GUIA DE MECÁNICA ESTÁTICACAPITULO I ESTATICA DEL CUERPO RIGIDO La estática es la parte de la mecánica que se encarga del estudio de los cuerpos sólidos en reposo, para lo cual se estudiarán en este texto, los cuerpos asumiendo que ellos son perfectamente rígidos, aunque en la realidad se sabe que los elementos de máquinas y estructuras sufren deformaciones debido a las cargas a las que son sometidos. Estas deformaciones son habitualmente pequeñas y no afectan de manera considerable las condiciones de equilibrio del cuerpo. La mecánica se encarga de estudiar el movimiento y las interacciones que lo producen. Mecánica de la partícula: Cuando las dimensiones físicas del cuerpo son despreciables al compararlas con su posición. Por ejemplo, si el error con que se mide la posición de un punto de un cuerpo, es de la magnitud de las dimensiones del cuerpo, no podríamos distinguir un punto de otro punto del cuerpo. Se dirá que el cuerpo es un punto material o partícula. Este concepto de partícula es relativo; la luna con respecto a la tierra o el sol puede ser considerada como una partícula, pero no para los astronautas que desembarquen en ella. Mecánica de los sistemas de partículas (Cuerpos): Cuando se trata de un conjunto de puntos materiales. Este estudio se puede dividir en: a) Mecánica de los cuerpos rígidos: cuando la distancia entre los puntos del sistema es constante b) Mecánica de los cuerpos elásticos: cuando la distancia entre los puntos del sistema es variable con esfuerzos c) Mecánica de los Fluidos: Cuando las distancias entre los puntos del sistema son variables sin esfuerzos Tanto para lña mecánica de una partícula como para la de los otros sistemas se analiza generalmente: a) La cinemática: que estudia el movimiento de los cuerpos sin importar las interacciones o los fenómenos que ocurren para que se genere éste. b) La estática: que estudia las condiciones de equilibrio de los cuerpos c) La dinámica: que estudia las interacciones que producen los movimientos de los cuerpos. FUERZA La primera idea de fuerza la da la sensación de esfuerzo muscular que tenemos que hacer para deformar cualquier objeto elástico, un resorte por ejemplo, para acelerar (o desacelerar) un objeto. Así tenemos la noción de los efectos que pueden producir una fuerza aplicada a un cuerpo: efecto estático o deformación de un cuerpo (fig. 1) y efecto dinámico o aceleración del cuerpo (fig. 2) F F x a Figura 1 Figura 2 Nótese que una fuerza, es siempre producida por un cuerpo sobre otro cuerpo. Por esto, algunas veces se emplea la notación F AB, para indicar la fuerza que el cuerpo A ejerce sobre el cuerpo B. La deformación o aceleración de un cuerpo depende de la dirección y de la magnitud de la fuerza aplicada, lo cual implica que las fuerzas pueden ser representadas como vectores. Como ya se sabe, las fuerzas pueden representarse por vectores, al ser de esta forma se puede reconocer la existencia de una línea de acción de la fuerza, que representa la línea imaginaria sobre la cual actúa la fuerza en cuestión. Línea de acción Fuerza Figura 3 Sistemas de fuerzas: Un sistema de fuerzas es simplemente un conjunto particular de fuerzas. Un sistema de fuerzas es coplanar o bidimensional si las líneas de acción de las fuerzas están contenidas en un plano. De lo contrario, el sistema es tridimensional. Un sistema de fuerzas es concurrente si las líneas de acción de las fuerzas se encuentran en un punto. FB FA FC Figura 4 Fuerzas Externas e Internas: Se dice que un cuerpo está sometido a una fuerza externa, si ésta es ejercida por un cuerpo diferente. Cuando una parte cualquiera de un cuerpo está sometida a una fuerza por otra parte del mismo cuerpo, está sometida a una fuerza interna Fuerzas de Cuerpo y de superficie: Una fuerza que actúa sobre un cuerpo se denomina fuerza de cuerpo si actúa sobre el volumen del cuerpo y fuerza de superficie si actúa sobre su superficie. Fuerza gravitatoria: Cuando se levanta algo, se percibe la fuerza ejercida sobre un cuerpo por la gravedad de la Tierra. La fuerza gravitatoria o peso de un cuerpo al igual que todas las fuerzas, puede ser representada por un vector. La magnitud del peso de un cuerpo se relaciona con su masa: que es reemplazado por otra de la misma naturaleza. magnitud e igual dirección pero que actúa en un lugar diferente con la condición que ambas fuerzas tengan la misma línea de acción. por ejemplo al empujar una pared la superficie de la mano ejerce una fuerza sobre la superficie de la pared que se puede representar con un vector F. si estaba originalmente en reposo. Figura 5 PRINCIPIOS DE LA ESTÁTICA: Principio de transmisibilidad: Establece que las condiciones de equilibrio o movimiento de un cuerpo rígido permanecerán inmodificables si una fuerza actúa sobre un punto dado de un cuerpo rígido.P=m*g Fuerza de contacto: Las fuerzas de contacto son las resultan del contacto entre cuerpos. Segunda Ley de Newton: . Línea de acción F Cuerpo rígido F´ Figura 6 Primera Ley de Newton: Si la resultante de las fuerzas que actúan sobre una partícula. o se moverá con velocidad constante. la pared ejerce una fuerza igual y opuesta – F sobre la mano. el cuerpo permanecerá en reposo. es igual a cero. si inicialmente estaba en movimiento. podrán generar diferentes tipos de reacciones. es realizando una análisis simple de las posibilidades de movimiento que tiene el cuerpo soportado con respecto a su apoyo. F 2 FR F1 Movimiento y aceleración en dirección de FR Figura 7 Tercera Ley de Newton: La fuerza de acción y reacción entre cuerpos en contacto tiene la misma magnitud y dirección pero sentidos opuestos. la partícula adquirirá una aceleración proporcional a su fuerza (magnitud) y en dirección de esa resultante. APOYOS Y SUS REACCIONES Para que los cuerpos se mantengan en su posición es necesario que estos cuenten con apoyos o soportes. Estas reacciones corresponden a las fuerzas y momentos ejercidos sobre un cuerpo por su soporte o apoyo. en consecuencia generará reacciones en ambos sentidos. es posible ver que el cuerpo no tiene la posibilidad de desplazarse ni en forma horizontal ni en forma vertical. Apoyo de pasador: Una forma fácil de comprender el modo en que se genera la reacción en un apoyo o soporte. para este caso particular. Reacción Acción Figura 8 Ley de Gravitación Universal: Establece que dos partículas de masa m. los que dependiendo de su naturaleza constructiva.Si la resultante de las fuerzas que actúan sobre una partícula es distinta de cero. . se atraerán mutuamente con fuerzas invariables y opuestas. que se encuentran a una distancia l. esto es una reacción horizontal y una vertical. esto implica una reacción vertical y una reacción horizontal. se pueden analizar los posibles movimientos que puede realizar el elemento soportado. . el rodillo tiene la posibilidad de desplazarse de modo horizontal. presentará un momento o par como t6ercera reacción.Figura 9 Apoyo de Rodillo: Siguiendo el mismo razonamiento del caso anterior. una reacción en sentido vertical Figura 10 Apoyo empotrado: Para este caso la situación se presenta completamente distinta. por lo que se tendrá entonces. por le se tendrán reacciones en ambos sentidos. pero además y debido a su imposibilidad de articularse. ni de articulación. ni vertical. puesto que un cuerpo empotrado no puede realizar ningún tipo de movimiento. sin embargo no lo puede hacer de manera vertical. en este caso. ni horizontal. Figura 11 Apoyos comúnmente usados: APOYO REACCIONES Figura 12 . El dibujo de un diagrama de cuerpo libre consta de tres pasos: 1. Dibujar los vectores que representen todas las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo aislado o partícula.APOYO REACCIONES Figura 13 DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE Este es una herramienta esencial de la mecánica y corresponde a un esquema que muestra las condiciones físicas del problema en cuestión. 3. Dibujar un croquis del cuerpo aislado de su entorno y mostrar las dimensiones y ángulos pertinentes. y designarlos apropiadamente. con el objeto de representar apropiadamente las dimensiones y además por que esto permite expresar las fuerzas que actúan sobre el cuerpo . 2. Identificar el cuerpo o partícula por aislar. Habitualmente es necesario dibujar un sistema de coordenadas. La magnitud de FA es de 100 N. a) ¿Cuál es la magnitud de FB? b) ¿Cuál es la magnitud de la fuerza total ejercida por los dos cables sobre el gancho? Figura 14 Diagrama de cuerpo libre (D. en caso de ser necesario. la tensión en el cable B se ha ajustado para que la fuerza FA + FB sea perpendicular a la pared a la que está unido el gancho.aislado o partícula en función de sus componentes. Ejercicios de aplicación N° 1 Los cables A y B de la figura ejercen fuerzas F A y FB sobre el gancho.L) y FA = 100 lb 40° 50° x 70° 20° FA + FB = R Rx = FAx + FBx FB .C. 881 lb R = 92.159 lb .278 lb + 27. entonces debe asumirse que Ry = 0 FAx = 100 lb * Cos50° FAx = 64.52 lb * Cos70° FBx = 27.52 lb FBx = 81.604 lb + FB * Sen70° = 0 FB = 81.881 lb Por lo tanto: R = Rx R = FAx + FBx R = 64.604 lb Ry = 0 Ry = FAy + FBy 76.Ry = FAy + FBy Como la fuerza resultante debe ser perpendicular a la pared.278 lb FAy = 100 lb * Sen50° FAy = 76. N° 2 Los cables AB y AC ayudan a soportar el techo en voladizo.L. Determine la magnitud de la fuerza resultante.602 lb + 60lb Ry = 50 lb Rx = 146.602 lb R2 = Rx2 + Ry2 R2 = (146. Las magnitudes de las fuerzas ejercidas por los cables son |F AB| = 100 kN y | FAC| = 60 kN.893 lb = 100lb * .C.602 lb)2 + (50lb)2 R = 154. Figura 15 D. y FAB = 100 kN 30° FAC = 60 kN x R = Rx + Ry Rx = FABx + FAC Ry = FABy FABx = 100lb * Cos30° Sen30° FABy FABx = 86.602 lb FABy = 50 lb Rx = 86. dos o mas fuerzas que actúan sobre una partícula pueden remplazarse por sólo una fuerza que produce el mismo efecto que el conjunto de fuerzas. y el proceso que se realiza para obtener estas componentes se llama descomposición de la fuerza F en sus componentes. esta fuerza puede ser remplazada por dos o mas fuerzas que provocarán el mismo efecto que la fuerza original. como todas la fuerzas consideradas pasan por la partícula. ya se obtendrá siempre el mismo resultado. a estas fuerzas se les llama componentes de la fuerza original F. F F Figura 17 F . es decir la fuerza que única que produce el mismo efecto que todas las concurrentes. Es importante señalar que para cada fuerza F existe un número infinito de componentes y posibilidades de obtener componentes. de igual modo si se tiene una fuerza actuando sobre una partícula. Importante es señalar que no importa el orden en que las fuerzas sean sumadas. P Q P T T R Q Figura 16 Descomposición de una fuerza: Como ya es sabido. se dice que son concurrentes. Puesto que la ley del polígono equivale a usar en forma repetida la ley de paralelogramo. Los vectores que representan las fuerzas pueden sumarse por la ley del polígono.Fuerzas Concurrentes Considérese una partícula sobre la cual actúan varias fuerzas coplanares. el vector resultante representa la fuerza resultante de todas las fuerzas concurrentes que intervienen. Si se tienen dos puntos A y B de coordenadas (x A . a Fx y Fy se les llama componentes rectangulares y Fy F β θ x Fx Figura 18 En consecuencia: Fx = |F| * Cosθ o Fx = |F| * Sen β Fy = |F| * Senθ o Fy = |F| * Cos β Obtención de las componentes de una fuerza en función de dos puntos cualquiera de la línea de acción de ésta: Vector Unitario: Un vector unitario es aquel que tiene magnitud uno (1) o igual a la unidad.. Así si se incorpora el vector unitario a las componentes rectangulares de un vector se tiene: e = exi + eyj Vector posición: | e | = exi2 + eyj2 Es aquel vector que queda definido por las coordenadas cartesianas de dos puntos que forman parte de dicho vector. yB) respectivamente. y Fy en dirección del eje y.j).Componentes rectangulares de una fuerza: Al descomponer F en Fx en dirección del eje x. rAB . En el plano cartesiano el vector unitario está definido por (i. este vector especifica una dirección y permite expresar en forma conveniente yn vectoe que tiene una dirección particular. yA) y (xB . xA)i xA xB Figura 19 Por lo tanto: rAB = (xB .representará el vector que especifica la posición de B en relación a A. yB) yA (xA . es posible obtener la fuerza escrita de manera vectorial. De esta forma se define el vector que va de un punto A a un punto B.xA)2 + (yB .yA)j |rAB| = (xB . esto es: eAB = rAB |rAB| Si se conoce el módulo de la fuerza para el cual ya se conocen dos puntos cualquiera de la línea de acción de ésta. F = |F| * eF x .yA)2 Dividiendo el vector posición por el módulo del mismo es posible obtener el vector unitario para ese vector.xA)i + (yB . yA) x rAB A (yB .yA)j (xB . y y B rAB A B yB (xB . Uy y Uz paralelas a los ejes x.Componentes en tres dimensiones: Se puede separar el vector U en componentes vectoriales Ux. y Uz U Uy Ux j x i k z Figura 20 U = Ux + Uy + Uz Si incorporamos vectores unitarios en dirección positiva de los ejes. se tiene: U = Uxi + Uyj + Uzk y y |Uz| |Uy| |U| |Uy +Uz| x z |Uy +Uz| |Ux| x z Figura 21 |U|2 = |Ux|2 + |Uy|2 + |Uz|2 Así se tiene la magnitud del vector U en función de sus componentes: |U| = Ux2 + Uy2 + Uy2 . y y z respectivamente. se obtendrá: U = |U| Cos xi + |U| Cos yj + |U| Cos zk Cos x2 + Cos y2 + Cos z2 = 1 Si este vector unitario tiene la misma dirección que U. Uy = |U| Cos y . Uz = |U| Cos z Las cantidades Cosx. Introduciendo un vector unitario. y y x z x z Figura 22 Ux = |U| Cos x . Cosy y Cosz. Uz = |U| ez . y y z entre el vector y los ejes coordenados positivos. entonces: U = |U| * e Entonces.Cosenos Directores: Una manera de describir la dirección de un vector en tres dimensiones es especificar los ángulos x. Uy = |U| ey . se llaman cosenos directores de U. las relaciones entre las componentes de U y e son: Ux = |U| ex . YB. Cos y = Uy |U| .YB.ZB).YA. Cos y = ey .ZA) x z y (ZB – ZA)k B A Figura 22 z (YB – YA)j (XB – XA)i x . y rAB B = (XB. Cos y = Uy |U| Vector posición en función de sus componentes: Se tiene un vector que pasa por dos puntos A y B de coordenadas A=(XA.Por lo tanto: Cos x = ex .YA. Cos z = ez Los cosenos directores de cualquier vector U son las componentes de un vector unitario que tiene la misma dirección que U.ZA) y B=(XB. Por simple despeje se obtiene: Cos x = Ux |U| .ZB) A = (XA. el vector posición queda definido de igual manera que en el plano. es decir por el diferencial de coordenadas. rAB = (xB . es posible obtener la fuerza escrita de manera vectorial.yA)j + (zB . se dice que la partícula está en equilibrio. F = |F| * eF EQUILIBRIO DE UN SISTEMA DE FUERZAS CONCURRENTES: Equilibrio significa estado invariable.xA)2 + (yB . En ocasiones las ecuaciones de equilibrio se usan para determinar fuerzas desconocidas que actúan sobre un cuerpo una partícula en equilibrio. F = 0 Sistema bidimensional: Fx = 0 . Fz = 0 .yA)2 + (zB .zA)2 Dividiendo el vector posición por el módulo del mismo es posible obtener el vector unitario para ese vector. Equilibrio de la partícula: Cuando la resultante de todas las fuerzas que actúan sobre una partícula es igual a cero.xA)i + (yB .zA)k |rAB| = (xB . esto es: eAB = rAB |rAB| Si se conoce el módulo de la fuerza para el cual ya se conocen dos puntos cualquiera de la línea de acción de ésta. es decir una situación balanceada. Fy = 0 . Fy = 0 Sistema tridimensional: Fx = 0 . Ejemplo: El motor está suspendido por un sistema de cables. La masa del motor es de 200 kg. teniendo en cuenta que si la partícula está en equilibro. ¿Qué valores tienen las tensiones en los cables AB y AC? Figura 23 D.L.8 m/s2 P = 1960 N x . es así como sólo basta realizar sumatoria en cada uno de los dos ejes.Se obtienen de esta forma dos ecuaciones de equilibrio en el caso del sistema bidimensional y tres ecuaciones de equilibrio para el sistema tridimensional. y TAB TAC 60° 45° P P = 200 kg * 9. Sistema bidimensional: Para problemas de equilibrio de una partícula en el plano. la fuerza resultante en cada eje será nula o igual a cero.C. resulta simple plantear las ecuaciones de equilibrio en función de los ejes coordenados. 17 N .866TAB = 1960 N 0.707TAC + 0.707 * (0.707 TAB Fy = 0 TAC * Sen45° + TAB * Sen60° .TAB * Cos60° = 0 0.866TAB = 1960 N Reemplazando: 0.89 TAC = 1015.F = 0 Fx = 0 .707 * 1435. Fy = 0 Fx = 0 TAC * Cos45° .365TAB = 1960 N TAB = 1435.5TAB 0.5 TAB = 0 TAC = 0.866TAB = 1960 N 1.707TAC – 0.707TAB) + 0.499TAB + 0.89 N Por lo tanto: TAC = 0.P = 0 TAC * Sen45° + TAB * Sen60° = 1960 N 0.707 TAC = 0. 6i + 0.8j .6 TAB i + 0.6i + 0.3 TAB k rAC = (-2-0)i + (0-(-4))j + (-2-0)k rAC = -2i + 4j .3k TAB = |TAB| * e TAB = |TAB| * (0.4 TAC k .8j .4k TAC = |TAC| * e TAC = |TAC| * (-0.4k) TAC = -0.0.4i + 0.6 TAB j + 0.0.8 TAC j . AC y AD? Figura 24 rAB = (4-0)i + (0-(-4))j + (2-0)k rAB = 4i + 4j + 2k |rAB| = 42 + 42 + 22 = 6 eAB = 4i + 4j + 2k 6 = 0.6j + 0.89 = -0. ¿Cuáles son las tensiones en los cables AB.89 eAC = -2i + 4j .6j + 0.2k |rAC| = -22 + 42 + (-2)2 = 4.4 TAC i + 0.3k) TAB = 0.4i + 0. C y D.Ejemplo: Un cilindro de 1000 lb pende de techo por un sistema de cables sostenidos en los puntos B.2k 4.0. 51TAD = 0 TAB = 0.4TAC – 0.68j .27TAC) = 1000 0.3TAB – 0.68*(0.51 TAD k Fx = 0 0.66 * 657.78TAC .89 lb TAD = 0.8TAC + 0.66TAC + 0.85TAD TAD = 0.51k TAD = |TAD| * e TAD = |TAD| * (-0.6*(0.6TAB – 0.27TAC) = 1000 1.85TAD) TDA + 0.19 lb .66TAC + 0.85 * 177.68j .83 = -0.38TAC + 0.14TAC = 1000 TAC = 657.51* (0.66TAC + 0.4TAC .89 TAD = 177.3TAB 0.4TAC + 0.18TAC = 1000 1.51TAD 0.38TAC + 0.51i + 0.8TAC + 0.51TAD = 0 Fy = 0 0.4TAC + 0.8TAC + 0.0.68 TAD j + 0.51 TAD i + 0.89) + (0.0.78TAC .51i + 0.51TAD + 0.85TAD) + 0.6 TAB = 0.6TAB + 0.68TAD – 1000 = 0 Fz = 0 0.51k) TAD = -0.83 eAD = -3i + 4j + 3k 5.0.63 lb TAB = (0.0.4TAC TAD = 0.49TAD = 0.63) TAB = 585.27 * 657.0.4TAC + 0.rAD = (-3-0)i + (0-(-4))j + (3-0)k rAD = -3i + 4j + 3k |rAD| = -32 + 42 + 32 = 5.58TAB TAD = 0.51 TAD = 0.58*(0.27TAC 0. la distancia perpendicular r se hace igual a cero y el momento de F respecto de O es también igual a cero. La magnitud del momento de la fuerza respecto a o es r * F. Se considerarán momento positivos todos los que tienden a girar en un sentido y negativos los que tienden a girar al lado contrario. O O r1 W r2 Momento Menor W Momento Mayor Figura 26 . La fuerza tiende a provocar un giro alrededor del punto O. mayor momento.Momento de una fuerza respecto de un centro: Considérese una fuerza de magnitud F y un punto O. donde r es la distancia perpendicular de o a la línea de acción de la fuerza. en dirección perpendicular al plano que la contiene. En consecuencia a mayor distancia. F F O O r Figura 25 MO = r * F Si la línea de acción de F pasa por el punto. A 30° 6m Figura 26 Solución a: 40 kN 6m A 30° 30° r Figura 27 r = 6 * Sen 30° r=3m MA = 3m * 40 kN MA = 120 kNm Solución b: Fy 40 kN 30° A 6m Fx Figura 28 Fy = 40 kN * Sen 30° = 20 kN Fx = 40 kN * Cos 30° = 34.Ejemplo: Determine el momento de la fuerza de 40kN respecto al punto A.64 kN Como la línea de acción de Fx pasa por el punto A. entonces el momento que provoca esta componente es nulo. pero como Fy es perpendicular a la barra. entonces: MA = 6m * 20 kN MA = 120 kNm . (que se define así por que el resultado es un vector) de U y V. V y e se definen como un sistema derecho. lo que facilitará el entendimiento de esta materia. denotado por U x V. cuando los cuatro dedos restantes que apuntan hacia el vector U (primer vector en el producto) se abaten hacia el vector V (segundo vector del producto cruz) Figura 30 . Producto cruz o vectorial: Considérense dos vectores U y V. se define como: U x V = |U| |V| Sen e El ángulo es el ángulo entre U y V cuando los vectores se colocan cola con cola. El vector e es un vector unitario definido como perpendicular a U y V.Vector Momento: Para poder analizar u obtener momentos en función de vectores. es necesario antes conocer el producto vectorial o mejor conocido como producto cruz de vectores. los vectores U. se procede de la siguiente forma: el pulgar apunta hacia e. El producto cruz o vectorial. U V V U Figura 29 Regla de la mano derecha: Para determinar la dirección de e. Como esto implica dos posibles sentidos para e. entonces: ixi=0 jxj=0 kxk=0 Aplicando la regla de la mano derecha: . debemos determinar los productos cruz formados con los vectores unitarios i.Las unidades del producto cruz. pero la regla de la mano derecha indica que estos vectores son opuestos en dirección. U x V = -V x U El producto cruz es asociativo con respecto a la multiplicación escalar. El producto cruz de dos vectores no nulos. Una propiedad del producto cruz reside en que no es conmutativo. Como el ángulo entre dos vectores idénticos colocados cola con cola es igual a cero. La magnitud del vector U x V es igual en magnitud del vector V x U. a(U x V) = (aU) x V = U x (aV) El producto cruz es distributivo con respecto a la adición vectorial U x (V x W) = U x V + U x W Producto Cruz en función de sus componentes: Para obtener una ecuación para el producto cruz de dos vectores en función de sus componentes. son el producto de las unidades de los dos vectores. es igual a cero si y solo si los dos vectores son paralelos. j y k. es el vector: MO = r x F Donde r es un vector posición de o a cualquier punto sobre la línea de acción de F. Considérese un vector de fuerza F y un punto O. es un vector. El momento de F respecto a O.Figura 31 Se tiene: ixi=0 ixj=k i x k = -j j x i = -k jxj=0 jxk=i kxi=j k x j = -i kxk=0 i j k Figura 32 Vector de Momento: El momento de una fuerza respecto a un punto. F O F O F O r r D a) b) Figura 33 c) . La distancia perpendicular de O a la línea de acción de F es D = r * Sen (figura 33. se observa que el momento es perpendicular a r y a F.Magnitud del momento: |MO| = |r|*|F|*Sen Donde es el ángulo entre los vectores r y F cuando se colocan cola con cola. al tener r x F. La magnitud del momento es igual al producto de la magnitud de F y la distancia perpendicular de o a la línea de acción de F. . 2. El momento es perpendicular al plano que contiene a O y a F. Para definier el sentido del Momento Mo. se emplea la ya estudiada regla de la mano derecha.c). por consiguiente: |MO| = D * |F| Sentido del Momento: Por definición del producto cruz. teniendo presente que “Mo = r x F” Mo F r Figura 34 En resumen: 1. esto significa que el momento es perpendicular también al plano que contiene a O y a F. Ejemplo: Obténgase el momento de F con respecto a P y F = 4i + 4j + 7k (lb) (12.4.1) pie z |F| = 42 + 42 + 72 |F| = 9 r = (12 .3.97 lb*pie 9 lb D = 10.6.4)j + (-5 – 1)k r = 9i + 2j – 6k Mp = r x F Mp = (9i + 2j – 6k) x (4i + 4j + 7k) Mp = 36k – 63j – 8k + 14i – 24j + 24i Mp = 38i – 87j + 28k |Mp| = 382 + (-87)2 + 282 |Mp| = 98.-5)pie (3.97 lb*pie D = |Mp| |F| D = 98.1) pie z x Figura 35 Solución: y F r P (12.3)i + (6 .-5)pie P (3. La dirección de Mo indica el sentido del momento dado por la regla de la mano derecha.99 pie x .6.4. El teorema de Varignon se deriva de la propiedad distributiva del producto cruz. FN) Donde rOP es el vector de O a P. rOP x FN = rOP x (F1 + F2 + .Teorema de Varignon: Sea F1. El momento del sistema respecto al punto O es: rOP x F1 + rOP x F2 + . . FN un sistema concurrente de fuerzas cuyas líneas de acción se interceptan en P.a) se puede representar por una sola fuerza (figura 37. . Para que los dos sistemas sean equivalentes se debe escoger un punto de aplicación P de . . F2 F3 F1 FN O rOP P Figura 36 Fuerzas Paralelas: Un sistema de fuerzas paralelas cuya suma no sea cero (figura 37. F2 . . . .b) F F3 F1 F2 a Figura 37 b Se puede determinar F de la condición de que las sumas de las fuerzas de los dos sistemas deben ser iguales. 4) pie z -10j lb Figura 38 y F x O P Sistem a2 z Figura 39 Solución: F = 0 (F)2 = (F)1 : F = 30j + 20j – 10j = 40j lb La suma de los momentos respecto a un punto arbitrario deben ser igual a cero. -2) pie O (6. y 20j lb 30j lb (-3. Ejemplo: El sistema 1 consiste en fuerzas paralelas. 0. Esta condición permitir a conocer las coordenadas del punto P. 0.manera que la suma de los momentos respecto a un punto sean iguales. ¿Qué valor tiene F y donde corta su línea de acción el plano xz. en este caso se considerará el origen O. rO1 = (6-0)i + (0-0)j + (2-0)k rO1 = 6i + 2k Mo1 = (6i + 2k) x 30j Mo1 = 180k – 60i . 0. Supóngase que se quiere representar mediante una fuerza F (sistema 2). 2) pie x Sistema 1 (2. 5k + 2. El efecto combinado (sumado) de la fuerza de ambos animales. solo movimiento circular.5 pie Par de Fuerzas: Un par de fuerzas es un sistema formado por dos fuerzas. . de igual magnitud. se suma de tal forma que no se produce desplazamiento.2k Mo3 = (-3i .5 pie y z = -0.rO2 = (2-0)i + (0-0)j + (4-0)k rO2 = 2i + 4k Mo2 = (2i + 4k) x -10j Mo2 = -20k + 40i rO3 = (-3-0)i + (0-0)j + (-2-0)k rO3 = -3i .2k) x 20j Mo3 = -60k + 40i MoT = 180k – 60i -20k + 40i -60k + 40i MoT = 20i + 100k MoT = r x FT 20i + 100k = r x 40j r = -0. con la misma dirección y en sentidos opuestos.5i lo que significa que las coordenadas del punto P o el punto en que la línea de acción de F corta al plano xz es: x = 2. En la figura se puede ver un par de bueyes que dan vueltas sobre un eje. Figura 41 .Figura 40 Otro ejemplo cotidiano es cuando al andar en bicicleta se gira en una esquina. Lo mismo ocurre cuando se pedalea. se requiere por una lado empujar y por el otro tirar hacia la persona el manubrio. al mover el manubrio. pedalear es ejercer un par de fuerzas. con el que se convierte fuerza muscular en movimiento rectilíneo. Puesto que la resultante de las dos fuerzas que componen el par es igual a cero, el único efecto que el par produce es un giro o una tendencia a la rotación en la dirección especificada F d -F Figura 42 El momento producido por un par, llamado momento de un par, equivale a la suma de los momentos de ambas fuerzas del par, determinados con respecto a cualquier punto arbitrario O en el espacio. Considérese los vectores posición r A y rB dirigidos desde O hacia los puntos A y B de las líneas de acción de F y –F respectivamente. A r rB rA -F B F O Figura 43 El momento del par calculado con respecto al punto O es: M = rA x (-F) + rB x F M = (rB – rA) x F Por medio de la regla del triángulo de la adición de vectores, r A + r = rB o, r = rB – rA, tenemos que: M = rx F Este resultado indica que un momento de un par es un vector libre, es decir, que puede actuar en cualquier punto, puesto que M depende solamente del vector posición dirigido entre las fuerzas y no de los vectores posición rA y rB, dirigidos desde el punto O hacia las fuerzas. Pares Equivalentes: y M = 50k (Nm) 200 N 200 N 0,25 m M = 50k (Nm) 100 N 0,5 m x 100 N z Figura 44 Se dice que dos pares son equivalentes si producen el mismo momento. Puesto que el momento producido por un par es siempre perpendicular al plano que contiene las fuerzas de éste par, es necesario por lo tanto que los pares de fuerzas iguales estén en el mismo plano o en planos que sean paralelos entre si. De esta forma, la dirección de cada momento del par será el mismo, esto es, perpendicular a los planos paralelos. Por ejemplo los dos pares mostrados en la figura 44 son equivalentes. Un par es producido por un par de fuerzas de 100N separados por una distancia de 0,5 m, y el otro es producido por un par de fuerzas de 200N separadas una distancia de 0,25 m. Puesto que los planos en los que las fuerzas actúan son paralelos al plano xy, el momento producido por cada uno de los pares de fuerza, puede expresarse como M = 50k (Nm). Ejemplo: Un par actúa sobre los dientes del engranaje como se muestra. Reemplace este par por uno equivalente que tenga dos fuerzas que actúen a través de a) los puntos A y b, y b) los puntos D y E. Figura 45 Solución: Magnitud del momento del par: M=F*d M = 40 N * 0,6 m M = 24 Nm Puesto que la rotación se realiza en sentido antihorario, el momento resultante tiene su dirección saliendo de la hoja. a) M=F*d 24 Nm = F * 0,3m F = 80N a) M=F*d 24 Nm = F * 0,2m F = 120N . Fz = 0 La suma de los momentos con respecto a cualquier punto sea igual a cero. Mo = 0 En el análisis de cuerpos rígidos que estén en equilibro. es importante tener en cuenta que deben considerarse cada uno de los apoyos sobre los cuales pueda eventualmente descansar estos cuerpos. Se entiende por cuerpo rígido. puesto que estos apoyos inciden directamente en la determinación de fuerzas desconocidas y a su ves en la determinación de los momentos a que está afecto el cuerpo. pues este cuerpo está constituido por muchas partículas y por lo tanto el tamaño tiene incidencia en los efectos que provoca una fuerza externa al actuar sobre él. Fy = 0 . debe cumplir con dos condiciones. 1. La suma de todas las fuerzas externas que actúan sobre él debe ser igual a cero F = 0 Sistema bidimensional: Fx = 0 . . Fy = 0 Sistema tridimensional: Fx = 0 2.Equilibrio del cuerpo rígido: Un cuerpo rígido no puede ser analizado de la misma forma en que se hace con una partícula aislada. Para que un cuerpo rígido se encuentre en equilibrio. aquel que no se deforma. 86B = 2 kN MA = 0 2kN * 3m – (B * Sen60°) kN * 5m= 0 4.5B Fy = 0 Ay – 2 kN + B * Sen60° = 0 Ay + 0.5 * 1.69 kN Ay = 2kN – (0.38 kN Ax = 0.33 * B = 6 kNm B = 1.80 kN .866 * 1.Ejemplo: La viga de la figura tiene soportes de pasador y de rodillo y está sometida a una fuerza de 2 kN.38 kN Por lo tanto: Ax = 0.38)kN Ay = 0. ¿Qué valor tienen las reacciones en los soportes? Figura 46 Solución: Diagrama de cuerpo libre: Fx = 0 Ax – B * Cos60° = 0 Ax = B * Cos60° Ax = 0. 6 lb Fy = 0 Ay – 200 lb + (100 * Sen30°)lb = 0 Ay = 200 lb .(100 * Sen30°)lb Ay = 150 lb MA = 0 .Ejemplo: En la figura el cuerpo está empotrado y sometido a dos fuerzas y un par ¿Qué valor tienen las reacciones en el empotramiento? Figura 47 Solución: Diagrama de cuerpo libre: Fx = 0 Ax – (100 * Cos30°)lb = 0 Ax = -86. Las flechas indican que la carga actúa hacia abajo . Figura 49 la carga se distribuye sobre la viga. Este es una de muchas aplicaciones de ingeniería en que las cargas están distribuidas en forma continua a lo largo de líneas. y su magnitud en una posición x dada depende de lo alto que estén apilados los sacos en esa posición. como se muestra. se define una función w tal que la fuerza hacia abajo sobre un elemento infinitesimal dx de la viga es w dx.MA – (200lb*2pie) (100*Cos30°lb*2pie) + 300 = 0 MA = 73. Para describir la carga. Si se colocan sacos de arena sobre una viga. Con un ejemplo sencillo se puede demostrar cómo se expresan analíticamente tales cargas. Con esto se puede representar la magnitud variable de la carga ejercida por los sacos.2 lbpie + (100*Sen30°lb*4pie) - Fuerzas distribuidas: Figura 48 La carga ejercida sobre una viga que soporta el piso de un edificio está distribuida sobre la longitud de la viga como se muestra en la figura. La gráfica de w se llama curva de carga. podemos determinar la fuerza F ejercida por la carga distribuida integrando la curva de carga con respecto a x: Se puede también determinar el momento respecto a un punto ejercido por la carga distribuida. las dimensiones de w son (fuerza)/(longitud). Supóngase que se conoce la función w que describe una carga distribuida particular. Figura 51 Como la fuerza actúa sobre un elemento dx de la línea es wdx. el momento respecto al origen debido a la fuerza ejercida sobre el elemento dx es xwdx. y el momento total respecto al origen debido a la carga distribuida es: .Figura 50 Las cargas distribuidas en líneas. Por ejemplo. desde los casos mas simples como el del peso propio de una viga hasta los mas complicados como la fuerza de sustentación distribuida a lo largo del ala de un avión se representan con w. Como el producto de w y dx es una fuerza. que la fuerza total ejercida por la carga distribuida es igual al “área” A entre la curva de carga y el eje x: . Figura 52 Para que sea equivalente. ésta se puede representar con una sola fuerza equivalente F. la fuerza debe actuar en una posición x sobre el eje x tal que el momento de F respecto al origen sea igual al momento de la carga distribuida respecto al origen: Por consiguiente la fuerza F equivale a la carga distribuida si la colocamos en la posición Obsérvese que el término wdx es igual a un elemento de “área” dA entre la curva de carga y el eje x. Figura 53 Así se tiene.Cuando sólo interesan la fuerza total y el momento total ejercidos por una carga distribuida. o para determinar si una ya construida es adecuada. se obtiene: ESTRUCTURAS: En ingeniería. si se agregan soportes. se deben determinar las fuerzas y los pares que actúan sobre ella en su totalidad así como en sus miembros individuales. Figura 54 Armaduras: Supóngase que se conectan con pasadores los extremos de tres barras para formar un triángulo. Para diseñar tal estructura. Se puede construir estructuras mas elaboradas agregando mas triángulos.Sustituyendo wdx = dA. Las barras son los miembros de las estructuras y los lugares en que las barras se unen entre si (articulaciones) son las juntas o nudos de la armadura . se obtiene una estructura que puede soportar cargas. Se considerarán estructuras compuestas de partes interconectadas o “miembros” (barras o elementos). el término estructura se puede referir a cualquier objeto que tiene la capacidad de soportar y ejercer cargas. Algunas Armaduras típicas Armadura de puente Howe: Figura 57 Armadura de puente Pratt: Figura 58 . Tales estructuras se denominan armaduras.Figura 55 Figura 56 Si estas estructuras están soportadas y cargadas en sus juntas y se desprecian los pesos de las barras. cada uno de estos es un miembro de dos fuerzas. Cuando T es positiva en la dirección mostrada. Se llamará T a la fuerza axial en la barra. (cuando se acerca una hacia la otra) se dice que el miembro trabaja a compresión. deben ser de igual magnitud. dirección opuesta y dirigidas a lo largo del eje axial de la barra. Como es un miembro de dos fuerzas. cuando se encuentra en sentido opuesto. la barra está trabajando a tracción.Armadura de techo Howe: Figura 59 Armadura de techo Pratt: Figura 60 T T Figura 61 Esta corresponde a una barra o miembro de una armadura. las fuerzas en los extremos. que son la suma de las fuerzas ejercidas sobre la barra en sus nudos. Cálculo de armaduras: . C.C. Figura 64 D. C B A RB RA D P Figura 63 Ejemplo: La armadura Warren tiene barras de 2 metros de longitud y soporta cargas en B y D de 400N y 800N respectivamente. Se debe determinar el valor de la carga a que está sometida cada barra y además el sentido de ésta (compresión o tracción).Método de las juntas.L. nudos o nodos: C A D RA P B RB Figura 62 D. .L. Figura 65 Fx = 0 Ax = 0 Fy = 0 Ay + E – 400N – 800N = 0 Ay = 1200N – E MA = 0 (400N * 1m) + (800N * 3m) – (E * 4m) = 0 E = 700N Por lo tanto: Ay = 1200N – 700N Ay = 500N Nodo A: TAB TAC 500N Fx = 0 TAC – TAB*Cos60° = 0 TAC = 0.5TAB Fy = 0 500N – TAB*Sen60° = 0 TAB = 577N La barra trabaja a tracción TAC = 289N La barra trabaja a compresión . TBD = 0 TBD = 289 – 0.800N .800N) TDC = 116N La barra trabaja a compresión TDE = -808 La barra trabaja a compresión .TDE Fy = 0 TDC*Sen60° .Nodo B: 400N TBD TBC TAB = 577N Fx = 0 577N*Cos60° – TBC*Cos60° .TDE*Sen60° = 0 TDE = TDC .800N Reemplazando: TDC = -692 – (TDC .5TBC Fy = 0 577N*Sen60° – TBC*Sen60° .400 = 0 TBC = -115N La barra trabaja a tracción TBD = 346N La barra trabaja a compresión Nodo D: 800N 346N Fx = 0 TBC TDE 346N + TDC*Cos60° + TDE*Cos60° = 0 TDC = -692 . C. Ejemplo: Figura 66 D.TCE = 0 TCE = 404N La barra trabaja a tracción Fy = 0 700N – 808N*Sen60° = 0 700N – 700N = 0 0=0 Método de las secciones: Este método es útil cuando sólo se quiere conocer las fuerzas axiales en ciertas barras de una armadura.L. .Nodo E: TDE = 808N TCE 700N Fx = 0 808N*Cos60° . C.Figura 67 Fx = 0 Ax = 0 Fy = 0 Ay + E – 400N – 800N = 0 Ay = 1200N – E MA = 0 (400N * 1m) + (800N * 3m) – (E * 4m) = 0 E = 700N Por lo tanto: Ay = 1200N – 700N Ay = 500N Se corta imaginariamente la estructura en las barras que se quieren determinar: Figura 68 D.L de la sección: . 5 * 115N) – 288N TBD = -346N La barra trabaja a tracción .732m) = 0 TAC = 289N La barra trabaja a compresión En (1).5TBC + TAC = 0 (1) Fy = 0 500N – 400N – TBC*Sen60° = 0 TBC = 115N La barra trabaja a compresión MB = 0 (500N * 1m) – (TAC * 1. se tiene: TBD = -(0.Figura 69 Fx = 0 TBD + TBC*Cos60° + TAC = 0 TBD + 0. Por lo tanto. la distinción entre superficies lisas y rugosas es una cuestión de grados. Si F es pequeña. Si F sigue incrementándose. la fuerza de rozamiento f también crece oponiéndose a F hasta que su magnitud alcanza cierto valor máximo fm. estas fuerzas de rozamiento tienen una magnitud limitada y no impiden el movimiento si se aplican fuerzas suficientemente grandes. Por otro lado. Cuando dos superficies están en contacto. A partir de este instante el bloque continúa desplazándose e incrementa su velocidad. entonces debe existir otra fuerza horizontal que contrarreste a F. el bloque no se moverá. Supóngase que se aplica sobre el bloque una fuerza horizontal F.Rozamiento: Es importante señalar que no existe ninguna superficie perfectamente lisa. la interpenetración de las irregularidades de las superficies es menor debido al movimiento. la magnitud de f cambia de fm a un valor menor fk. En cuanto el bloque comienza a moverse. la fuerza de rozamiento ya no será capaz de contrarrestarla y el bloque comenzará a desplazarse. Leyes de rozamiento: Estas leyes pueden clarificarse con el siguiente ejemplo: P P F A B N f A N Figura 70 Figura 71 Un bloque de peso P se coloca sobre una superficie plana horizontal. Esto se debe a que cuando las superficies en contacto se mueven una con respecto otra. el movimiento de una respecto a la otra produce fuerzas tangenciales llamadas fuerzas de rozamiento. Las fuerzas que actúan sobre el bloque con su peso P genera la reacción de la superficie que se denota por N. ésta es la fuerza de rozamiento estático f que en realidad es la resultante de un gran número de fuerzas que actúan sobre toda la superficie de contacto entre el bloque y la superficie plana. mientras la fuerza de rozamiento fk llamada fuerza de rozamiento cinético permanece relativamente constante f Equilibrio fm Movimiento fk Figura 72 F B . Si se incrementa la fuerza F. Los coeficientes k y s no dependen del área de las superficies en contacto. sino que de la naturaleza de estas superficies.20 – 1. De igual modo se puede expresar la magnitud fk de la fuerza de rozamiento cinético como: fk = k * N donde k es una constante llamada coeficiente de rozamiento cinético.70 0.90 Angulo de Rozamiento: En vez de que la reacción ejercida en una superficie por su contacto se descomponga en una fuerza normal N y en una fuerza de fricción f.15 – 0.30 – 0.60 0.40 – 0.50 0.60 0. podemos expresarla en términos de su magnitud R y del ángulo de fricción entre la fuerza y la normal a la superficie.25 – 0.00 0.60 0.20 – 0.50 0.35 – 0.60 – 0. A f R Figura 73 N B .30 – 0.70 0. Valores típicos para coeficientes de rozamiento estático: s Materiales en Contacto Metal sobre metal Metal sobre madera Metal sobre piedra Metal sobre cuero Madera sobre madera Madera sobre cuero Piedra sobre piedra Tierra sobre tierra Caucho sobre hormigón 0.La evidencia experimental muestra que el valor máximo fm de la fuerza de rozamiento estático es proporcional a la componente normal N de la reacción de la superficie: fm = s * N Donde s es una constante llamada coeficiente de rozamiento estático. 4. Así se tiene: tan s = s tan k = k Ejemplo: El dispositivo ejerce una fuerza horizontal sobre la caja en reposo. ¿cuál es la fuerza de fricción ejercida por la rampa sobre la caja? b) ¿Cuál es la máxima fuerza que la cuerda puede ejercer sobre la caja sin que ésta se deslice hacia arriba sobre la rampa? Figura 74 .La fuerza normal y de fricción están relacionadas con R y por: f = R * Sen N = R * Cos El valor de cuando el deslizamiento es inminente se llama ángulo de fricción estática s. a) si la cuerda ejerce una fuerza de 400 N sobre la caja. y su valor cuando las dos superficies están en movimiento relativo se llama ángulo de fricción cinética k. La caja pesa 800 N y el coeficiente de fricción estática entre el cajón y la rampa es s 0. 4 N . b) D. Figura 75 Fx = 0 T – (N * Sen20°) .C. Figura 74 Fx = 0 f + (T * Cos20°) – (W * Sen20°) = 0 f = .L.3 N El signo menos sólo indica que la fuerza de fricción en realidad está dirigida hacia abajo a lo largo de la rampa.Solución: a) D.(s * N * Sen20°) – W = 0 N = 800 Cos20° .L.4)*Sen20° N = 996.T * Cos20° + W * Sen20° f = -(400 * Cos20°) + (800 * Sen20°) f = -102.(s * N * Cos20°) = 0 Fy = 0 (N * Cos20°) .C.(0. Considérese sólo el caso en que el eje tiene una sola rosca continua. El objetivo es poder determinar el par M necesario para que el eje empiece a girar. .4 * (sen20° + 0.Luego se tiene : T = (N * Sen20°) + (s * N * Cos20°) T = 996.4Cos20°) T = 715.3 N Rozamiento de una rosca: Figura 76 Considérese un eje con roscas cuadradas . en la cual la relación entre el paso y la pendiente es: tan = p 2r donde r es el radio medio de la rosca Supóngase que el eje roscado está sujeto por un manguito fijo con ranura casante y sometido a una fuerza axial F. y el ángulo es su pendiente. la distancia axial p de una rosca a la siguiente se llama paso de la rosca. La aplicación de un par M en la dirección mostrada ocasionará que el eje empiece a girar y se mueva en la dirección axial opuesta a F. El momento total debe ser igual al par M ejercido sobre el eje: rSen( s + ) L dR = M Dividiendo esta ecuación entre la ecuación (1). dR resiste el movimiento inminente y el ángulo de fricción es el ángulo de fricción estática s. Por equilibrio. el resultado debe ser igual a la fuerza axial F que actúa sobre el eje. La componente vertical de la reacción sobre el elemento es dR Cos(s + ). Cos( s + ) L dR = F (1) El momento respecto al centro del eje debido a la reacción sobre el elemento es rdR Sen(s + ). obtenemos el par requerido para que el eje gire con velocidad constante . Si el eje está a punto de girar. debemos integrar esta expresión sobre la longitud L de la rosca. obtenemos el par M necesario para que el eje esté a punto de girar y moverse en la dirección axial opuesta a F: M = r F tan( s + ) Sustituyendo el ángulo de fricción estática s en esta expresión por el ángulo de fricción cinética k.Figura 77 En la figura se dibuja el diagrama de cuerpo libre de un elemento diferencial de la rosca de longitud dL. Para determinar la fuerza vertical total sobre la rosca. representando con la fuerza dR la reacción ejercida por la ranura casante. pero se puede representar su peso total con una sola fuerza que actúa en su centro de masa. Se puede ejemplificar esta situación con una sección cuadrada que permite una fácil determinación de este centro de masa. y) . sin embargo es preciso señalar que cada figura geométrica tiene sus ecuaciones propias para la determinación de su centro de masa.G. Por ejemplo cada parte de un automóvil tiene un peso propio. y C. y x x Figura 78 x = A * x/2 AT y = A * y/2 AT C.CENTROIDES El peso de un cuerpo no actúa en un solo punto sino que está distribuido sobre su volumen total. Por lo tanto se puede decir que el centroide es un “peso ponderado” o “peso promedio”. sin embargo el peso se puede representar con una sola fuerza equivalente actuando en u punto llamado centro de masa.G. = (x . Tabla de coordenadas de Centroide: Area Rectangular = b * h Area Triangular = ½ * b * h Area Triangular = ½ * b * h Area Circular = * r2 Area Semicircular = ( * r2) / 2 . . Area un cuarto de Circunferencia = ( * r2) / 4 Area sector circular = * r2 Ejemplo: Determinar el centro de gravedad de la siguiente sección: 4 cm 10 cm 6 cm 4 cm 6 cm Figura 79 Solución: Es conveniente separa la sección en secciones mas pequeñas y trazar ejes coordenados que servirán como y sistema de referencia 1 3 2 Figura 80 x . entonces la coordenada en x del centro de gravedad estará ubicada en cero del sistema de referencia o dicho de otra forma al centro de la figura con respecto a la horizontal. los momentos de inercia de áreas se utilizan en el estudio de las fuerzas distribuidas y en el cálculo de deflexiones de vigas. Momentos de Inercia: Las cantidades llamadas momentos de inercia aparecen con frecuencia en los análisis de problemas de ingeniería. En dinámica.) está situado a 4. El momento ejercido por la presión sobre una placa plana sumergida se puede expresar en términos del momento de inercia del área de la placa. Por ejemplo.7 cm por debajo del eje x y en el centro de la figura dada su simetría.G.7 cm Esto significa que el centro de gravedad (C. Sea un área A en el plano xy: .Como la figura es simétrica. y = (A1 * CG1) + (A2 * CG2) + (A3 * CG3) AT y = (A1 * y1) + (A2 * y2) + (A3 * y3) AT y = (6cm)(4cm)(2cm) + (4cm)(14cm)(7cm) + (6cm)(4cm) (2cm) (6cm)(4cm) + (4cm)(14cm) + (6cm)(4cm) y = 4. los momentos de inercia de masa se usan para calcular los movimientos rotatorios de objetos. Los momentos de inercia de un área son integrales de forma similar a las usadas para determinar el centroide de un área. Figura 81 Figura 82 Se definen cuatro momentos de inercia de A: Momento de Inercia respecto al eje x: Ix = A y2 dA donde y es la ordenada del elemento diferencial de área dA Momento de Inercia respecto al eje y: Iy = A x2 dA donde x es la coordenada x del elemento diferencial de área dA Producto de Inercia: Ixy = A xy dA . . no pueden ser negativos ni nulos.Momento Polar de Inercia: Jo = A r2 dA donde r es la distancia radial del origen O a dA El momento polar de inercia corresponde a la suma de los momentos de inercia respecto a los ejes x e y. Iy y Jo y las de los radios de giro implican que ambos tienen valores positivos para cualquier área. Las dimensiones de los momentos de inercia de un área son (longitud)4 y los radios de giro tienen dimensiones de longitud. Las definiciones de los momentos de inercia I x. Tabla de Momentos de Inercia y Productos de Inercia: . . Teorema de Steiner o de los ejes paralelos: Normalmente se conocen los momentos de inercia de un área respecto a un sistema coordenado cualquiera. pero a veces se requieren sus valores en términos de un sistema de coordenadas diferente. Si los sistemas coordenados son paralelos. dy) y d = dx2 + dy2 es la distancia del origen del sistema xy al centroide. Si se conocen los momentos de inercia de un área A en términos de un sistema coordenado x’y’ con su origen en el centroide del área. y se quieren determinar sus momentos de inercia con respecto a un sistema coordenado paralelo xy. . es posible obtener estos momentos de inercia. Las coordenadas del centroide de A en el sistema coordenado xy se denota con (dx . Con respecto al sistema coordenado xy. las coordenadas del centroide de A son: x’ = A x’ dA A dA y’ = A y’ dA A dA Pero el origen del sistema coordenado x’y’está localizado en el centroide de A.Figura 83 Figura 84 Es necesario obtener dos resultados previos antes de deducir los teoremas de los ejes paralelos. el momento de inercia de A respecto al eje x es: Ix = A y2 dA . por lo tanto: A x’ dA = 0 A y’ dA = 0 (1) Momento de inercia respecto al eje x. Con respecto al sistema coordenado x’y’. por lo que x’ = 0 y y’ = 0. Así. Por lo tanto: Ix = Ix’ d2yA Esta es la expresión del teorema de los ejes paralelos.donde y es la coordenada del elemento de área dA relativa al sistema coordenado xy. el teorema que relaciona el momento de inercia de A respecto al eje y’ centroidal con el momento de inercia respecto al eje y paralelo es: Iy= Iy d2xA Producto de Inercia: El teorema de los ejes paralelos para el producto de inercia es: Ixy = Ix’y’ dxdyA . la segunda integral a la derecha es cero. Momento de Inercia respecto al eje y. donde y’ es la coordenada de dA relativa al sistema coordenado x’y’. En la figura 84 se observa que y = y’ + dy. De acuerdo con la ecuación (1). En términos del sistema coordenado xy. Sustituyendo esta expresión en la ecuación anterior se obtiene: Ix = A (y’ + dy)2 dA = A (y’)2 dA + 2dy A y’dA + dy2 A dA La primera integral a la derecha es el momento de inercia de A respecto al eje x’. la segunda integral a la derecha es igual a cero. el momento de inercia de A respecto al eje y es: Iy = A (x’ + dx)2 dA = A (x’)2 dA + 2dx A x’dA + dx2 A dA Por la ecuación (1). Relaciona el momento de inercia de A respecto al eje centroidal x’ con el momento de inercia respecto al eje x paralelo. Es posible generar una superficie haciendo girar la línea alrededor del eje x. el área total de la superficie de revolución es: A = 2 L y dL . El teorema de los ejes paralelos para el momento polar de inercia es: Jo = J’o + (d2x + d2y)A = J’o + d2 A Donde d es la distancia del origen del sistema coordenado x’y’ al origen del sistema coordenado xy. Teorema de Papus – Guldinus: Primer Teorema: Sea una línea L en el plano xy. Por consiguiente. Figura 85 Figura 86 Figura 87 El primer teorema establece que el área de la superficie de revolución es igual al producto de la distancia que el centroide de la línea recorre y la longitud de la línea A = 2yL Para demostrar este resultado. su centroide se mueve en una trayectoria circular de radio y.Momento polar de inercia. y las coordenadas del centroide de la línea. se observa que conforme la línea gira alrededor del eje x. Como la línea gira alrededor del eje x. Sean x. el área dA generada por un elemento dL de la línea es dA = 2y dL. donde y es la ordenada del elemento dL. Conforme el área gira alrededor del eje x. y las coordenadas del centroide del área. V = 2yA Al girar el área alrededor del eje x. Se puede generar un volumen haciendo girar el área alrededor del eje x. Sean x. el volumen dV generado por un elemento dA del área es dV = 2y dA. donde y es la ordenada del elemento dA.Segundo Teorema: Sea un área A en el plano xy. Figura 88 Figura 90 Figura 89 El segundo teorema establece que la magnitud V del volumen de revolución generado es igual al producto de la distancia que recorre el centroide del área y la magnitud del área. su centroide recorre la trayectoria circular de longitud 2y. el volumen total es: V = 2 A y dA . Por consiguiente. 3 Fuerza 1.1 Vector unitario 1.5. Pág.2 Sentido del momento 1.4.10 Componentes en tres dimensiones 1.4.2 Primera Ley de Newton 1.5. Pág.2 Mecánica de los sistemas de partículas 1. Pág. Pág. Pág.1 Pares equivalentes Pág.5 Ley de Gravitación universal 1.8 Descomposición de una fuerza 1. Pág.1 Magnitud del momento 1.10. ESTATICA DEL CUERPO RIGIDO 1. Pág.9.2 Vector posición 1. Pág. Pág.12 Momento de una fuerza respecto a un centro 1.3.1 Principio de transmisibilidad 1. Pág.17. Pág. Pág. Pág.3 Apoyo empotrado 1.2 Vector posición en función de sus componentes 1.1 Mecánica de la Partícula 1.4. Pág. Pág.4 Principios de la estática 1.17 Vector momento 1. Pág.5 Fuerza de contacto 1. Pág.11.19 Fuerzas paralelas 1. Pág. Pág.10.11 Equilibrio de un sistema de fuerzas concurrentes 1. Pág.3 Apoyo de rodillo 1.4 Tercera Ley de Newton 1. Pág.4.4. Pág.20. Pág. Pág. Pág. Pág.18 Teorema de Varignon 1.20 Par de fuerzas 1.3 Fuerzas de cuerpo y de superficie 1.4 Fuerza gravitatoria 1.14 Producto cruz o producto vectorial 1.17. Pág.3.7 Fuerzas concurrentes 1. Pág. Pág.2 Fuerzas externas e internas 1.16 Producto cruz en función de sus componentes 1.1 Sistema de fuerzas 1.3. Pág. Pág.13 Vector momento (Concepto) 1.1 Equilibrio de la partícula 1.3. Pág.3 Segunda Ley de Newton 1. Pág.9 Componentes rectangulares de una fuerza 1.6 Diagrama de cuerpo libre 1. Pág.5.5 Apoyo y sus reacciones 1.1 Cosenos directores 1. 1 1 2 3 3 3 3 4 4 4 4 4 5 5 5 5 6 6 8 12 12 13 13 13 15 16 17 18 18 23 25 25 25 26 27 27 28 30 30 33 35 . Pág.9. Pág. Pág.15 Regla de la mano derecha 1. Pág.1 Apoyo de pasador 1.INDICE Capítulo I.3. Pág. Pág. 21 Equilibrio del cuerpo rígido Pág. Pág.1 Primer teorema 1.2.28. Pág.1 Tabla de momentos de inercia y productos de inercia 1.23.27 Teorema de Steiner o de los ejes paralelos 1. Pág. Pág.23 Estructuras 1.24. Pág.24 Rozamiento 1.28. Pág. 40 43 43 45 45 49 51 51 52 55 57 57 60 62 63 66 66 67 .24. Pág. Pág. Pág.25 Centroides 1.24.2.23. 36 1.1 Armaduras 1. Pág. Pág. Pág. Pág. Pág. Pág.2 Angulo de rozamiento 1.2 Segundo Teorema Pág.2 Método de las secciones 1.Guldinus 1.22 Fuerzas distribuidas 1.26.26 Momento de inercia 1.2 Cálculo de armaduras 1.25.28 Teorema de Papus .1.1 Tabla de coordenadas de centroides 1.3 Rozamiento de una rosca 1.1 Método de las juntas 1. Pág.23.1 Leyes de rozamiento 1. Pág.23. Wallace Editorial Progreso. México. 200 Dinámica. Bogotá – Colombia. 1986 Estática. Jerde McGraw – Hill Interamericana Editores S. Buecche – David A. México DF. Anthony – Fowler. 1995 . 200 Fundamentos de Física Tomo 1. Sexta edición Frederick J.A. Michel Editorial Norma. Mecánica para ingeniería Bedford. Mecánica para ingeniería Bedford. México DF. Wallace Editorial Progreso. Anthony – Fowler.BIBLIOGRAFÍA Física Fundamental Valero.