solamente una magnitud. Ejem:

Tiempo, volumen, densidad, etc. 2. Cantidad Vectorial : Tiene asociada además de una magnitud, la dirección y un sentido. Ejem: Desplazamiento, velocidad, fuerza, etc. 3. Cantidad Tensorial : Es un grupo de propiedades que describen una cantidad física en un punto determinado. Hay magnitudes complejas que requieren para su completa determinación de 9 o más componentes escalares. Ejem: La tensión, la deformación unitaria y el momento de inercia.

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Principios Fundamentales: 1)  Las Tres leyes leyes Fundamentales Fundamentales de Newton:

1era 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 rapidez constante en línea recta (Si originalmente estaba en movimiento).

2da Ley

: Si la fuerza resultante que actúa sobre una partícula es diferente de cero, la partícula adquirirá una aceleración proporcional a la magnitud de la resultante y en dirección de esta fuerza resultante.

 3ra Ley



F externas externas  m.a



: Las fuerzas de acción y reacción entre cuerpos en contacto tienen la misma magnitud, la misma línea de acción y sentidos opuestos.

 2)  La ley del Paralelogramo Paralelogramo para la Suma de Fuerzas: Fuerzas:

Las fuerzas que actúan sobre una partícula pueden ser reemplazadas por una sola, llamada resultante, dada por la diagonal del paralelogramo que tiene lados iguales a las fuerzas dadas.  3)  El Principio de la Transmisibilidad: Transmisibilidad:

Establece que las condiciones de equilibrio o de movimiento de un cuerpo rígido permanecerán inmodificables, si una fuerza que actúa en un punto dado del cuerpo rígido es reemplazada por otra de la misma magnitud e igual dirección; pero que actúa en un punto diferente, con la condición que las dos fuerzas tengan la misma línea de acción. Asimismo; una fuerza puede desplazarse a lo largo de su línea de acción sin alterar su equilibrio.

F2

B

F1= F2

F1 A

 4) Sistema Fuerza - Par:

Una fuerza al trasladarse de un punto de su línea de acción a otro punto de una línea de acción paralela a la anterior se tiene que agregar un par de transporte para no alterar el equilibrio. 7

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras P

P Pa

a 3

2

1

 5)  Principio de D’alambert  D’alambert :

La sumatoria de fuerzas exteriores más la sumatoria de fuerzas de inercia es igual a cero.

Fexternas  m.a 



Fexternas  m.a  0 Fexternas  FI  0 







Haciendo F

 I

  ma



Donde: FI = Fuerza de Inercia 6)  Equilibrio de fuerzas fuerzas exteriores exteriores e interiores

Todo sistema está en equilibrio, cuando:

Fexteriores  Finteriores 



7)  Ley de Gravitación Gravitación de Newton:

Las partículas de masas M y m se atraen mutuamente con fuerzas iguales y opuestas F y – F de magnitud F dada por la fórmula: F 



G

 Mm 2

r 

Donde: r = Distancia entre las dos partículas. G = Constante de Gravitación. En este caso las fuerzas y movimientos internos del cuerpo serán en función del punto de aplicación de la fuerza, así como de su línea de acción.

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INTRODUCCIÓN AL ANÁLISIS VECTORIAL CONCEPTO DE DIRECCIÓN Cuando tenemos una línea recta, podemos movernos a lo largo de ella en dos sentidos, dichos se distinguen asignando a cada uno de ellos un signo positivo o negativo. Una vez que el sentido positivo ha sido determinado decimos que la línea esta orientada y la llamamos un eje. Los ejes considerados X e Y son líneas orientadas en los cuales los sentidos positivos se han indicado.

En la Fig. 1, el sentido positivo es indicado usualmente por una flecha. Una línea orientada define una dirección. Las líneas paralelas orientadas en el mismo sentido definen la misma dirección (Fig. 2-a), pero si tienen diferentes orientaciones, definen direcciones opuestas. (Fig. 2-b). Las direcciones en un plano se determinan por un ángulo, que es el ángulo entre una dirección de referencia y la dirección que deseamos indicar, medida en dirección contraria al movimiento de las agujas del reloj (Fig. 3). Las direcciones opuestas corresponden a los ángulos π + θ.

A 0

θ+π

θ

X

0

X

B Fig. Nº 03 9

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras En el espacio es necesario usar dos ángulos para determinar una dirección. La dirección más frecuente es la usada en la fig. 4. La dirección OA se determina por: (i) El ángulo θ (menor que 180°) que OA hace con el eje OZ. (ii) El ángulo Ø entre el plano AOZ y el plano XOZ, medido en la dirección contraria a la dirección de las agujas del reloj. Z

A θ

O

Y Ø

X

Fig. 4

PRINCIPIOS DE LA MECÁNICA 1. Si dos fuerzas representadas por los Vectores

 AB

y

 AC 

que forman entre si un

ángulo α están aplicadas a un cuerpo en el punto A. Su acción es equivalente a la

de una única fuerza, representada por el vector  AD . C

 A

D

B

2. La acción de un sistema de fuerzas dado no se altera. En modo alguno, si agregamos o quitamos a estas fuerzas cualquier otro sistema de fuerzas en equilibrio. 3. Cualquier presión ejercida sobre un apoyo determina una presión igual y de sentido contrario por parte del apoyo, de manera que acción y reacción son dos fuerzas iguales y de sentido contrario. 10

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SISTEMA DE FUERZAS

Existen los siguientes tipos de fuerzas:

a) Coplanares

1) Concurrentes 2) Paralelos 3) No concurrentes ni paralelas

b) Espaciales

4) Concurrentes 5) Paralelas 6) No concurrentes ni paralelas

Sistema de fuerzas

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FUERZA CONCURRENTE EN UN PLANO Composición de Fuerzas La reducción de un sistema de fuerzas dado a un sistema más simple, que le sea equivalente se denomina problema de la composición de fuerzas. Si varias fuerzas F1, F 2, F 3,… aplicado a un cuerpo en un punto y actuando todos en el mismo plano, representan un sistema de fuerzas, este puede reducirse. A F1 F4 F3 B

F1

F2

B

F2

R

C

R

C F3

D

D E

A

F1

F4

E

La reducción de un sistema de fuerzas dado a un sistema más simple, que le sea equivalente se denomina problema de la composición de fuerzas.

B F4

Si varias fuerzas F1, F2, F3,… aplicado a

C

un cuerpo en un punto y actuando todos

F2 R

en el mismo plano, representan un sistema de fuerzas, este puede reducirse.

D

La resultante R no dependerá del orden F3

E

en que se sumen geométricamente los vectores libres que representan a las fuerzas dadas.

12

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras Esta resultante puede hallarse mediante sucesivas aplicaciones del principio del paralelogramo de las fuerzas. Consideremos por ejemplo: Las cuatro fuerzas F1, F2, F3 y F4 que actúan sobre un cuerpo A. Para hallar su resultante comenzamos esta resultante con la resultante de 



hallando la resultante AC ; luego, hallamos la resultante de AC y luego, la resultante de



AD

y



F4

y hallamos



R

del sistema dado



F1

,



F3



F1

y

y hallamos





F2

…. F4



F2 

AD

, ;

.

Este procedimiento puede aplicarse para cualquier número de fuerzas dadas que actúan en un punto dado. El polígono ABCDEF se denomina polígono de fuerzas y la resultante está dada por el lado que cierra a este polígono (lado de cierre). La resultante se dirige siempre desde el principio del primer vector hasta el extremo del último vector. En el caso particular en que todas las fuerzas dadas actúen lo largo de una recta, los lados del polígono de fuerzas estarán también alineados a lo largo de una recta y la suma geométrica estará reemplazada por una suma algebraica de sus componentes. componen tes. Si el extremo del último vector coincide con el comienzo del primero, la resultante R es igual a cero y el sistema de fuerzas dado se encuentra en equilibrio.

Equilibrio de Fuerzas Concurrentes en un Plano Si sobre un cuerpo, que se sabe está en equilibrio, actúan varias fuerzas, que constituyen un sistema de fuerzas concurrentes en un plano; estas fuerzas, cuando se suman geométricamente deben formar un polígono cerrado.

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Equilibrio de un cuerpo ante la acción de dos fuerzas Dos fuerzas pueden estar en equilibrio únicamente en el caso que sean de igual magnitud y que, actuando a lo largo de la misma línea de acción tengan sentidos opuestos. T

O

Si tenemos una cartera con asa; como se muestra en la figura, el cuerpo estará en equilibrio cuando el punto de apoyo “o” y

el centro de gravedad estén en la misma línea de acción; y las fuerzas T y W, estén CG

en sentido contrario; asimismo, que tengan las fuerzas la misma magnitud. t

W

No está en equilibrio por cuanto se

d

genera un par y este genera giro. t

W

Cuando T y W se alinean habrá equilibrio. W

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ESTÁTICA DE PARTÍCULAS Equilibrio de tres fuerzas en un plano Si tres fuerzas no paralelas que actúan en un plano, están en equilibrio, sus rectas de acción se deben encontrar en un punto. 

Demostración



Supongamos que las tres fuerzas P, Q y S, que actúan sobre un cuerpo en los puntos

 

A, B y C pertenecen a un mismo plano y



están en equilibrio 



Prolongando las rectas de acción de dos de las fuerzas, por ejemplo P y Q, hasta su punto de intersección D y trasladando a éste sus puntos de aplicación, podemos reemplazar a estas dos fuerzas por su resultante, que también pasará por D. Como la tercera fuerza S debe mantener el equilibrio con la resultante P y de Q; y ya que dos fuerzas sólo pueden estar en equilibrio si tienen la misma línea de acción, deduciremos que la fuerza S debe también pasar por el punto D.

Teorema de Lami Cuando tres fuerzas están balanceadas se cumple que las intensidades son proporcionales a los senos de los ángulos opuestos en un nudo o en un punto. F 1

F 1

γ

α F 3

Sem Sem 

β

F 2 

Sen Sen  

F 3 

Sen Sen  

F 2

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Recomendaciones Recomendaciones para resolver problemas de estática 1. Datos dados 2. Resultados deseados 3. Diagramas necesarios a. Diagramas de cuerpos libres b. Si el sistema se compone de varias partículas o varios cuerpos rígidos, construir un diagrama independiente para cada uno de ellos. 4. Dibújese un sistema de ejes rectangulares y descompóngase las fuerzas inclinadas. 5. Considerar las ecuaciones de equilibrio de acuerdo al sistema de fuerzas aplicadas al cuerpo.

Equilibrio bajo la acción de tres fuerzas no paralelas 1. Las tres fuerzas deben ser coplanares. 2. Sus directrices deben cortarse en un punto. 3. Los vectores que la representan deben formar un triángulo cerrado cuyos lados sean paralelos a las direcciones de las fuerzas y de longitudes proporcionales a los módulos de las mismas.

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FUERZA DEFINIDA POR SU MAGNITUD Y DOS PUNTOS SOBRE SU LÍNEA DE ACCIÓN. En muchas aplicaciones, la dirección de la fuerza F está definida por las coordenadas de dos puntos, M (x1, y1, z1) y N (x 2, y2, z2), localizados sobre su línea de acción (Figura a). Consideremos el vector



MN

que va de M a N y del mismo sentido de F; N(x2,y2,z2)

y

dy= y2 - y1

F

dz= z2 - z1<0 M(x1,y1,z1) dx= x2 - x1

x

O

z podemos designar sus escalares por dx, d y, d z, respectivamente, y su magnitud (es decir la distancia M a N) por d. Debido a que el vector



MN

tiene la misma dirección de F y,

por tanto, la misma dirección del vector unitario λ, podemos expresarlo como el  producto de d por λ y escribir:



MN

= dxi + dy j  j + dzz = λd …………………………………….(1)

 por λ, tenemos que: Recordando que F es igual al producto de F  por

Fx dx



Fy dy



Fz dz

……………………………………………….(2)

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Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras Las relaciones (1) simplifican considerablemente la determinación de las componentes de una fuerza F de magnitud F  cuando la línea de acción de F está definida por dos puntos M y N. Restando las componentes de M de las de N, hallamos primero las componentes del vector



MN

y la distancia d entre M y N.

dx = x2 – x1

dy = y2 – y1

d  d  x

2

dz = z2 – z1 

d  y

2



d  z

2

……………………(3)

Reemplazando los valores de F, d  x + d  y + d  z y d  en las relaciones (2), obtenemos las 

componentes F  x , F  y y F  z de una fuerza. Como el vector M N fue escogido en forma tal que tuviera el mismo sentido de F, las componentes F  x , F  y  y F  z

tendrán,

respectivamente, los mismos signos de d  x , d  y y d  z.

Podemos también escribir las proporciones: cos θ x dx

cos θ y 



dy

cos θ z dz

1 

d 

………………………..(4)

Estas relaciones pueden emplearse para obtener los ángulos θx, θ y, θz que F forma con los ejes coordenados directamente, a partir de la distancia d y de las componentes dx, d y y dz.

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SUMA DE FUERZAS FUERZAS CONCURRENTES CONCURRENTES EN EL ESPACIO. ESPACIO. Determinaremos la resultante R de dos o más fuerzas en el espacio, sumando sus componentes rectangulares. Los gráficos o trigonométricos no son generalmente prácticos en el caso de fuerzas en el espacio. El método que se seguirá aquí es similar al utilizado para suma de fuerzas por adición de componentes x y y para fuerzas coplanares. Tomando R  F

Descomponemos cada fuerza en sus componentes rectangulares y escribimos: R x i R y jR z k  

F i  F  j F k  x

y

z

F i F  j F k  x

y

z

De donde se deduce que: R x  Fx

R y  Fy

R z

F

z

…………………(5)

La magnitud de la resultante R y los ángulos θx, θy, θz que forma con los ejes coordenados se obtienen por el método de las componentes rectangulares de una fuerza en el espacio. Podemos escribir entonces que: R  Rx cos cos θ x Rx

2





Ry

2



cos cos θ y Ry

2

R z ……………………… (6) 

cos cos θ z Rz



1  R

……………………….. (4)

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Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

TIPOS DE ESTRUCTURAS Pueden ser: Marcos o Armaduras.

a)

Armaduras Sus barras sólo trabajan a efectos axiales; es decir, sólo se alargan o acortan. 2

P

3 2

a

a

1

4

T24

T12

a

b)

Marcos Sus elementos tendrán efectos axiales, corte, flexión. P

2

V

2

3

A

A 1

4

M V

M

A : Efecto Axial V : Efecto de corte M: Momento Flector

 De los 04 efectos efectos la torsión aparece aparece cuando los análisis son espaciales. espaciales.

20

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PROBLEMAS DE APLICACIÓN APLICACIÓN DE FUERZAS CONCURRENTES CONCURRENTES EN EL PLANO USANDO ARMADURAS 1. Calcular la tensión en cada barra y determinar cuáles se alargan y cuáles se acortan. 2

P

3

0

2

P

3

P

a

P 2

a

a

a 0

P

1

4

P

P

1

P

a

4

a P

Solución:

P

Hallando las Reacciones Horizontales y Verticales:

M

1

0

R V4 x a R V4

0

P

Pxa  Pxa

0

P

 P  

P 0

P

F y  0 R V1  R V4

0

P



0

P

P

P

P

P

R V1  P  0 P

P

R V1  - P ()

Fh  0 R H1  P 

Hallando el Equilibrio de los Nudos: Nudo 1: * F x  0

T12 T14

x

*

F

y

0

T14



P (T)

T12  P (T)

P P

21

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras Nudo 3: T23

3

T34

Nudo 4:

y

T24 P

45º

* F x  0

T23



0

* F y  0

T34



0

* F x  0 T24  x cos cos 45º  P  T24  P 2......(C)

x

* F y  0 T24  x sen45º  P  T24  P 2......(C)

P

Nota Importante: La tracción o compresión se analiza en el punto; si éste está a tracción, la fuerza está saliendo del nudo y compresión, si la fuerza está llegando al nudo.  Finalmente:

Barra

Módulo

T

C

1 -2

P

X

----

2 -3

----

---

----

3 -4

----

---

----

4 -1

P

X

----

2 -4

P 2

---

X

22

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras 2. Para la estructura mostrada. Determinar que elementos están en compresión y tracción; y cuál es el módulo en cada una de ellas.

P

5

P

P

3

7

a 2

9 a

4

a

6

a

8

a

3a

1

10

Solución:

Hallando las Reacciones Horizontales y Verticales:

M

1

0

R V10 x 4a  Pxa Pxa  Px2a  Px3a R V10 x 4a  6Pa R V10 

3 2

P 

F y  0 R V1  R V10 - 3P  0

R V1  R V1 

F

h

3 2 3 2

P  3P



P

0

RH



0

23

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

Hallando el Equilibrio de los Nudos:  Nudo 1:

* M

y

0

1

Pa  P(2a)  P(3a)  Rv1x4a Rv10

1

3 

P

2

* F y  0 3P

R



Rv1

 Rv10

v1 3

Rv1



P

2

 Nudo 2:

* F y  0

y

T23

3 2

2

45º

T24 3 2

x

P  T23 xsen45 

T23

3 2 

*  Fx

P

P

2

0

T24  T23 x cos 45 T24

3 

P

2

 Nudo 3:

*  Fx

y

2

T35

3 2

3 T23

2

.T23

x 45º

T36

2

*

2



2 2

P  T36

F 2

0

y

.T36 



2 2

.T35

T35 ...........()

0

.T23 

2 2

.T36  P 

2 2

.T35

24

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras 3 2

2

P

T35



.T36

2

T36



2 

2

P

2 2

.T35

 

P ........... β

 De ( α ) y (β): 2

T35



T36



P

2 P 2

 Nudo 4:

* F

y T34 x T24

T46

T24



T46



0

x

T46 3

P

2

* F y  0 T34



0

 Nudo 5:

*  Fx

y P

2

T35

2

5 T53

x 45º

T56

T57

T57

*

0

.T35



2 

y

2

P

0

P  T56



P  T56





2

2

F

T56

T57 .

T35 .

2 2



T57 .

2 2

2P

P

25

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras  Nudo 6:

*F

y T36

T56

T67

2 2 P

T46

T68

6

x

2



0

x

.T36

 T68 

T68



3 2

T68

 T67 

T68



2

T46



2

P

2

2 

2

.T67

.T67

P

2

3P 2

*  Fy  0 2

T56



T67



2

.T36

2 

2

.T67

P 2

 Nudo 7:

*  Fy  0

y T57

2

T57 .

P

2

PP

7 T67

45º

T87

x

3P 2

T79



T87





2P





2

T87 2



2

2 2



.T79

2

.T79



2 

2

.T67

2 P . 2 2

.T79

0

2 2 

0  T67 .

P

2 2 T79 

P

T87

T87

*  Fx T57 .



2

2 2

 T79 .

2 2

 T79

3P 2

26

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras  Nudo8:

* F y  0

y

T78

T78 T68

8 T89

x



0

* F T68



T89



0

x

T89 P 2

 Finalmente:

Barra 2-3

Módulo 3 2

P

T

C

--------

X

X

--------

--------

X

--------

X

X

--------

--------

--------

--------

X

2

2-4

3

P

2

3-5

2

P

2

3-6

P 2

4-6

3

P

2

3-4 5-7

-------2 2

P

5-6

P

--------

X

6-8

3P/2

X

--------

6-7

P

--------

X

2

8-7

------

--------

X

7-9

3P

--------

X

2

7-8

--------

--------

--------

8-9

3P/2

X

-------27

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras 3. Calcular las tensiones en todas las barras y decir si están a compresión o tracción. (3 ptos) 4

9

2

6

30º

1

30º

30 30º

3 a

30º

5

7

a

8

a

a

P

Solución:

En el sgte esquema se muestran todas las fuerzas internas y externas al que está sometido la armadura.

T46

30º 30º

T25

T24

4

2P

T12 1 T13

0

30º T13

a

T54

T68 T65

T56

0

30 3 0º 5

a

6

T64 0

30º 3

9

T45 0

0

T94

T46

60º

60º 60º 2 30º 30º 30º 30º 60º 60º

T49

T86 30º

7 a

8 a

P

28

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras  Finalmente:

Barra

Módulo

T

C

1-2

2P

X

--------

1-3

P 3

--------

X

2-3

--------

--------

--------

2-4

2P

--------

--------

2-5

--------

--------

--------

3-5

P 3

--------

X

4-6

2P

--------

X

5-6

--------

--------

--------

6-7

--------

--------

--------

5-7

P 3

--------

X

7-8

P 3

--------

X

6-8

2P

--------

X

4-9

2P 3

X

--------

4-5

--------

--------

--------

4. Calcular las tensiones en las barras y determinar si están en tracción o compresión P

1

2

4

3

5 4a 7

6

8

9

3a

29

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras Solución:

En el sgte esquema se muestran todas las fuerzas internas y externas al que está sometido la armadura. P

1

a

2

37° 0 3 0

4

a

0

5

0

a

6

7 0

a

0

4 3P

8

9

53°

3a 4 3P

4 3P

 Finalmente:

Barra

Módulo

T

C

1-2

5/3P

X

--------

1-3

4/3P

--------

X

2-3

--------

--------

--------

2-4

5/3P

X

--------

3-5

4/3P

--------

X

3-4

--------

--------

X

4-5

--------

--------

--------

4-6

5/3P

X

--------

5-7

4/3P

--------

X

5-6

--------

--------

--------

6-7

--------

--------

--------

6-8

5/3P

X

--------

7-9

4/3P

--------

X

8-9

4/3P

X

--------

30

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

PROBLEMAS RESUELTOS 1) Se tiene una barra AB de peso despreciable, sostenida en el extremo A por un pin y en el extremo B por una cuerda. A una distancia x del extremo A, se coloca un objeto de peso P. Encontrar la tensión ejercida por la cuerda. C M

B

A P

X

L

Solución: M S S P RA RA

P

Luego: S

P

S



CM 

CA

 CM    P    CA  

Por otro lado: CM 



 x

CA   Lx  LxTg Tg 

cos  

Finalmente:

S

Px  L

csc 

31

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras 2) En la figura se presenta el esquema de una grúa soportando un peso de 900 Kgs. El mástil AC tiene una longitud de 3 metros y la barra AB tiene 5 metros de longitud, con una articulación en A; y es mantenida por el cable CB. Suponiendo que el peso AB es despreciable. Calcular la tensión “T” en el cable cable y la fuerza de compresión P en AB.

B C

B

T

W 3 m.

5 m.

43º

43º

900 Kgs.

C' P

900 P

B'

T

43º

900 Kgs. A'

A

Equilibrio del Punto B

Método del triángulo

Solución:

CB

2

2

2

3 5 2(3)(5) cos 43º ;CB  3.46m.

 AB  ABC  C    A' B 'C ';

T 



3.46m

900 3m  Luego:

P



5m

900 3m Finalmemte :

T  1038 ..Kg. P 1500 ..Kg.

32

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras 3) Una escalera

 AB

de 5.00 m. de longitud y 30 Kgs. de peso, tiene el centro de

gravedad “G” a 5/3 de su extremo inferior.

Se apoya con el extremo A en un suelo rugoso y el B contra una pared vertical pulida en un punto situado a 4.00 m. del suelo. Hallar las reacciones R de la pared y N del suelo. Solución: Tenemos :

5 R

O

B

3  4   y  5  x3 1.00m 5 3 15  AC  3.00m; AP 1.00m  M  A 0

Luego : 4

 Rxy  30 x1 R  7.5 Kg Kgss  Fx  0

G N

h  R  0  h  R  7.5 Kgs.

v 1

 Fy  0

2

P

A h

v  w  0  v  w  30 Kgs.

C

Por otro lado :

W = 30 Kgs.

 N   7.52 302  31 Kgs.

Finalmente tenemos : Tg OAP 

v h



30 7.5

 4  OAP  76º

4) Dos esferas idénticas se colocan en el sistema mostrado en la figura. Calcular las reacciones de las superficies sobre las esferas. La figura es dato y cada esfera pesa (w) II I

C 30º

A

D 45º B

33

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras Solución: Diagrama (I):

 Fx  0

Rc

R A .cos30º R D .sen30º  0 ...........(1) R B  w  R c .sen30º  0 ................ (2)

30º

RA W RB

Diagrama (II):

 Fx  0

R C .cos30º  R D .cos 45º  0...........(3) W 45º

 Fy  0

  R D

30º

R C . sen 30º  R D. sen 45º - w  0...(4)

45º

Por otro lado :

  3       R D    2       R C  R D   

R C 

2  



2   2  



3  

Asimismo : 1

.

2

2 3

R D  R D. RD  RD 

2 2

w

2 3. w 2 6 2   2 3.w  



 2 3  



6  

34

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras Finalmente: RD

2 2 .w



2 6

De donde: 2 2.w   3 

6.w

   2  6   2   2 6

RA 

Entonces: RA

3.w 

1

3

De igual manera: RB





32

1 3

 xw

35

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

ESTÁTICA DE PARTÍCULAS EN EL ESPACIO En estática de partículas en el espacio sólo nos interesa el análisis y cálculo de fuerzas. Estas pueden ser concurrentes, paralelas o ni paralelas ni concurrentes. El primer caso que estudiaremos es el de fuerzas concurrentes en un punto, en este análisis todas ellas sólo ejercen efectos axiales, es decir las barras se alargarán o acortarán dependiendo si están a tracción o compresión respectivamente. En esta parte de nuestro análisis no nos interesará del cuerpo analizado su forma, material del que está hecho, ni sus apoyos. A continuación daremos los pasos a seguir para la resolución de este tipo de estructuras.

Metodología de Resolución a)

Cálculo de coordenadas

b)

Determinación de vectores

c)

Determinación de vectores unitarios

d)

Equilibrio de fuerzas F 

e)

Resolución de ecuaciones: F x  Fy  Fz  0

f)

Cálculo de tensiones



externas

0

36

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

PROBLEMAS RESUELTOS 1) Una carga W está suspendida de tres cables, como se muestra en la figura. Determinar el valor de W, si la tensión en el cable BD es de 390 lbs. y 9p

B

5p

O 4p

X

C

A

12p

6p z D W Solución:  Determinación de coordenad coordenadas: as:

- 6,0,4

A



B



C



0,0,-5

9,0,0

D  0,-12,0

Se trata de un caso de fuerzas concurrentes en el espacio, por consiguiente sólo existirán efectos axiales en cada barra.

Determinación de vectores: 

T BD  390lbs. 

DA 

- 6,12,4



DB  0,12,5 

DC  9,12,0 

OD



0,12,0



DA

14



DB 13 

DC 15 

OD

12

37

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras  Determinación de Vectores Vectores Unitarios: Unitarios:

  3 6 2  T DA T   , ,  7 7 7  DA  

T DC T

  12 5   T DB  390 0, ,    13 13 

W  W(0,-1,0)







 Entonces; Equilibrio de de Fuerzas 

6 7

3 7

T DA 

T DA 

9 15

12 13

  9 12    , ,0  15 15     DC







Fext  0

T DC  0..............................( I )

x390 

12 15

TDC W  0...........(II)

2

5 T DA  x390  0...............................(III) 7 13

 De (III):

De (I):

2 5 T DA  x390 7 13

9

3 T DC  x525 15 7

TDA 525 lbs.

 De donde:



T DC  375 lbs.

 De (II): 6 7

x525

12 13

x390 

12 15

450 360300 W

x375  W

 Finalmente:

W= 1110 lbs.

 Finalmente: T DA  525 lbs lbs T DC  375 lbs W

1110

lbs lbs

38

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

2) Tres cables se unen en D, donde se aplican dos fuerzas









P  700 i .........Q  300 k .

Encontrar la tensión en cada cable. Y

 6  P

 2  P

 C

  B

D

5P Q

O

P 2P

X

A 6P

Z

Solución:

Determinación de Coordenadas: A



6,0,0



DB  - 6,3,2 

0,5,2

DC   6,3,6

0,5,-6

DA  0,2,0

B



C



D







DB

7



DC

9



DA

2

6,2,0

Determinación de Vectores Unitarios: 

T DB T 

Determinación de Vectores:

T DC T

  6 3 2   , ,  7 7 7    DB   2 1 2    , ,  3 3 3    DC

De otro lado: 

P  700 (1,0,0) 

Q  300 (0,0,1)



T DA T DA 0,1,0

39

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras 

Luego; Equilibrio de Fuerzas F

ext

0

6



2 T DB  T DC 700  0....................α 7 3

3

1 T DB  T DC T DA  0........................β 7 3 2

2 T DB  T DC 300  0........................θ 7 3

En donde: *

Ө

8 7

-α T DB  400

T DB 350 lbs ……………………….. (I) 

* I en α 6 

7

x 350 

2 3

T DC 700  0

De donde: T DC  600 lbs

…………………. (II)

* I, II en β 3 7

x350

600 3



T DA

Finalmente: T DA



350 lbs lbs

40

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

MOMENTOS Cuando las fuerzas no actúan en un eje de simetría, es decir dicha fuerza está a una distancia de dichos ejes, se generan rotaciones, mas no traslaciones, denominándose a dichos giros momentos torques. En Ingeniería se tienen los siguientes momentos: 1.

Momento de una fuerza respecto a: 1.1. Un punto. 1.2. A un eje.

2.

Momento de un par de fuerzas.

3.

Momento de primer orden o momento estático.

4.

Momento de segundo orden o momento de inercia.

5.

Momento flector.

6.

Momento torsor.

41

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

MOMENTO DE UNA FUERZA RESPECTO A UN PUNTO Definición.- El momento de

F 

respecto a O es:





MO





r xF

Mo

En Módulo: 

 

Mo

r F senθ



Donde: sen  

d  



d 



r sen  

r 

Finalmente: 

O



Mo



Mo



F .d

d

, es perpendicular al plano formado por



r

y



F

r  O

F O

. La línea de acción de



Mo

representa al eje con respecto al cual el cuerpo tiende a rotar cuando el cuerpo está 

sujeto a “O” y actúa sobre él, la fuerza

Si



F

F

.

tiende a girar el cuerpo en sentido antihorario se dice que el momento es positivo;

si gira en sentido contrario se dice que es negativo. El módulo será: 

 

Mo



r F senθ



 F .d

Donde “d” es la distancia perpendicular desde “O” a la línea de acción de

La magnitud del



Mo



F

.

mide la tendencia de la fuerza a impartir un movimiento de

rotación al cuerpo rígido cuando el cuerpo esté fijo al punto “O”. 42

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

MOMENTO RESPECTO A UN EJE

Sabemos que el momento es un vector perpendicular al plano formado por



r

y



F

.

Cuando deseamos saber el ángulo que forma dicho momento con una recta cualesquiera, aparece lo que se denomina Momento respecto respecto a un Eje. Y

F C Mo u  A X O

    M oL  u.M o  u. r x F       

Z





u

. // F



P

Q r 1

F

F1

F2

1

, está en el plano P

r 2

u F2 r  O

          M oL  u . r 1  r 2  x  F1  F 2          

                        u. r 1 x F1   u. r 1 x F 2   u. r 2 x F1   u. r 2 x F 2                  

43

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras 

     M oL  u . r 2 x F 2      

                      u . r 2 x F1   0    



   

u . r 1 x F1   u . r 1 x F 2 

El triple producto escalar es cero cuando 2 vectores son colineales o tienen la misma dirección en el primer y segundo caso



u



y r , son colineales, En el tercer caso



u

y



F

,

tienen la misma dirección. El momento con respecto a un eje nos da el ángulo que tiene el momento y la recta en la que se proyecta y es independiente del punto de la recta para tomar el momento.

44

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

MOMENTO DE UN PAR Dos fuerzas que actúan en la misma dirección con igual intensidad pero en sentido contrario forman un plano y éstas generarán una rotación sobre el mismo. A este giro se denomina Momento de un Par. Par. A continuación haremos el siguiente análisis:





r B r 

r

r



- r

B

  F

A



A

Y





B

r



 r M

O

 r  B

d

F

 A

 r A

X

O





Mo  r



A



x F r

 B

x-F

Z

        M   r - r x F  r x F     

o

A

B

El momento de un par sólo genera rotación mas no traslación. Cuando los pares actúan en el plano de su eje del elemento estructural generan flexión, cuando actúan perpendicularmente al eje del elemento generan torsión.

45

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

PROBLEMAS DE APLICACIÓN 1. Una fuerza Q de magnitud 90 lbs. se aplica en un punto C, como se indica en la figura. Encontrar el momento de Q con respecto: a) Al origen de coordenadas “O”.  b) Al punto “D”.

Solución:

Determinación de Coordenadas:  8,0,8

A

B  0,4,0 C



9,4,0

D  0,2,3 O

 0,0,0

Determinación de Vectores: 

CA



- 1,-4,8



CA

9



DC  9,2,3 

OC  9,4,0

46

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras Determinación de Vectores Unitarios:   1 4 8  , ,   (10,40,80) 9 9 9   



F CA  90  

Luego; 





MD  r x F



i

 j

k 

9

2



40

80



r xF

 

10





3







M D  (160  120) i  (720  30)  j  (-360  20) k  







M D  40 i  690  j  340 k 

De otro lado; 





MO  r x F 

i

 j

k 

9

4

0



r xF



10







40 80 



= 320 i  720  j - 320 k  2.

Una fuerza



P

de magnitud 50 lbs. actúa a lo largo de la diagonal BC de la placa

mostrada en la figura. Hallar el momento de P con respecto al punto E.

47

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras Solución:

Determinación de Coordenadas: B



C



E



0,12,0  0,0,9 8,0,0

Determinación de Vectores: 

BC





0,-12,9

BC

15

Determinación de Vectores Unitarios:    4 3  FBC  50  0, ,   (0,40,30)   5 5 

Luego; 

EB  - 8,12,0

De donde: 



ME









r xF

i

 j

k 

12

0

 40

30

r x F  -8 0 

ME











360 i  (240)  j  320 k 



ME







360 i  240)  j  320 k 

3. Con respecto al problema anterior encontrar la distancia del punto “E” a la línea de acción de



P

.

48

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras Solución:

Determinación de Vectores: 



CB  0,12,-9

CB 15



CE  8,0,9

De donde: d

sen θ 



d  CE sen θ



CE







CB CE sen θ d



 

CB

CB

 j

k  



CB xCE





CB x CE

d

CB x CE



i 







9

8



9

0







108 i  72  j - 96 k 

= 161.44 m

161.44 15

0 12



10.76

m

= 4.

Una Fuerza



P

de 2.5 Lbs. de magnitud actúa sobre una varilla doblada.

Determinar el momento de



P

con respecto a:

a) La Línea que une los puntos A y C b) La Línea que une los puntos A y D

49

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras Solución:

 Determinación de Coordenadas Coordenadas::

 0,8,0

A

C



12,8,9

B  0,8,9

D  12,0,9

Determinación de Vectores: 

AC  12,0,9 

AD





E  0,0,15

BE 

12,8,9

0,8,6



AC

15



AD

17



BE

10

 Determinación de Vectores Vectores Unitarios: Unitarios:    4 3  FBE  25  0, ,    5 5  





= 0 i  20  j  15 k  Luego: 

AB 0,0,9 i

 j

k 

rAB x FBE  0

0

9





0



20 15

De donde: 



M A  180 i

50

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras Entonces: a)

4



λ  AC



5





i 

λ  AC  . M A



3 5



k 

      4  3    180 i . i  k  5         5



λ  AC  . M A

 

144

De otro lado; tenemos: λAS

λ AC.M A



λ AC . M A .cosθ

144 (1).180.cosθ 

θ

b)

MA

θ  36.86

      12  8  9   i   j  k  180 i . 17 17 17        

= + 127.05 De otro lado; tenemos: 127.05 = (1). (180). Cosθ θ = 45°

Finalmente; la interpretación física del momento respecto a un eje cualquiera, es saber que ángulo forma el momento o fuerza respecto a la dirección de la recta dada.

51

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras 5.

Una Placa rectangular tiene una arista sobre el eje Z. Se aplica a la placa en C una fuerza P de 900 lbs. de magnitud. Determinar el momento de



P

con respecto a: El eje X

y La diagonal DA Solución:

 Determinación de Coordenadas Coordenadas:: A



B



C



D E O

3,-2,6 3,-2,4





0,0,6

3,-2,0

4,6,0



0,0,0

 Determinación de Vectores: Vectores: 

CE 



1,8,-4

CE

9

 Determinación de Vectores Vectores Unitarios: Unitarios:

 1 8  4  FCE  900  , ,   9 9 9   









FCE 100 i  800  j - 400 k 

52

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras Luego; 

OC







= 3 i  2  j  4 k 

De donde: i 

 j

k 



rOC x FCE  3



2

4

100 800



400







= (800  3,200) i  (1200  400)  j  (2,400  200) k  De otro lado; 

MO







2400 i  1600  j  2600 k 

 

Luego;  

 2400

i .M O

Determinación de Vectores: 



DA  - 3,2,6

DA 



DC  0,0,4

λ DA

7

3 2 6

 (- , , ) 7 7 7

De donde: 

i

 j

k 

0

0

4



rDC x FCE



100 800



400

Luego: 

MD







- 3200 i  400  j

Entonces: 



λ  DA . M D

    3  2  6    (-3200 i  400  j ). - i   j  k  7 7     7

=

9600 800 10400 7



7



7

= 1 485.71

53

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras 6. Tres fuerzas actúan sobre un cubo de lado “a”, como se indica en la fig. Determinar: a) La Resultante



R

equivalente de fuerzas.

b) El momento resultante



M

respecto al punto “o”.

c) El torsor, y el eje del torsor equivalente a las tres fuerzas; si: F1= F2= F3=0

y F2 F1

a

x

a

z

F3 Solución: 



F1  P i 



F2  P j 

F3  0

Luego: 





r1  a  j ;

r2







a k ;

r3





ai

De donde: 

    R  P i   j     



RP 2

Se tiene que: 

M

R



O 







Pa j x i  Pa k  x j



M

R



O 



- Pa ( i  k )

54

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras De otro lado; 

i

 j

k 

P

P

0

Pa

0



RxM 



=











(P 2 a)  j  (P 2 a) k  = P 2 a  j  P 2a k 

Pa

Luego: 



R

R.M

O



M1 

M1



2

-P a



R

R.M

2

-P a

O



R

P

2

Pa 

2

θx  θy 

45º

;

θz



90º

Hallando el Eje del Torsor:

y  P 2a x0 P

 P 2 P

P 2a

z P 2 0

7. Reducir el sistema de fuerzas indicado, a un torsor. Especificar el eje y el paso del torsor.

55

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras  Hallando los vectores vectores unitarios: 



FB  10 j 



FA  20 k  



FC  20 k  



FD  10 i 



FE 10 j

Luego: 





rA

rB  6 i 







rC  6 i 8 j









0





rE  8 j  4 k 

rD  6 i 8  j  4k 

Entonces: 





R  10 i

R 10



                  Luego: MOR  6 x10 i  x  j  20(6 i  8 j ) x k   6 i  8 j  4k  x 10 i  10(8  j  4k ) x j         











      =  60k  20    6  j 8 i  10 8k  4  j  10(4 i )  



 





 



 





= 60k 120 j 160 i 80k  40  j  40 i 



R

MO 









R

M1





200 i 160  j 140k 

R .M O

2000 

R

Paso del torsor =

 200

10 200 

20

10

 Eje en Dirección Opuesta al eje ej e x.

56

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

FUERZAS PARALELAS EN EL PLANO Fuerzas Paralelas que actúan en el mismo sentido. Comencemos con el caso de dos S

fuerzas paralelas, P y Q, aplicadas a

D

S Q 1

los puntos A y B de un cuerpo,

Q 

P P1

como se ve en la figura (a). Se F

deduce, de acuerdo al tercer

H E

principio de la estática, que la acción de estas fuerzas no sufrirá alteración alguna si agregamos dos fuerzas

iguales

y

de

sentido

S

C

A

B

contrario S, que actúen sobre la

Q 1 Q 

recta AB, según se indica en la figura. Componiendo las fuerzas S

S

P1

P

y P, aplicadas en A, obtenemos su

FIGURA a

resultante P1. De la misma manera, las fuerzas S y Q, que actúan en B, son remplazadas por su resultante Q1. Así, en lugar de dos fuerzas paralelas P y Q, tenemos ahora dos fuerzas no paralelas P1 y Q 1, cuya resultante es la misma que la de las fuerzas dadas P y Q. Q. A continuación, traslademos los puntos de aplicación de las fuerzas P1 y Q1 al punto de intersección D de sus rectas de acción y descompongámoslas allí sus componentes S, P y S, Q, respectivamente, tal como muestra la figura. Las dos fuerzas S se equilibran mutuamente y, en consecuencia, pueden eliminarse, quedando así únicamente dos fuerzas P y Q, que actúan a lo largo de la misma recta DC. La resultante de estas fuerzas colineales, la misma que la resultante de las fuerzas aplicadas en A y en B es, evidentemente, igual a su suma. R = P + Q ...…………………………..(a)

Actúa a lo largo de la recta DC, paralela a las rectas de acción de las fuerzas dadas P y Q y divide a la distancia AB, que media entre sus puntos de aplicación, en una relación 57

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras inversamente proporcional a sus magnitudes. Este último enunciado, puede demostrarse de la siguiente manera: De la semejanza del ∆ ACD y del ∆ FED, obtenemos:  AC  CD

S 

P

…………………..…(b)

Y de la semejanza del ∆ BCD y el ∆ HGD, se deduce: dedu ce:  BC  S 

CD

Q

………………………...(c)

Comparando las ecuaciones (b) y (c), surge la relación:  AC  Q 

 BC  P

…………………………(d)

Que ya hemos enunciado. Así, las ecuaciones (a) y (d), simultáneamente, determinan la magnitud y la posición de la recta de acción de la resultante R.

58

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

FUERZAS PARALELAS ACTUANDO EN UN PLANO Fn

A

B

F1

E

F2

C

D

O

F3 R

Cuando tenemos varias fuerzas paralelas F1, F 2,……., Fn , actuando en un plano y en la misma dirección puede obtenerse su resultante mediante sucesivas aplicaciones del método deducido para el caso de dos fuerzas. Determinamos, simplemente la resultante parcial R1 de las fuerzas F1 y F2, la combinamos con la fuerza F3, para obtener la resultante parcial R2, de F1, F 2 y F3, que a su vez se combina con F4, y así sucesivamente hasta que se haya considerado la última fuerza Fn. La resultante de todas las fuerzas obtenidas de esta manera es igual a la suma de los componentes: R = F1 + F2 + F3 +……………+ Fn ………………….. (I) Mediante sucesivas aplicaciones del teorema de momentos para el caso de las fuerzas paralelas, se deduce que el momento de esta resultante, con respecto a cualquier centro en el plano de las fuerzas, es igual a la suma algebraica de los momentos de todos los componentes con respecto al mismo centro. Basándose en este enunciado, referente a los momentos, puede determinarse la distancia, medida perpendicularmente desde cualquier centro de los momentos arbitrariamente elegido, a la recta de acción de la resultante; de la siguiente manera: Trazando en el plano de las fuerzas una recta OA perpendicular a sus rectas de acción paralelas y tomando momentos de todas las fuerzas con respecto al punto O; tenemos: R OE  F1 OA F2 OB F3 OC..... Fn OD

De donde la distancia, medida perpendicularmente a la recta de acción de la resultante; es: OE 

F1 OA  .....  Fn OD R

...............(II)

59

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras De modo que (I) determina la magnitud de la resultante y (II) de la posición de su recta de acción.

Caso General de Fuerzas Paralelas en un Plano x2

F5

F2 F4

E

D

x5

C

B

A

O

x1 x4 x3 F1 F3

Consideremos ahora el caso en que tenemos varias fuerzas paralelas que actúan en un plano, en direcciones opuestas, en este caso podemos hallar la resultante R1, de las fuerzas F1 , F 2 y F3 que actúan en una dirección y la resultante R2 de las fuerzas F4 y F5 que actúan en sentido contrario. Como resultado de esta operación puede presentarse tres casos: 1. R1 no es igual a R2 y obtenemos dos fuerzas paralelas y desiguales que actúan en sentido contrario. La resultante R de estas dos fuerzas es la resultante del sistema de fuerzas dado F1 , F2 , F3 , ………, F5. 2. R1 y R2 serán iguales en magnitud, de sentido contrario y actuarán según dos rectas paralelas. En este caso el sistema de fuerzas dado se reduce a una cupla que llamaremos cupla resultante. 3. R1 y R2 serán iguales en magnitud, de sentido contrario y actuarán a lo largo de la misma recta de acción. En este caso el sistema dado estará en equilibrio. F1 X1

F4 F3 X4 X2 X5 X3

F2

F5 O

60

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras Sea el sistema de fuerzas paralelas y coplanares Y1, Y2, ……, Yn referidos a los ejes X e Y. Eligiendo el origen de coordenadas O como centro de momentos indiquemos con X1 al brazo de cualquier fuerza Y1 y con X al brazo de la fuerza resultante Y. En el caso que exista esta fuerza resultante, ella estará definida analíticamente por las ecuaciones: i n

R

  Fi i 1 i n

F

i

Xi

i 1

X

in

F

i

i 1

La primera determina la magnitud de la resultante. La segunda determina el brazo con respecto al centro del momento elegido. Al efectuar la suma de momentos se considera positivo cuando el momento tiene sentido contrario a la rotación de las agujas del reloj, en caso contrario será negativo. Las fuerzas Fi es positiva si actúa en la dirección positiva Y, en caso contrario será negativo. Cuando la resultante es una cupla que indicaremos con M, tenemos: in

F

i

i 1

i n

M   Fi Xi i 1

Cuando el sistema de fuerzas dado se encuentra en equilibrio: in

 Fi  0 i 1

in

F X i

i

0

i 1

El sistema está en equilibrio cuando ambas ecuaciones se satisfacen simultáneamente:

61

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

EJEMPLO DE ILUSTRACIÓN 1. La viga CG

CE

se apoya sobre la viga

AB

, mediante las tres barras

CF

,

DG

y

, articulados por sus extremos en la forma mostrada.

Hallar las reacciones que se producirán en los puntos A y B de la viga interior, debido a la acción de una carga P aplicada en el extremo libre E de la viga superior. C

D

A

A

0

R Bl  P(1 a) RB 

P

B

l/2

M

E

P(1 a) l

a

l/2

M

B

0

R Bl  Pa RB 

Pa l

62

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

TEORIA GENERAL DE REDUCCION DE FUERZAS El caso mas general en el estudio de fuerzas es cuando ellos ya no son solo concurrentes o paralelas; sino que generalizando ya no son ni paralelas ni concurrentes. En este caso podemos llegar a una resultante final y un momento resultante final que inclusive pueden ser colineales generando el torsor. A continuación haremos el análisis de la Teoría General de Reducción de Fuerzas.

1ER TEOREMA: Un sistema cualesquiera de “n” fuerzas que actúan sobre un cuerpo rígido puede ser reducido a 3 fuerzas aplicables en 3 puntos arbitrariamente elegidos con tal que no estén situados en línea recta. F1

1 F IA F IB A F nA

n

2

F IC

B F 2B

F 2C

F nB Fn

F2

F 2A

F nC 

  A

  F  3

C

F 3 B B 

   C    3

   F

3

F3

Si se tiene un sistema cualesquiera:









F 1, F 2, F 3,....F n;

se podría elegir 3 puntos

cualesquiera A, B, C no situados en línea recta.

63

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

Construcción: 1. Tomamos un  punto arbitrario de la línea de acción de F1 tal como “1” y unimos con A, B y C. Descomponemos la fuerza



F 1

en las direcciones: lA, lB y lC.

2. Tomamos un punto arbitrario de la línea de acción de F2 tal como “2” y unimos con A, B y C. Descomponemos la fuerza



F 2

en las direcciones: 2A, 2B y 2C.

3. Hacemos lo propio con la fuerza F3,…….. Fn. 4. El conjunto se ha reducido a 3 fuerzas concurrentes en A, B y C denominadas: n

n

 F iA  F iB ,

n

 y

..

 F iC 

..

n

a.  F 

iA















 F 1 A  F 2 A  F 3 A  ..............  F nA

i 1

n

b.  F 

iB



 F 1 B  F 2 B  F 3 B  ..............  F nB

i 1 n

c.  F 

iC 









 F 1C   F 2C   F 3C   ..............  F nC 

i 1

2DO TEOREMA: Reducido un sistema a tres fuerzas, el sistema puede ser reducido además a 2 fuerzas. FA

F CA

RA

P

F 2B

A

R'

FC F BA F CA

F CI

RI

B

C F CI

Q 

I

l

F BI

F BI

F BA

FB

64

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras 1) Dadas 3 fuerzas en el espacio ( F  , F  , F  ), se puede elegir un punto A de la línea de 

 A

acción de



F  A

A FB





 B

C 

. A FC

Definen un plano P

Definen un plano Q

Dichos planos se interceptan según la recta “l”

2) Sea “I” un punto cualesquiera de la recta “l” trazamos: IB, IC, AB y AC. 

3) Descomponemos la fuerza

F  B

4) Descomponemos la fuerza

F C 

según las direcciones: BI y BA.





5)

según las direcciones: CI y CA.



F CI   yF  BI 

; concurren en I: Sea



 R I 

su resultante. 

6) FA, FCA y FBA concurren en A: Sea

 R A

la resultante el sistema ha quedado

reducido a dichas 2 fuerzas.

3ER TEOREMA: Un sistema de “n” fuerzas cualesquiera actuando sobre un cuerpo puede quedar reducido a una sola fuerza y a un par actuantes en un punto arbitrariamente elegido del sólido. A la fuerza se denominará resultante general del sistema; y el par recibirá el nombre de par resultante; y el punto común de aplicación de la fuerza y el par se denominará centro de reducción de fuerzas. R M

RA

RI A RI b RI I

Q 

65

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras 1) Habiendo quedado el sistema reducido a 2 fuerzas:  R y  R podemos aplicar al 

 A



 I 



cuerpo 2 fuerzas iguales y de sentido contrario en el punto “A” iguales a  R I 

(Artificio). 2) Hallamos la resultante de 3) Las fuerzas cuyo vector



 R I  

 M 



 R A

y





 R I  ,

sea “ R ” la resultante general del sistema.

determinaran un plano Q ya que constituyen un par de fuerzas, es perpendicular al plano Q y como es un vector libre, lo

aplicamos en A. A 

 R 

 M 

= Centro de Reducción. = Resultante general del sistema. = Par resultante.

4TO TEOREMA.- Una fuerza puede trasladarse de un punto a cualquier otro de un cuerpo; siempre que al mismo mismo tiempo se aplique al cuerpo un par igual al momento de la fuerza dada con respecto al punto que se le quiere transportar. A este momento se denomina: Par de Transporte. Transporte. M F

B Sección del cuerpo que contiene al par.

b F

F A

5TO TEOREMA.- Un sistema de “n” fuerzas actuantes en un cuerpo puede quedar  reducido a una fuerza y un par, de ejes colineales.

Nota.- La fuerza seguirá denominándose RESULTANTE GENERAL DEL SISTEMA, el par se denominará: PAR REDUCIDO y el eje común de ambos vectores recibe el nombre de EJE CENTRAL DEL MOVIMIENTO. MOVIMIENTO.

66

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras Por aplicación de los teoremas anteriores, reducido un sistema de fuerzas a una resultante y a un par que en general no son colineales y forman un ángulo θ tal que: 

COS  



 M . R  M . R

M

 R

 = u  R  x  - r   M

 e j  e  t r r a  a l  c e n

A  r  r c

C

 R

C'

En A: 

Actúan

 R 

 M 

En el espacio mostrado donde pretendemos que R y MR sean colineales, para trasladar la fuerza  R al punto C habrá que llevar el par de transporte: 







M c.R   r x R

Por lo tanto en “C” actúan: 

R 







M r x R   

(Torsor Par Reducido)

Para que el momento resultante (Par Reducido) sea colineal con la resultante se deberá cumplir que: 

   

     . R ………(1)  



M  r x R 

Donde “λ” es un escalar. 

Para calcular λ habrá que multiplicar escalarmente por  R

a la ecuación (1)

67

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras  



 

M . R  (rxR). R

 

 M . R



O



λ. R . R

 R



es



r  x  x R 

¿Porqué?

2

un

perpendicular

al

vector plano

donde esta  R . 





 M . R

  

 R

Producto escalar de 2

2

vectores perpendiculares es nulo. 



En (1)



 M  r  x R     



 M . R





 R

2



. R

  

  

 M  . R 

 R

 R

2

  

M.R R



  







M.R R



R

R

Un vector entre su módulo es el vector

unitario.

R



   

 M 

P R 

  R 

Con lo que estamos demostrando que el valor del par reducido es la proyección de  M  

sobre  R . 



 



M.R R

2





R

ó

 



M.R R

R 

 M x R x  M yR y  M zR z  R x i  R y j  R z k     2 2 2    R R R x y z     







 R x   F  x ; R y   F  y  R ;  z   F  z Existencia del Punto “C”

Se sabe que:







 M   r x R    R 

68

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras Multiplicando vectorialmente por  R 













 R x M   R x( r  x R)  Rx  R 





 R x M 





 R x( r  x R)





 RxR   







0



a x(b xc ) 



























 R x M   ( R. R)r   ( R.r ) R 



(a.c )b (a.b )c 



0



RxM  R r  (R.r )R  0......(2) 

2











 No pudiendo despejar “r” decimos que hay valores de



r 

que satisfacen esta

ecuación. Elegimos un 

tal que  R.r  



r 

c

2



 R x M 





 R r c 





0

(Perpendicular a la resultante).

0 

r c 





 R x M   R

2



Dividiendo la ecuación (2) entre R2:

r





RxM R

2





(R. r )R 



R

2



r   r c  k  R 



Donde: k es un valor escalar arbitrario. Esta es la ecuación vectorial de una recta…………..

Por aplicación de los teoremas anteriores hemos visto que se puede reducir un sistema de fuerzas a una resultante y a un par que en general no son colineales y forman un ángulo θ M

 R

 = u  R  x  - r   M

A  r

C

 R

C'

69

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras Sea C un punto de mejor ubicación en el espacio donde pretendemos que 

 M 



y

Resultante sean colineales.

Trasladamos  R



 R

al punto C, hay que incluir el par de transporte que es el momento de



 R

con respecto a C o sea: 



r CA  x R..........ó.........  r x R 





r  



En C además de R habrían:  M  que como vector libre se ha llevado y











r  x  x R 



, en total:



 M   R  x R  r     

que suponemos colineal con R.

  par   pa r reducido .

Para que

sea colineal con  R debe cumplirse, que: 



  

 M 



r x R



  R ….(1);λ=







Paso del torsor multiplicado escalarmente por  por  R . 



Multiplicando escalarmente por  R : 



 M . R





(r x R). R  R 





2

( r  R ) Es perpendicular a 



 x  x



 R

y luego el producto escalar de 2 vectores

perpendiculares es nula. 



 M . R

  

 R

2

  M . R            R  2  R Como    R   











  M . R  R      R     R 









 M   R

   proy 



Existencia del punto C : De:



 M  



r x R













  R 

 R x M    R x(r  x R) 





2





  Rx  R





 R x M   R r   ( R.r ) R  0 



…….. (2)

70

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

Elegimos el punto C tal que  R.r  





0

(  R perpendicular a r  ). 





r 



  



2



 R x M    R r c 

 R

0 

C 

 Rc 

Por lo tanto;

C 



 R x M 

r c

´





 R

2



2

Dividiendo la ecuación (2) entre R :



RxM R

2







r

R

2



0

 Donde: k es un valor escalar arbitrario.

r   r c  k  R 



(R. r )R 





 Esta es la ecuación ecuación vectorial de de una recta

Por lo tanto C esta sobre una recta al existir C hemos demostrado que un sistema general de fuerzas es igual a un TORSOR. Expresiones cartesianas de la resultante general, par resultante, par reducido y ecuación del eje central. Si consideramos el origen de coordenadas como centro de reducción: 

i n

i n



i n

 R  i  F ix   j  F iy  k  F iz 



i 1

i 1

i 1







 R x

 R y

 R z

Par resultante: 





i

 j

k 

 M    M i   r i  xF i    xi

 y i

 z i

F ix

F iy

F iz

in









i 1

Par reducido: 

 



M.R R2

 M x R x  M y R y  M z R z   ( i R x   j R x  k R z ) R  2 2 2   Rx  Ry  Rz     







71

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras Ecuación del eje central: r   r c 







r  

k  R





 R x M 



 R

2



 k   R









x i  y j  zk 





(RxM) x



i



(RxM) y





 j 



(RxM)z

R2 R2 R2 (RxM) y   (RxM) x    (RxM)z      x i y  j  z   2   2 2  k  R R R       















kR x i



RxM x R2 Rx









kR y  j  kR z k 

RxM y  

 

x













k  kR x i  kR y j  kR z k 

y 



R2 Ry

RxM z  

z 



R2 Rz

A la fórmula mostrada se le conoce como Eje del Torsor

72

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

TORSOR R

R R

M O

M1 M1

O

O

A

O

La fuerza

M2



R

y el vector del par

el cual actúan, en la dirección de 

R



M1 

R

tienden a la vez, a trasladar el cuerpo rígido, sobre y a hacerlo rotar alrededor de la línea de acción de

.

La línea de acción de



R

se conoce como el eje del torsor , y el cociente

M1 R

es llamado

 paso del torsor.

Ejemplo de Aplicación: Reducir el torsor mostrado en la figura a un sistema que conste de dos fuerzas perpendiculares al eje y aplicadas en A y B, respectivamente. R = 60 lbs.

M = 400 lb.pulg

a = 5 pulg.

y

b = 10 pulg. Reducir el torsor mostrado en la figura a un sistema que conste de

B

dos fuerzas perpendiculares al eje “y” y aplicadas en A y B,

A b a

M

R

o

R

respectivamente. Considere x

R = 60 lbs.

M= 400 lb-pulg.

a = 5 pulg.

b = 10 pulg.

z

73

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras 





A  A x i  A z k  





B  Bx i  Bz k 

De donde: 





A B  R

Descomponiendo vectorialmente:              A x i  A z k    Bx i  Bz k   60        

Por otro lado: 

   

   





   



   







M OR  5  j x  A x i  A z k   15  j x Bx i  Bz k   400 i

Asimismo: A x  Bx  60............(1) A z  Bz  0..............(2)

Entonces: 







R

M O  5A x k  5A z i 15Bx k 15Bz i



 400 i

Efectuando: 5Az



15Bz



400 400.....(4)

De otro lado: 

5A x 15Bx 

Ax



0

3Bx ................(3)

 

Luego : Ax



90

(2 ) en (4) : 5A z 15A z  400 

(3) en (1) :  

3B x  Bx  60 2Bx  60 Bx



- 30

10A z  40 Bz



40

Finalmente: 





A  90 i  40 k  





B  -30 i  40 k 

74

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

DESCOMPOSICIÓN DE UNA FUERZA DADA EN UNA FUERZA APLICADA EN “O” Y UN PAR DE FUERZAS

(SISTEMA FUERZA-PAR) F

F F

F Mo

A

r

r

o

A

A

o

-F

(A)

o

(B)

(C)



Si la fuerza

F

deseamos trasladar al punto O, los pasos a seguir son los siguientes. 

Colocamos dos fuerzas

F iguales

en magnitud en la misma dirección, colineales pero de

sentido contrario. El equilibrio no se altera por el principio de acción y reacción. 

La fuerza

F ya



ha sido trasladada pero la fuerza - F y la



F original

ubicada en el punto A 

forman un par de fuerzas, que actuará en O, de esta manera el cuerpo con la fuerza

F

en A

(fuerza A) es equivalente al sistema formado en la figura C.  En conclusión:

Toda fuerza que se desplaza desplaza en un cuerpo paralelamente y fuera de su línea de acción. Se tiene que trasladar con un par para mantener el equilibrio.

75

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

Reducción de un sistema de fuerzas fuerzas a una fuerza y un par F2 F2

M3 F3 F1 r1

F1

A2

r2

A2

o

A1

r3

F3

M2

o

A1 A3

A3

M1 (A)

(B)

De

R R

la

teoría

anterior

podemos ver que si un

Mo

sistema de fuerzas ubicados en diferentes puntos del

A2 A1

cuerpo se pueden trasladar a

o A3

un punto “O” obteniéndose

como 

resultante





R  F1 ..... Fn

(C)





y 

M  M1 ..... M n R O



R

 R O

M

que el sistema de fuerzas



 F



de modo

actuando en la figura (A) es 



 M O  ( r x F)

equivalente al sistema de la figura C.

76

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

FUERZAS PARALELAS EN EL ESPACIO Otro caso de fuerzas es cuando todas ellas son paralelas. En este caso podemos hallar una resultante equivalente y determinar su posición para ello; se halla la Resultante



R



 F,

y reducimos el Sistema a un Sistema Fuerza Par en el origen

de coordenadas. 

Mo

R

      r x F     

Para calcular el nuevo punto de aplicación de R, lo haremos igualando: 



r xR





Mo

R

77

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

EJEMPLO DE APLICACIÓN DE FUERZA PARALELA Problema n°01: Una placa de 10x15 pies soporta 5 columnas que ejercen sobre ella las fuerzas indicadas. Determinar la magnitud y el punto de aplicación de la fuerza única equivalente a las fuerzas dadas.

y

1500 lbs. 8'

1'

2'

1200 lbs. 8' 4

1'

3'

1

5

700 lbs. 2

600 lbs.

5'

x

4'

800 lbs. 3 10'

1'

z

Solución:  par en el origen or igen “o” Reducimos primero el sistema de fuerzas dado a un sistema fuerza- par

de coordenadas. Este sistema fuerza-par consta de una fuerza “R” y un par “MRo” definido así: 





R  F

R (pies) 1

Mo

R

       r x F    

F (lbs)







r x F (lb- p ) 



10 i



600  j



700 j



800 j

- 6000 k 

1



8 k 

3

14 i 10 k 

4

3i





8i



4 k 



8000 i

1 200 j



1500  j

10800 i







 11200 k 











5600 i





 9 k 



5





2





3600 k 



6000 i 

 F  - 4800  j



Mo

R



 12000k  



 30400 i - 32800 k 

78

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

y

- 4 800 j 30 400 i

x - 32 800 k

z

Como la fuerza



R

y el vector del par MRo son perpendiculares entre sí, el sistema

fuerza-par encontrado puede aún reducirse a una fuerza única R. El nuevo punto de aplicación de R se seleccionará en el plano de la placa, de tal manera 

que el momento de R con respecto a “o” sea igual a

Llamando

Mo

R

.



r

al vector posición del punto de aplicación deseado “x” y “z” sus

coordenadas, tenemos: 



r xR





Mo

R

            X i Z k  x 4800  j 30400 i 32800 k                 









 4800 X k  4800 Z i  30400 i - 32800 k   4800X 

y

-32800

- 4 800 j

X 6.83 pies 

Xi

Por otro lado: 4800Z



30400

Z  6.33 pies

x

Zk

z

79

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras La resultante: 

  , actuando en;

R   4800 

y

X 6.83 pies 

Z 6.33 pies 

Problema n°02: Un puente está formado por tres vigas dispuestas y apoyadas en la forma mostrada en la figura. Determinar las cuatro reacciones que se producirán en los puntos de apoyo A, B, C y D; debido a la acción de las tres cargas iguales Q, aplicados en la forma. Q

Q

Q a

c/ 2 A

B

C

a

l

c

a

D

l

Q

Q/ 2 A

B

Q/ 2

a

l RB

Q/ 2

Q/ 2

Q

Q C

D RD

a

l

80

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

M A  0 R Bl  Q/2(1  a) RB



F

Y

Q/2l(1  a)

0

R AY  Qa/2l  Q/2 - Q/2 R AY



Qa/2l

3Q/2(a  1)  Ql  R Cl RC



R DY

Q  3Q/2l (a  1) 

Q  Q  Q/2 Q/2 - Q - 3Qa/2l - 3Q/2

R DY  - 3Qa/2l ()

81

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

PROBLEMAS RESUELTOS 1. Una fuerza P se aplica a una barra AB, como se indica en la figura. Encontrar las fuerzas verticales FA y FC aplicadas respectivamente, en A y C, que formen un sistema equivalente a P.

P

C A

B a

b

Solución:

FA

FC

P

Se tiene:

C A

Del Gráfico (1):

B a

b

FA+FC = P

Gra Gra ico ico 1

Luego: FA=(Pb/a)

P (a+b) = FC.a FC = FA =

P ( a  b)

Fc=P((a+b)/a) C

A

B

a P

FA = 

P( a  b)

 Pa  Pa 

a

Pb a

Pb a

2. Si la línea de acción de la fuerza de 150 lb pasa a través del punto C, reemplazar dicha fuerza por: (a) un sistema fuerza-par equivalente en D, (b) un sistema equivalente formado por dos fuerzas paralelas en B y D. A

150 lb

6 pulg

C

D

B

8 pulg

4 pulg

82

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras Solución: A

10 pulg 37º

150 sen 37º

150sen37º

6 pulg

150 lb

D

C

B

150 sen 37ºx4 360

8 pulg

4 pulg

Luego: 

FC = 150 x sen37º FC = 150.(3/5)

FC = 90 lbs. 

FD = 150 x sen37º FC = 150.(3/5)

FC = 90 lbs. 

MD = 150 x sen37º x 4 MD = 150x (3/5) x 4

MD = 360 lbs. 3. La tensión en el cable BC es de 900lb. Reemplazar la fuerza ejercida sobre la placa en el punto C por un sistema fuerza-par localizado: (a) en el origen de coordenadas O, (b) en el punto D.

y 2p 7p

B

C

O

x

4p 9p

D

z

A

4p

83

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras Solución:

Hallando coordenadas: A = (4, 0,9) B = (0, 4,2) C = (4, 0,0) D = (0, 0,9) Hallando los vectores unitarios: 



CB  (4,4,2)

CB

=

16 16  4  6



 AB  AB  (4,4,7) 

OC  (4,0,0)

De otro lado: 



 M O  OC  x F CB 



 M O

i

 j

k 

4

0

0

 600

600

300





 1200



 j  2400 k 

Asimismo: 

i

 j

k 

4

0

-9



r DC x F CB

 

600 600 30

Finalmente: 







 M   5400 i  4200  j  2400 k 

84

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

EQUILIBRIO DE UN SISTEMA DE PARTÌCULAS Sea un sistema de partículas cuyo equilibrio vamos ha analizar:



Fi i

n 

 Fij  j1  j i

Sean



F i

la fuerza externa resultante que actúa sobre la partícula y Sea



F ij

la fuerza

interna actuante en la partícula i debido a la partícula j. Para el equilibrio de la partícula i se debe cumplir que: n



F i 



f  ij 

0 ……………………(1)

 J  1  J  i

Para el sistema de n partículas se debe cumplir que: in 

1 n

 j  n



 F    

 f ij  0 ……………….. (2)

i

i 1

 j 1

 j 1

Para entender mejor el significado de la 2da parte de la ecuación 2 tomamos como ejemplo un sistema mostrado de 3 partículas.





f 1 2 

f 21 

f 12

f 1 2



 













f 3 2





 j 3

f 12 

f 13

i 3



f 2 3 

f 1 2

1

2





f 31 

f 12

f 12

3



i 1 ii  j1 f ij  f 12  f 13  f 21  f 23  f 31  f 32  0 i=1

i=2

i=3

85

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras Por la 3ra ley de Newton 



  f  ij

 

i n







0



  i 1

En (2)



  f  ij  f   ji



  j  n

i n

En general

  f  ij

  f  ij 

0

  j 1   j i





Fi  0  R  0

………………. (3)

i 1

Primera Condición de Equilibrio Analizando momentos tenemos: 

f i 

f 12

  j n





ri



fij fij

  j 1   j i



f 12

Sea el centro de reducción (punto arbitrario). 

(  M 

 A

)i

:

Vector momento respecto del presente del punto A de todas las fuerzas

que actúan sobre la partícula y i. 

( M  A )i

:







 j n 

= r i x Fi  r i x  f ij  j1  ji



( M  A )i

:







 j n 



= r i x Fi  r i x  r i x f  ij  j1  j i

El vector respecto de A de todas las fuerzas que actúan sobre el sistema de partículas es: El vector momento respecto de A de todas las fuerzas sobre el sistema de partículas es: 

 M  A 

i n 

 i 1



r i x Fi 

i n

 j  n

 i 1





r i x f ij

……………………….. (4)

 j 1  j  i

86

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras (*) 



MA





ri x f i j  r j x (- f i j )



( ri - r j ) x f i j ......en (4)





MA









Es colineal con fijj



MA

Por (*):





0



  ri x f ij  0 i n 







i n 

M A   ri x Fi  ri x  Fi i 1

i 1 

R 0 

MA



0 ……………………….

(5)

Las ecuaciones (3) y (5) para un sistema de partículas son condiciones necesarias pero no suficientes. Consideremos un resorte en reposo. Al aplicar las fuerzas simétricas en sus extremos a pesar de que al sistema de fuerzas cumple con las condiciones (3) y (5) las partículas que constituyen el resorte dejan de estar en reposo.

87

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

EQUILIBRIO DE UN CUERPO RÍGIDO Son condiciones necesarias y suficientes para el equilibrio de un cuerpo rígido que la fuerza resultante y el momento resultante de las fuerzas respecto a un punto arbitrario del espacio sean nulas. Que son necesarias si demostramos anteriormente. ¿Por qué ahora son suficientes? Porque las fuerzas en acción sobre un sistema rígido tienen características de vectores deslizantes. Sea un cuerpo rígido en equilibrio bajo la acción de un sistema de fuerzas y sea F una representante genérica con punto de aplicación en A. La condición de equilibrio modifica cuando se añade o se suprime un sistema equivalente a cero. F

A F

F F

B

B

Movimientos Independientes: 1)  Partículas en el el Plano

y

δx ≠ 0

δy

Traslaciones

δy ≠ 0

δx

x

Tiene 02 grados de libertad.

Rotación = 0; una partícula no puede rotar por ser una masa muy pequeña.

88

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras  2)  Partículas en el el Espacio δx = δy = δz ≠ 0 …………….

Partícula no gira Grados de libertad 3.

 3)  Barra en el Plano Plano

y

Grados de libertad 3: - 2 traslaciones - 1 Rotación

∆

Ø x δx ≠ 0

δy ≠ 0

Øz ≠ 0

 4)  Barra en el Espacio Espacio

z

δx ≠ 0

Øz ≠ 0

δy ≠ 0

Øx ≠ 0

δz ≠ 0

Øy = 0

y Grados de libertad 5. x  5) Cuerpo Rígido en el Plano

y

∆

δx ≠ 0 δy ≠ 0

Ø

Grados de libertad 3.

δz ≠ 0

x 6) Cuerpo Rígido en el Espacio

z

y x

δx ≠ 0

Øz ≠ 0

δy ≠ 0

Øx ≠ 0

δz ≠ 0

Øy ≠ 0

Grados de libertad 6

89

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras Al ser (6) los grados de libertad que tiene un cuerpo rígido, movimientos independientes que puedan realizarse (que son 3 traslaciones y 3 rotacionales) serán (6) las ecuaciones de equilibrio para un cuerpo rígido en el espacio.

M x  My  M z  0

Fx Fy  Fz  0

TIPOS DE APOYO En el Plano:

Apoyo Móvil

 El

Apoyo Móvil;

Apoyo Fijo

Empotramiento Perfecto

no puede desplazarse verticalmente; pero puede hacerlo

horizontalmente y puede girar θi.  El Apoyo fijo;

no puede desplazarse ni horizontalmente ni verticalmente; pero puede

girar θi.  El Empotramiento Perfecto; Perfecto; no permite desplazamiento en ninguna dirección; ni

giro.

Así tenemos:

Qi

Apoyo Móvil

Qi

Apoyo Fijo

.

Empotramiento Perfecto

90

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

EQUILIBRIO DE CUERPOS RÍGIDOS En estática de partículas no nos interesa la forma del cuerpo, el material ni sus apoyos. Al analizar el equilibrio de los cuerpos rígidos tenemos que tener en consideración la forma, material y los apoyos del cuerpo en estudio. Por tal razón aparece el peso del cuerpo actuando en su centro de gravedad. Al analizar la estructura del gráfico adjunto tendremos como incógnita la reacción en la rótula en A y las tensiones en la barras

EF

y

BG

.

Y  8 m

G

 2 m 4 m

F

3 m

A

E 6 m

B

X

2 m 5 m

Z

C

D

Por consiguiente tendremos 5 incógnitas Rx, R y, R z, TEF y TBG, y como por estática sólo tenemos tres ecuaciones en el espacio.

F x  Fy  Fz  0 Nos faltan ecuaciones, ya que el número de incógnitas es mayor a tres. En este caso tendremos en consideración:

F  

externas

0

y

M A 0 

91

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras Ahora tendremos hasta 6 ecuaciones que serán:

F

,

 Fy  0 ,

 Fz  0

M X 0 ,

M y 0

M Z  0

0

x







Es decir; podemos tener 6 incógnitas en el análisis de un cuerpo rígido.

PROBLEMAS RESUELTOS 1)

Un cartel de 5x8 mts. De densidad uniforme que pesa 270 kgs. está sostenido por una rótula en A y por dos cables. Encontrar la tensión en cada cable y la reacción en A. Y  8 m

G

 2 m 4 m

F

3 m

A

E 6 m

B

X

2 m 5 m

Z

C

D

Solución:

Tenemos que:

0,0,0 

E

B  8,0,0

F

A

C





0,-5,0





6,0,0 0,3,2 

G  0,4,-8

D  8,-5,0

92

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras 



EF  - 6,3,2

EF



7



BG   8,4,8

Luego:



BG



 12



F0

  6 3 2   TEF  TEF   i   j  k    7 7 7   







1 2     2 i   j  k  3 3     3

TBG  TBG   











W  - 270 j 







R  R x i  R y j  R z k 



Luego:



M

0

6 i x TEF  8 i x TBG  4 i - 2.5 j x - 270  j 













3 2 1 2  6     2   6 i x  TEF i  TEF j  TEFk   8 i x   TBG i  TBG j  TBG k   7 7 3 3  7     3   















4 i  2.5 j  - 270  j  





x

 j

i k 

De otro lado:

M  

0

18 7



TEF k -

12

8 16 TEF j  TBG k  TBG j -1080 k  0 ……………(I) 7 3 3 







Asimismo: Rx 

6

Ry 

3

Rz

7 7

TEF 

2

TEF 

1

2

2

7

3

3 3

TBG  0 TBG  270

 TEF  TBG  0

Luego: -

12 7

TEF 

16 3

TBG  0 ………………………. (II)

93

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras 18 7 6 7

TEF 

TEF

TEF

8 

3

8

TBG

3



1080  0 ………………….. (III)

TBG

7x8 7x8 

6x3 6x3

TBG

28

TBG …………………….. (IV)



9

Reemplazando; (IV) en (III): 18 28 8 x TBG  TBG 1080 7 9 3

 24 8    TBG 1080   3 3  TBG

1080x3 

32

Entonces: TBG 101.25Kgs.

Por otro lado; de (IV): TEF 

28 1080x3 x  315Kgs. 9 32

Simplificando, obtenemos: TEF  315Kgs.

Asimismo: 6 2 R x  x315  x101.25  337.5 7 3 R x 337.5 Kgs. 

De otro lado: R y 270 

3 

7

x315

1 

3

x101.25

R y 101.25Kgs

94

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras Luego: 2

Rz



Rz



x101.25

2 

3

x315

7

22.5Kgs.

Finalmente: 



R  337.5 i







101.25 j - 22.5 k 

2) El elemento rígido en forma de L, ABC; está sostenida por una rótula en A y por 3 cables. Calcular la tensión en cada cable y la reacción en A, causadas por la aplicación en G de una carga de 1, 000 Kgs.

Solución:

Hallando las coordenadas: coordenadas: A



0,0,0

D

B  12,0,0  C



E

12,0, 6

F









0,0,5

0,5,0

0,5, 6 

G



12,0, 3 

Luego: 





CF -12 i 



5  j

CF 13 



BE  -12 i 









5  j

BE

13

 



BD  -12 i  5 k 

BD 13

95

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras De otro lado: 

    CF    

12

    BE     

12

    BD     

12

TCF  T  

13

TBE  T  

TBD  T

i i

13

 j

5 13 5

i



        



13



13



5



13

        



 j



        

k 

Tenemos que: w



1000 j

 









R Rx i  Ry j  Rzk 

Asimismo, tenemos:





M

A

0

12 i - 6k x   12 T 



i

  13 12 i - 3k x1000 j 



5



CF

13

   

5 5   12     12   T i  T  j  12 i x  T i  T  j   13 13   13     13  

TBE j  12 i x  





BE







BE

BD



BD



Luego: 60 13



TCFk 

72 13



TCF j 

30 13



TCF i 

60 13



TBEk -

60 13







TBD j - 12,000 k - 3,000 i



0

De donde: 

12 13

5 13 5 13

TCFk -

TCF 

12 13

5 13

TBD -

12 13

TBE  R x  0

TBE  R y 10000  0

TBD  R z  0

Entonces: 30 13

TCF  3000

TCF  1 300

96

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras 72

TCF -

13

13

TBD

60 13 TBE

60



1 560 560

TCF  

TBD  0

60 13

TBE - 12 000  0

1 300

Luego: 12 

13

5 13 5 13

x1300 

x1300 

12 13

5 13

x1560  R z

x1560 

12 13

x1300  R x

0

x1300  R y 1000  0 0

Finalmente: Ry  0 R z  600 R x  3840

Con lo que: 

R   3840 i  600k  



3) La barra AB está sometida a la fuerza de 340 Kgs. como se muestra en la figura. Determinar la tensión en cada cable y la reacción sobre la rótula en A. Y

 6  m

  D

4m

 4  m

C 3m

Z

B

X

A 12 m

340 lbs.

97

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras Solución

Se tienen las siguientes coordenadas: A



0,0,0

B  12,0,0 C

D



0,3,4



0,4,-6

Luego: 



CF  -12 i 





5  j



4 j - 6k 



3 j  4k 





BD -12 i 





BC  -12 i







BD 14





BC

13

De otro lado:     BD    



TBD  T 

12 14

    BC     



TBC  T 

i



12 13

4 14

i

 j -

3



6



13



14

 j  

        

k 

4



13

        

k 

Luego:

M A  0 

4 6 3 4   12     12   T i  T  j - T k  12 i x  T i  T  j  T k  14 14 13 13   14     13   12 i x - 340 j  0

12 i x   





48 14



BD



BD





BD

BC



BC



BC





TBDk 

72 14



TBD j 

36 13



TBCk -

48 13





TBC j - 4080k  0

Resolviendo: 48 14 72 14

TBD  TBD 

TBD 

36 13 48 13

TBC  4080.............(I) TBC

48 x14 TBC.............(II) 72 x13

98

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras (II) en (I) 48 48 x14

TBC 

36

TBC  4080 14 72 x13 13 32 36 TBC  TBC  4080 13 13  x

Entonces: TBC  780 Kgs. TBD  560 Kgs.





F ext.  0

 









TBD  480 i 160 j - 240k   

TBC  720 i 180 j  240k  

W -340 j 









R Rx i  Ry j  Rzk 

Luego : -720- 480 Rx  0 160180 180-340 Ry  0 - 240 240 240 240  Rz  0

4)

 





Rx 120i Ry  0 Rz  0

La plataforma horizontal ABCD, pesa 50 Kgs. Y soporta una carga de 200 Kgs. En su centro. La plataforma está sostenida por la bisagra B y por el puntal CE. Calcular las reacciones en la bisagra y en el puntal CE. y

30 m

  m   2  0   m   2  0

B

D x

50 kg. 200 kg.

A

C

z

40m

E

99

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras Solución: A



B



C



D



E



0,0,40 0,0,0 30,0,40 30,0,0 0,-40,20

Luego: 





EC  30 i



    EC     



3

TEC  T

4

i



29





40 j  20k 

2

 j  

29

29



        

k 



W  250 j

De donde:

M  0 

15 i  20k x 250 j   40 j  20k x 





- 3750k  5 000 j  





120TEC 29



k -



80TEC 29

        

i



3TEC 29

i



60TEC 29



4TEC

 j -

29

 j  

80TEC 29

2TEC 29

        

k   MB x i  MB y j  





i  MB x i  MB y j  0







De otro lado: 5000 60TEC

80TEC 80TEC



29

x

 M  j  0 B

29

 M 0 B

29 y

Luego: - 3750 

120TEC 29

0

TEC 168.2 Kgs.

De donde: MB y 

60x168.2 29

1874.03Kg  m

100

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras También: MB x



0



Asimismo: Rx  Ry  Rz 

3TEC 29 4TEC 29 2TEC 29



0



25  0



0



F0

De esta manera, se tiene: Rx - 93.70 

Ry 125.06 

Rz - 62.46 

Finalmente: 







R  - 93.70 i 125.06 j - 62.46k   

M B  - 1 874.03 j Kg - m

101

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras 5) El miembro rígido ABC es amarrado a la superficie vertical x-y, por una articulación esférica en A y está soportado por los cables BE y CD. El peso del miembro puede ser despreciado, comparado con la carga de 5, 000 Kgs. que soporta. Existe una posición D a lo largo de la ranura horizontal a través de la cual el cable debe pasar y ser asegurado  por el miembro, para mantener la posición mostrad a. Hallar la distancia “x”.

y 10 m  .

E x m .

16 m.

D

A

 m.  2 0

B z

Solución:

6 m .

x

F 6 m .

12 m.

C

5 000 Kgs.

A = (0,0,0) B = (0,0,20) C = (12,0,20) D = (X,12,0) E = (-10,16,0) F = (6,0,20)

102

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras Luego: 





BE  10 i 



AD  x i 







BE  6 21

16 j  20k  



12 j 

AC12 i  20k  









AE  10 i 



AF 6 i

AC  4 34



16 j

y





20k  E

D

A B

x

F

z

C

5 000 Kgs. 



AE



10 i









16 j 

AF  6 i 

20k 

De donde:     EB    



TEB  T

5 3 21



W

i

8



 j  

3 21

10 3 21



        

k 



5000 j



3



μAC 



i

34

M

AC

5



k 

34

0 



30000k 100,000 i .  



 8TEB  10TEB      5TEB       10 i 16  j x i k . μ  0  T   AC   3 21 3 21   AC  3 21 



6 i  20k x 5000 j.μ 

3

  34

i











EB

100 80T 160    80T k   j  k  i 34    3 21 3 21 3 21 3 21

5

k    









5      3 i k   0  .  34 34   



103

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

300,000

1 34

-150,000 

150,000

1

480T



34

3 21. 34

0

480T 3 21

T  4,296 Kgs.

M

AD

0

             r AF x w . μ AD   r AE x T EB . μ AD        

  - 30,000k 100,000 i .  x i  12  j   4,296.  100  j  160 i .  x i 12 j   x  144     x  144  3 21 3 21     x  144  







2









2

2

1200.4,296 160x    i 4,296 2 2 2 x 144 3 21 x 144 3 21 x 144

100,000x



100,00x 49,998.08x 374,985.633 

x

6)





7.50 m

El entramado soldado está soportado por una rótula en A y por otra en B, la cual está fija a OB. El brazo OB puede girar libremente alrededor del eje vertical que pasa por O, usando solamente una ecuación de equilibrio. Calcular la tensión T en CD ocasionada por la aplicación de una fuerza de 50 Kgs. Despreciar el peso de la estructura.

z

50 Kgs.

E

12.5 cms.  m s.  2 5 c

 m s.  2 5 c

D 25 cms.

B

O

35 cms.

A 3 0  0 c m  ms   . 2 0  0 c m  ms   .

5 0  0 c m  ms   .

 m s.  2 5 c

C

 y 

104

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras Solución: A B





(0,0,0) (-25,30,35)

C (25,50,0) 

D E





(25,30,60) (-25,30,72.5)

De otro lado: 





CD  - 20 j  60k  

CD

400  20 10



De donde:    



1  i 10

TCD  TCD  

3   k  10  

Asimismo: 



F  50 i

Luego: 





rAC  25 i  50  j 







rAE  25 i  30  j  72.5k 

De esta manera, tenemos:

M

AB



μ AB  -

0 

25 5 110



μ AB  -

5 110



i

i

30 5 110 6 110





 j 

 j 

35 5 110 7

110



k 



k 

Luego:                   rAC x TCD .μ AB  rAC x F50 .μ AB  0                        TCD  3TCD             j  k    25 i  30 j  72.5k  x  50 i   25 i  50 j x  10           10      

105

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras   6  7     6  7    150T  75T  25T     5      5  i  j  k . i  j  k   1500 k  3,625 j . i  j  k   10 10     110 110 110     110 110       110   10

750T 10



1,375T 10

450T 10



175T 10



10,500  21.750

11,250



T  25,87Kgs.

106

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

CENTRO DE GRAVEDAD Todo cuerpo es atraído por la fuerza de gravedad de la tierra y puede representarse por una fuerza única W. Esta fuerza llamada el peso debe aplicarse en el centro de gravedad del cuerpo. Realmente la tierra ejerce una fuerza sobre cada una de las partículas que forman el cuerpo. La acción de la tierra sobre un cuerpo rígido podrá representarse por un gran número de pequeñas fuerzas distribuidas sobre todo el cuerpo, y todas estas pequeñas fuerzas pueden reemplazarse por una fuerza única equivalente W.

Z dwi

W

dw2 dw1

C.G

x yi

y

y1 W

x xi x1

y 

Si dividimos el cuerpo en un número infinito de pequeños cuerpos de peso d W . Cada i



Wi

debe converger en el centro de la tierra, pero como la distancia a la superficie de la 

tierra es pequeña; asimismo, en todo los d W i actúan paralelamente, lo cual nos 





permite concluir W  d Wi ..... d W n             r x  w.  k   r1 x d w 1 ( k ) ..... rn x d w n ( k )      

107

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras 



























( x i  y j  z k )x(-w k )  (x1 i  y1  j  z1 k ) x (-dw1 k )  (x n i  y n  j  z n k ) x (-dw n k ) 







x w k  y w i









x1d w1  j  y1d w1 i 

M  M   ....x d w y

x





n









n  j  y n d w n i 

M y ; x w  x1d w1 ..... x n d w n .............(A) 





M x ; y w  y1d w1 ..... y n d w n .............(B)

En el Límite tendremos:







W  dw x w  xdw 



y w  ydw

Ecuaciones que define el peso y las coordenadas



x

y



y

del centro de gravedad “G” de

una lámina plana.

108

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

CENTROIDE DE ÁREAS En el caso de una lámina homogénea de espesor uniforme, la magnitud w del peso de un elemento de la lámina puede expresarse como: dw



γ t dA

Donde: γ

:

Peso específico del material. Peso por unidad de volumen

t

:

Espesor de la placa

dA

:

Área del elemento

Si γ se expresa en Kg/cm

3

, t en metros y dA en m2; dw estará en Kgs.

El peso de toda la placa será: W = γ tA

Donde: A

:

Área total de la placa.

Reemplazando dw y w en A y B , tendremos: 

M y : x A  x1dA1  x 2dA 2 ...... x n dA n 

M x : y A  y1dA1  y2dA 2 ...... y n dA n Si aumentamos el número de elementos en que se divide el área A, disminuyendo simultáneamente el tamaño de cada elemento, tendremos en el límite: 

x A



 xdA

Estas ecuaciones definen las coordenadas

yA

;



x

e



y

 yd

A

del centro de gravedad de una placa

homogénea. 

x

e



y

se conoce con el nombre de centroide “C” del área “A” de la placa.

109

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras Si la placa no es homogénea no pueden emplearse estas ecuaciones para calcular el centro de gravedad; sin embargo, siguen definiendo el centroide del área. La integral

 xd

A

se conoce como el momento de primer orden del área “A” con

 yd

respecto al eje “y” y

A

define el momento de primer orden “A” con respecto al eje

“x”.

Se puede concluir de estas ecuaciones que si el centroide de un área está localizado sobre un eje coordenado, el momento de primer orden del área con respecto a ese eje es cero.

y

y

x A

o

c

x

y

x

A

o

dA

y

x



M x : x A   xd A 

M y : y A   y dA En el límite: 

M x : x A   xA 

M y : y A   y A

 El centro de gravedad = al a l centroide Cuando el material es homogéneo

110

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

MOMENTO DE INERCIA El momento de inercia tiene como significado físico, la resistencia que ofrecen los cuerpos a la rotación. Matemáticamente se representa por la integral



I x  y 2dA

; I y   x 2dA

Respecto a los ejes “x” e “y” respectivamente.

A continuación analizaremos como aparece una integral de segundo orden y lo haremos analizando los siguientes casos: Consideremos una viga de sección transversal uniforme sometida a dos pares, iguales y opuestos, aplicados en cada extremo de la viga. Tal viga se dice que está sometido a flexión pura, y en resistencia de materiales podemos ver que las fuerzas internas en cualquier tramo de la viga son fuerzas distribuidas cuya magnitudes dF = kγ dA varían linealmente con la distancia y desde un eje que pasa a través del centroide de la sección. M C T

h/2

Eje Neutro

h/2

b

A este eje que pasa por el centroide se le conoce con el nombre de eje neutro. Analizando la sección de la viga espacialmente tenemos que las fuerzas a un lado del eje neutro son fuerzas de compresión y las del otro lado son de tracción o tensión como dicen algunos autores; mientras que las fuerzas sobre dicho eje son nulas.

111

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

y

dA

x

dF= kydA dF y

dF

dF

La magnitud de la resultante R de todas las diferenciales de fuerzas dF sobre toda la sección es:



R  kydA  k  ydA

Analizando la integral hallada vemos que hemos obtenido el momento de primer orden 

de la sección con respecto al eje “x” y es igual a y A 

0, ya que el centroide de la

sección está localizado sobre el eje “x”. De esta manera el sistema de fuerzas dF,

se

reduce a un par. La magnitud M de este par, llamado momento de flexión, debe ser igual a la suma de los momentos dMx



y dF ky2dA

de todos los diferenciales de fuerza.

Integrando sobre toda la sección, tendremos:





M  ky2dA  k  y 2dA

A esta integral se le conoce como momento de segundo orden, o momento de inercia de la sección de la viga con respecto al eje “x” y se denota por Ix.

Se obtiene multiplicando cada elemento de área

dA

por el cuadrado de su distancia

desde el eje “x” e integrando sobre toda la sección de la viga.

Como cada producto y 2 dA es positivo, bien sea que “y” se a positivo o negativo, o cero si y=0, el momento de inercia será siempre positivo. 112

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

TEOREMA DE LOS EJES PARALELOS Consideraremos el momento de inercia

dA

I de un área A, con respecto a un eje AA’ (ver figuras); llamando “y” la distancia desde un elemento de área

y'

B

C

y

dA

B'

d

a AA’, escribimos:



A

I  y 2 dA

A'

Trazando un eje BB’ paralelo a AA’ que pasa por el centroide del área; este eje es un eje centroidal; llamando y’ la distancia del elemento

dA

a BB’; escribimos y = y’+d, donde

d es la a BB’; escribimos y = y’+d, y’+d, donde d es la distancia entre los ejes AA’ y BB’.

Reemplazando y en la integral de I, tendremos:



I  y 2 dA 

2

y 'd  dA

  y '2 2y' 2y 'd  d 2  dA   y '2 dA  2 y 'd dA   d 2dA

La primera integral representa el momento de inercia



I

del área con respecto al eje

centroidal BB’. La segunda integral representa el momento de primer orden del área con respecto a BB’; como el centroide “C” del área está localizado sobre ese eje, la segunda

integral debe ser nula. La última integral es igual al área total A. Por lo tanto:  I  I  Ad 2

Esta fórmula expresa que el momento de inercia I de una área con respecto a cualquier 

eje dado AA’ es igual al momento de inercia

I

del área con respecto a un eje centroidal

113

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras 2

BB’ paralelo a AA’ más el producto de Ad del área A y el cuadrado de la distancia “d”

entre los dos ejes. A este teorema se le conoce con el nombre de teorema de los ejes paralelos. 2

Reemplazando I por k A e



I



por

2

k  A

, el teorema puede expresarse por: 

2

k 



2

k 

d

2

Un teorema similar se puede usar para el momento polar de inercia Jo de un área con respecto a un punto “o” y el momento polar de inercia Jc de la misma área con especto a

un centroide C, llamando a la distancia entre “o” y “c”, escribimos: 2 J O  J C  Ad

ó

2 K O  K C  Ad

114

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

EJERCICIOS DE APLICACIÓN 1. Calcular: a) El centro de gravedad b) El momento de inercia de la figura mostrada, respecto a: 

Al eje xx



Al centro de gravedad de la figura.

30 cm

10 cm

X

X

10 cm

50 cm

10 cm

Solución:

Descomponemos la figura en rectángulos para calcular el centro de gravedad.

25.77 cm

A

C

XCG

14.23 cm

B X

X

Tomando como referencia el eje x-x: X CG 

X CG 

10 x40 x20  50 x10 x5 10 x40 x20 10 x40  50 x10 10 x40

18500 1300

X CG 14.23 cm

El momento de inercia respecto al centro de gravedad, lo calcularemos por el Teorema de los ejes paralelos: Ixx =

I CG

+ Ad2

115

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras 10x 403  50x103 2 2  10x 40x 20    50x10x5 I xx  2 12  12 

Ixx = 443 333. 33 cm4 Ixx =

I CG

+ Ad2

Luego: 443 333. 33 = I CG

I CG

+ 1300 x 14.232

= 180,093.06 cm 4

2. Calcular: a) El centro de gravedad b) El momento de inercia de la figura mostrada, respecto a: 

Al eje xx



Al centro de gravedad de la figura. 15 cm

10 cm

15 cm

5 cm

20 cm

X

X

Solución:

A

8.75 cm

XCG

B

X

16.25 cm

X

116

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras X CG 

X CG

10 x 20 x10  40 x5 x 22.5 10 x 20  40 x5 6500



400

cm

XCG 16.25 

Luego; el Momento de Inercia, respecto al eje x-x. 3

Ixx Ixx



10 x 20 12

3

2

10 x20 x10 

40 x5 12

2

 40 x5 x22.5

I xx = 128 333.33 cm 4

De donde: Momento de Inercia, respecto al centro de gravedad de la figura: Ixx =

I CG

+ Ad2

128 333.33 = ICG

I CG

2

+ 400x 16.25

= 22 708.33 cm

3. Calcular el momento de inercia respecto a los ejes xx e yy de la figura mostrada. Y

1m

X

X 1m

1m

2m

2m

1m

Y

Solución: Y

X

X

Y

117

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras Luego: 1x13 (1)(1)  1  2  4 x(2)3  Ixx Ixx  4    36 2 3   12   

I xx = 3.00 m4

Asimismo; 1x13 (1)(1)   1 2  2 x(4)3  Iyy Iy y  4  2    36 2 12   3   

I yy = 21.67 m4

118

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

 MOMENTO DE INERCIA INERCIA DE FIGURAS NOTABLES NOTABLES Y

h/2 C.G

I CG

X

bh 

12

h/2

I CG b/2

3

bh 

b/2

3

12

Y

2 3h

C.G b/2

X

1 3h

I CG



I CG 

b/2

bh

6

36

bh

3

12

Y

I CG C.G

X

π.r 



4

4

119

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

MOMENTO FLECTOR Y FUERZA CORTANTE Todo elemento estructural está sometido a efectos axiales, cortantes, flexionantes y torsionantes. Al analizar la estática de partículas y las armaduras como un caso de aplicación vimos que estos elementos sólo trabajan a efectos axiales de compresión o tracción. Decimos que para que exista efecto axial solamente la fuerza debe actuar en el centro de gravedad de la sección recta del elemento y a lo largo de su eje de simetría. ¿Qué sucedería si no se cumplía con el supuesto anterior?; el elemento sufrirá otros efectos que a continuación analizaremos. Si al elemento estructural analizado; en lugar de aplicar la fuerza perpendicular a la cara de la sección recta, la aplicamos en la dirección de su sección recta; tendremos un caso de fuerza cortante. Ejemplo típico es cuando haciendo uso de un cuchillo cortamos un pedazo de torta; lo que hemos hecho es aplicar la fuerza (Cuchillo) en la dirección de la sección recta de la torta. Otro caso sucede cuando se aplican pares en los extremos del elemento estructural; en este caso si estos se aplican en el plano de simetría de la sección recta, tendremos un caso de flexión; lo antes expuesto lo ilustramos con los gráficos correspondientes. P

P

P

 Las fuerzas  actúan en el eje e simetría.

Efecto Axial

 La fuerza “P” actúa en la dirección de la sección  recta.

 Los pares actúan en el  lano del del elemento.

120

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras El último caso es la torsión; que aparece cuando se aplican dos pares iguales en magnitud, en la misma dirección; pero en sentido contrario, y son perpendiculares al eje de simetría del elemento en análisis; a este caso se denomina torsión. Como para que exista torsión, los pares actúan en un plano diferente al del elemento; y nuestro análisis, solo será en el plano, en este caso; no tendremos torsión:

La torsión aparece:

Los pares actúan en el plano yz y el elemento está en el plano xy

121

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

FUERZAS INTERNAS Todo cuerpo al estar sometido a fuerzas externas tendrá que equilibrarse con las fuerzas internas del elemento. Si nosotros tenemos una viga simplemente apoyada, sometida a una carga “P” actuando en el

centro de la viga; tenemos que la carga externa P y las

reacciones P/2 a cada lado hacen que el sistema esté en equilibrio respecto a las fuerzas externas. Pero las fuerzas externas se equilibran con las fuerzas internas del sistema, como se muestra en la siguiente figura; si hacemos un corte de la viga a una distancia “x” del extremo izquierdo, tendremos: P B

A

P/ 2

P/ 2 l/ 2

l/ 2

Antes de seguir con nuestro análisis expondremos la siguiente convención: Si analizamos el elemento de izquierda a derecha a una distancia genérica “x”; tendremos:

El cortante (V), será positivo hacia abajo; el efecto axial (A), será positivo si está llegando a la sección recta del elemento y el momento flector (M), será positivo en sentido antihorario. 122

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras Si analizamos el elemento de derecha a izquierda a una distancia genérica “x”; tendremos:

Que el cortante (V), es positivo hacia arriba; el efecto axial (A), es positivo llegando a la sección recta del elemento y el momento flector en sentido horario. A modo de conclusión; tendremos:

El momento es positivo si genera tracción en la fibra interior del elemento y será negativo si genera tracción en la fibra superior del elemento.

Para generar una sonrisa tenemos que aplicar en la mandíbula un momento positivo:

123

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras Para generar una tristeza tendremos que aplicar a la mandíbula un momento negativo:

Para el trazo de los diagramas de fuerza cortante y momento flector, se tendrá la siguiente convención:

Si analizamos el lado izquierdo de la barra, tendremos que la carga exterior

P

2

se

equilibra con las fuerzas internas V (Cortante), A (Axial) y un M (Momento). No tendremos torsión, por estar haciendo nuestro análisis en el plano. Si analizamos el lado derecho tendremos que P y

P

2

se equilibran con las fuerzas

internas V, A, M, actuando en sentido contrario a las del otro lado por el principio de acción y reacción. Como podemos ver internamente tendremos fuerza cortante, fuerza axial y momento flector. En esta parte no consideramos los efectos axiales; porque no existen y nos centraremos en los efectos cortantes y flexionantes Si analizamos el tramo izquierdo a una distancia genérica x tendremos:

 F 

 X 

0

 A



0

124

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

 F 

Y 

0

V 

2

 M   0

Internamente tendremos una fuerza cortante de

P

2

P 

 M 

Px 

y un momento flector

2

 M 

Px 

2

Si graficamos dichas ecuaciones tendremos: El tramo entre

0  x 

P/ 2

+

V 0

l/ 2

_

X

l 2

es simétrico con el

de l/2 < x < l Al primero lo denominamos diagrama de

-P/2

fuerzas cortantes y al segundo diagrama de l/ 2

M

X

momentos flectores.

Pl 4

Análisis de Marcos Para analizar el equilibrio de fuerzas externas e internas del marco mostrado; haremos el siguiente análisis: Para la estructura mostrada primero calcularemos las reacciones.

P

2

a

3

P

3

P=Rv3

a 1

1

Rv1 P

125

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras Solución:

La fuerza exterior P se equilibra externamente con las reacciones en 1 y 3

 M 

1

 FH

 RV 3 a

0

0

P

F

V



0

 Pa 

 R



P

 R H 1

R V3

 P  R V1  R V1  P

Halladas las reacciones, analizamos cada barra. Analizando cada tramo del marco tenemos: Pa

Pa

P

P

P

O

O

O

O P P

P O

O P

P Pa

El criterio de izquierda a derecha, lo P

analizamos ubicados al interior del marco:

Pc P

Izquierda Derecha

P

Derecha

P

0

P V

Izquierda

P P

Nudo (1):

126

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

Pa

Por acción y reacción en el otro extremo

P

P

P

Por acción y reacción en 1

Acción y Reacción

Para analizar la barra horizontal, la analizaremos de izquierda a derecha. La fuerza P, aparece en el nudo 2; porque hemos trasladado la reacción vertical “P”, por el principio

de transmisibilidad.

127

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras Para trasladar la fuerza “P” horizontal al punto 2, como no se está desplazando a lo

largo de su línea de acción; tendremos que aplicar el Sistema Fuerza –  Par, como se detalla a continuación: Colocamos dos fuerzas “P” de igual

magnitud, pero actuando en sentido contrario para no alterar el equilibrio. La fuerza “P” actuando de derecha a izquierda, se anula con la fuerza “P”

externa, quedando dos fuerzas como se muestra en la figura, las cuales generan un par en sentido horario. De modo que para mantener el equilibrio; tendremos finalmente: V = -P A=0 M = Px – Pa

Si analizamos la barra de derecha a izquierda; tendremos:

V = -P A=0 M = Px

128

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras Graficando los diagramas de fuerza cortante y momento flector; tendremos:

La deformada será:

129

Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

EJERCICIOS DE APLICACIÓN 1. Trazar el Diagrama de Fuerza Cortante y Momento Flector para la estructura mostrada. W (Kg/ml)

2

3

4

5

4l 1

l

6

2l

l

Solución:

  M 

1

0

= 4 wl2

2l (RV6) RV6

= 2wl

 F 

 H 

0

RV1 + 2wl = 4 wl RV1

= 2 wl

Tramo V M





23

- wx -

wx

Tramo

2

2 34

V  - wx  2 wl

M  2 wl (x - l) -

wx 2 2

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Mecánica del Cuerpo Rígido Ing. Genaro Delgado Contreras

Tramo V



M



45

wx

-

wx

2

2

Dando valores para graficar:

Tramo

23

V (0) = 0 ………………….. V(l) = M (0) = 0 ……………………M(l) =

- wl wx 

2

2

Tramo 34 V (l) = wl M (l) = -

wl

2

V

2

M (2l) = 0

Tramo

wl

45 X

V (0) = 0 V (l) = wl M (0) = -

wl

2

- wl

2

M

wl 2

2

X

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