Apuntes Estatica Aplicada

7/31/2019 Apuntes Estatica Aplicada

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Esttica Apuntes del curso (Profesor Mario Glvez H.)

ESTTICA

Apuntes del curso

Profesor: Mario Glvez H.


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CONTENIDOS

pg

INTRODUCCION 3

I. INTRODUCCION A LA ESTATICA 41.1. Fundamentos de la Mecnica 41.2. Unidades (Sistema Internacional: SI) 5

II. ALGEBRA VECTORIAL 72.1. Vectores 72.2. Suma de Vectores 82.3. Descomposicin de una fuerza en sus componentes 82.4. Producto punto de vectores 92.5. Producto cruz de vectores 9

III. EQUILIBRIO DE UNA PARTICULA 103.1. Equilibrio de Fuerzas 103.2. Fuerza de Roce 12

IV. CUERPOS RIGIDOS: SISTEMAS EQUIVALENTES DE FUERZAS 204.1. Introduccin 204.2. Fuerzas Externas e Internas 204.3. Momento de una fuerza respecto a un punto 214.4. Momento de una fuerza respecto a un eje 234.5. Momento de un par de Fuerzas 24

V. EQUILIBRIO DE CUERPOS RIGIDOS 315.1. Introduccin 315.2. Diagrama de cuerpo libre 315.3. Reacciones en los puntos de apoyo y conexiones de una

Estructura bidimensional 325.4. Equilibrio de un cuerpo rgido en dos dimensiones 335.5. Estabilidad y grados de indeterminacin 365.6. Equilibrio de un cuerpo rgido en tres dimensiones 40

VI. CENTRO DE GRAVEDAD, CENTROIDES Y FUERZAS DISTRIBUIDAS 456.1. Centro de Gravedad en Coordenadas Cartesianas 466.2. Centroides de rea en Coordenadas Polares 476.3. Cuerpos Compuestos 486.4. Teorema de Pappus-Guldinus 506.5. Resultantes de fuerzas paralelas distribuidas 53


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pg

VII. RETICULADOS 607.1. Estabilidad y Determinacin Esttica 617.2. Mtodos de Anlisis de Reticulados 627.3. Reticulados Compuestos y Complejos 73

VIII. ESFUERZOS INTERNOS EN VIGAS 758.1. Esfuerzo de Corte y Momento Flector en Vigas 76

IX. PRINCIPIOS DEL TRABAJO 909.1. Principio del trabajo Virtual 92


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INTRODUCCION

El presente documento es un complemento a las clases del curso deEsttica impartidas en la Universidad Diego Portales, es utilizado como textogua.

Se presentan una serie de temas que pretenden introducir al alumno almundo de las estructuras. Es el primer acercamiento que existe a las estructuras.

Los fundamentos aqu presentados son las bases para los cursos siguientescomo Mecnica de Slidos, Anlisis Estructural (I y II) Ingeniera Antissmica ytodos los cursos de diseo, tanto en hormign armado como en estructuras deacero.

En estas pginas se resumen los principales contenidos necesarios paracomenzar con el clculo de esfuerzos en los elementos, tales como columnas yvigas. Una vez determinados los esfuerzos en los elementos se procede al procesode diseo.

Dentro de los contenidos se hace un repaso del lgebra vectorial,primordial para los cursos de ingeniera, ya que las fuerzas, momentos ydesplazamientos estn definidos a partir de magnitudes vectoriales. En estecurso es importante el concepto de equilibrio (de ah el nombre esttica, adiferencia de la dinmica que estudia los cuerpos en movimiento), este conceptoes aplicable tanto a partculas como a cuerpos rgidos (que poseen dimensionesmedibles).

Para poder concentrar los pesos de los cuerpos rgidos, es necesarioconocer un punto, dentro del mismo, apropiado para tal fin. Este punto sedetermina utilizando el concepto de centroide.

Se analizan, tambin, estructuras de tipo reticulado, utilizadas en el usode puentes y cerchas; y estructuras formadas por columnas y vigas, para laconstruccin de edificios.

Finalmente se analiza el principio del trabajo para la determinacin defuerzas externas (reacciones en los apoyos de las estructuras) e internas (para losprocesos de diseo).

Para terminar, te invito a participar de este curso para que puedascomprender el funcionamiento de las estructuras y as utilizar estos conceptos entu vida profesional cuando ya seas un ingeniero.


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I. INTRODUCCIN A LA ESTTICA

1.1. Fundamentos de la Mecnica

1.1.1. Introduccin a la Mecnica

Mecnica es la ciencia que describe y predice las condiciones de reposo omovimiento de los cuerpos bajo la accin de fuerzas. La mecnica se divide entres partes: mecnica de los cuerpos rgidos, mecnica de cuerpos deformables ymecnica de fluidos.

La mecnica de los cuerpos rgidos se divide en esttica y dinmica. Laprimera trata sobre los cuerpos en reposo y la segunda, sobre los cuerpos enmovimiento.

El estudio de la mecnica se remonta a tiempos de Aristteles yArqumedes (siglos III y IV a. de C.).

i) Fuerza

La fuerza representa la accin de un cuerpo sobre otro. Esta puede serejercida a travs de un contacto directo o a distancia, como el caso de lasfuerzas gravitacionales y magnticas. Una fuerza est caracterizada por un puntode aplicacin, su magnitud y su direccin, y se representa por medio de unvector.

ii) Ley del Paralelogramo para suma de fuerzas

Dos fuerzas que actan sobre una partcula pueden ser reemplazadas poruna sola fuerza llamada resultante, que se obtiene dibujando la diagonal del

paralelogramo cuyos lados son iguales a las fuerzas dadas.

Figura 1.1: Ley del Paralelogramo


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iii) Leyes de Newton

- 1 Ley de Newton

Si la fuerza resultante que acta sobre una partcula es cero, la partculapermanecer en reposo (si originalmente se encontraba en reposo) o se mover avelocidad constante y en lnea recta (si originalmente estaba en movimiento).

- 2 Ley de Newton

Si la fuerza resultante que acta sobre una partcula no es cero, lapartcula tendr una aceleracin proporcional a la magnitud de la resultante yen la misma direccin que esta ltima

amFr=

donde: F : Fuerza resultantem : Masa de la partculaa : Aceleracin de la partcula

- 3 Ley de Newton

Las fuerzas de accin y reaccin entre cuerpos en contacto tienen lamisma magnitud, la misma direccin y sentidos opuestos (principio de accin yreaccin).

1.2. Unidades (Sistema Internacional: SI)

Cantidad Unidad Smbolo Frmula

Aceleracin Metro por seg al cuadrado ---- m/seg2

Ac. Angular Radin por seg al cuadrado ---- rad/seg2

Angulo Radin rad ----

Area Metro cuadrado ---- m2

Densidad Kilgramo por metro cbico ---- kg/m3

Energia Joule J N*m

Esfuerzo Pascal Pa N/m2

Frecuencia Hertz Hz s-1

Fuerza Newton N kg*m/seg2

Impulso Newton-segundo ---- kg*m/seg

Longitud Metro m m

Masa Kilgramo kg kg

Momento Newton-metro ---- N*m


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Cantidad Unidad Smbolo Frmula

Potencia Watt W J/seg

Presin Pascal Pa N/m2

Tiempo Segundo s seg

Trabajo Joule J N*m

Velocidad Metro por segundo ---- m/seg

Velocidad angular Radin por segundo ---- rad/seg

Volmen Slidos Metro cbico ---- m3

Volmen Lquidos Litro L 10-3

m3

Tabla 1.1: Unidades (Sistema Internacional)

La masa de 1 kg es atrada por la tierra con una aceleracin de un g(9.81 m/seg2) la que produce una fuerza dada por:

F = m * a = 1 kg * 9.81 m/seg 2 = 9.81 N = 1 kgf (kilofuerza)


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II. ALGEBRA VECTORIAL

La magnitud de una fuerza est caracterizada por un cierto nmero deunidades. La lnea de accin es la lnea recta infinita a lo largo de la cual actala fuerza, sta est caracterizada por el ngulo que forma con respecto a un ejefijo. El sentido de la fuerza debe ser indicado por una punta de flecha.

Figura 2.1: Elementos que componen una fuerza

2.1. Vectores

Los vectores son expresiones matemticas que poseen magnitud ydireccin, las cuales se suman de acuerdo con la ley del paralelogramo.

Los desplazamientos, velocidades, aceleracin y momentos son cantidadesfsicas que se pueden expresar como vectores, por otro lado, el volumen, lamasa, la energa, el tiempo son cantidades escalares.

El vector negativo de un vector P dado se define como el vector que tienela misma magnitud y direccin de P pero con sentido contrario.

Figura 2.2: Vector y su vector negativo


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2.2. Suma de vectores

Se tienen dos vectores:

Se cumple que: P + Q = Q + PP Q = P + (-Q)P + Q + S = (P + Q) + S = P + (Q + S)

=

n

i

P1

=n P

Si P = (a , b) y Q = (c , d), entonces P + Q = (a , b) + (c , d) = ( a+c , b+d )

2.3. Descomposicin de una fuerza en sus componentes

Una fuerza se puede descomponer como:

Figura 2.3: Descomposicin de una fuerzas en dos ejes ortogonales

La fuerza P tambin puede descomponerse en ejes x e y que no seanortogonales.


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2.4. Producto punto de vectores (producto escalar)

Si se tiene el vector ),...,,,( 321 naaaaA = y el vector ),...,,,( 321 nbbbbB = , elproducto punto entre ambos vectores se define como:

=

=++++=n

i

iinn bababababaBA1

332211 ...rr

2.5. Producto cruz de vectores (producto vectorial)

El producto cruz entre dos vectores es aquel vector resultante (ortogonal aambos) calculado siguiendo la regla de la mano derecha.

Se tienen los vectores unitarios (mdulo igual a la unidad) dados por:

Figura 2.4: Vectores unitarios ortogonales

Donde: i x j = k

j x k = ik x i = ji x i = 0

Si se define: P = (Px,Py,Pz)Q = (Qx,Qy,Qz)

Luego,P x Q = (Px*i + Py*j + Pz*k) x (Qx*i + Qy*j + Qz*k)

= (Py*Qz Pz*Qy)*i + (Pz*Qx Px*Qz)*j + (Px*Qy Py*Qx)*k

En forma ms didctica:


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III. EQUILIBRIO DE UNA PARTICULA

3.1. Equilibrio de Fuerzas

Cuando la resultante de todas las fuerzas que actan sobre una partculaes cero, la partcula est en equilibrio

Esto es 0= F

Ejemplo 3.1:

Un bloque de peso 75 kgf es soportado por dos cables inextensibles demasa despreciable que pasan por poleas sin roce. Determine las tensiones deambos cables.

Solucin:

Se debe hacer el diagrama de cuerpo libre del bloque (diagrama queincluye todas las fuerzas que se ejercen en el bloque)

Figura E3.1: Diagrama de cuerpo libre

0= Fx T2*cos30 - T1*cos50 = 0


11

0= Fy T1*sen50 + T2*sen30 - 75 = 0

Resolviendo,

T1 = 65.948 kgfT2 = 48.966 kgf

Para resolver problemas en tres dimensiones es necesario determinar elvector unitario de las fuerzas que se ejercen sobre el sistema.

Si se tiene el vector ),,( zyx aaaA = , el vector unitario asociado a A (magnitud igual a la unidad cuya direccin y sentido es la misma que A ) quedadeterminado por:

222

),,(

zyx

zyx

A

aaa

aaa

A

A

++== r

Ejemplo 3.2:

Determine las tensiones en los cables AB, AC y la fuerza P, para que elsistema se encuentre en equilibrio. Asuma que W = 200 kgf. Los puntos estnubicados en: A( 0 ; 1.2 m ; 2 m ), B( 8 m ; 0 ; 12 m) y C( -10 m ; 0 ; 12 m)


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Solucin:

)777.0;0933.0;6219.0()10;2.1;8( ===AB

ABAB AB

)7045.0;0845.0;7045.0()10;2.1;10( ===AC

ACAC AC

Para el equilibrio debe cumplirse que:

0=+++ WPTT ACACABAB

0= Fx TAB*0.6219 TAC*0.7045 = 0

0= Fy -TAB*0.0933 TAC*0.0845 + P = 0

0= Fz TAB*0.777 + TAC*0.7045 = 200

Resolviendo las ecuaciones.

TAB = 142.97 kgfTAC = 126.2 kgf

P = 24 kgf

3.2. Fuerza de Roce (friccin)

3.2.1. Roce en bloques

Cuando dos superficies estn en contacto, siempre se presentan fuerzastangenciales, llamadas fuerzas de friccin, cuando se trata de mover una de lassuperficies con respecto de la otra. Por otra parte, estas fuerzas de friccinestn limitadas en magnitud y no impedirn el movimiento si se aplican fuerzaslo suficientemente grandes.

Se tiene el siguiente bloque:


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Figura 3.1: Diagrama de cuerpo libre de un bloque

Si P es pequea el bloque no se mover, entonces debe existir algunafuerza horizontal que equilibra a P, esta fuerza es el roce esttico.

Si se incrementa la fuerza P, tambin se incrementa la fuerza de roce Fr lacual contina oponindose a P, hasta que su magnitud alcanza un cierto valormximo Frm. Si P se incrementa an ms, la fuerza de roce ya no la puedeequilibrar y el bloque comienza a deslizar. Ahora Fr cae de Frm a Frk.

Frm = s * N

Frk = k * N

Donde: s : Coeficiente de roce estticok : Coeficiente de roce cintico

s > k

Figura 3.2: ngulos de roce esttico y dinmico

Se cumple que:

( ) ( ) ( )kkss

srm

stgtg

N

N

N

Ftg

==

==


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Ejemplo 3.3:

Sobre el bloque de la figura actan dos fuerzas. Se tiene que ms = 0.35 ymk = 0.25. Determinar P que se requiere para:

a) el bloque comience a moverse hacia arriba a lo largo del plano inclinado.b) para que el bloque contine movindose hacia arriba.c) para prevenir que el bloque deslice hacia abajo a lo largo del plano.

Solucin

Parte a)

Figura E3.2.1: Diagrama de cuerpo libre

0= Fy N P sen(25) 800 cos(25) = 0

0= Fx Fr + 800 sen(25) P cos(25) = 0

Para que el bloque comience a deslizar, entonces, debe cumplirse que:

Fr = Frm = s * N = 0.35 N

Reemplazando y resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene:

N = 1054.864 kgf


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P = 780.416 kgf

Parte b)

Para que el bloque contine movindose entonces:

Fr = Frk = k * N = 0.25 N


N = 999.184 kgfP = 648.665 kgf

Parte c)

Figura E3.2.2: Diagrama de cuerpo libre

0= Fy N P sen(25) 800 cos(25) = 0

0= Fx -Fr + 800 sen(25) P cos(25) = 0

Fr = Frm = s * N = 0.35 N


N = 758.852 kgfP = 80 kgf

3.2.2. Roce en bandas

Se considera una banda plana que pasa sobre un tambor cilndrico fijo(Figura 3.2). Se desea determinar la relacin que existe entra las fuerzas T1 y T2


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de la tensin en las dos partes de la banda cuando esta ltima est a punto dedeslizar hacia la derecha.

Figura 3.2: Banda plana sobre un tambor cilndrico

Se separa de la banda un segmento PP que abarca un ngulo (Figura3.3). Se representa con T la tensin en P y por T + T a la tensin en P.

Figura 3.3: Segmento PP de la banda

Con el diagrama de cuerpo libre sobre el segmento de la banda se puedenhacer las ecuaciones de equilibrio.

( )0 cos cos 02 2

x sF T T T N

= + =

(1)

( )0 02 2

yF N T T sen T sen = + =

(2)


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Despejando de (2) N y reemplazando en (1), luego dividiendo por . Seobtiene:

2cos 0

2 2

2

s

senT T

T

+ =

Luego, si

cos 12

20 1

2

0

sen

T

Entonces:

s s

dT dT- T=0 d

d T =

Integrando entre P1 y P2:

2

1

T

sT 0

dT= d

T

2 1 sln ln T T =

s

2 1T T e

= ( en radianes)


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Ejemplo 3.4:

Determinar la fuerza P necesaria para mover el sistema

Solucin

Haciendo diagrama de cuerpo libre en el bloque:

0= Fx T = Fr = * N

0= Fy N = 700 kgf

Resolviendo: T = 0.3 * 700 = 210 kgf

La relacin entre P y T est dada por:

0.252 311 kgfP T e

= =


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IV. CUERPOS RIGIDOS: SISTEMAS EQUIVALENTES DE FUERZAS

4.1. Introduccin

El estudio de las fuerzas ejercidas sobre cuerpos rgidos consiste enreemplazar un sistema de fuerzas dado, por un sistema equivalente ms simple.

4.2. Fuerzas Externas e Internas

Las fuerzas que actan sobre un cuerpo rgido pueden dividirse en: fuerzasexternas y fuerzas internas.

4.2.1. Fuerzas Externas

Representan la accin que ejercen otros cuerpos sobre el cuerpo rgidobajo consideracin. Estas fuerzas causan que el cuerpo se mueva o permanezcaen reposo.

4.2.2. Fuerzas Internas

Son aquellas que mantienen unidas las partculas que conforman el cuerporgido.

Para entender mejor lo anterior se presenta el siguiente ejemplo:

Se tiene un bote con ruedas a vela quetiene un ventilador como mecanismo depropulsin. El hecho que este vehculo sedesplace, puede ser posible?

La respuesta es NO, ya que, como elventilador est dentro del bote. Slo hace queel bote se estire. No hay ninguna fuerza

externa al sistema que haga que elvehculo se mueva (slo hay unesfuerzo interno).

Por otro lado, si el ventiladorest fuera del bote, ste se moverdebido a que hay una fuerza externaal sistema (el viento del ventilador)que acta sobre el bote.


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4.3. Momento de una fuerza respecto a un punto

Consideremos una fuerza F que acta sobre un cuerpo rgido (Figura 4.1).El efecto de la fuerza sobre el cuerpo rgido tambin depende de su punto deaplicacin A. Definimos como el vector de posicin A como aqul que va desdeO a Ha llamado r. El vector posicin r y la fuerza F definen el plano mostrado enla figura. El momento de F con respecto a O se define como el producto cruzentre r y F, esto es:

Mo = r x F

Figura 4.1: Fuerza que acta sobre un cuerpo rgido

Expresando por q el ngulo entre las lneas de accin del vector posicinr y la fuerza F, se puede decir que la magnitud del momento Mo puede escribirsecomo:

( )Mo r F sen F d

= =

La magnitud Mo mide la tendencia de la fuerza F a hacer rotar al cuerporgido alrededor de un eje dirigido a lo largo de Mo.

Ejemplo 4.1:

Una fuerza vertical P se aplica en el extremo de una palanca de 24 cm delargo. Determinar:

a) El momento que ejerce P (P = 100 kgf) con respecto a O.b) La fuerza horizontal aplicada en A que origina el mismo momento con

respecto a O.


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c) La mnima fuerza aplicada en A que origina el mismo momento conrespecto a O.

d) Qu tan lejos de O debe actuar una fuerza vertical de 240 kgf paraproducir el mismo momento con respecto a O?

Solucin:

Parte a)

( )24 cos 60 12 cm

1200 kgf cm

d

Mo F d

= =

= =

Parte b)

( )

( )

24 60

120057.74 kgf

24 60

Mo sen F

Fsen

=

= =


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En forma ms simple este producto puede expresarse como:

x y z

OL

x y z

M x y z

F F F

=

donde: x, y, z : Cosenos directores del eje OL.x, y, z : Coordenadas del punto de aplicacin de F.Fx, Fy, Fz : Componentes de la fuerza F.

El momento MOL de F con respecto a OL mide la tendencia de la fuerza Fde impartirle al cuerpo rgido un movimiento de rotacin alrededor del eje fijoOL.

4.5. Momento de un par de fuerzas

Se dice que dos fuerzas F y F, que tienen la mismamagnitud, lneas de accin paralelas y sentidos opuestos,forman un par de fuerzas. Aunque la fuerza resultante deeste par de fuerzas es cero, el momento resultante no lo es,ya que estas fuerzas generan un giro.

En un par de fuerzas en tres dimensiones (Figura 4.3), la suma demomentos con respecto al origen O, de ambas fuerzas, queda definida por:

( )A B A Br F r F r r F + =

Si se define r = rA rB, entonces el momento que genera el par de fuerzases:

M r F=

La magnitud del momento est dada por:

( )M r F sen F d= =

donde d es la distancia perpendicular entre las lneas de accin de F y F. Elsentido de M est definido por la regla de la mano derecha.


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Figura 4.3: Momento de un par de fuerzas

Tambin se concluye que dos pares de fuerzas, uno constituido por lasfuerzas F1 y F1 y el otro, por las fuerzas F2 y F2, que se encuentran en planosparalelos (o en el mismo plano) y tienen el mismo sentido, tendrn momentosiguales si:

1 1 2 2F d F d =

Una fuerza F puede descomponerse en una fuerza dada en O y en un par

de fuerzas que generan un momento (Mo = r x F)

Tambin se puede hacer lo siguiente:


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Luego, Mo = Mo + s x F

Esto es anlogo si se quiere reducir un sistema de fuerzas a una fuerza yun momento. Esto es:

El sistema equivalente de fuerzas est definido por las ecuaciones:

( )RR F Mo Mo r F= = =

Ejemplo 4.2:

Una losa decimentacin cuadradasoporta las 4 columnasmostradas en la figura.Determine la magnitud yel punto de aplicacin dela resultante de las 4cargas.


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Solucin

Se define la siguiente convencin:

R = 40 + 12 + 8 + 20 = 80 tonfMx = 20*4 + 8*10 + 12*10 = 280 tonf*m

My = 20*10 + 8*5 = 240 tonf*m

Ahora se necesita ubicar la resultante R de modo de eliminar losmomentos Mx y My.

Haciendo equivalencia de momentos:

3.5 m

x 3 m

x R R

y R R

M y R y

M x R

= =

= =


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Ejemplo 4.3:

Un cuerpo homogneo de peso W, altura H y base de largo 2a es empujadopor una fuerza horizontal F (como se muestra en la figura). El coeficiente de roceesttico es , determine la condicin para que, al romperse el equilibrio, debidoal aumento de F, el cuerpo deslice o vuelque.

Solucin:

Para que el equilibrio se rompa por deslizamiento y volcamiento,respectivamente, debe cumplirse lo siguiente:

(Condicin de deslizamiento)

(Desliza)

d

d

fr N N W

F W

F W

= == >

(Condicin de Volcamiento)

v v

W aF H W a F

H

> >

Para que el equilibrio se rompa primero por deslizamiento, entonces:


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d vF F

aW W

H

a

H

q : La estructura es hiperesttica. Se necesitan mtodos de anlisisestructural para calcular las reacciones desconocidas.


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Figura 5.4: Tres casos de estabilidad en estructuras

Ejemplo 5.2:

Una gra tiene una masa de 1000 kg y se usa para levantar una caja de2400 kg. Determine las reacciones en los apoyos A y B.

Solucin:

Haciendo el diagrama de cuerpo libre de la gra se tiene:


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38

0 0

0 1000 2400 3400 3.4

0 1.5 1000 2 2400 6 0 10933.33 10.93

-10933.33 -10.93

x ax bx ax bx

y ay ay

A bx bx

ax

F R R R R

F R R kgf tonf

M R R kgf tonf

R kgf tonf

= + = = = = + = == = = =

= =

Ejemplo 5.3:

El marco de la figura sostiene un techo de un pequeo edificio. Este marcoest sujeto por medio de un cable que pasa por una polea sin roce. Determine la

tensin del cable y las reacciones en los apoyos A y B.

Solucin:

Se corta el cable y se realiza el

diagrama de cuerpo libre de la parterestante.

( )

( ) ( ) ( )

653.13

4.5

0

20 4 1.8 20 3 1.8 20 2 1.8

20 1.8 cos 6 0

100

A

tg

M

T

T kgf

= =

=

+ + +

+ ==


39

0 cos 0 60

0 4 20 0 160

x ax ax

y ay ay

F R T R kgf

F R T sen R kgf

= + = =

= = =

Por otro lado, en el apoyo B:

0 cos 0 60

0 0 80

x bx bx

y by by

F R T R kgf

F R T sen R kgf

= = =

= + = =

Ejemplo 5.4:

Un peso de 180 kgf se une a una palanca de 21 cm de largo en el punto A.La palanca AO es sostenida por medio de un tambor cilndrico de 7.5 cm deradio. La constante del resorte es K = 45 kgf/cm y este no se encuentradeformado cuando = 0. Determine el ngulo en el cual el sistema est enequilibrio.

Solucin:

Haciendo el diagrama de cuerpo libre se tiene:


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Representando por la deformacin del resorte a partir de la posicin enque ste no se encuentra deformado y observando que = r, se tiene: F=K=Kr.

2

0 180 0

0.67180

(85.22,0) 85.22

OM L sen K r r

K rsen

L

= =

= =

= =

5.6. Equilibrio de un cuerpo rgido en tres dimensiones

Para el caso de tres dimensiones deben cumplirse las siguientes ecuacionesde equilibrio:

0 0

0 0

0 0

x x

y y

z z

F M

F M

F M

= == == =

Estas ecuaciones se pueden resolver para un mximo de seis incgnitas lascuales, generalmente, representarn reacciones en los apoyos o en lasconexiones.

En la mayora de los problemas, las ecuaciones escalares anteriores seobtienen de una forma ms conveniente si primero se expresan en formavectorial,

( )0 0F M r F = = =


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y se representan las fuerzas F y los vectores de posicin r en trminos decomponentes escalares y vectores unitarios.

Debe tenerse en cuenta para el clculo de reacciones la cantidad dedesplazamientos o giros que estn impedidos. Es importante recordar que cadarestriccin (impedimento) genera una reaccin.

Ejemplo 5.5:

Una escalera de 20 kgf de peso que se usa para alcanzar los estantessuperiores en una biblioteca est apoyada en dos ruedas A y B, montadas sobreun riel, y un punto C, apoyado en el estante. Un hombre de 80 kgf se para sobrela escalera y se inclina hacia la derecha. Asuma que el peso del hombre y de laescalera se concentran en la fuerza W. Determine las reacciones en los apoyos A,B y C.

Solucin:

Primero se debe hacer el diagrama de cuerpo libre de la escalera.


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Puntos:

( )

( )

( )

0,0,0

0;1.2;0

1.2;0.6;3

A

B

C

Fuerzas:

( ) ( ) ( )

( )

( )

( )

0;0; 20 0;0; 80 0;0; 100

,0,

,0,

,0,0

a ax az

b bx bz

c cx

W

R R R

R R R

R R

= + =

=

=

=

Equilibrio de Fuerzas:

0 0

0

0

a b c

ax bx cx

az bz

F R R R W

R R R

R R

= + + + =

+ + =+ =

Equilibrio de Momentos:

( )

( )

( )

( )

0,0,0

0;1.2;0

1.2;0.6;3

0.6;0.9;0

a

b

c

w

r

r

r

r

=

=

=

=

0 0a a b b c c w

M r R r R r R r W= + + + =

( )

0

0 1.2 0 0 1.2 1.2 ;0; 1.2

0 0

a a

b b bz bx

bx bz bx

r R

i j k i j

r R R R

R R R

=

= =


43

( )

( )

1.2 0.6 3 1.2 0.6 0;3 ; 0.6

0 0 0

0.6 0.9 0 0.6 0.9 90; 60;0

0 0 100 0 0

c c cx cx

cx cx

w

i j k i j

r R R R

R R

i j k i j

r W

= =

= =

Ordenando,

( )

1.2 90 75

3 60 20

1.2 0.6 0 10

10

100 100 75 25

bz bz

cx cx

bx cx bx

ax bx cx

az

R R kgf

R R kgf

R R R kgf

R R R kgf

R Rbz kgf

= = = =

= =

= + =

= = =


23/152


44

VI. CENTRO DE GRAVEDAD, CENTROIDES Y FUERZAS DISTRIBUIDAS

Un cuerpo cualquiera en tres dimensiones genera fuerzas en todo suvolumen. Hasta ahora hemos visto fuerzas que se aplican en un punto. De loanterior, el tratamiento que se realiza a un cuerpo rgido es aplicar su peso en unpunto llamado centro de gravedad.

Se define, entonces, eje baricntrico de un cuerpo como la lnea deaccin de la fuerza gravitacional que acta sobre ese cuerpo.

Un punto interesante de ver consiste en que si hay un elemento que poseeun plano de simetra (Figura 6.1), necesariamente, el eje baricntrico coincidecon la recta que representa al plano.

Figura 6.1: Elemento con un plano de simetra

Una plancha (Figura 6.2), por ejemplo, tiene dos ejes baricntricos ya quetiene dos planos de simetra.

Figura 6.2: Plancha que posee dos planos de simetra

La figura 6.3 muestra que el centro de gravedad de un cuerpo es el puntode interseccin de todos los ejes baricntricos del cuerpo.


45

Figura 6.3: Interseccin de ejes baricntricos

La ubicacin del centro de gravedad en el espacio se le conoce comocentroide.

6.1. Centro de Gravedad en Coordenadas Cartesianas

Para un cuerpo homogneo, existe un punto ( ), ,x y z que coincide con el

centro de gravedad del cuerpo, conocido como centroide. Este punto se puededeterminar como (Figura 6.4):

1

1

1

dV dx dy dz

V dx dy dz

x x dVV

y y dVV

z z dVV

=

=

=

=

=

Figura 6.4: Elemento diferencial de un cuerpo cualquiera

Ejemplo 6.1:

Determine el centro de gravedad de un cono

Solucin:

Se muestra un cono formado por elementos infinitesimales.


24/152


46

El diferencial de volumen est dado por:

( )( ) ( )

( )

2

2 2

dV r x dx

r x x tg

dV tg x dx

= =

=

El volumen del cono es:

( )( )22 2 3

0 3

h tgV tg x dx h

= =

Reemplazando,

( )( )2 2

2 3 0

1 3 3

4

h

x x dV x tg x dx hV tg h

= = =

6.2. Centroides de rea en Coordenadas Polares

Figura 6.5: Elemento diferencial bidimensional en coordenadas polares


47

La figura 6.5 muestra un elemento diferencial plano en coordenadaspolares. El rea de este elemento es: dA = (dr)*(r*d)=r*dr*d. De la figura sedesprende que: x = r*cos e y = r*sen.

A continuacin se muestra la forma en que se determina el centroide deun elemento semicircular de radio a para el cual resulta conveniente usar lascoordenadas polares.

Se sabe, por simetra, que:

0x =

El rea del elemento es:

2

0 0 2

a

A r dr d a

= =

Luego, el centroide est dado por:

( )( )0 0

2

1 1 43

2

a

ay y dA r sen r dr dA

a

= = =

6.3. Cuerpos Compuestos

Un cuerpo compuesto consta de varias partes cuyos pesos y centros degravedad se conocen.

La figura 6.6 muestra un cuerpo compuesto en que los centros de gravedadde las partes que lo componen son conocidos.


25/152


48

Figura 6.6: Cuerpo cuyos componentes tienen centroides conocidos

Hasta ahora se ha visto la forma en que se determina el centroide enelementos continuos, la analoga para elementos discretos es la siguiente:

1 1 2 2

1 1 2

1 1 2 2

1 1 2

1 1 2 2

1 1 2

1 ...

...

1 ...

...

1 ...

...

nn n

i i

i n

nn n

i i

i n

n

n ni i

i n

x V x V x Vx x V

V V V V

y V y V y Vy y V

V V V V

z V z V z Vz z V

V V V V

=

=

=

+ + + = =

+ + +

+ + + = =

+ + +

+ + + = =

+ + +

Para el caso de la figura 6.6 se tiene que n = 6.

Ejemplo 6.2:

Determine la ubicacin del centroide de la siguiente figura


49

La figura anterior se puede descomponer de la siguiente forma:

2

1 1 1

2

2 2 2

2

3 3 3

2

4 4 4

12 2 1.5

1 0.5 0.5

1 2.5 2.5

4 5 1

A m x m y m

A m x m y m

A m x m y m

A m x m y m

= = == = == = == = =

Reemplazando en la frmula:

12 2 1 0.5 1 2.5 4 52.928

12 1 1 4

12 1.5 1 0.5 1 2.5 4 11.357

12 1 1 4

x m

y m

+ = =

+ +

= = +

6.4. Teorema de Pappus-Guldinus

6.4.1. Teorema de Pappus-Guldinus para las reas de superficies

Si un arco C de una curva que se encuentra en un plano gira cubriendo unngulo (con entre 0 y 2) alrededor de un eje que tambin se encuentre en elplano y que no se intersecte con el arco C, el rea de la superficie generada porese arco C al girar cubriendo el ngulo es igual a la longitud de C multiplicadapor la longitud de la trayectoria recorrida por el centroide de C durante larotacin .

Considerando la definicin anterior, si la longitud del arco es L y es ladistancia del eje de rotacin al centroide de ese arco, el rea S de la superficiegenerada por este ltimo al girar cubriendo el ngulo alrededor del eje derotacin es:


26/152


50

S L =

Para demostrar el teorema se define una cuerda de largo L que gira conrespecto al eje x (Figura 6.7)

Figura 6.7: Cuerda de largo L que gira alrededor del eje x

La superficie que se obtiene al girar la cuerda est dada por:

1

B B

A A

B B

A A

S y ds y ds

y y ds y L y dsL

= =

= =

Luego,

S L y L = =

6.4.1. Teorema de Pappus-Guldinus para volmenes

Si un rea A que se encuentra en un plano se hace girar describiendo unngulo (con entre 0 y 2) alrededor de un eje que tambin se encuentre en elplano y que no se intersecte con el rea A, el volumen del slido generado poresa rea A al girar cubriendo el ngulo es igual al rea A multiplicada por lalongitud de la trayectoria recorrida por el centroide del rea A durante larotacin .

Considerando la definicin anterior, si es la distancia del eje de rotacinal centroide de esa rea, el volumen V del slido generado por este ltimo algirar cubriendo el ngulo alrededor del eje de rotacin es:


51

V A =

Para demostrar el teorema se define un rea A que gira con respecto aleje x (Figura 6.8)

Figura 6.8: rea A girada en torno al eje x

El volumen que se obtiene al girar el rea A est dada por:

1

b b

a a

b b b

a a a

V y L dy y L dy

y y dA y A y dA y L dyA

= =

= = =

Luego,

V A y A = =

Ejemplo 6.3:

Determine el volumen de un cono slido de altura a y radio basal b.


27/152


52

Solucin:

Se haba visto que el volumen de un cono de altura h es:

( )

( )

2

3

2

3

3

tgV h

btg

a

h a

abV

=

=

=

=

El centroide del tringulo y su rea son:

1

3 2

by A ab= =

Aplicando Pappus:

212 3 2 3

b abV y A ab = = =

6.5. Resultantes de fuerzas paralelas distribuidas

Con lo visto anteriormente se puede decir que se puede hallar laresultante y la lnea de accin de una fuerza distribuida sobre una lnea poranaloga con el centroide de un rea plana (Figura 6.9). Tambin se puede decirque se puede hallar la resultante y la lnea de accin de una fuerza distribuidasobre un rea plana por analoga con el centroide de un volumen.


53

Figura 6.9: Fuerza distribuida sobre una lnea y un rea plana

En algunos casos se pueden determinar los efectos de una fuerzadistribuida al reemplazarla por su resultante. Por ejemplo, la fuerza resultantetiene el mismo efecto sobre el equilibrio (o el movimiento) de un cuerpo rgidocomo el de la fuerza distribuida; en este caso, los dos sistemas de fuerzas sonequivalentes.

6.5.1. Fuerzas Distribuidas sobre un segmento rectilneo

Suponga una carga distribuida q(x) (fuerza por unidad de longitud) queacta sobre una barra recta (Figura 6.10). Considerando un elementoinfinitesimal dx de la carga, a una distancia x del punto A. Se puede considerar lafuerza infinitesimal correspondiente a q(x)dx, como una fuerza puntual queacta en x.

Figura 6.10: Carga distribuida que acta sobre una barra recta

De esta forma, la resultante de la fuerza distribuida q(x) queda dada por:


28/152


54

( )0

L

R q x dx= Para determinar la lnea de accin de R, su ubicacin, se debe determinar

el momento que ejerce la carga distribuida sobre el punto A. El momento queejerce la carga q(x)dx sobre el punto A es x*q(x)dx, por lo tanto el momentoresultante es:

( )0

L

M x q x dx= Si se divide el momento M por la resultante R se obtendr la ubicacin de

la lnea de accin:

( )0

1 LMx x q x dx

R R= =

Puede verse que:

( )

( )

2

2

3

Lq x cte x

q x x x L

= =

= =

6.5.2. Carga Distribuida sobre un rea plana

Considere una carga distribuida q(x,y) que acta sobre un rea plana A

(Figura 6.11)

Figura 6.11: Carga distribuida sobre un rea plana


55

Si se selecciona un rea infinitesimal dA = dxdy en el rea A, la resultantede la carga distribuida asociada a esa rea infinitesimal es q(x,y)dxdy. Laresultante R de la carga distribuida sobre el rea A est dada por:

( ),A

R q x y dx dy= Del mismo modo, los momentos Mx y My de la carga distribuida q(x,y),

respecto a los ejes x e y, respectivamente, quedan dados por:

( )

( )

,

,

xA

yA

M y q x y dx dy

M x q x y dx dy

=

=

De esta forma, la ubicacin de la lnea de accin es:

( )

( )

1,

1,

y

A

x

A

Mx x q x y dx dy

R R

My y q x y dx dy

R R

= =

= =

Ejemplo 6.4:

Una viga simplemente apoyada se somete a una carga distribuida q(x)definida por la ecuacin Kxn.

a) Determine la magnitud y la lnea de accin de la resultante de la cargaq(x).

b) Para n=1 determine las reacciones en los apoyos de la viga.


29/152


56

Solucin:

Parte a)

La fuerza sobre un elemento de longitud dx es:

( ) ndR q x dx k x dx= =

Por lo que la fuerza total sobre la viga se obtiene integrando lo siguiente:

1

0 1

nL

nL

R k x dx kn

+

= = + Puede verse que el momento de la fuerza dR con respecto a x=0 es

x*q(x)dx. Luego, el momento de la carga distribuida con respecto a x=0 es:

2

0 2

nL

n LM x k x dx kn

+

= =+

Para obtener la ubicacin de la lnea de accin se procede de la siguienteforma:

2

1

12

2

1

n

n

Lk

M nnx LLR n

kn

+

+

++= = =+

+

Parte b)

Para n=1 se tiene q(x)=kx

1 12

1 1 2

1 1 2

1 2 3

L kF k L

x L L

+

= =++

= =+

Haciendo equilibrio:


57

2

2

2

2

02

0 0

20

2 3

3

6

y ay by

x ax

A by

by

ay

kF R R L

F R

kM R L L L

kR L

kR L

= + =

= == =

=

=

Ejemplo 6.5:

Un rea rectangular A se somete a una carga uniformemente distribuidaq(x,y). Determine la magnitud R de la resultante y la lnea de accin de lamisma.

Solucin:

Ya que la carga distribuida es constante el valor de la resultante y losmomentos es:


30/152


58

0 0

2

0 0

2

0 0

1

2

1

2

a b

a b

x

a b

y

R q dxdy abq

M q y dxdy ab q

M q x dxdy a bq

= =

= =

= =

Para obtener la ubicacin de la lnea de accin de R se debe realizar losiguiente:

2

2

1

2 2

1

2 2

y

x

M a bq ax

R abq

M ab q by

R abq

= = =

= = =

Ejemplo 6.6:

Determine las reacciones en los apoyos de la estructura mostrada en lafigura.


59

Solucin:

Primero se procede con el diagrama de cuerpo libre en el cual se colocanlas fuerzas equivalentes de las cargas distribuidas.

Haciendo equilibrio:

0 900 600 300

0 800 400

0 900 2 - 600 8 400 6 8 0

675

525

y ay

x ax cx

A cx

ax

cx

F R kgf

F R R

M R

R kgf

R kgf

= = =

= + + =

= + =

==


31/152


60

VII. RETICULADOS

Un reticulado es un montaje de elementos delgados y rectos que soportancargas principalmente axiales (traccin o compresin) en esos elementos. Ladisposicin de estos elementos hace un sistema eficiente para soportar cargas.Un reticulado puede soportar fuertes cargas en comparacin a su peso.

A continuacin se muestran algunos tipos de reticulados (Figura 7.1)

Figura 7.1: Tipos de reticulados

Los reticulados mostrados en la figura 7.1 se denominan reticuladosplanos, porque todos sus elementos y todas las cargas se encuentran en elmismo plano.

Los materiales usados en los reticulados pueden ser madera, acero oaluminio, entre otros.

Debido a que el principio fundamental de los reticulados es el de soportarcargas axiales (en direccin longitudinal) en los elementos que la conforman, sedeben considerar algunas hiptesis para facilitar su anlisis:

a) Todos los elementos de un reticulado son rectos.b) Los nudos en los extremos de los elementos se pueden representar por

medio de puntos.c) Todos los nudos son rtulas (sin roce).d) A un reticulado slo se le pueden aplicar cargas concentradas, y stas se

aplican en los nudos.

Si se tienen dos barras (Figura 7.2) (A y B) a las cuales se le aplica unacarga de traccin F. Al separarlas se generan fuerzas Fab y Fba. Como el sistemaest en equilibrio, necesariamente Fab + Fba = 0 (equilibrio en el nudo a).


61

Figura 7.2: Dos barras sometidas a una carga de traccin

7.1. Estabilidad y Determinacin Esttica

En la figura 7.3 puede verse que el reticulado es estable, es decir, nocambia su configuracin bajo la accin de la fuerza

Figura 7.3: Reticulazo simple sometido a una carga horizontal

En contraste con el caso anterior, el reticulado mostrado en la figura 7.4,formado por cuatro elementos, no es estable ya que este sistema sufre uncambio de configuracin. Sus elementos sufren una gran deformacin. Enconsecuencia, se dice que el sistema constituye un reticulado inestable. Demodo ms general, cualquier sistema de cuatro o ms elementos conectados porbarras, que forman un polgono, no es estable.

Figura 7.4: Reticulado Inestable

Un reticulado formado por elementos triangulares se denomina reticuladosimple (Figura 7.5 (a) y (b)).


32/152


62

Figura 7.5: Dos ejemplos de reticulados simples

Cada uno de estos reticulados satisface la ecuacin:

2m r j+ = m : Nmero de elementosr : Nmero de reacciones en los apoyosj : Nmero de nudos

Reemplazando los valores correspondientes a los ejemplos de la figura 7.5:

( ) ( )

( ) ( )

: 5; 3; 4 5 3 2 4

: 13; 3; 8 13 3 2 8

a m r j

b m r j

= = = + =

= = = + =

En el caso que m + r > 2j entonces el reticulado es estticamenteindeterminado.

Por otro lado, si m + r < 2j, el reticulado es inestable (mecanismo).

7.2. Mtodos de Anlisis de Reticulados

El anlisis de un reticulado consiste en calcular las fuerzas en loselementos, y las reacciones que surgen en los nudos y apoyos.

Los mtodos que se utilizan para resolver estas estructuras son: mtodosde los nudos y mtodo de las secciones.

7.2.1. Mtodo de los nudos

El mtodo de los nudos es un mtodo de anlisis de un reticuladoestticamente determinado al escribir y resolver las ecuaciones de equilibriopara los nudos del reticulado.


63

En este mtodo, se dibujan los diagramas de cuerpo libre de los nudos delreticulado y se escriben las ecuaciones de equilibrio para cada uno de estosnudos.

Para la resolucin de las ecuaciones es preferible colocar las fuerzas de loselementos (barras) saliendo del nudo. Esto asume que la barra est en traccin.Si al resolver el sistema de ecuaciones resulta alguna fuerza de alguna barranegativa, significa que esa barra se encuentra en compresin.

Ejemplo 7.1:

Determine los esfuerzos en cada una de las barras del reticulado de lafigura. Indique si estos esfuerzos son de traccin o compresin.

Solucin:

En el mtodo de los nudos se deben usar dos ecuaciones de equilibrio:

suma de fuerzas verticales y horizontales.

Nudo A


33/152


64

( )

( )

0 cos 0

0 30 0

3037.5

22.5

x ac ab

y ab

ab

ac

F T T

F T sen

T kgf traccinsen

T kgf compresin

= =

= =

= =

=

Nudo C

( )

0

22.5

0 0

x cd ac

cd

y bc

F T T

T kgf compresin

F T

= =

=

= =

Nudo B

0 cos cos

0.6 37.5 0.6

x eb bd ab

eb bd

F T T T

T T

= + =

+ =


65

( )

( )

0 0

37.5

45

y bd ab

bd ab

bd

eb

F T sen T sen

T T

T kgf compresin

T kgf traccin

= + =

=

=

=

Nudo E

0 0

R 45

0 0

x eb ex

ex

y de

F T R

kgf

F T

= + =

=

= =

Nudo D

0 cos 0

R 45

0 0

R 30

x bd cd dx

dx

y bd de dy

dy

F T T R

kgf

F T sen T R

kgf

= + + =

=

= + + =

=


34/152


66

Ejemplo 7.2:

Determine los esfuerzos en cada una de las barras del reticulado de lafigura. Indique si estos esfuerzos son de traccin o compresin.

Solucin

Primero se deben determinar las reacciones en los apoyos. Para ello deberealizarse el diagrama de cuerpo libre del reticulado completo.


67

( )0 12 3 200 12 24

200

0 0

0 400

200

A fy

fy

x ax

y ay fy

ay

M R

R kgf

F R

F R R kgf

R kgf

= = +

=

= =

= + =

=

Nudo A

( )

2 10 50.857 cos 0.5145

12 3

0 cos 0

0

0 por simetra

0 0

x ac

ac

df

y ay ab ac

tg sen

F T

T kgf

T kgf

F R T T sen

= = = =

= =

=

=

= + + =

( )( )

200 compresin

200 por simetra

ab

ef

T kgf

T kgf

=

=


35/152


68

Nudo B

( )

1022.62

2 12

1039.8

12

0 cos cos 0

0

624.82 compresin

520

x bc bd

y bc bd ab

bc de

bd ce

tg

tg

F T T

F T sen T sen T

T T kgf

T T kgf

= =

= =

= + =

= + =

= =

= =

( )traccin

Nudo C

( )

0 cos cos

0 200 0

960 compresin

x bc ce cd

y bc ce

cd

F T T T

F T sen T sen

T kgf

= = +

= + + =

=


69

7.2.2. Mtodo de las secciones

El mtodo de las secciones para el anlisis de reticulados se basa en elequilibrio de cuerpo rgido de una parte del reticulado.

Si un reticulado completo est en equilibrio, bajo la accin de un conjuntode fuerzas coplanares, cualquier parte del mismo tambin debe estar enequilibrio. As, se puede cortar el reticulado en 2 o ms partes, cada una de lascuales es un cuerpo rgido en equilibrio.

Ejemplo 7.3:

Determine las fuerzas en los elementos AB, BC y CD del reticulado de lafigura. Indique si estas fuerzas son de traccin o compresin.

Se cortan las barras CD, BC y AB considerando el segmento derecho delreticulado, esto es:


36/152


70

Haciendo equilibrio en esta parte del reticulado:

( )

0 1.2 30 0.9 0

22.5 compresin

0 0.9 0

0

B cd

cd

A bc

cd

M T

T kgf

M T

T kgf

= + =

=

= =

=

Para determinar TAB se puede obtener a partir de equilibrio de fuerzasverticales u horizontales.

( )

( )

0 cos 0

37.5 traccin

0 30

37.5 traccin

x cd ab

ab

y ab

ab

F T T

T kgf

F T sen

T kgf

= + =

=

= =

=

Ejemplo 7.4:

Determine las fuerzas en los elementos BD, BE, BC, CE y DE del reticuladode la figura. Indique si estos esfuerzos son de traccin o compresin.


71

Solucin:

Primero se deben determinar las reacciones en los apoyos.

0 4 10 200 10 400 20

250

0 0

0 200 400

350

A hy

hy

x ax

y ay hy

ay

M R

R kgf

F R

F R R

R kgf

= = +

=

= =

= + = +

=

Luego, se escoge una parte segmento del reticulado y se hace equilibrio decuerpo rgido.

( )

( )

0 12 400 10 250 3 10

291.667 traccin

0 12 250 2 10 0

416.667 compresin

0 250 400

B ce

ce

E bd

bd

y be

M T

T kgf

M T

T kgf

F T sen

= + =

=

= + =

=

= + =

( )

50.194

195.256 traccinbeT kgf

=

=


37/152


72

Para determinar TBC se puede hacer el siguiente corte (barras AC, BC, BE yBD):

0 12 350 10 2 200 10 10

0

E bd bc

bc

M T T

T kgf

= + = +

=

Para determinar la tensin en la barra DE es ms simple hacer equilibrioen el nudo D.

( )

0 400 0

400 compresin

y de

de

F T

T kgf

= + =

=


73

7.3. Reticulados Compuestos y Complejos

Cono ya se mencion, un reticulado simple es aquel que se puede armaragregando sucesivamente dos elementos no colineales a un elemento triangularinicial. A medida que se agrega cada pareja de elementos se agrega otro nudo.

Un reticulado compuesto est formado por dos o ms reticulados simplesunidos entre s por uno o ms nudos comunes o por elementos adicionales.

A continuacin se muestran dos reticulados compuestos (Figura 7.6).

Figura 7.6: Ejemplos de reticulados compuestos

En la figura 7.6(a), dos reticulados simples estn unidos en el nudo comnA. En la figura 7.6(b), dos reticulados simples estn unidos entre s por treselementos adicionales. Los reticulados simples se muestran como reassombreadas.

Figura 7.7: Ejemplos de reticulados complejos

Las configuraciones de reticulados que no se pueden clasificar comosimples o compuestos se conocen como reticulados complejos. En general, unreticulado complejo puede estar compuesto por cualquier combinacin deelementos triangulares, cuadrados y poligonales. En la figura 7.7 se presentan


38/152


74

dos tipos de reticulados complejos. Es necesario tener en presente que amboscasos son reticulados estticamente determinados y estables.


75

VIII. ESFUERZOS INTERNOS EN VIGAS

Una viga es un elemento estructural, recto o curvo, apoyado en uno o mspuntos en todo su largo. Las vigas se usan mucho en estructuras como edificios ypuentes. Generalmente, las vigas se someten a cargas dirigidasperpendicularmente a sus ejes longitudinales. Se someten a cargas concentradas,momentos y fuerzas distribuidas.

Algunos tipos de vigas se muestran en la figura 8.1.

Figura 8.1: Tipos de vigas: (a) viga en voladizo; (b) viga simplemente apoyada

Ejemplo 8.1:

Determine las reacciones en los apoyos de la viga mostrada en la figura.

Solucin:

0 2 4 10 2 20 4 35 10 10

29.375

0 10 20 10

10.625

0 0

A by

by

y ay by

ay

x ax

M R

R kgf

F R R

R kgf

F R

= = + + + =

= + = + +

=

= =


39/152


76

8.1. Esfuerzo de Corte y Momento Flector en Vigas

El esfuerzo de corte y el momento flector son fuerzas internas en las vigas.Son causados por cargas transversales y momentos exteriores.

La viga en voladizo mostrada en la figura 8.2 tiene una deformacin en elextremo libre debido a flexin y a esfuerzo de corte.

Figura 8.2: Deformacin por flexin y esfuerzo de corte en una viga en voladizo

Para calculas las reacciones en los apoyos de una viga se debe hacerdiagrama de cuerpo libre de toda la viga y aplicar ecuaciones de equilibrio. Enanlisis de fuerzas internas (o esfuerzos internos), tambin se usan diagramas decuerpo libre, pero en partes de una viga.

La figura 8.2 muestra una viga sometida a un estado de cargadeterminado, se muestran adems los valores de las reacciones en los apoyos. Sequieren determinar las fuerzas que existen en la seccin a-a.

Figura 8.2: Viga sometida a un estado de carga

Primero, se separa la viga en dos partes, cortndola en la seccin a-a auna distancia x del apoyo izquierdo (Figura 8.3).


77

Figura 8.3: Viga cortada en la seccin a-a.

Para que cada una de las partes est en equilibrio es necesario que existanuna fuerza V (esfuerzo de corte) y un momento flector M.

En el diagrama de cuerpo libre de la parte aislada, V y M se considerancomo fuerzas externas. Sin embargo, para la viga como un todo, son esfuerzosinternos en la seccin a-a.

Al hacer equilibrio en la parte izquierda de la viga se tiene:

( )

0 150 100

50

0 150 100 2

50 200

y

a a

F V

V kgf

M M x x

M x

= = +

=

= =

= +

Cabe sealar que estos valores son vlidos para 2 m x 4 m. Ahora,considerando el otro lado de la viga se tiene:

( ) ( ) ( )

0 200 100- 250

500 250 8 200 4 100 8 2

50 200

y

a a

F V

V kgf M M x x x

M x

= = +

== = +

= +

Puede verse que tanto V como M son iguales independientemente del ladode la viga que se tome. Esto es debido a que en la seccin a-a, necesariamente,los esfuerzos internos deben estar en equilibrio.

Tomando distintas secciones a-a, a lo largo de la viga, se puedendeterminar los diagramas de esfuerzo de corte y momento flector de toda laviga.


40/152


78

Para poder determinar los diagramas es necesario definir una convencinde signos.

Figura 8.4: Viga simplemente apoyada con una carga central aplicada (deformacin por flexin)

La figura 8.4 muestra una viga simplemente apoyada con una cargaconcentrada aplicada en el centro de la viga. La lnea punteada representa ladeformada de la viga por flexin. Si se toma un elemento de esa deformadapuede verse que, para el caso del momento flector, la parte inferior est entraccin (fibra traccionada)y la parte superior, en compresin (fibracomprimida). Como convencin de momentos flectores se supone que es positivocuando la fibra traccionada se encuentra en el inferior de la viga (figura 8.5). Eldiagrama de momentos siempre se dibuja para el lado de la fibra traccionada, yaque es para ese lado donde se va a deformar la viga.

Figura 8.5: Convencin para momento positivo

Igual al caso anterior, la figura 8.6 muestra una viga simplemente apoyadacon una carga concentrada aplicada en el centro de la viga. En este caso, la lneapunteada representa la deformada de la viga por esfuerzo de corte.

Figura 8.6: Viga simplemente apoyada con una carga central aplicada (deformacin por corte)


79

Se asume que el corte es positivo cuando se cumple que > 0 (Figura 8.7).

Figura 8.7: Convencin para esfuerzo de corte posit ivo

Siguiendo con el ejemplo anterior, para determinar el diagrama deesfuerzos internos de toda la viga, se procede con la seccin a-a ubicada en 0 x 2 m.

0 m x 2 m

( )

( )

0 150

0 150

y

a a

F V x kgf

M M x x

= =

= =

2m x 4 m

Ya se ha calculado.

4m x 8 m

( )0 150 100 200 150yF V x kgf = = =


41/152


80

( ) ( ) ( )

( )

0 150 100 2 200 4

150 1000

a aM M x x x x

M x x

= =

= +

8 m x 10 m

( )

( ) ( )

( )

0 100

0 100 10

100 1000

y

a a

F V x kgf

M M x x

M x x

= =

= =

=

Luego, el diagrama de esfuerzos internos es:


81

Ejemplo 8.1:

Determine los diagramas de esfuerzos internos de carga axial (N), esfuerzode corte (V) y momento flector (M) de la estructura de la figura.

Solucin:

Primero se determinan las reacciones en los apoyos:


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82

02 2

2

0

2

A cy

cy

y ay cy

ay

ax

L LM R L P P P L

R P

F R P R

R P

R P

= = + +

=

= =

=

=

Ahora es necesario analizar las secciones por tramos:

0 y L/2

( )

( )

( )

0 2

0

0 2

x

y

a a

F V y P

F N y P

M M y P y

= =

= =

= =

0 y L/2

( )( )

( )

( )

0 20

0 22

2

x

y

a a

F V y P P PF N y P

LM M y P y P y

PLM y P y

= = == =

= =

= +


83

0 x L/2

( )

( )

( )

( )

0

0 2

0 22

1.5

y

x

a a

F V x P

F N x P P P

PLM M x P L P x

M x P L P x

= =

= = =

= =

=

L/2 x L

( )

( )

0 2

0 2

y

x

F V x P P P

F N x P P P

= = =

= = =


43/152


84

( )

( )

0 22 2

2 2

a a

PL LM M x P L P x P x

M x P L P x

= = =

Finalmente, los diagramas de esfuerzos internos son:


85

Ejemplo 8.2:

Determine el diagrama de esfuerzos internos de la estructura de la figurasometida a una carga distribuida constante q.

Solucin:

Las reacciones de la viga en los apoyos son:

Puede verse que para los diagramas de esfuerzos internos no existe cargaaxial (N = 0). Luego,

( )

( )

( )2

02

02 2

2 2

y

a a

qLF V x q x

qL xM M x x q x

qL xM x x q

= =

= =

=

Puede verse que:

( )2

2 2

qL xM x x q=


44/152


86

( )( )

( )( )

( )

2

dM x qLq x V x

dx

dM xV x

dx

dV xq

dx

= =

=

=

Finalmente los diagramas resultantes son:

Puede verse que cuando el momento flector es mximo, el esfuerzo decorte es cero.


87

Ejemplo 8.3:

Determine los diagramas de esfuerzos internos (momento flector yesfuerzo de corte) de la estructura de la figura.

Solucin:

Primero deben determinarse las reacciones.

( ) ( )

0 0

20 6 120 2 0.5 36 4 4 18 4 6

3

144

36 40 120 18 4

2

120

x ax

A by

by

y ay by

ay

F R

M R

R kgf

F R R

R kgf

= =

= = + +

=

= + = + +

=

Cortando la viga se tiene:

0 m x 2 m

( )

( )

( )

( )

2

3

90 120

2

120 4.5

0 120 92 3

120 1.5

y

a a

x xF V x

V x x

x xM M x x x

M x x x

= + =

=

= =

=


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88

2 m x 4 m

( )

( )

( ) ( )

( )

2

3

90 120 120

2

4.5

0 120 9 120 22 3

240 1.5

y

a a

x xF V x

V x x

x xM M x x x x

M x x

= =

=

= =

=

4 m x 6 m

( ) ( )

( )

( ) ( ) ( )( )

( ) 2

0 18 8 144

18

80 144 8 2 18 8

2

288 9

y

a a

F V x x

V x x

xM M x x x

M x x

= =

=

= =

=


89

6 m x 8 m

( ) ( )

( )

( ) ( )( )

( ) 2

0 18 8

144 18

80 18 8

2

576 144 9

y

a a

F V x x

V x x

xM M x x

M x x x

= =

=

= =

= +

Finalmente los diagramas de esfuerzos internos son:


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90

IX. PRINCIPIOS DEL TRABAJO

Como trabajo se define al producto entre la fuerza y la distancia. Es unacantidad escalar.

Figura 9.1: Fuerza aplicada sobre una cuerda

Si se tiene una cuerda en la cual existe una fuerza F aplicada (Figura 9.1),el trabajo que realiza la fuerza al trasladarse por la cuerda est dado por:

cos

t

t

C C

dU F ds

U F ds F ds

=

= =

Se tiene un resorte de largo natural lo (Figura 9.2) (el resorte no ejercefuerza). Si se deforma una distancia x entonces la fuerza que debe hacerse paradeformarlo esa distancia es F=K*x (donde k es la constante del resorte, a un kmayor, mayor deber ser la fuerza que debe aplicarse al resorte para deformarlouna distancia x)

Figura 9.2: Fuerza aplicada a un resorte


91

El trabajo realizado al estirar el resorte una distancia x est dado por:

2

0 0

1

2

x x

FU F dx k x dx k x= = =

A la magnitud 0.5k*x2 tambin se le conoce como energa elsticaalmacenada en el resorte.

Ejemplo 9.1:

Calcular el trabajo que hace una fuerza cuando se traslada en una lnearecta de 3 m de largo.

Solucin:

( )

( )

( )3 3

0 0

3cos 30

2

130

2

2 3

3 1 32 3 3

2 2 2

3 33 3 3 9.7

2 2

dx ds ds

dy ds sen ds

Fx kgf Fy kgf

dU Fx dx Fy dy ds ds ds

U dU ds J Joule

= =

= =

= =

= + = + = +

= = + = + =

La fuerza de gravedad realiza un trabajo positivo cuando un cuerpodesciende una distancia determinada. El valor del trabajo es el producto entre elpeso del cuerpo y la distancia que desciende. Si el cuerpo asciende, entonces la


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92

fuerza de gravedad realiza un trabajo negativo. El trabajo es positivo cuando eldesplazamiento va en la misma direccin que la fuerza que lo produce.

Los momentos tambin realizan trabajo. El trabajo sobre un cuerpo de unmomento es igual al producto entre el momento y la deformacin angular queexperimenta. Esto es:

2

1U M d

=

9.1. Principio del Trabajo VirtualEl trabajo virtual de una fuerza real es el trabajo efectuado por esa fuerza

durante un desplazamiento virtual (imaginario).

Un desplazamiento virtual es un desplazamiento imaginario y no ocurre,necesariamente, como un movimiento real del sistema. El trabajo de las fuerzasreales que actan durante un desplazamiento de este tipo se llama trabajovirtual. Durante un desplazamiento virtual se considera que las fuerzas realespermanecen constantes.

Figura 9.3: Trabajo virtual en una ba lanza

Una balanza proporciona una aplicacin prctica ms significativa delprincipio del trabajo virtual. Si se hace girar una balanza horizontal (Figura 9.3)de modo que describa un ngulo virtual , el trabajo que realizan los pesos, encada extremo de la balanza, es:

2 1U W b W a =

Puede verse que el sistema est en equilibrio si se cumple que U = 0 yaque W2b = W1a.

2 1W b W a =


93

Lo que muestra la figura 9.4 se llama Balanza de Roberval. En muchosaspectos esta balanza es distinta a la anterior. Si el peso W2 desciende unadistancia s, el peso W1 asciende esa misma distancia s. Por lo tanto el trabajovirtual efectuado por el sistema es:

2 1U W s W s =

Figura 9.4: Balanza de Roberval

Puede verse que U se hace cero para W2 = W1, esta es una condicin deequilibrio, es decir, pesos iguales colocados en la balanza de Roberval estn enequilibrio sin importar sus ubicaciones b y c en las barras horizontales.

Ejemplo 9.2:

Determine la reaccin del apoyo B usando el mtodo de los trabajosvirtuales.

Solucin:

Para resolver este problema se quita el apoyo B y se rota la viga un ngulo con respecto al punto A.


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94

4

0 04

4

by

by

by

LU P R L

LU P R L

PR

= +

= + =

=

Ejemplo 9.3:

Determine el valor de x para que el valor de P no dependa de la ubicacindel bloque de peso W (que sea independiente del valor de s).

Solucin:

Si se deforma la barra AC un ngulo a favor de las manecillas del relojse obtienen los siguientes desplazamientos

2 3

3 3 /

A B C

D E Fx

= = = = = =


95

3 3

1

FF

x x

= =

Grficamente se tiene:

El ascenso del peso W es:

( )

3 3

D F

W F

W

L

s

x L x

= +

= +

El trabajo virtual de las fuerzas P y W es:

3 32

3 32 1

A WU P W

sP W

x L x

W W sP

x L x

=

= +

=

Para el equilibrio se debe cumplir que U = 0.

3 32 1 0

W W sP

x L x

=

Para que el valor de P no dependa de la ubicacin de W debe cumplirseque:


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96

31 0 3x m

x

= =

Luego, despejando P se tiene:

32 0

2

W WP P

x = =

Ejemplo 9.4:

Determine el valor del momento flector en una seccin ubicada en lamitad de la viga utilizando el mtodo de los trabajos virtuales.

Solucin:

Para determinar el momento flector en la mitad de la viga, debequebrarse sta haciendo que solamente haga trabajo el momento y la fuerza Pconocida. Es importante tener presente que la fuerza externa realiza un trabajoexterno y el momento, por ser un esfuerzo interno, realiza un trabajo interno. Eneste caso debe cumplirse que el trabajo interno es igual al trabajo externo. En elejemplo 9.2 el trabajo interno era cero, por eso se tena U = 0 (UE=UI=0).

2

2

E

I

LU P

U M

=

=


97

22

4

E I

LU U P M

PLM

= =

=

Ejemplo 9.5

Determine el valor de la fuerza P para que el sistema est en equilibrio.

Solucin:

Se rota el sistema en un ngulo virtual . Luego queda:

( )

( )

2 1.5 40

0

21.789

1.5 40

E

I

E I

U W P sen

U

WU U P W

sen

=

=

= = =


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98

Ejemplo 9.6

Determine el valor del esfuerzo de corte en la seccin a-a, ubicado a unadistancia x=6 m del punto A. Considere q = 5 kgf/m.

Solucin:

Utilizando para el corte la siguiente convencin:

Cortando en la seccin a-a y desplazando, para que slo haga trabajo elesfuerzo de corte (trabajo interno).

5 2 2 20

2

V 10

E

I

E I

U

U V

U U kgf

= = = = =


99

Ejemplo 9.7:

Usando el mtodo de los trabajos virtuales, determine la reaccin verticaldel apoyo B.

Solucin:

Primero se calculan las cargas resultantes a partir de las cargasdistribuidas.

Desplazando el apoyo B en 1 se tiene:

by

1 4 48 1 3 2 4.5 1 1

3 9 9

0

R 3.333

E by

I

E I

U R

U

U U kgf

= + +

== =


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ESTTICA


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PROBLEMAS DE MECNICA GENERAL


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1.10.-


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Apuntes Estatica Aplicada

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