ESTATICA DE LAS ESTRUCTURASI N G . R O D R I G O 1 S U Á R E Z ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS I. OBJETIVOS GENERALES DE LA ASIGNATURA. • • • Introducir al alumno en el estudio y conocimiento del comportamiento físico de las estructuras. Dotar al alumno de los conceptos básicos de la estática Capacitar al alumno en el diseño de estructuras isostáticas. II. PROGRAMA ANALÍTICO DE LA ASIGNATURA. UNIDAD 1: INTRODUCCIÓN 1.1. ¿Qué es la mecánica? 1.2. Conceptos y principios fundamentales 1.3. Sistemas de unidades UNIDAD 2: ESTÁTICA DE PARTÍCULAS 2.1. Introducción 2.2. Fuerza sobre una partícula. Resultante de dos fuerzas 2.3. Vectores 2.4. Adición de vectores 2.5. Resultante de varias fuerzas concurrentes 2.6. Descomposición de una fuerza en sus componentes 2.7. Componentes rectangulares de una fuerza. Vectores unitarios 2.8. Adición de fuerzas sumando sus componentes “x” e “y” 2.9. Equilibrio de una partícula 2.10. Primera ley de Newton del movimiento 2.11. Diagrama de cuerpo libre (DCL) UNIDAD 3: CUERPOS RÍGIDOS: SISTEMAS DE FUERZAS EQUIVALENTES 3.1. Introducción 3.2. Fuerzas externas e internas 3.3. Producto vectorial de dos vectores 3.4. Momento de una fuerza alrededor de un punto 3.5. Componentes rectangulares del momento de una fuerza 3.6. Producto escalar de dos vectores 3.7. Momento de una fuerza con respecto a un eje 3.8. Momento de un par de fuerzas 3.9. Pares equivalentes 3.10. Descomposición de una fuerza dada en una fuerza en “O” y un par 3.11. Reducción de un sistema de fuerzas UNIDAD 4: EQUILIBRIO DE CUERPOS RÍGIDOS 4.1. Introducción 4.2. Diagrama de cuerpo libre 4.3. Reacciones en los apoyos y conexiones de una estructura bidimensional 4.4. Equilibrio de un cuerpo rígido en dos dimensiones 4.5. Reacciones estáticamente indeterminadas 4.6. Equilibrio de un cuerpo sujeto a dos fuerzas UNIDAD 5: FUERZAS DISTRIBUIDAS: CENTROIDES Y CENTROS DE GRAVEDAD 5.1. Introducción 5.2. Centro de gravedad de un cuerpo bidimensional I N G . R O D R I G O 2 S U Á R E Z ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS 5.3. Centroides de áreas y líneas 5.4. Primeros momentos de áreas y líneas 5.5 Centroides de figuras compuestas UNIDAD 6: ANALISIS DE ESTRUCTURAS 6.1. Introducción 6.2. Definición de las armaduras 6.3. Armaduras simples 6.4. Análisis de armaduras por el método de los nodos 6.5. Análisis de armaduras por el método de las secciones UNIDAD 7: FUERZAS EN VIGAS, CABLES Y PÓRTICOS 7.1. Introducción 7.2. Fuerzas internas en elementos 7.3. Diversos tipos de cargas y apoyos 7.4. Fuerza cortante y momento flexionante en una viga 7.5. Diagramas de fuerzas cortantes y momentos flexionantes en una viga 7.6. Diagramas de fuerzas cortantes y momentos flexionantes en un pórtico UNIDAD 8: FUERZAS DISTRIBUIDAS: MOMENTOS DE INERCIA 8.1. Introducción 8.2. Segundo Momento ó momento de inercia de un área 8.3. Momento de inercia polar 8.4. Radio de giro de un área 8.5. Momentos de inercia de áreas compuestas V. BIBLIOGRAFÍA BÁSICA. Mc Cormac, Jack. “Análisis de Estructuras”, 2002. Sig. Top. 690.21 M46. Stungo, Naoni. “arquitectura en madera”,1999. Sig. Top. 691.1 st95. Prenzlow, C. “Calculo de estructuras por el método de Cross”, 1960. Sig. Top. 692.5 p91. BIBLIOGRAFIA COMPLEMENTARIA • • • • BEER, Ferdinand y Russell, Johnston. 1999. Mecánica Vectorial para Ingenieros. Estática Editorial Mc Graw Hill HIBBELER, R. C. 1992. Mecánica para Ingenieros. Estática. Editorial Mc GrawHill. PARKER Harry, 1991. Texto simplificado de Mecánica y Resistencia de Materiales. Editorial Limusa S.A. de C.V, México, DF. SINGER Ferdinand. 1991. Mecánica para Ingenieros. Estática. Editorial Harla. México. I N G . R O D R I G O 3 S U Á R E Z ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS UNIDAD O TEMA: INTRODUCCIÓN A LA ESTATICA TITULO: CONCEPTOS Y PRINCIPIOS FUNDAMENTALES INTRODUCCION La mecánica se puede definir como la ciencia que describe y predice las condiciones de reposo o movimiento de los cuerpos bajo la acción de fuerzas. Se divide en tres partes: la mecánica de cuerpos rígidos, la mecánica de cuerpos deformables y la mecánica de fluidos. La mecánica de cuerpos rígidos se subdivide en estática y dinámica; la primera estudia los cuerpos en reposo y la segunda los cuerpos en movimiento. En esta parte del estudio de la mecánica se supone que los cuerpos son perfectamente rígidos. Sin embargo, las estructuras y las máquinas reales nunca lo son y se deforman bajo cargas a las que están sometidas. Estas deformaciones son casi siempre pequeñas y no afectan apreciablemente a las condiciones de equilibrio o de movimiento de la estructura en consideración. SISTEMAS DE UNIDADES Antes de entrar a la solución de problemas, es importante que tus conocimientos de los sistemas de unidades se encuentren actualizados y claros; recuerda que en nuestro país; al igual que casi todo el mundo, el sistema de unidades oficiales el Sistema Internacional, si bien actualmente continuamos utilizando el Sistema Métrico Decimal y en algunos casos también el Sistema Inglés, los problemas que resolveremos en este curso serán todos en el Sistema Internacional. CANTIDADES FÍSICAS FUNDAMENTALES Son aquellas que se definen por si solas y no se pueden medir o expresar en función de otras. Son ejemplos de cantidades físicas fundamentales: el tiempo, la temperatura, el espacio y la masa. Tiempo: medida del intervalo entre dos sucesos, ordenamiento de los acontecimientos. Espacio o Longitud: nos define la distancia entre dos puntos. Esta distancia es medida con respecto a un patrón. • Masa: medida de la cantidad de materia de un cuerpo. La masa caracteriza a un cuerpo en dos acciones, la de su atracción gravitatoria y la de su respuesta ante una perturbación mecánica como una fuerza. La masa de un cuerpo se puede determinar a partir de una balanza, es invariable con el lugar donde se mida así sea la luna o la tierra. La masa se mide por medio de balanzas y no por sistemas de resortes (dinamómetros) los cuales sólo miden fuerza. Aunque la fuerza no es una cantidad básica hace parte fundamental del curso. La fuerza nos da una descripción cualitativa de la interacción entre dos cuerpos. Cuando existe contacto directo, la fuerza ejercida entre dos cuerpos es el tirón o empujón de uno sobre el otro. LAS TRES LEYES FUNDAMENTALES DE NEWTON Fueron formuladas por Isaac Newton en la segunda mitad del siglo diecisiete y pueden enunciarse como sigue. PRIMERA LEY. Si la fuerza resultante que actúa sobre una partícula es cero, la partícula permanecerá en reposo (si originalmente estaba en reposo) o se moverá con velocidad constante en una línea recta (si originalmente estaba en movimiento). • • I N G . R O D R I G O 4 S U Á R E Z la misma lìnea de acción y sentidos opuestos. Las fuerzas de acción y reacción de cuerpos en contacto tiene la misma magnitud. F = m⋅a Donde F. expresadas en un sistema congruente de unidades. m y a representan. CUESTIONARIO #1 1. TERCERA LEY. la masa de ésta y la aceleración de la misma. la fuerza resultante que actúa sobre la partícula. ¿Qué es la mecánica de cuerpos rígidos? 2. R O D R I G O 5 S U Á R E Z . Investigar la influencia de la aceleración de la gravedad de la tierra sobre los cuerpos rígidos. respectivamente. ¿Qué diferencia existe entre estática y dinámica? 3. 4. ¿Cuál es la diferencia entre masa y peso? I N G . la partícula tendrá una aceleración proporcional a la magnitud de la resultante y en la dirección de ésta. Si la fuerza resultante que actúa sobre una partícula no es cero.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS SEGUNDA LEY. I N G . Los cables siempre ejercen fuerzas de tiro o jalón sobre el cuerpo que actúan. su magnitud es en longitud (m) y corresponde a la distancia neta entre dos puntos. Se mide la dirección. En el siguiente esquema se muestra el vector de empuje que ejerce el cable sobre la torre. procedimientos gráficos. A 4 α 3 B 6m r r r A B Vector o también AB Magnitud rAB = 6m tan −1α = Sentido de A a B Dirección respecto a la línea horizontal. su dirección y su sentido. la interacción entre el cable y la torre. independencia de las operaciones con fuerzas del sistema de unidades Definición Un vector es una cantidad física que se expresa por su magnitud. Sus unidades son N. Kg-f o Lb. 3 4 con Vector Fuerza: empuje ejercido sobre un cuerpo o interacción entre dos cuerpos. por lo tanto la dirección de la fuerza que ejerce el cable sobre la torre es de A a B. el sentido del empuje y la cantidad de empuje. su dirección se puede dar por medio de un ángulo con respecto a una línea y su sentido es del punto de referencia al punto ubicado. y sigue la ley del paralelogramo para su suma y resta. descomposición de un vector.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS UNIDAD O TEMA: ESTÁTICA DE PARTÍCULAS TITULO: Fuerzas en un plano VECTORES Temas a tratar: Resultante de fuerzas. R O D R I G O 6 S U Á R E Z . Vectores de Posición y de Vectores de Fuerza Son los dos tipos de vectores con los que trabajamos en la estática. El vector de posición define la ubicación de un punto con respecto a otro. La recta a lo largo de la cual se encuentra la flecha que representa al vector F se llama línea de acción de F . Cola 800 N Magnitud α r r r r r F Cabeza Línea de acción El punto de aplicación de una fuerza se considera la cola del vector y representa el punto donde actúa la fuerza en un cuerpo determinado. Para el vector F note que su magnitud no se toma igual a la línea AB sino desde su cabeza a cola en una escala que represente Newton. R O D R I G O 7 S U Á R E Z . es indiferente si se considera la cola o la cabeza ya que el jalón o empujón producirá el mismo efecto de traslación en el sentido de la fuerza. En algunos casos no es necesario tener en cuenta el punto de aplicación. I N G . de un vector de fuerza. cuya dirección es igual a la de un vector de posición pero su medida es en unidades de fuerza. Cuando dos o más fuerzas tienen el mismo punto de aplicación se les conoce como fuerzas concurrentes.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS A r F 4m α B 5m r F: vector de fuerza F = 800 N : magnitud del vector α = tan −1 ⎜ ⎟ ⎛5⎞ ⎝ 4 ⎠ : dirección del vector con respecto a la línea vertical. Note que el vector de fuerza está sobre la línea AB pero su magnitud no es la distancia de A a B. La magnitud de un vector se mide desde la cola hasta la cabeza. sin embargo para cuerpos rígidos. pero en la mayoría de cuerpos este punto es muy importante ya que de él dependen los efectos de rotación que pueda producir una fuerza. de esta forma diferenciamos un vector de posición. Al extremo de F en A se le llama cola y el extremo de la flecha se llama cabeza o punta. cuya medida es en unidades de longitud. Sentido: de A a B. descomponer. B U α A A θ V A U β α θ U+V= R V γ C U V Las incógnitas a resolver son la magnitud y la dirección con respecto a una línea determinada de puede ser con respecto a uno de los vectores iniciales. podemos conocer la otra magnitud por medio de la ley de cosenos y los otros ángulos por la ley de senos. Para especificar un vector le colocamos una flecha (→) encima y lo nombramos en mayúscula R . o Operaciones con vectores: Vamos a aprender a jugar con vectores.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS Las fuerzas ejercidas por el cable sobre el gancho son concurrentes porque tienen igual punto de aplicación. son algunas de las operaciones que aprenderemos. Ley del paralelogramo r R . En el triángulo que resulta al aplicar la ley del paralelogramo conocemos un ángulo y dos magnitudes. Suma de Vectores El efecto de varias fuerzas que actúan en un punto común es igual al efecto de su resultante. en este caso I N G . expresar un vector en función de otro. v R . multiplicar. La suma se resuelve cuando encontramos un vector resultante con su dirección magnitud y sentido. R O D R I G O 8 S U Á R E Z . Para sumar vectores concurrentes se utiliza la ley del paralelogramo o el método de cabeza y cola. r r U V Sumemos los vectores y el vector . sumar. de los cuales se conoce su magnitud y su dirección: Se construye el paralelogramo trazando paralelas a los vectores y su diagonal es la resultante. Cuando se hace referencia a la magnitud se representa por la letra mayúscula o la letra entre barras R. restar. en la construcción del triángulo siempre se deben conocer dos lados y un ángulo o dos ángulos y un lado. Ley Asociativa de la Adición Por medio de construcción de triángulos aplicando la ley del paralelogramo podemos llegar a sumar todos los vectores que queramos. por lo tanto. El proceso de combinar dos vectores concurrentes en uno solo se llama composición de un vector. r r r r U +V + S = R U U S V S R V U V R S Note que en el orden de construcción del polígono la resultante siempre da igual.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS Por ley del seno y ley del coseno tenemos dos ecuaciones para solucionar dos incógnitas: R =U +V 2 2 2 − 2 U V cos β sen α sen β sen γ = = V R U (Siempre el ángulo involucrado está entre dos magnitudes conocidas). Cabe resaltar que en la suma de vectores solo se dispone de dos ecuaciones para hallar dos incógnitas. De esta forma se construye un polígono de vectores. r r r r r U + V + S = R2 r r r U + V = R1 . Recuerde que se van sumando de a dos y al resultado de estos se suma al nuevo vector a adicionar. Método cabeza y cola En este método se colocan los vectores a sumar coincidiendo la cabeza del primero con la cola del segundo y así sucesivamente con los demás vectores a sumar hasta que el vector resultante va de la cola del primero a la cabeza del último. con lo cual confirmamos la ley conmutativa para la adición de vectores. En la suma de vectores se pueden hallar datos de los sumandos si se conoce el resultado. El proceso contrario se llama descomposición de un vector en componentes. luego r r V y S r r r R1 + S = R 2 I N G . R O D R I G O 9 S U Á R E Z . Se quieren sumar los vectores U . y . Note que la adición de vectores cumple la ley conmutativa. Se conoce la magnitud y dirección de los vectores y R . Ya sea que determine componentes o resultante siempre tendré posibilidad de determinar sólo dos incógnitas: dos magnitudes.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS Descomposición de vectores Dos vectores se pueden convertir en uno solo por medio de la suma. ahora un vector se puede convertir en dos por la descomposición. De acuerdo con esta definición podríamos decir que existen infinitas parejas componentes de un vector. Si conozco el vector R se pueden determinar infinitas parejas de componentes vectoriales por medio de la ley de senos y de cosenos. una dirección y una magnitud. para determinar las componentes rectangulares se utiliza trigonometría ya que el triángulo formado tiene un ángulo recto. V U β conocido α R V U r V Se completa el triángulo y se aplica ley de cosenos para determinar la magnitud de y una vez se conozca esta se aplica ley de senos para los otros ángulos del triángulo. Note que la ley de cosenos se puede aplicar directamente cuando se conocen dos magnitudes y el ángulo entre ellas. dos direcciones. R U α U V V R U r r v r r r v r v U Caso 1. V α U V Los vectores U y V son componentes del vector R ya que U + V = R . Unas componentes muy útiles son aquellas que forman un ángulo recto entre sí. se pide determinar magnitud y dirección de la r v V R otra componente de . I N G . R O D R I G O 10 S U Á R E Z . el vector . U y V se convierten en las r F en la dirección de esos ejes. estas r r r F U F Se puede decir que es la componente de paralela a x. Cuando las componentes son perpendiculares y a la vez paralelas a un sistema cartesiano ellas se conocen como las componentes rectangulares cartesianas de un vector. por lo tanto se le da el nombre de x y de igual forma a r r Fy V se le conoce como . R β α V=? r r Líneas de acción de U y V U=? ? Se trazan líneas paralelas a las líneas de acción hasta cerrar el triángulo con las magnitudes desconocidas. Y V α U V R U X r r r r U y V sean paralelos a unos ejes de referencia.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS Caso 2. Por trigonometría podemos expresar las componentes rectangulares así: r r r F = U +V Senα Y Fy Fy F θ = Cos Xθ = r r F Cosα = y Fx F I N G . R O D R I G O 11 S U Á R E Z . En el caso de que los vectores componentes vectoriales de componentes se llaman las componentes vectoriales rectangulares. se puede aplicar la ley de senos. Se conocen las direcciones de cada componente o sus líneas de acción y la magnitud y dirección de la resultante. Si los ejes son perpendiculares entre sí. En el triángulo formado se conocen los ángulos y se desconocen dos magnitudes. r r r v a R = U . dividimos este r U r =e U . r r Fx i = Fx Vector unitario en la dirección de x: I N G . r F Podemos determinar vectores unitarios en la dirección de los ejes coordenados X y Y dividiendo las componentes x r r Fy y de una fuerza F por sus magnitudes. donde la magnitud de U es igual a a veces la magnitud de R ésta operación también sirve para r r r r a (U + R ) = a U + a R Resta de vectores Cuando queremos restar vectores lo que hacemos es sumar el negativo del vector a restar. R O D R I G O 12 S U Á R E Z . V U U+ V=R Vector unitario Este es un vector que tiene una magnitud igual a la unidad. encontrar vectores de sentido contrario. V R1 U – V = R1 U r U r U . La multiplicación por un escalar cumple la ley distributiva de la adición. Note que el vector unitario no tiene unidades. Se tiene un vector U de magnitud . al multiplicar por –1. Multiplicación de un vector por un escalar r r F las proyecciones de F r Esta operación se usa para encontrar un vector igual a otro pero con una magnitud mayor o menor.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS y r r Fx = U donde la magnitud es Fx = F Cosα y su dirección es 0º con respecto a X positivo. donde r e es un vector cuya magnitud es 1. Los cosenos de a y q son los cosenos directores de F y representan al multiplicarlos por en los ejes X y Y. como por ejemplo la fuerza que ejerce un cable o un resorte sobre un cuerpo determinado. para hallar un vector unitario en la misma dirección de vector por su magnitud (multiplicación de un vector por un escalar). Su utilidad es muy práctica cuando sabemos que un vector fuerza tiene dirección o línea de acción paralela a una línea conocida. Resulta práctico trabajar con vectores unitarios ya que nosotros podemos expresar cualquier otro vector que tenga la misma dirección de él como el valor de la magnitud por ese vector. Al multiplicar por un escalar ( a ) lo que se hace es aumentar la magnitud del vector en “a” veces. r r Fy = F Senα Fy = V donde la magnitud de y su dirección es 90º con respecto a X Se conoce a los ángulos a y q como los ángulos directores de F con respecto a los ejes X y Y. r r r S = Sx i + Sy j r r r r r r r r r U + V + S = U x i + U y j + Vx i + V y j + S x i + S y j asociando y aplicando la ley distributiva de la multiplicación por un escalar: r r r r r U + V + S − (U x + V x + S x ) i + U y + S y + V y j I N G . Cuando se descompone un vector este se puede expresar en función de sus componentes escalares y los vectores unitarios es la suma vectorial de la r r i y j . r Así mismo recordando la definición de las componentes de un vector en función de los cosenos directores. Suma de más de dos vectores por componentes La descomposición de vectores es una herramienta muy útil cuando se quieren sumar mas de dos vectores. tenemos: r r r F = (Cosα i + Cosθ j ) F pasando a dividir la magnitud de F a otro lado tenemos: Y r r r r r F e= = Cosα i + Cosθ j F r F e X Cos α Cos θ por lo tanto el Cos a y el Cos q representan las proyecciones en X y Y del vector unitario de F r r e en la misma línea acción e = 1.0 De donde podemos concluir que el vector unitario en la dirección de la línea de acción esta compuesto por los cosenos directores de esta línea. r r r V = Vx i + V y j . El vector resultante total r r Ry Rx y la r r r U = Ux i + Uy J .ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS Vector unitario en la dirección de y: Estos vectores unitarios nos permiten expresar las componentes rectangulares en función de la multiplicación de un vector por un escalar: r r Fy j= Fy r r Fx = i Fx y r r r F = Fx i + F y j r r Fy = j Fy Las magnitudes Fx y Fy se conocen como las componentes escalares de F . R O D R I G O 13 ( ) S U Á R E Z . entonces aplicando la ley distributiva de la multiplicación por un escalar podemos sumar independientemente las componentes como si fuera una suma algebraica y encontrar las resultantes en X y en Y. AB = ( X b − X a )2 + (Yb − Ya )2 (X b − X a ) (Yb − Ya ) Para la dirección de AB se utiliza trigonometría: tan −1 α = Siendo a el ángulo medido con respecto a la horizontal. Vector de posición definido entre dos puntos Cuando se conocen las coordenadas de dos puntos. Si a es positivo se lee desde el eje X positivo en el sentido contrario a las manecillas del reloj y para a negativo se lee en el mismo sentido de las agujas del reloj.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS r r r r r U + V + S = Rx i + R y j r r r R = Rx + R y R = Rx 2 + Ry 2 Usando cabeza y cola en los vectores sobre cada eje.Ya) B (Xb.Yb) Xa Xb La magnitud de la línea de A a B se determina por Pitágoras. R O D R I G O 14 S U Á R E Z . tenemos: r Ux r Rx r Vx r Sx Sería construir un polígono sobre la misma línea por lo tanto se suman directamente (algebraicamente) las magnitudes y obtenemos la resultante. Yb AB Ya α A(Xa. entendiendo que las coordenadas representan la distancia entre el punto en cuestión y un origen. I N G . podemos encontrar el vector de posición de un punto con respecto a otro aplicando la descomposición cartesiana y la suma de vectores. T1 11 a)Se construye el paralelogramo T2 35º α T1 γ = 120° 35º T2 α α r R T1 T2 1500lb = = sen35º sen (180 − 25 − 35) Por ley de senos: senα Se deja como ejercicio despejar T1 y T2 y darlo en unidades del SI. Si construimos el triángulo nos damos cuenta que el valor mínimo se consigue cuando hay un ángulo recto entre T1 y T2. el valor mínimo de T2. 1. La resultante de la fuerza ejercida por los cables es de 1500 Lb paralela al eje del barco. determinar a) la tensión en cada cable para un valor α= 25º b) el valor de α para que la tensión del cable 2 sea mínima. De entrada podríamos decir que hay 3 incógnitas y solo dos ecuaciones y que seria un sistema que no tiene solución. I N G .ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS α α X X (+) (−) Siempre a <180°. Note que este procedimiento da la dirección más no el sentido. ¿Cómo determinar un vector F cuando se conoce su magnitud y dos puntos sobre su línea de acción?: Simplemente hallamos el vector entre los dos puntos y encontramos un vector unitario en esa dirección y después lo multiplicamos por la magnitud del vector solicitado. Analicemos la pregunta que se nos hace y nos damos cuenta que en ella está involucrada la otra condición. r F e AB = Vector unitario en la dirección de AB: AB AB . R O D R I G O 15 S U Á R E Z . F = F e AB Ejemplo. b) No se conocen la dirección y magnitud del vector T2 ni tampoco la magnitud del vector T1. Se tira un barco por medio de dos cables para ayudarlo a pasar por unas esclusas. EJERCICIOS PROPUESTOS 1. note que para que sea mínimo T2.(2.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS Línea de acción 35° r R T1 Posibles direcciones y magnitudes de T2.30 de Hibbeler). Como se forma un triángulo rectángulo. se aplica trigonometría para encontrar magnitudes. A 400lb φ θ B C I N G . debe ser una línea perpendicular a T1. Tome el valor de θ=30º.8 de Hibbeler) F 70° 30° U F2 = 500N 45° F1 = 300N V 2. Determine el ángulo f de diseño (0 ≤ f ≤ 90º) entre las estructuras AB y AC de tal forma que la fuerza horizontal de 400 lb tenga una componente de 600 lb que actúe hacia la izquierda en la misma dirección que de B hacia A. (2. determine las magnitudes de dichas componentes. R O D R I G O 16 S U Á R E Z . Descomponga la fuerza 2 en sus componentes que actúan a lo largo de los ejes U y V. Las siguientes cuatro fuerzas concurrentes Si r Fd = 900lb.α = 65º Fc = 1000lb. Y X A=300N. R O D R I G O 17 S U Á R E Z . Se muestran las coordenadas de dos puntos A y B. 2) pie B X 4.α = −85º y es el ángulo α que hace con respecto a la horizontal? Resuelva por construcción del polígono y por descomposición en componentes rectangulares.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS 3. -30º 30° I N G . Determine un vector unitario e que señale del punto A hacia el B. 90º 90° C=100N. Nota los ángulos α se midieron con respecto al eje X positivo. 6) pie A (3 . Fb = 800lb. 5 B −C a) El vector b) los escalares a.α = 128º F . Para los vectores mostrados determine: r r r r D = A + 0 .(2. b tales que: r Encuentre r r a A+bB+C = 0 Resuelva gráficamente. 5.32 de Bedford) Y (8 . ¿Cuál es la magnitud de a y cual tienen una suma vectorial igual a cero. Estrategia: Determine el vector de posición del punto A al punto B y divídalo entre su magnitud. 0º A B=450N. 2. 7. 12. ¿Cuáles fueron las principales ideas del presente capítulo? ¿Qué es una fuerza? ¿Cuáles son las características de un vector? ¿Qué son fuerzas concurrentes? ¿Los vectores unitarios son adimensionales? ¿La magnitud de un vector puede ser un número negativo? ¿Cuándo la dirección de un vector se da con un ángulo negativo esto que indica? ¿Cuáles son las componentes escalares de un vector? ¿Cómo se obtiene un vector si se conocen dos puntos sobre una línea de acción? ¿Para qué sirven los vectores unitarios? ¿Qué información contienen? ¿Se pueden sumar vectores no concurrentes? ¿Qué determina el punto de aplicación de una fuerza. 13. 14. 4. 8. la cola o la cabeza? Dibuje. R O D R I G O 18 S U Á R E Z .ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS CUESTIONARIO #2 1. 5. 6. 10. 9. 3. ¿Cómo se dibuja la fuerza que ejerce un cable sobre un cuerpo dado? ¿Todos los vectores se pueden descomponer? ¿Cómo se descompone un vector? I N G . 11. es posible y esto se logra por medio de dos fuerzas que sean iguales en magnitud y dirección pero de sentido contrario y que estén separadas una distancia diferente de cero: A A -F Caso a F -F Caso b B r F d En ambos casos . pero en el caso “a” si tomamos momentos de ambas fuerzas con respecto a cualquier punto. Confirmemos esta afirmación trabajando en el espacio: Z A B r r = rBA xF = d * F ≠ 0 F rBA rOB B Y -F rOA O X I N G . el momento resultante daría cero (el efecto de rotación se anula). Un ejemplo típico de par de fuerzas es el caso de las fuerzas que ejercemos a una cabrilla de un carro. En el caso “b” no ocurre lo mismo: r F ∑ =0 ∑M ∑M A r r = rAB x(− F ) = d * F ≠ 0 lo que nos da un momento diferente de cero en el sentido de las manecillas del reloj. Un par de fuerzas es un sistema compuesto por dos fuerzas de igual magnitud.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS UNIDAD O TEMA: CUERPOS RÍGIDOS TITULO: Sistemas de Fuerzas Equivalentes PARES DE FUERZAS El efecto de rotación que produce una fuerza se expresa por el concepto de momento. Si tomamos momentos con respecto con respecto a B nos da el mismo momento (sentido y magnitud) que con respecto a A del caso “b”. Siempre que aplicamos una fuerza a un cuerpo estamos imponiendo una traslación y una rotación a ese cuerpo. El caso “b” representa una fuerza nula pero un efecto de rotación diferente de cero. A las fuerzas que cumplen la condición de ejercer efectos de rotación y no ejercer efectos de traslación las conocemos como “par de fuerzas”. R O D R I G O 19 S U Á R E Z . ¿Será posible imponer una rotación a un cuerpo y hacer que el efecto de traslación sea cero? Sí. Su efecto sobre un cuerpo rígido es una rotación única independiente del punto con respecto al cual se tomen los momentos. dirección y sentido contrario. Se tienen dos pares aplicados a un cuerpo: Z M1 M2 Par 1 Y Par 2 X I N G . los términos OB componentes del par con respecto un punto sobre la línea de acción de la otra. R O D R I G O 20 S U Á R E Z . SUMA DE PARES Para sumar pares. Para comparar pares de fuerza. o sea se suman los vectores momento de los pares. entonces se podría representar por medio del vector momento que él produce: r F d F Momento del par. Debido a que el efecto del par es de solo rotación.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS Se determina el efecto de rotación total del par de fuerza compuesto por F y − F con respecto a O: r r r r v xF + rOB x( − F ) r r r rOA = rOB + rBA r r r r r ∑ Mo = (r OB + rBA ) xF + rOB xF r r r r r r ∑ Mo = r OB xF + rBA xF − rOB xF ∑ Mo = r r r OA r r r xF se anulan quedando solo el momento que hace una las . no se miran las fuerzas sino el momento que ellas producen como par. M r M EQUIVALENCIA DE PARES Dos pares son equivalentes cuando ellos producen el mismo efecto de rotación sobre un cuerpo. M=F*d Vector momento del par. r r r Mo = rBA xF Se comprueba que el momento de un par únicamente depende del vector de posición entre los puntos de aplicación de las componentes del par. El vector M resultante es perpendicular al plano que contiene las fuerzas y su dirección lo determina la regla de la mano derecha. se suman sus efectos. m r en k 2. R O D R I G O 21 S U Á R E Z .ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS Sumando sus efectos. A 3m B 3. ∑ MB = −4m * 200 N − 200N . j + ( M 1z + M 2 z ). EJERCICIOS DE PARES: 1. Determinar cuales de las siguientes fuerzas forman pares y dibujar el vector del par mostrando su dirección y sentido. Par=200N-m A FA=200N 4m B FB=100N El momento resultante con respecto a B. es la suma del efecto de rotación de la fuerza en A y el efecto de rotación del par. 4N 3N 4N 3N 4N 4N 2m 4N 4N 4N 3m 3N 4N 4N 3m Dibujar momentos de los pares I N G . Determinar la magnitud de las fuerzas F que producen el mismo efecto que el par del problema 1 si se aplican en los extremos de la barra de 3m.m = −1000 N . = ( M 1x + M 2 x ).k r r r r Se suman los vectores de momento componente a componente.i + ( M 1 y + M 2 y ). Determinar el momento con respecto a B que ejercen la fuerza FA y el par. tenemos: ∑ M = M 1 + M 2 = M resultante r r r r r Mresul = ( r 1xF 1) + ( r 2 xF 2) r r r r Mresu . pero ya se debe considerar tanto el traslado de la fuerza como el efecto del par que la acompaña teniendo en cuenta que el par es un vector libre y se puede trasladar directamente: I N G . Para trasladar una fuerza a otro punto de aplicación y continuar ejerciendo sobre el cuerpo afectado el mismo efecto de rotación y traslación se puede hacer lo siguiente: Si la fuerza F aplicada actúa en el punto A y se quiere trasladar al punto O conservando el efecto de traslación y rotación. OA . se sigue la misma metodología. Z M O X F A Y Si se quiere hacer un nuevo traslado a otro punto. Observando la figura se nota que queda una fuerza F aplicada en O mas un par de fuerzas conformadas por − F r r r aplicada en O y F aplicada en A. El hecho de mover la fuerza de A a O implica que tengamos que sumar a la fuerza en O el efecto de rotación que esta tenía cuando estaba aplicada en A. El efecto cuyo efecto de rotación de este par de fuerzas corresponde al momento de r r r r r M = r x F OA F con respecto a O. entonces: Z r F F A Y O rOA X -F en O se suma y se resta un vector F igual al vector fuerza aplicado en A. El efecto de rotación depende del punto de aplicación de la fuerza. una fuerza no se puede trasladar a otro punto o cambiar su punto de aplicación sin antes considerar que el efecto de rotación puede variar.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS TRASLACIÓN DE FUERZAS Cuando se aplica una fuerza a un cuerpo rígido se produce en él un efecto de traslación y un efecto de rotación. En esta operación no se cambian las condiciones ni los efectos sobre el cuerpo ya que el efecto de estas dos nuevas fuerzas se anula. por lo tanto. por ejemplo al punto B. R O D R I G O 22 S U Á R E Z . El sistema resultante se llama sistema fuerza-par y esta compuesto por una fuerza y un par que son perpendiculares entre sí. ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS r Mo r F A rBO B r F r F O MB F B En el nuevo punto de traslado B se tiene: M B total = Mo + Momento del nuevo par en O y B M B total = Mo + rbo xFo = MoxFo Se puede haber hecho el traslado directamente de A a B y obtenemos el mismo resultado: r r r r M B total = rBO xFo + rOA xFA r r r M B total = (rBO + rOA ) xF r r M B total = rBA xF RESULTANTE DE UN SISTEMA DE FUERZAS Y PARES Cuando se trabaja con partículas se encuentró que el efecto de todo un sistema de fuerzas aplicado a la partícula estaba dado por el efecto de la fuerza resultante R. Los efectos de todas estas fuerzas se podían expresar solamente como traslaciones ya que los efectos de rotación en el punto que ocupa la partícula eran nulos (no hay distancia por lo tanto no hay momento). (¿por qué?). Para solucionar esto se pueden hacer coincidir todas las fuerzas en un solo punto por medio del traslado y ahí sí. R O D R I G O 23 S U Á R E Z . I N G . Para sumar estas fuerzas solamente se aplicaba la suma por descomposición: r r R = ∑F En un cuerpo rígido es diferente ya que cada fuerza puede tener un punto de aplicación distinto y sus efectos de rotación se deben tener en cuenta. no se pueden sumar directamente las fuerzas y olvidarnos de su punto de aplicación. ¿Cómo encontrar los efectos de traslación y rotación de un sistema de fuerzas aplicado a un cuerpo rígido?. El resultado será un sistema fuerza-par resultantes que no necesariamente son perpendiculares entre sí. esto es. El problema radica en que las líneas de acción de las fuerzas no coinciden en un punto. sumar fuerzas y momentos de traslado directamente. .. ∑ Fz = Rz M ∑ r r R O r r r r r r r r r r r = r 1xF1 + r 2 xF 2 + r 3xF 3 + r 4 xF 4 + M 1 + M 2 r r r r M R O = M R O X + M R OY + M R OZ Donde: M R O = M 1O + M 2 O + M 3 O + ..Fn = R ∑F r r ∑ F = R ⇒ ∑ Fx = Rx.. M RO X es el momento total con respecto al eje X que pasa por el punto O M R O y es el momento total con respecto al eje Y que pasa por el punto O M R O z es el momento total con respecto al eje Z que pasa por el punto O o sea que la suma de momentos se puede realizar escalarmente considerando momentos con respecto a los ejes coordenados ( fuerzas y distancias perpendiculares entre si) quedando reducido el sistema a una sola fuerza R y un par MR. Se trasladan todas las fuerzas a O y se suman fuerzas y momentos de traslado con pares iniciales así: = F1 + F 2 + F 3 + ...ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS Z F4 M1 F1 F3 X O F2 Y M2 MR Z R O X Y Sistema de Fuerza y Pares aplicados a un cuerpo rígido Para este sistema de fuerzas compuesto por fuerzas y pares se encontrará la resultante en el punto O. ∑ Fy = Ry. I N G .. R O D R I G O 24 S U Á R E Z . Un sistema fuerza-par es factible de reducir a un sistema de una sola fuerza cuando él proviene de un sistema de fuerzas que cumpla una de las siguientes características: -Solo cuando el par M se obtuvo de traslación de una sola fuerza F -Cuando el sistema de fuerzas originales a reducir a R y MR esta constituido por fuerzas concurrentes.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS REDUCCIÓN DE UN SISTEMA FUERZA-PAR EN UN PUNTO A UN SISTEMA FUERZA EN OTRO PUNTO Esta situación es como devolverse en la operación anterior. F aplicada en A produce el mismo efecto. El traslado se hace de tal manera que el momento o par en A sea igual a cero: r r r r M A = M O + rAO xFA = 0 r r r 1) rAO xF = − M O ó r r r 2) rOA xF = M O en 1 el vector de posición parte del punto “A” a encontrar y llega al punto original. En este caso no habría que hacer reducción ya que solo existe R -Cuando el sistema de fuerzas original está constituido por fuerzas coplanarias -Cuando el sistema de fuerzas original está constituido por fuerzas paralelas en estos dos últimos casos el vector momento de estas fuerzas siempre será perpendicular al plano que contiene a las fuerzas. I N G . ahora queremos es encontrar el punto de aplicación de esa fuerza de tal manera que produzca el mismo efecto de rotación que el par y que al trasladarla allí la suma de pares. Originalmente teníamos una fuerza y la trasladamos a otro punto conformando un sistema fuerza-par. porque sino nunca se encontrará por medio del producto vectorial un par que no sea perpendicular a la fuerza y al vector de posición rAO y esta suma no daría cero. el original y el de traslado de cero: Z Z FA FA rAO A Y O X rAO A Y M1 O X FO Sistema de una fuerza y un par aplicados en A Sistema de una sola fuerza aplicada en A Quiere decir que al trasladar a F al punto A se reemplazó el efecto de rotación del par o explicado de otra manera. que el sistema fuerza-par en O. Notemos que para poder hacer esta reducción la fuerza y el par original deben ser perpendiculares entre si. De esta forma el sistema fuerza par original queda reducido a una sola fuerza. en 2 el vector parte del punto original y llega al punto “A” a encontrar y se invierte el signo de Mo. tanto de traslación como de rotación. R O D R I G O 25 S U Á R E Z . 2. así nosotros podemos localizar a A sobre un plano especifico. R O D R I G O 26 S U Á R E Z . Sumamos y restamos F en A. Encontramos el momento del par generado: F y A X r M A = rAO xF = − x * Fy − y * Fx I N G . Y F Mp rAO x -F Queremos trasladar la fuerza F al punto A: 1. Por lo tanto podríamos asumir por ejemplo un valor de Z y encontrar las X y Y correspondientes a ese valor o viceversa con los valores de X o Y. Note que la ecuación que encontramos es la ecuación de la línea de acción de la fuerza de la forma: y=mx+b. Notemos que el punto A de traslado de la fuerza no es único ya que nosotros podemos mover la fuerza sobre su línea de acción y los efectos son los mismos. En el caso de que trabajemos en dos dimensiones encontraremos una ecuación con dos incógnitas que serían las coordenadas x y del punto a encontrar. Este sistema necesitaría asumir un valor ya sea de y o de x para poder encontrar el otro. en este caso expresadas en el vector de posición r: i j k r r r Mo = rOA xF = rOA x rOA y rOA z Fx Fy Fz Este determinante nos da un sistema de tres ecuaciones independientes con tres incógnitas: Mox = rOA x * Fz − rOA z * Fy Moy = rOA z * Fx − rOA x * Fz Moz = rOA x * Fy − rOA y * Fx El vector rOA está expresado en función de las coordenadas del punto O y las coordenadas del punto A. Si hacemos Z=0 estaríamos con A en el plano XY.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS Desarrollando las ecuaciones planteadas en 1 y 2 tenemos que la incógnita a encontrar son las coordenadas del punto A. Por lo tanto al resolver este sistema de ecuaciones nosotros vamos a encontrar es la ecuación de una línea recta en el espacio y cualquier punto sobre esa línea es valido para trasladar la fuerza. Sumamos pares en A e igualamos a cero. una solución mas general es colocar el punto E en un sitio donde tenga coordenadas x y: I N G . en este caso la moveremos para el otro lado y confirmaremos esta teoría. j B ∑M realizando la multiplicación vectorial o también en forma escalar. Ejemplo: Reemplazar la fuerza y el par por una única fuerza actuando sobre la línea AB y sobre la línea AC. R O D R I G O 27 S U Á R E Z . en ese punto note que ella tendería a hacer rotar el cuerpo en el sentido horario.i r r F = 35N * cos 30. obtenemos: 0 = −60 N .ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS 3.m + rEB xF = 0 r rEB = x. Mp + M A = 0 Mp = −(− x * Fy − y * Fx ) despejando y en función de x: y= Mp x * Fy − Fx Fx note que esta ecuación constituye la ecuación de una línea recta con pendiente m=Fy/Fx y con termino independiente igual a Mp/Fx.43 m 35 N * sen30 el valor negativo de x indica que es para el otro lado de donde se asumió originalmente.m − 35 N * sen30 * x 60 N − m x=− = −3. Asumiendo el punto E como el punto de aplicación de la fuerza única y el origen en B. De entrada no nos debemos preocupar para que lado se debe mover la fuerza. Encontremos la ecuación de la línea de acción de F para la cual este sistema fuerza par se convierte en una sola fuerza: Para que la fuerza produzca el mismo efecto de rotación que el par debemos correrla hacia la izquierda del punto B. Note que en este caso ya asumimos un valor de “y” igual a cero. tenemos: = −60 N .i + 35N * sen30. podemos asumir un lado y el signo de la coordenada hallada nos dirá si ese lado es correcto o no. 20N A B 35N 30º 3m C 3m A 3m C 20N 3m D 60N-m D Fy B 35N 30º Fx x E 35N El par compuesto por las fuerzas de 20N constituye un vector libre e igual a M=20N*3m=60N-m en el sentido horario. cos 30) − 60 N .43m igual al anterior.sen30 − y * 35. Para encontrar el intercepto con la línea AC entonces el valor de x en esa línea sería igual a –3m.98m − tan 30 * x en esta ecuación para y=0 nos daría un valor de x=-3. 3m A 3m C 0. cos 30 y = −1. Note que la pendiente de la recta es la misma pendiente de la fuerza original ya que la fuerza única tiene que ser exactamente igual a esta. ¿Cuándo se dice que dos pares son equivalentes? 3.71m 35N 30º D B CUESTIONARIO #3 1.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS Fy A 3m C 3m 60N-m D B 35N 30º Fx y rEB E x 35N ∑M B = 0 = −60 N .m + (− x * 35. ¿Cuando Un sistema fuerza-par es factible de reducir a un sistema de una sola fuerza? I N G .m − x * 35 N . R O D R I G O 28 S U Á R E Z .71m medido a partir del punto B.sen30 =y 35 N . ¿Qué es un sistema resultante fuerza-par? 2.98m − tan 30 * (−3m) = −3. de acuerdo con nuestro origen: y = −1. C. Fuerzas internas: fuerzas ejercidas por las mismas partes del cuerpo y que hacen que el funcione como una unidad. dibujarlo solo. Fuerzas externas en un cuerpo: Son aquellas fuerzas ejercidas por otros cuerpos. siempre su efecto es de halar y no de empujar.L). identificaremos los principales tipos de fuerzas que se ejercen entre los cuerpos.C. DIAGRAMAS DE CUERPO LIBRE Para analizar los efectos que ejercen los cuerpos sobre otro trabajamos sobre un modelo que llamamos diagrama de cuerpo libre (D. Caso de nuestros pies sobre el suelo.L. una normal a la superficie de contacto. I N G . Imposible!. Un cable siempre ejerce un fuerza en la misma dirección del cable y siempre hacia afuera del cuerpo afectado. El diagrama de cuerpo libre consiste en aislar el cuerpo estudiado. Ffr Ffr N Fuerza puntual F N F Fuerza distribuida Fuerzas de cables y cuerdas. Piense en empujar un carrito con una cuerda o tira. mientras que la fuerza de fricción depende de las características de los materiales en contacto.g.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS UNIDAD O TEMA: EQUILIBRIO DE CUERPOS RÍGIDOS TITULO: Diagramas de Cuerpo Libre EQUILIBRIO DE PARTÍCULAS IDENTIFICACIÓN DE LOS TIPOS DE FUERZAS EJERCIDAS ENTRE LOS CUERPOS. W = m. Como estas fuerzas hacen parte del mismo cuerpo nunca se dibujan en un D. Fuerzas gravitatorias: Fuerzas de atracción entre cuerpos. La normal siempre estará presente. Fuerzas distribuidas o de superficie: Son ejercidas sobre un superficie de contacto o sobre un área. Caso del peso de un cuerpo. Estas fuerzas se expresan por unidad de longitud o de área. para los cuerpos analizados en este curso esta fuerza siempre estará en el D. R O D R I G O 29 S U Á R E Z . Para hacer un buen D. que la llamamos normal. reemplazando cada cuerpo que esté en contacto con él por la fuerza correspondiente. En ambos casos la fuerza de contacto se puede expresar en función de sus componentes.L.L Fuerzas puntuales: se ejercen sobre un solo punto del cuerpo.C. Tipos de fuerzas de acuerdo con su origen: Fuerzas de contacto: Cuando dos cuerpos están en contacto se pueden dar fuerzas puntuales y fuerzas distribuidas. Fuerzas de cables o puntales.C. y otra paralela que corresponde a la fuerza de fricción. La normal y la de fricción son fuerzas que tienen características diferentes. por eso se llama tira o tirante. ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS D. R O D R I G O 30 S U Á R E Z . Del cable T De la pared T Esquema general T T T Fuerzas de contacto en el perno T W Del objeto De la polea Del cable mas la polea. el diagrama de cuerpo libre. será: Fuerzas de la pared Fuerza del resorte sobre Resorte comprimido sobre el resorte la pared Resorte estirado I N G . La fuerza de un resorte siempre es proporcional a la deformación y se conoce como fuerza elástica. note que desaparecen las fuerzas distribuidas (son internas entre cable y polea) DIAGRAMAS DE CUERPO LIBRE Fuerzas ejercidas por resortes: Un resorte puede tanto empujar como tirar. Dependiendo de si se analiza el resorte o el cuerpo o cuerpos que están en contacto con él.C. tensión del cable Ffr N Poste con contraviento Fuerzas de cables sobre poleas: para realizar el diagrama de cuerpo libre de la polea o del cable habría que separar ambos cuerpos y dibujar las fuerzas que se están ejerciendo sobre ellos. en este caso como no es un punto único de contacto entonces se ejercen fuerzas distribuidas. normales a la superficie (radiales) y perpendiculares a ella (de fricción tangenciales). DCL.L del poste Fuerza sobre el anclaje W T. ΔL . Ejemplos 1. I N G . R O D R I G O 31 S U Á R E Z .i + Fy . ΔL = Lfinal + Linicial Las fuerzas ejercidas por cuerpos deformables se pueden modelar por medio de resortes.k cero. Notemos que cuando se habla de un vector igual a cero se está condicionando a que cada una de sus componentes sea cero. Determine las tensiones en los resortes si la barra permanece horizontal. y kB=300 lb/pie. La condición para que una partícula esté en equilibrio o reposo es que la fuerza neta aplicada sobre ella sea igual a cero (primera ley de Newton). de hecho es igual a cero. donde: k es la constante de rigidez del resorte. esta ecuación es una ecuación vectorial. con constantes de rigidez kc=kA=400 lp/pie.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS Fr = k. por ejemplo. En el caso de estudiar cuerpos modelados en un plano XY. r r r r r Tanto la resultante de las fuerzas en X como la de Y y la de Z deben ser iguales a A B C Una barra de 200 lb es suspendida de tres resortes de igual longitud. o sea aquellos donde todas las fuerzas son concurrentes en un punto o aquellos cuerpos donde no se producen efectos de rotación y el movimiento solo puede darse en una dirección (cuerpos sometidos a fuerzas paralelas sin efecto de rotación). en vez de tres. En ningún caso una componente anula a otra componente. por lo tanto es condición necesaria que cada componente sea cero. Esta condición implica que la resultante R sea cero y por lo tanto no se producirán efectos de traslación sobre el cuerpo en ninguna dirección. EQUILIBRIO DE UNA PARTICULA Estudiaremos primero el efecto de las fuerzas sobre cuerpos que se pueden modelar como una partícula. j + Fz . ΔL es el cambio de longitud del resorte. por lo tanto las condiciones o ecuaciones de equilibrio independientes son dos. la fuerza ejercida por un suelo blando sobre mi pie constituye una fuerza elástica ( o sea de resorte) sobre mí. Al descomponer las fuerzas y hacer la sumatoria por componentes nos resultan tres ecuaciones escalares independientes: ∑F = 0 r ∑ Fx = 0 ∑ Fy = 0 ∑ Fz = 0 ∑ F = 0 = Fx . la componente en Z de las fuerzas. 9cm Notas de interés: Cuando se cuelga un objeto de un alambre o cuerda horizontal. Determinar la cadena mas corta ACB que puede usarse para levantar el cajón si la tensión en la cadena no debe exceder de 1250 lb.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS Siempre que resolvemos un problema debemos plantear desde el principio la ecuación o ecuaciones que necesitamos para resolver las incógnitas. Sabiendo que la longitud del resorte AB sin estirar es de 2m determinar la masa del objeto suspendido. R O D R I G O 32 S U Á R E Z . Aquí la ecuación principal es la ecuación de equilibrio de la barra. 3. Por que se puede aplicar esta ecuación si las fuerzas no son concurrentes?. 2. El peso del cajón es de 3. El objeto alcanza el equilibrio en la posición indicada.12kN. I N G . esta no permanece horizontal. C A 28” B 121. Compruebe. 3m C 3m A D D W 4m B FAC A FAB Se suspende un objeto del sistema de resortes mostrado en la figura. es que todos soporten la misma carga. Para dar estabilidad horizontal se pueden colocar de tal manera que formen un triangulo en sus soportes. con un cable y una polea. el peso máximo a levantar es igual al peso de la persona que hala del cable en el otro extremo.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS Mientras mas inclinado el cable. mientras mas largos los cables que sostienen un objeto. menor la magnitud de la tensión en la cuerda necesaria para levantar el mismo objeto. sabiendo que solo se cuenta con una longitud de alambre dada de L. ¿Cómo debe ser el tríangulo que se forma con el anclaje de los cables en sus soportes para lograr que todos tengan la misma tensión? Si se desea levantar un objeto por medio de un cable que pasa a través de una polea en el techo. menor será la tensión en ellos. Coloque los alambres de tal manera que ellos trabajen de la manera mas eficientemente posible. Si un objeto de cuelga de tres cables. si la tensión máxima que ellos soportan es T. logra reducir la fuerza necesaria para levantar un objeto del piso? Determine el peso máximo de la placa que puede sostenerse por medio de tres alambres de igual material. R O D R I G O 33 S U Á R E Z . no concentrarlos todos en el mismo lado. ¿Cómo. Si se cuelga un objeto de un solo cable. estos deben estar en el mismo plano en que se encuentra el objeto a colgar. la forma mas efectiva de que ellos trabajen al máximo es colocándolos verticalmente. este siempre asumirá la posición vertical. I N G . Compruebe. se debe compensar. las componentes horizontales de las tensiones ejercidas por los cables sobre el objeto. la forma más eficiente de hacerlos trabajar para sostener un objeto colgado. Esto implica que se deben colocar los cables saliendo para diferentes lados del objeto. Dibuje los DCL y explique. Si se tienen cables del mismo material y sección transversal (igual resistencia). pues el objeto no se mantendría en esa posición. ¿Por qué? Para sostener un cuerpo por medio de dos cables. Si se sostiene un objeto por medio de tres cables. por lo tanto no puede haber mas de tres incógnitas por resolver. Uno de los cables no se puede anclar directamente al terreno sino que se ancla por medio de un muerto en concreto consistente en un paralelepípedo de 0.40x0. Fuerza del viento ¿Son suficientes los datos para resolver este problema? I N G . Se sabe que entre el suelo y el concreto se desarrolla un coeficiente de fricción estático de 0.30m (γconcreto=24kN/m3). Determinar la posición en que se deben anclar los alambres al piso cuando se somete la torre a una fuerza horizontal de viento de 100N.40x0. Una torre de una antena repetidora se sostiene en forma vertical con la ayuda de tres cables “contraviento”. Se cuenta con cables que soportan una tensión máxima de 600N. R O D R I G O 34 S U Á R E Z .50.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS Qué datos necesita para este problema: • • • • Radio de la placa Longitud de los alambres Posición de los alambres en la placa Peso de la placa Recuerde que en estática de partículas no se cuenta sino con 3 ecuaciones de equilibrio. La torre mide 4m de altura. Para anclar los alambres se cuenta con un área cuadrada de 5mx5m alrededor de la torre. la posición de la polea. Determinar la posición de la polea en el techo de tal manera que la lámpara se mantenga en la posición y altura indicadas y el peso de la lámpara. El tercer cable se usa para regular la altura de la lámpara con respecto al piso. Para que el tercer cable cumpla con la función de regular la altura de lámpara es necesario que la posición de la polea en el techo se encuentre a mas de 3m de distancia horizontal de la lámpara (un radio en planta de 3m medido con respecto al centro de la lámpara). que pasa a través de un a polea anclada al techo soportando en el otro extremo una masa de 100kg. ¿Qué es el diagrama de cuerpo libre y para que se utiliza? 3. ¿Con cuantas ecuaciones contamos para verificar el equilibrio de partículas o cuerpos rígidos? 2. Si no cumple esta condición usted que haría para poder localizar la polea en este radio: ¿Disminuir la masa que cuelga del cable regulador? ¿Aumentar la masa? ¿Mover la posición de los otros cables? 2m 3m 1m B A 4m 2m C CUESTIONARIO #4 1.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS Una lámpara descolgable se sostiene por medio de 2 cables anclados al techo y por un tercero. por equilibrio. Se sabe que las magnitudes de las tensiones en los dos cables anclados al techo son: TAB=300N y TAC=200N. Esta condición simplemente es de funcionalidad y se verificará después de encontrar. ¿Cómo se clasifican las fuerzas de acuerdo a su origen? I N G . R O D R I G O 35 S U Á R E Z . Pascal). en este caso la fuerza se expresa como una presión que tiene unidades de fuerza sobre área (F/A y en el sistema internacional N/m2=Pa. minúscula). Note que mientras mas grande sea el área en que nos apoyamos la presión es menor ya que la misma fuerza se distribuye en un área mayor. Valiéndonos del concepto de peso especifico como peso por unidad de volumen notamos que este no es mas que la distribución del peso total en el volumen que ocupa el cuerpo. Se considera que una fuerza es distribuida cuando no actúa en un solo punto sino sobre en una superficie dada. En el caso particular en que el área de contacto entre dos cuerpos sea de ancho constante y mucho menor que la longitud podemos expresar la fuerza distribuida no por unidad de área sino por unidad de longitud.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS UNIDAD O TEMA: FUERZAS DISTRIBUIDAS TITULO: Centroides y centros de gravedad FUERZAS DISTRIBUIDAS Entre los tipos de fuerzas ejercidas entre dos cuerpos tenemos las puntualeso concentradas y las distribuidas en una superficie. Este tipo de carga se conoce como carga distribuida lineal y se representa por la letra ω (omega. F/L3. Una vez concebido el concepto de fuerzas distribuidas podemos preguntarnos como calculamos el efecto total de estas sobre un cuerpo dado. Otro tipo de fuerza que se ejerce en forma distribuida es el peso de los cuerpos. Sus unidades son de fuerza por volumen. Note que las unidades de ω son: fuerza/longitud y no de fuerza solamente y que su magnitud representa la altura del diagrama de la carga distribuida. En este capítulo estudiaremos el efecto de las fuerzas distribuidas. R O D R I G O 36 S U Á R E Z . Un ejemplo de este tipo de fuerza es la que se ejerce entre nuestro zapato y el suelo de apoyo. en este caso tendríamos una fuerza distribuida en una línea y no en un área. Podríamos aplicar el concepto de sistemas equivalentes de fuerzas y en vez de trabajar I N G . encontrando un par resultante. una de ellas consiste en trasladar todas las fuerzas a un punto del cual desconocemos su ubicación pero que al ser trasladadas allí el momento resultante de traslado sea igual a cero. I N G . En una viga dada están actuando una serie de cargas puntuales como se indica en la figura. Partiremos de un ejemplo de sistemas de fuerzas para explicar este tema. lo mismo para los pares. así con todas las otras fuerzas llegamos a tener unas fuerzas congruentes en el punto ·p acompañada de unos pares en función de la distancia x. sumo y resto cada fuerza en el punto de traslado y queda un sistema de fuerza par en el nuevo punto. así reduje el sistema a una sola fuerza de resultante ubicada en ese punto. R O D R I G O 37 S U Á R E Z . se quiere determinar la resultante de este sistema y su punto de aplicación: Tenemos dos formas de pasar del sistema de fuerzas I al sistema de fuerzas II.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS con fuerzas distribuidas como tales trabajar con una fuerza equivalente que represente el total de la carga distribuida ejercida en un cuerpo. Ya que lo que queremos encontrar es el punto de aplicación de esta resultante donde el par que la acompañe sea cero igualamos el par resultante a cero y encontramos la distancia x. Como todas las fuerzas ya son congruentes se suman y se encuentra una fuerza resultante. Otro método es trabajando por sistemas de fuerzas equivalentes: para que ambos sistemas de fuerzas sean equivalentes. o sea que produzcan los mismos efectos de traslación y de rotación al cuerpo rígido cumpliendo las siguientes igualdades: 1. Por el primer método tenemos: Para trasladar cada fuerza. 5m del extremo izquierdo de la viga. para hallar estos momentos se asumió una posición del punto p y de acuerdo con ella se colocan los signos a los pares de traslado. Al desarrollar las ecuaciones anteriores encontramos el valor de la resultante y el valor de x: todas las fuerzas se cancelan y quedan solo las distancias en metros y la distancia x: Así nuestro sistema equivalente de una sola fuerza es igual a una resultante vertical R=25N aplicada a 2. Por el segundo método se plantean las ecuaciones de equivalencia I N G .ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS Note que cada par de traslado corresponde al momento de la fuerza con respecto al punto al cual la vamos a trasladar. si encontramos un valor negativo para x quiere decir que el lado donde actúa la resultante no es este sino el lado contrario al asumido. 2. R O D R I G O 38 S U Á R E Z . ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS en la ecuación anterior note que en el sistema II su resultante no produce momentos con respecto a p ya que ella está aplicada en ese punto. Observemos que es exactamente la misma ecuación de momentos de traslado del método 1 por lo tanto el valor de x es el mismo. Cargas distribuidas en una longitud: Analicemos que pasa cuando estas fuerzas se expresan como una carga distribuida sobre la viga: Pensemos en cada una de estas fuerzas representa a una persona que se paró sobre la viga. R O D R I G O 39 S U Á R E Z . Las personas se paran de tal manera que quedan a un metro una de otra. Se puede decir que ese peso está repartido en un metro de longitud y la carga equivalente entonces sería 5N/m. Esta hipótesis puede ser cierta. en este caso fue x. Convirtamos el sistema de fuerzas compuesto por las fuerzas distribuidas en una sola fuerza y encontremos su punto de aplicación: Por intuición usted podría decir que la fuerza total sobre la viga es ω*L. I N G . esta multiplicación nos daría en unidades de fuerza y correspondería a la fuerza resultante sobre la viga. El peso no se transmitiría puntualmente a la viga sino en una longitud de viga igual a 1m. Pensemos que pasa si esta fuerza no fuera transmitida en forma tan puntual sino que nos pusiéramos unos zapatos gruesos y bien largos por decir de un metro de largo. medida a partir del extremo izquierdo de la viga: donde di es la distancia de cada una de las fuerzas al mismo punto desde donde se mide x. Tomando la ecuación de momentos podemos generalizar el punto de aplicación de la resultante de un sistema de fuerzas compuesto por fuerzas de igual magnitud. dirección y sentido: El punto de aplicación se mide en una distancia perpendicular a las líneas de acción de las fuerzas. todas en este caso pesan lo mismo y su peso está siendo transmitido por acción reacción a la viga. pero conocemos donde actúa esta fuerza? Y si ω no fuera constante en toda la longitud esto se cumple? Para que nuestro método sea general utilizaremos este ejemplo y después lo generalizaremos. I N G . considerando solo un tramo de la viga. R O D R I G O 40 S U Á R E Z .ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS Si trabajamos con longitudes de vigas pequeñas el resultado será mas exacto. estas sumatorias se convierten en integrales. hallamos la fuerza resultante en este pedacito como: actuando a una distancia xi del extremo de la viga Al igual que hicimos en el ejemplo anterior aplicamos equivalencia entre los dos sistemas de fuerzas: despejando R y X de estas ecuaciones tenemos: En el límite cuando Δx se hace muy pequeño. Para analizar el valor del peso de un cuerpo nos valemos de los conceptos de densidad (ρ) y peso especifico (γ) del material. R O D R I G O 41 S U Á R E Z . PESO EXPRESADO COMO UNA CARGA DISTRIBUIDA El peso es la fuerza de atracción que ejerce la tierra sobre cada cuerpo que se encuentra en su superficie o cerca de ella. Al punto de aplicación de la resultante definido a una distancia X corresponde al centroide del área de carga y se se designa como . Esta conclusión nos sirve para encontrar cualquier resultante solamente considerando el área de la grafica de ω. Esta fuerza se ejerce sobre cada una de las partes que conforman el cuerpo de acuerdo con su masa. Podemos decir que ω*dx representa el área de la curva de carga en ese pedacito de viga y por ese motivo se puede representar como un dA. La integral de momento la expresamos en función de este dA: esta ecuación se conoce como el primer momento del área con respecto al eje “y”.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS En los casos generales la carga distribuida ω se expresa como una función de x. Al analizar estas sumatorias e integrales y compararlas con una curva normal de una función f(x) nos damos cuenta que la resultante no es mas que el área bajo la curva de carga. no olvidemos que esta carga puede variar en cada punto de la viga y que su magnitud esta representada por la altura de la curva de carga. Se entiende por densidad la masa sobre unidad de volumen (ρ=m/V) y como peso especifico el peso del cuerpo sobre el volumen (γ=W/V). Para figuras geométricas con áreas simples esto nos presta una gran ayuda ya que no tendríamos que integrar. I N G . Para pasar de masa a fuerza o peso sabemos por la segunda ley de Newton que: Peso = masa * aceleración de la gravedad Aplicada al peso especifico y a la densidad tenemos: peso especifico = densidad por la aceleración de la gravedad. podríamos decir que en un cuerpo no actúa una fuerza única de atracción sino que se ejercen tantas fuerzas atracción como partes constitutivas tenga el cuerpo. aunque en realidad no tiene unidades de área. Este valor no depende de la geometría del cuerpo ya que está expresado por unidad de volumen. R O D R I G O 42 S U Á R E Z . Como el volumen de todos los pedacitos es igual los pesos correspondientes son también iguales. Si distribuimos el peso de cada pedazo de viga en su propia longitud dL nos queda una carga distribuida por unidad de longitud en toda la viga igual a: de esta forma hemos expresado el peso como una carga distribuida por unidad de longitud en función de la sección transversal del elemento y del peso especifico del material. Si lo vemos de frente tenemos: la resultante de este sistema de cargas es el área bajo la curva de carga. una de sus dimensiones es mucho mas grande que sus otras dos: El peso total de este elemento es: Para hallar la ubicación de este peso podemos considerar la viga como una suma de elementos pequeñitos de área transversal igual a At=t*h y de longitud dL. El peso de cada uno de estos pedacitos de viga estaría dado por w=At*dL*γ . en este caso una carga uniforme y su área es un rectángulo: I N G . hasta aquí el problema es sencillo.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS El peso especifico es propio de cada material así como la densidad de masa también es una propiedad del material que constituye a un cuerpo. Para hallar el peso de un elemento de cierto material no tendríamos sino que multiplicar el peso especifico por el volumen y obtenemos un peso en unidades de fuerza. pero sí nos preguntamos dónde actúa esta fuerza lo sabemos? Para responder esta pregunta trabajemos como ejemplo un elemento viga con sección transversal constante y cuyo material tiene un peso especifico γ Caso de elementos largos. x=L/2. Momento del sistema de cargas correspondiente al peso total W: igualando los dos sistemas y despejando para X: Se puede concluir que la localización de la resultante del peso de un elemento con área transversal constante y densidad constante no depende del área de la sección ni de la densidad del material. R O D R I G O 43 S U Á R E Z .ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS resultado que ya conocíamos de antemano y cuya ubicación de la resultante corresponde al eje vertical de simetría de la figura de carga. Esta ubicación se puede comprobar haciendo la equivalencia entre los dos sistemas de fuerzas y tomando momentos respecto a un punto cualquiera A: Momento del sistema de cargas distribuidas: donde li es la distancia al punto A de cada uno de los pesos de cada pedazo de viga. Que pasaría en el caso de que la altura del elemento no fuera constante? Para elementos con altura variable pero donde su espesor t se mantenga en toda la longitud el valor del peso y su ubicación lo calculamos así: I N G . siempre será en L/2. de cada uno de estos elementos Estos pesos se pueden representar como cargas distribuidas si los dividimos en su propia longitud dL: en este caso siendo t constante. wi. La resultante de esta carga se determina como el área bajo la curva de carga.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS Igual que en la viga de sección transversal constante se divide el elemento en pedazos y se trabaja con el peso. I N G . la carga distribuida correspondiente al peso del elemento es proporcional a la altura hi. por lo tanto la forma de la carga distribuida correspondiente al peso será proporcional a la altura del elemento. para esta viga la carga ω tendrá forma trapezoidal y sus valores inicial y final se determinan multiplicando el peso especifico por el espesor y por la altura en ese punto. R O D R I G O 44 S U Á R E Z . la semisuma de las alturas por la base y su punto de aplicación lo encontramos por integración expresando h como una función de L o descomponiendo la figura de carga en un triángulo y un rectángulo y tomando momentos con respecto a un punto cualquiera A. tenemos: en esta última ecuación notamos que la posición de la resultante no depende del peso especifico ni del espesor sino de la altura de la figura. R O D R I G O 45 S U Á R E Z . I N G . En todos estos elementos de espesor constante la forma de la carga distribuida por unidad de longitud debido al peso propio es proporcional a la altura de la figura. Por esto podemos decir que el centro de gravedad (punto donde se aplica el peso) coincide con el centroide del área frontal del elemento. en el caso en que este se halla tomado por partes. En el caso de hacerlo por integrales la altura hi del elemento se debe expresar como una función de L. Para elementos con diferentes formas ya sabemos que la carga distribuida debido al peso es de la misma forma de la figura del elemento. Para diferentes figuras no es sino hallar el centroide del área como el momento de primer orden del área dividido el área total donde Ai es el área longitudinal de cada parte del elemento.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS Momentos de la carga distribuida: momentos de la resultante: igualando y despejando X. y Li es la distancia del centroide de cada una de estas partes al punto de referencia. Podemos concluir que para elementos de espesor y peso especifico constante la posición del peso depende únicamente de la geometría longitudinal de la sección. R O D R I G O 46 S U Á R E Z . las dos dimensiones en planta son mucho mas grandes que la altura del elemento: Este tipo de cuerpos se denominan placas. I N G . De cada componente del cuerpo se halla su peso resultante y su ubicación y se reduce este sistema a una sola fuerza por los métodos conocidos. ellas pueden ser las mismas figuras analizadas en el numeral anterior pero cambiamos su ubicación. 2.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS En el caso de que las densidades no fueran constantes. el valor γ no se puede sacar de las sumatorias o integrales y este se debe expresar como una función de L. Caso de elementos planos. en vez de colocarlas paradas en este caso van acostadas. En el caso de que el cuerpo este compuesto por otros cuerpos de diferente densidad se puede encontrar la resultante del peso y su ubicación descomponiendo el cuerpo en tantas partes como variación del peso especifico se tenga. dividimos la placa en muchos pedazos pequeños cada uno con su peso propio. I N G . xi.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS El peso de cualquier cuerpo se puede expresar en función del peso especifico γ y del volumen como: para encontrar el punto de aplicación (centro de gravedad). Xcg y Ycg. Haciendo la equivalencia entre los dos sistemas de fuerzas tenemos el peso de cada elemento es en el caso de que dx y dy tiendan a cero la sumatoria se convierte en una integral si se mantiene γ y h constantes ellos pueden salir de la sumatoria y de la integral y esta se convierte en la suma de las áreas que no es mas que el área total. En el caso de que no sean constantes su variación se debe expresar como una función del área y hacen parte de la sumatoria o de la integral. Mientras mas pequeños los elementos ellos tienden a considerarse como puntos en el espacio y la ubicación del peso coincide con las coordenadas del punto del elemento. R O D R I G O 47 S U Á R E Z . yi. wi. Haciendo los elementos mas pequeños las sumatorias se convierten en integrales lo mismo para el Ycg donde el xi y yi representan el centroide del diferencial de área dA Determinación del centroide por integración: Para determinar el centroide o centro de área por integración debemos considerar un diferencial de área. dA y conocer la curva que limita a la figura en cuestión. R O D R I G O 48 S U Á R E Z .ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS Aplicando la equivalencia en rotación alrededor de cada uno de los ejes tenemos: Momentos alrededor del eje Y: igualando momentos y despejando Xcg aplicando lo mismo a los momentos con respecto al eje X encontramos el Ycg se puede concluir que cuando la altura h y la densidad del material son constantes el centro de gravedad coincide con el centroide del área. Podemos definir varios diferenciales de área y escoger con cual trabajar dependiendo de la figura que tengamos: I N G . ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS I N G . R O D R I G O 49 S U Á R E Z . Caso de elementos lineales: Estos elementos se conocen como alambres o líneas.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS 3. Son largos y mantienen su área transversal constante en toda su longitud. I N G . R O D R I G O 50 S U Á R E Z . I N G . a la cual se ve sometida una partícula cuando está dentro de un fluido en reposo. dL. p. El caso de fuerzas por viento o por empuje de líquidos o tierra sobre superficies verticales se puede considerar como fuerzas distribuidas y aunque. en todos los casos se trabajan de la misma manera que las fuerzas vistas hasta ahora. es igual en todas las direcciones y su magnitud depende del peso especifico del líquido y de la profundidad a la que se encuentre la partícula. se divide el elemento en pedazos pequeños y se encuentra por equivalencia de sistemas de fuerzas el peso total y su localización Xcg y Ycg. donde el diferencial de longitud. se puede expresar en función de x y y o tambien en función de θ y r en coordenadas polares. Para fuerzas sobre superficies que contienen líquidos estudiaremos la ley de Pascal: la presión. OTROS TIPOS DE FUERZAS QUE SE PUEDEN EXPRESAR COMO CARGAS DISTRIBUIDAS POR UNIDAD DE LONGITUD Todas aquellas fuerzas que se ejercen sobre superficies donde una de sus dimensiones se mantiene constante se pueden convertir en fuerzas por unidad de longitud.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS Al igual que para las placas planas. no sean verticales. R O D R I G O 51 S U Á R E Z . ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS Si hacemos el diagrama de cuerpo libre de la partícula observamos que ella está soportando el peso de líquido que está por encima, w=γ.z; para que la partícula se mantenga en equilibrio debe existir una fuerza igual y de sentido contrario que compense el efecto de este peso, entonces existe una presión igual para arriba. Lo mismo pasa en las otras direcciones, dándonos como resultado una presión igual en todas las direcciones (se puede ver la demostración en cualquier libro de mecánica de fluidos). En envases que contienen líquidos, las partículas adyacentes al envase están sometidas a una presión p por el lado del líquido. Al lado del recipiente debe existir una fuerza igual en magnitud, dirección y sentido contrario a esta presión ejercida ya que la partícula no esta en movimiento. Por acción reacción vemos que sobre el recipiente se ejerce una presión igual a la que se ejerce sobre la partícula dentro del fluido. Esta presión, como ya vimos, es proporcional al peso especifico del líquido y a la profundidad z. CUESTIONARIO #5 1. ¿Cómo se calcula la resultante de una carga distribuida? 2. ¿Cómo se puede aplicar el peso de un cuerpo en función de una carga distribuida? I N G . R O D R I G O 52 S U Á R E Z ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS UNIDAD O TEMA: ANALISIS DE ESTRUCTURAS TITULO: Armaduras ARMADURAS PLANAS Uno de los elementos estructurales más usados en Instalaciones Agrícolas son las Cerchas o Armaduras, las cuales soportan cargas elevadas y cubren grandes luces, generalmente se utilizan en cubiertas de techos y puentes. El análisis de las condiciones de estabilidad que deben cumplir cuando sobre ellas son aplicadas cargas de trabajo corresponden al desarrollo del presente tema. Es una estructura reticulada simple formado por elementos rectos de sección constante, cuya longitud supera varias veces su sección transversal, se conocen como barras y se conectan rígidamente en sus extremos denominados nodos o nudos, los esfuerzos actúan a lo largo de su eje longitudinal. Las Armaduras planas o cerchas se utilizan para soportar cargas elevadas y cubrir grandes luces, pueden construirse en maderas o acero y usadas en cubiertas de techos, puentes, grúas, torres, etc. ANALISIS DE LAS ARMADURAS Para el análisis de las armaduras se parte de varias hipótesis de trabajo, que aunque no se presentan exactamente como se asumen, permiten simplificar los cálculos y dar resultados lo mas cercanos posibles a la realidad HIPÓTESIS DE TRABAJO: 1. Las barras de la armadura están unidas mediante pasadores lisos colocados en sus extremos. 2. Las cargas y reacciones actúan en los nodos. 3. Las barras tienen un peso despreciable. CONSTRUCCION DE UNA ARMADURA Con el fin de obtener la rigidez de la armadura las barras deben tener una disposición triangular, por ser geométricamente una figura indeformable, unidas de dos en dos en sus extremos mediante pasadores lisos. Las uniones de las barras se llaman nudos, nodos o juntas y se resuelven generalmente con placas metálicas llamadas cartelas. I N G . R O D R I G O 53 S U Á R E Z ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS Partiendo del triángulo base, formado por 3 nudos (ABC ) y tres barras (AB, AC, BC) por cada nuevo nudo (D), se necesitan dos barras (BD, CD), no alineadas, para formar un nuevo triangulo, generando estructuras rígidas. CONDICIÓN DE RIGIDEZ DE LAS ARMADURAS La rigidez de una armadura esta determinada por su capacidad de mantener la forma original luego de ser aplicadas las cargas de trabajo. La rigidez mide la estabilidad estructural de la armadura. La Ecuación que expresa los requisitos necesarios para que una estructura armada plana sea rígida será: b = 2n – 3 Rígida – Isostática -Es una armadura estáticamente determinada Cuando las condiciones son: b › 2n – 3 Hiperrígida – Superrígida-Estáticamente indeterminada b < 2n – 3 Hiporrígida – Inestable- Estáticamente indeterminada Donde : b = número de barras; n = número de nudos Observe el gráfico, en este caso se tiene: Barras = 5 (AB-AD-BC-BD-DC) Nodos = 4 (A-B-C-D) Al aplicar la ecuación se obtiene: b = 2 x 4 -3 = 5 Se chequea el resultado y que las barras formen triángulos entre sí. I N G . R O D R I G O 54 S U Á R E Z ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS EQUILIBRIO EN LAS ARMADURAS Externamente se equilibran mediante apoyos isostáticos. Los extremos de cada barra son articulaciones de pasador permitiendo el giro, alrededor del nudo, el sistema de fuerzas sobre el nodo es concurrente, aplicándose para el cálculo las ecuaciones de equilibrio: ΣFy = 0 ; ΣFx = 0 Cada barra de la armadura se encuentra sometida a un sistema de dos fuerzas, axiales, iguales, opuestas y colineales, que la mantienen en equilibrio. Se presentan dos tipos de esfuerzos: Tracción y Compresión ESFUERZOS EN LAS BARRAS 1 . TRACCIÓN: cuando la fuerza tiende a estirar las fibras internas de la barra, el efecto es de alargamiento. Se toman como magnitudes positivas para el cálculo algebraico. 2. COMPRESIÓN: cuando la fuerza tiende a acortar las fibras internas de la barra, el efecto es de acortamiento. Se toman como magnitudes negativas para el cálculo algebraico. I N G . R O D R I G O 55 S U Á R E Z R O D R I G O 56 S U Á R E Z . 3. La armadura es un sistema en equilibrio externo. 2. MÉTODOS DE ANÁLISIS El análisis de una armadura se hace con el fin de determinar los esfuerzos que actúan sobre las barras. los pasos serán: 1. Determinar las reacciones en los apoyos para el equilibrio externo.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS En el diagrama se representan las actuaciones de las fuerzas internas sobre las barras y en los nudos. En primer lugar se debe aplicar las condiciones para el equilibrio externo de la estructura y luego con cualquiera de los métodos de análisis buscar el equilibrio en cada barra y nudo. al despiezarla se debe buscar el equilibrio interno en cada nudo y en cada barra. Chequear la estabilidad y rigidez. Dibujar el Diagrama de Cuerpo Libre (DCL). con los cuales se calculan las dimensiones que tendrán sus secciones transversales. Los métodos de análisis son por Nudos y por Secciones 1. I N G . MÉTODO DE LOS NUDOS O NODOS Con la armadura del gráfico se explica el procedimiento de cálculo. I N G . nudo por nudo. por sumatoria de fuerzas colineales F1=F2. la tercera barra. R O D R I G O 57 S U Á R E Z . cualquiera sea su ángulo. Caso 1: En el nudo A. Estos miembros de fuerza cero (0) sirven para incrementar la estabilidad de la armadura. por no tener fuerza externa que equilibrar. Analizar la armadura. aplicándose para el cálculo las ecuaciones de equilibrio: ΣFy = 0 . alrededor del nudo. por no tener fuerza externa que equilibrar. Caso 2: En el nudo A. por lo tanto F3 queda con magnitud cero. tendrá una magnitud igual a cero (0). El sistema de fuerzas es concurrente. sin que exista carga externa y dos de ellas son colineales. por sumatoria de fuerzas colineales F1=F3. ΣFx = 0 Se recomienda comenzar el análisis por un nudo donde concurran solamente dos (2) barras desconocidas y existan fuerzas externas conocidas. Nudos en condiciones especiales de carga: Si en nudo cualquiera concurren tres (3) barras. Los extremos de cada una de sus barras son articulaciones de pasador permitiendo el giro. se determinan por inspección visual de las juntas. por lo tanto F2 queda con magnitud cero.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS 4. 4. 3. 2. se toma uno de los lados como un sólido rígido cuyas fuerzas no son concurrentes ni paralelas. magnitudes negativas corresponden a esfuerzos de compresión. Σ Fy = 0 Σ Fx = 0 Σ = 0 o M Las barras seccionadas se suponen a tracción. Hacer el Diagrama de Cuerpo Libre (DCL). R O D R I G O 58 S U Á R E Z . Chequear estabilidad y rigidez. Se secciona la armadura.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS 2. I N G . MÉTODO DE LAS SECCIONES Procedimiento de cálculo: 1. cortando imaginariamente tres barras desconocidas. Determinar las reacciones en los apoyos para equilibrio externo. para el análisis se aplican las ecuaciones de equilibrio. De seguida se muestran las secciones de la armadura. las barras seccionadas se toman como cargas externas desconocidas. ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS 5. PARTES DE UNA ARMADURA DE TECHO TIPICA I N G . Se toman momentos en un punto donde concurran dos (2) de las barras cuyos esfuerzos se desconocen para calcular el esfuerzo de la tercera barra. R O D R I G O 59 S U Á R E Z . el apoyo B corresponde a un rodillo. las barras verticales se conocen como montantes. Las barras que van desde el apoyo izquierdo al apoyo derecho. Explique las diferencias entre los dos métodos indicados para el cálculo de esfuerzos internos en armaduras 3. ¿Cuáles son los pasos a seguir en ambos métodos?. las inclinadas se conocen como diagonales. ¿Qué es una armadura o cercha? 2. sobre el se apoyan las correas que sostienen las laminas de techo y la carga del viento. R O D R I G O 60 S U Á R E Z . CUESTIONARIO #6 1. por la parte de abajo forman el cordón inferior de la armadura. por la parte de arriba forman el cordón superior de la armadura.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS El apoyo A corresponde a una articulación. la distancia entre apoyos se denomina luz de la armadura y la distancia mayor vertical corresponde a la altura de la armadura. Detallelos I N G . Las barras que van desde el apoyo izquierdo al apoyo derecho. Observemos que la clave es conocer las fuerzas de extremo de elemento. una fuerza cortante y un momento. considerarlo con sus fuerzas extremas como fuerzas de reacción y analizarlo hasta encontrar las fuerzas internas: Fuerzas de extremo Fuerzas internas Fuerzas de extremo I N G . En este caso nos referiremos a los elementos tipo viga. Sabemos que en los elementos tipo viga las fuerzas internas involucran tres incógnitas: una fuerza axial. Podemos concluir que el elemento a analizar es estáticamente determinado así pertenezca a un sistema indeterminado.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS UNIDAD O TEMA: FUERZAS EN VIGAS Y CABLES TITULO: Fuerzas Cortantes y Momentos Flectores ANÁLISIS DE ELEMENTOS TIPO VIGA Objetivo: Determinar la respuesta (fuerzas internas y deformaciones) en elementos tipo viga. por lo tanto conociendo las fuerzas de extremo y aplicando el método de las secciones en cualquier punto de la viga nos daría como resultado un tramo de viga estáticamente determinado con tres ecuaciones estáticas disponibles y tres incógnitas por determinar. Los modelos estudiados hasta ahora involucraban la estabilidad y equilibrio externo de la estructura. Teniendo en cuenta estas consideraciones podemos aislar un elemento tipo viga. es decir. Para completar el análisis se hace necesario el conocimiento de las fuerzas internas en cada uno de los elementos que componen el sistema estructural. aquellas que se ejercen en las uniones con otros elementos pertenecientes al sistema estructural y de ahí proceder a determinar las fuerzas internas por la estática. Esto explica porque la metodología y el objetivo de los métodos de análisis es determinar las fuerzas de unión y de ahí seguir con el análisis independiente de cada elemento. R O D R I G O 61 S U Á R E Z . Los diagramas representan la variación de estas fuerzas a lo largo del elemento. tenemos: xi ∫ ΔV = ∫ − w. w Mi Mf Vi dL Vf Aplicando equilibrio a la sección de viga indicada tenemos: Vi − Vf = w.dL = 0 ⇒ ΔV = − w. que las conexiones que se generan a lo largo del elemento son uniones rígidas y las fuerzas en cada sección son iguales y de sentido contrario. Momentos positivos Momentos negativos Fuerza axial: Se considera una fuerza axial positiva cuando ella implica tracción en el elemento. ya sea este en el extremo derecho o izquierdo del elemento.dL integrando a ambos lados. Relación entre momento cortante y carga En el caso de cargas distribuidas actuando perpendicular al elemento se puede encontrar una relación con las fuerzas internas de cortante y momento por medio del siguiente análisis de una sección infinitesimal del elemento. diagramas de fuerza cortante (V) y diagramas de momento flector (M). podemos decir. dibujando en las abcisas la longitud del elemento y en las ordenadas el valor de la fuerza interna.dL xf xf ∑ Fy = Vi − Vf − w. R O D R I G O 62 S U Á R E Z . Para el estudio de los elementos tipo viga se utilizará la siguiente convención: Cortante: Las fuerzas cortantes positivas son aquellas que producen una rotación horaria del elemento Cortante positivo Cortante negativo Momento: Los momentos positivos son aquellos que producen concavidad hacía arriba en el elemento horizontal o tracciones en la fibra inferior. Para axial y cortante los valores positivos se dibujan por encima del elemento pero para los momentos se dibujará el diagrama para el lado traccionado del elemento. así. La convención para momentos rige para cualquier ubicación de este en el espacio y es independiente del origen escogido.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS Notemos que al partir el elemento una sección ejerce sobre la otra fuerzas equivalentes a un apoyo de empotramiento.dL xi I N G . Para elementos verticales esta convención se puede complicar un poco por lo tanto regirá el criterio de dibujar el diagrama de momentos para la cara traccionada. si el elemento es horizontal el lado positivo del diagrama estará para abajo. Las acciones de las fuerzas internas en vigas se ilustran mejor por medio de diagramas de fuerza axial (P). ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS la variación del cortante en un tramo de viga dado es igual al área bajo la curva de carga. Determinar en cada caso el eje coordenado de las ordenadas de la gráfica de momentos. Ejercicios Dibujar los diagramas de cortante. el término con dL2 se aproxima a cero. tenemos: ΔM = Vi dL donde la pendiente del diagrama de momentos en cualquier punto es igual al valor del cortante en ese punto. Dividiendo a ambos lados por dL. (note que el equilibrio se hizo con la carga negativa. De que depende la orientación del eje de momentos?.dL ⇒ ΔM = Vi.dL2 − Vi. R O D R I G O 63 S U Á R E Z . Podría determinar una manera fácil de orientar los ejes en elementos verticales y horizontales de acuerdo con la convención fijada. y la ecuación nos queda Mf − Mi = Vi. En las estructuras tipo marco se sugiere trabajar encontrando primero las fuerzas de extremo de los elementos y después aplicar equilibrio a cada uno. Ahora con la ecuación de momentos tenemos: ∑ Mb = 0 = − Mi + Mf + considerando una longitud muy pequeña del trozo de viga analizado. Es esta única para un elemento dado?. donde podemos decir que la pendiente a la curva del diagrama de cortante es igual al negativo de la w.dL = 0 2 carga distribuida.dL integrando: xf ∫ ΔM = ∫ Vi. Con estos ejercicios se pretende que el estudiante tomo conciencia de los momentos de continuidad en los nudos.dL xi xi xf de donde la segunda integral representa el área bajo la curva del diagrama de cortantes en un tramo de viga dado y podemos concluir que la variación del diagrama de momentos en un tramo de vigas es igual al área bajo la curva del diagrama de cortante. Cómo sería esa orientación en un marco?. por lo tanto no se debe involucrar otra vez su signo en la ecuación). dividiendo por dL a ambos lados tenemos: ΔV = −w dL . momento y curva elástica tentativa: Para los diagramas de momento se verificará la convención haciendo el ejercicio ubicando el origen en ambos extremos del elemento. Viga simplemente apoyada: w Ay By I N G . ¾ Fuerzas de reacción: w Ax = 0 wL Ay = 2 L wL By = 2 ¾ Fuerzas internas: Aplicación del método de las secciones. Se pide encontrar los diagramas de momento y corte. debe estar en equilibrio estático. con fuerzas de extremo equivalentes a uniones de articulación.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS Tomaremos el ejemplo de un elemento simple. Se debe partir por encontrar las fuerzas de extremo del elemento y se recalca que el elemento. así pertenezca a un sistema estructural compuesto. w w M wL 2 M V V x L wL 2 ∑F V = v = wL − wx − v = 0 2 wL wL − wx → Note que el término 2 es la sección en el extremo izquierdo del 2 elemento. considerando tanto las fuerzas de extremo o unión al sistema como las fuerzas externas actuando sobre él. cumplir con las ecuaciones de equilibrio. por lo tanto este se puede expresar como V = A y − wx ∑M = M M int M int wx 2 wL − x=0 2 2 wL wx 2 = x− 2 2 wx 2 = Ay x − 2 int + I N G . R O D R I G O 64 S U Á R E Z . x). Notemos que la sección del extremo se convierte en el cortante. el brinco será negativo y viceversa. con este brinco vuelvo a llegar a cero. a Mext V CORTE + M L M L M L MOMENTO M + x M M L x Brinco negativo igual al momento externo M+ I N G . así podríamos decir que Va = Ay y Vb = By. Construcción del diagrama de momentos: ¾ El diagrama empieza en cero y termina en cero. tenemos: Va X = w el punto de cortante cero se encuentra dividiendo el cortante de extremo por la carga w. el brinco se da en la misma dirección de la carga puntual aplicada.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS Construcción del diagrama de corte: ¾ Sabemos que el elemento está en equilibrio por lo tanto el diagrama empieza en cero y termina en cero. ¾ Cuando hay fuerzas puntuales estas implican un brinco igual a su valor en el diagrama de corte (variación brusca de este). Punto donde el corte es cero: Si V = Va1 − wx entonces igualando V = 0 y despejando x. Otra relación interesante es que nosotros podemos obtener el cortante en cualquier punto restando al cortante de extremo lo que llevamos de carga encima del tramo estudiado (w. ¾ Recordemos que el valor –w es la pendiente del diagrama de cortante. Si el momento puntual es positivo. R O D R I G O 65 S U Á R E Z . ¾ Cuando hay momentos de extremo o puntuales se interrumpe la continuidad del diagrama presentándose un brinco en éste. Empezando por el lado izquierdo tenemos: V+ -wL/2 Brinco positivo e igual a la sección Pendiente negativa e igual a -w x Empieza en cero Brinco positivo igual a la sección derecha. Sabemos que un momento positivo produce concavidad hacia arriba. inclusive nos muestra la curvatura. R O D R I G O 66 S U Á R E Z . x − M + max wx 2 2 2 2 V Va w Va = Va . Notemos que con las pendientes se puede trazar fácilmente el diagrama de momentos. Curva elástica tentativa del elemento. Retomando el ejemplo inicial y empezando por el lado izquierdo de la viga tenemos: V+ Valor de la pendiente en el momento (M. v=0 x= cuando va w . Pendiente igual a cero en el centro de la luz Según la convención fijada los momentos positivos producen tracciones en la parte inferior.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS ¾ Recordemos que el valor del cortante es igual a la pendiente del diagrama de momentos. por lo tanto la curvatura será hacia arriba. a − = w 2 w2 2w I N G . M + Pendientes cada vez menores y positivas. reemplazando en la ecuación de momentos tenemos: M + max = Va . por eso se coloca el eje positivo para abajo. Determinemos el valor del momento máximo considerando que este se presenta cuando el cortante es cero (siempre una pendiente igual a cero muestra los puntos máximos y mínimos de una curva).) CORTE x Vb Va Empieza en cero y no hay momento de extremo MOMENTO Valores de pendientes negativas y cada vez mayores (mayor inclinación). CORTE MOMENTO M W M Determine este valor w. R O D R I G O 67 S U Á R E Z .ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS M + max V = a 2w 2 para Va = wL 2 M + max = wL 8 2 Otros tipos de vigas: W Ma=WL2 2 L V+ CORTE V a=WL Pendiente negativa e igual a w WL (+) Empezó en cero MOMENTO Terminó en cero Brinco negativo con la convención fijada Pendientes grandes al principio (-) Mx Pendiente cero al final Curva elástica concavidad hacia abajo.L M − 2 L M M L I N G .L M + 2 L W w. si los momentos de continuidad son muy grandes y la carga es pequeña no alcanza a dar valores positivos. Debido a los momentos de unión o continuidad.Mb w R O D R I G O 68 S U Á R E Z . analizaremos una viga con momentos en ambos extremos que representan la unión con otros elementos o su continuidad después de un apoyo. por lo general para cargas distribuidas hacia abajo producen momentos negativos o lo que es lo mismo.w Vb 2 − Mb 2w PI Va ± Va 2 − 2.w.Ma w I N G .L 2 ⎛ Ma − Mb ⎞ ⎜ ⎟ L ⎝ ⎠ Vh Vtotal M- Ve + Vh Ma Ve + Vh Mb Cortante estático debido a la carga w. tracciones en la fibra superior. Momentos de continuidad.L 2 ⎛ Ma − Mb ⎞ ⎜ ⎟ L ⎝ ⎠ w.w. En caso de columnas se debe analizar bien el signo Momento máximo. El signo depende de los valores de los momentos pero siempre deben formar un par de fuerzas.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS W θ WSenθ L/2 M max L WSenθ L/2 PUNTOS CRÍTICOS EN UN DIAGRAMA DE MOMENTOS: Asumiendo que los elementos estudiados pertenecen a un sistema estructural complejo. Se denomina estático porque se calcula como si el elemento no tuviera continuidad Cortante hiperestático. Vb ± Vb 2 − 2. w Mb w. W Ma L L W Ve Luz del elemento Carga distribuida. Calculando por ambos lados debe dar el mismo valor Puntos de inflexión M+ Va 2 − Ma 2. Analice en cada uno de los elementos si es posible encontrar elementos donde exista M y no exista V. Es posible que un elemento tenga momentos si está sometido a carga axial solamente.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS MARCOS CONFORMADOS CON ELEMENTOS TIPO VIGA En cada uno de los siguientes marcos determine reacciones externas. cortante y axial. WL/2 h L WL/2 M WL/2 Axial compresión WL/2 Como no hay corte M=0 WL/2 V=0 w L h WL M=WL /2 2 WL (+) V=0 corte WL2/2 (-) momentos WL2/2 elástica P h L w w w P w P I N G . Concluya. fuerzas de extremo de elementos y diagramas de momento. R O D R I G O 69 S U Á R E Z . Para encontrar los diagramas de fuerzas internas en cada elemento debemos transformar las fuerzas de extremo en coordenadas globales a fuerzas de extremo en coordenadas locales. ángulo de global a local. donde el eje 1 coincide con el eje axial del elemento. locales X. Notemos que los ejes locales coinciden con las fuerzas internas de axial. el eje 2 es perpendicular al elemento y el eje 3 se fija por la regla de la mano derecha como el resultado del producto cruz (1 X 2). Estos ejes se denominan ejes locales.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS EJES LOCALES: Después de trazar los diagramas de fuerzas internas de varias estructuras con elementos orientados de diferentes maneras podemos concluir que el trabajo se hace mas fácil si trazamos unos ejes coordenados para cada elemento. el encontrar sus fuerzas internas se puede complicar. por lo tanto se propone que cada elemento trabaje con unos ejes coordenados propios. R O D R I G O 70 S U Á R E Z . globales θ. TRANSFORMACIÓN DE COORDENADAS: Para pasar cualquier sistema de fuerzas de ejes globales a locales tenemos: yl Y FyG θ θ FxG xl. Como resultado de un análisis general encontraremos las fuerzas en los nudos. sentido antihorario ∑ Fxl = Fx . Si los elementos a analizar no coinciden con los ejes de coordenadas de todo el sistema. Cuando se analiza todo un sistema estructural nos encontramos con unos ejes coordenados generales que rigen todo el sistema de cargas y reacciones. cosθ ∑ Ml = ∑ M G G G G G I N G . a este sistema de ejes se le conoce como ejes globales de toda la estructura. cosθ + Fy . corte y momento respectivamente.senθ ∑ Fyl = − Fx .senθ + Fy . que constituyen las fuerzas de extremo de cada elemento. L.cosθ R=w.L.senθ w. w L θ L.cosθ R=w. cosθ w.L.cos2θ wtangencial= w. Transformación de coordenadas para carga distribuida: Cuando se trabaja con elementos inclinados se debe tener cuidado con el tipo de carga distribuida. ya sea esta dada en la proyección horizontal del elemento o en toda la longitud de este. Notemos que las resultantes de ambas son diferentes. para encontrar fuerzas internas.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS Estas ecuaciones cumplen para todos los casos siempre y cuando θ se mida desde el eje positivo de las X y en sentido antihorario. cosθ.cos2θ θ L. se debe transformar la carga a ejes locales del elemento por medio de una descomposición simple de cargas.cosθ w.senθ wnormal=w.cos2θ w.cosθ I N G . w w. R O D R I G O 71 S U Á R E Z .L θ L w θ θ En ambas condiciones. cosθ θ L.L.cosθ. Senθ. 3. R O D R I G O 72 S U Á R E Z .0m 12m 6. así podríamos aplicar diferentes factores de carga a cada uno de los tipos de carga analizados. que soporta un techo de 0. ¿Detalle el método para graficar diagramas de fuerzas cortantes y momentos flectores? 3.0m 10m Esta estructura se puede analizar para cada uno de los tipos de carga por separado y después se superponen los efectos. CUESTIONARIO #7 1. analizar el pórtico y encontrar diagramas de momento y cortante en cada uno de los elementos.30. Sabiendo que está en una zona donde la velocidad del viento básica es de 120km/h.0m 6.6g en este tipo de estructuras.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS EJERCICIO El siguiente pórtico de concreto tiene una sección constante de 0.0m 5. ¿Explique que son las fuerzas cortantes y los momentos flexionantes? 2.30x0.30 kN/m2 apoyado en correas uniformemente espaciadas (4 a cada lado) y que está en una zona sísmica que produce un aceleración de 0. ¿Qué es la curva elástica de una viga? I N G . es decir. sienten contra la espalda la fuerza del asiento. Cuando éste frena. excepto en que se aplica a la rotación más que al movimiento lineal. un paquete situado sobre el asiento se desplazará lateralmente. Cuanto más lejos está la masa del centro de rotación. a no ser que actúe sobre ellos una fuerza externa”. aplicando la misma fuerza a cada una. El momento de inercia es. R O D R I G O 73 S U Á R E Z . con ayuda de textos de ciencias e ilustraciones nos concentraremos en detallar la idea de la investigación. La inercia es la tendencia de un objeto a permanecer en reposo o a continuar moviéndose en linea recta a la misma velocidad. que no es más que la resistencia que un cuerpo en rotación opone al cambio de su velocidad de giro. I = momento de inercia. Esta propiedad se describe con precisión en la primera ley del movimiento del científico británico Isaac Newton. Para cambiar la velocidad de giro de un objeto con elevado momento de inercia se necesita una fuerza mayor que si el objeto tiene bajo momento de inercia. a = aceleración lineal) * T = IA (T = torsión. Una fórmula análoga a la segunda ley de Newton del movimiento. entonces. tendrá un momento de inercia diferente. Para sistemas discretos este momento de inercia se expresa como I N G . El momento de inercia (Moment of inertia. y un objeto en movimiento tiende a continuar moviéndose en línea recta. La inercia de un objeto a la rotación está determinada por su momento de inercia. los conceptos y utilidades del momento de inercia. describiremos por igual algunos otros temas que ayudan a fortalecer el concepto general. El momento de inercia desempeña en la rotación un papel equivalente al de la masa en el movimiento lineal. Si realiza un giro. dando a conocer sus formulas principales y como poder utilizarlas en algún ejercicio propuesto. mayor es el momento de inercia. se puede reescribir para la rotación: * F = Ma (F = fuerza. La inercia puede pensarse como una nueva defición de la masa. los pasajeros de un automóvil que acelera. M = masa. la piedra pequeña se acelerará mucho más que la grande. Por ejemplo. La inercia es la propiedad de la materia que hace que ésta resista a cualquier cambio en su movimiento. que vence su inercia y aumenta su velocidad. el MOI tambien depende de la distribución de masa en un objeto. masa rotacional. "MOI") es similar a la inercia. que dice lo siguiente: “un objeto en reposo tiende a permanecer en reposo. una resistencia a cambiar su velocidad de rotación y la dirección de su eje de giro. porque la inercia del paquete hace que tienda a seguir moviéndose en línea recta. Al contrario que la inercia. ya sea de dirección o de velocidad. A = aceleración rotacional) El momento de inercia de un objeto depende de su masa y de la distancia de la masa al eje de rotación. Nuestros objetivos son describir al alumno de estructuras I. es el tema que se trata a continuación. Las causas de investigación son la práctica y el dominio de dicho tema para bien. los pasajeros tienden a seguir moviéndose y salen despedidos hacia delante.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS UNIDAD O TEMA: FUERZAS DISTRIBUIDAS TITULO: Momento de Inercia INTRODUCCIÓN Momento de inercia en áreas planas. Este momento no es una cantidad única y fija. puesto que la distribución de su masa en relación al nuevo eje es normalmente distinta. EL MOMENTO DE INERCIA Concepto de Inercia. Cualquier cuerpo que gira alrededor de un eje presenta inercia a la rotación. ya que si se rota el objeto en torno a un eje distinto. Por ejemplo. si una catapulta lanza una piedra pequeña y una grande. I N G . ya que estos instrumentos son tan precisos como fáciles de usar. Grado de aceleración – método teórico de los libros de texto. Teorema de las figuras planas o de los ejes perpendiculares El momento de inercia de una figura plana respecto a un eje perpendicular a la figura es igual a la suma de los momentos de inercia de dos ejes que estén contenidos en el plano de la figura.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS No obstante. Los valores del momento de inercia. entonces este eje es un "eje principal" (ejes que pasan por el CG y están orientado de forma que el producto de inercia alrededor de ese eje es cero). ya que la masa sólo puede ser positiva. También si tenemos un cuerpo formado por uno más sencillo al que ``le falta un cacho'' podemos calcular su momento como la suma del cuerpo sencillo menos el cacho que le falta. sólo pueden ser positivos. Este eje puede ser trasladado. R O D R I G O 74 S U Á R E Z . Péndulo compuesto – no recomendado. 3. el eje está definido por la línea central de los soportes. Péndulo trefilar para objetos grandes. 2. pero sólo se necesita un eje para definir el momento de inercia. utilizando las reglas descritas en el apartado "Teorema de los ejes paralelos". su signo depende de la elección de los ejes de referencia. a otro eje si se desea. se debe elegir un eje de simetría para simplificar el cálculo. Los valores del centro de gravedad pueden ser positivos o negativos. más tarde. Aunque cualquier eje puede ser de referencia. corten al eje perpendicular y sean todos perpendiculares entre si. Muchas veces dado el momento de inercia de un cuerpo respecto a un cierto eje podemos sacar su momento en otro eje sin necesidad de recalcularlo usando el teorema de Steiner o el de las figuras planas.01%. Los equipos modernos utilizan péndulos de torsión invertidos. Entre estos métodos tenemos: Péndulo de torsión invertido. es deseable seleccionar los ejes de rotación del objeto como referencia. y de hecho. • • • • Comprobación de cálculos de MOI mediante medidas físicas. La simetría del cuerpo permite a veces realizar sólo parte del cálculo. Los otros métodos descritos solo tienen un interés histórico. Selección de la posición de los ejes de referencia Se necesitan tres ejes de referencia para definir el centro de gravedad. Existen instrumentos para medir el momento de inercia con una precisión del 0. Signo / polaridad de momento de inercia. a la hora de determinar el momento de inercia de un determinado cuerpo es interesante conocer que 1. Si el objeto vuela en el espacio. Si el eje de referencia se va a utilizar para calcular el momento de inercia del una forma compleja. Como el momento de inercia es aditivo el cálculo de un momento de inercia de un cuerpo compuesto se puede tomar como la suma de los momentos de inercia de sus partes. Si el objeto está montado sobre soportes. MOMENTO DE INERCIA DE UN ÁREA. mientras que las fuerzas en el otro lado son fuerzas de tensión. Dicho eje representado por x. Además como el anillo tiene mucha simetría el momento de inercia de un eje que esté contenido en el plano del anillo será igual al de otro eje también contenido en el plano pero perpendicular al eje anterior. Si llamamos a este otro momento tendremos que: poniendo de plano. Respecto al eje que pasa por el centro del anillo. R O D R I G O 75 S U Á R E Z . El teorema de los ejes perpendiculares sólo se aplica a las figuras planas y permite relacionar el momento perpendicular al plano de la figura con los momentos de otros dos ejes contenidos en el plano de la figura. se conoce como el “eje neutro”. La magnitud de la resultante R de las fuerzas elementales ΔF que actúan sobre toda la sección está dada por la fórmula: I N G . como toda la masa está situada a la misma distancia tenemos que su momento de inercia será de . Considere una viga de sección transversal uniforme la cual está sometida a dos pares iguales y opuestos que están aplicados en cada uno de los extremos de la viga. para calcular fácilmente el momento de inercia de un anillo.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS Es decir. ya que el anillo ``se ve igual''. Las fuerzas en un lado del eje neutro son fuerzas de compresión. Este teorema nos sirve. Se dice que una viga en tales condiciones está en “flexión pura” y en la mecánica de materiales se demuestra que en las fuerzas internas en cualquier sección de la viga son fuerzas distribuidas cuyas magnitudes varían linealmente con la distancia y que hay entre el elemento de área y un eje que pasa a través del centroide de la sección. que . por ejemplo. sobre el propio eje neutro de las fuerzas son iguales a cero. Sin embargo puesto que la compuerta es circular. El segundo momento se obtiene multiplicando cada elemento de área dA por el cuadrado de su distancia desde el eje x e integrándolo sobre la sección de la viga. la resultante de las fuerzas de presión se podría determinar a partir de la curva de presión tal y como se hizo en los capítulos anteriores. Representado por y la profundidad de un elemento de área #A y por el ángulo gamma al peso específico del agua. o momento de inercia de un área lo proporciona el siguiente problema de hidrostática: Una compuerta circular vertical utilizada para cerrar el escurridero de un gran depósito está sumergida bajo agua como muestra la figura. La magnitud m de dicho par debe ser igual a la suma de los momentos #Mx = y#F = Ky2 #A de las fuerzas elementales. es igual a cero puesto que el centroide de la sección está localizado sobre el eje x. la presión en el elemento es p = yy la magnitud de la fuerza elemental ejercida sobre #A es #F = p#A =yy#A. Integrando sobre el área de la compuerta. Otro ejemplo de un segundo momento. Por consiguiente el sistema de fuerzas #F se reduce a un par. sin importar el signo de y. Si la compuerta fuera rectangular. se tiene que I N G .ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS La última integral obtenida se conoce como el primer momento Qx de la sección con respecto del eje x. de la sección de la viga con respecto del eje x y se representa con Ix. ¿Cuál es la resultante de las fuerzas ejercidas por el agua sobre la compuerta y cual es el momento de la resultante con respecto de la línea de intersección del plano de la compuerta y la superficie del agua (eje x)?. o cero. se debe utilizar un método más general. Como cada producto y2 dA es positivo. la integral Ix siempre será positiva. la magnitud de la resultante de las fuerzas elementales está dada por: Y puede obtenerse el primer momento QX = ydA del área de la compuerta con respecto del eje x. El momento Mx de la resultante debe ser igual a la suma de los momentos #Mx = y#F = yy2 #A de las fuerzas elementales. Integrando sobre toda la sección se obtiene: La última integral se conoce como segundo momento o momento de inercia. R O D R I G O 76 S U Á R E Z . dicha cantidad es igual a YA y por lo tanto. Por lo tanto. Para calcular Iy. De manera similar el momento de inercia Iy del área A con respecto al eje y. Estas integrales que se conocen como los momentos rectangulares de inercia del área A. la integral obtenida representa el segundo momento o momento de inercia. o momento de inercia de un área A con respecto al eje x. tal que todos los puntos que la componen estén a la misma distancia y del eje x. Determinación del momento de inercia de un área por integración. entonces. En la sección anterior definimos el momento de segundo orden. R O D R I G O 77 S U Á R E Z . Ix del área con respecto del eje x. el momento de inercia dIy de la franja es x2dA.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS Aquí. se define como: Ix = ∫ y2 dA Iy = ∫ x2 dA dIx = y2dA dIy = x2dA Fuerzas distribuidas: Momentos de inercia. nuevamente. la franja se escoge paralela al eje y tal que todos los puntos que la forman estén a la misma distancia x del eje y. Dx dIy = x2dA I N G . Para calcular Ix. el momento de inercia dIx de la franja se obtiene. multiplicando el área dA de la franja por y2. escogemos una franja paralela al eje x. pueden calcularse fácilmente si se escoge para dA una franja angosta paralela a uno de los ejes coordenados. Haciendo b = dx y h=y. respecto de un eje que pasa a través del CG. se puede utilizar el mismo elemento para calcular los momentos de inercia Ix e Iy de un área dada en la siguiente figura: Dx dIx = 1/3y3 dx dIy = x2y dx RADIO DE GIRO DE UN ÁREA. Si el área A. Dividiendo el rectángulo en franjas paralelas al eje x. El radio de giro es siempre medido desde el CG. concentrada de esta forma. Definición: "El radio de giro de un objeto. debe tener el mismo I N G .ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS Momento de inercia de un área rectangular. con respecto del eje x. Como ejemplo determinaremos el momento de inercia de un rectángulo con respecto a su base. es la distancia desde el eje en el cual se puede concentrar toda la masa del objeto sin cambiar su momento de inercia. Obtenemos: dA = b dy dlz = y2b dy lx = by2 dy = 1/3bh3 Cálculo de Ix e Iy de las mismas franjas elementales. La fórmula que acabamos de derivar puede usarse para determinar el momento de inercia dlx con respecto al eje x de una franja rectangular paralela al eje y. Imagínese que se ha concentrado esta área en una tira delgada paralela al eje x). R O D R I G O 78 S U Á R E Z ." Considérese un área A que tiene un momento de inercia IX. tal como la mostrada en la figura. escribimos: dIx = 1/3y3 dx Por otra parte se tiene: dIy = x2 dA = x2y dx Por lo tanto. donde k. se pueden definir los radios de giro ky. ¿Qué se entiende por radio de giro? I N G . la tira debe ser colocada a una distancia kx. así. ¿Es lo mismo decir segundo momento o momento de inercia? ¿Por Qué? 2. se escribe: - CUESTIONARIO #8 1. En una forma similar. está definida por la relación: Ix = kx2 Resolviendo para kx. R O D R I G O 79 S U Á R E Z .ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS momento de inercia con respecto del eje x.. ¿Qué es el Momento de Inercia Polar? 3. a partir del eje x. como el radio de giro del área con respecto del eje x. Y ko. se escribe: Se hace referencia a la distancia kx. el cual debe incluir mínimamente: o o o o o o o Plano General de la estructura Plano acotado de la estructura Análisis de carga Cálculo de reacciones Análisis de los esfuerzos internos Diagramas de fuerzas cortantes y momentos flectores Análisis y Conclusión de los resultados I N G . y aplique todos los conceptos que hemos visto durante el curso.ESTATICA DE LAS ESTRUCTURAS UNIDAD O TEMA: ANALISIS DE ESTRUCTURAS TITULO: Opcional El objetivo del presente proyecto. R O D R I G O 80 S U Á R E Z . y presente un cálculo estructural completo. es el de incentivar al alumno a que escoja una estructura isostática que más le guste.