Estructuras Aeronauticas Varios

ESTRUCTURAS AERONAUTICAS Todo el contenido fue extraído de los siguientes libros: FISICA I de Facobo Ruiz , FISICA de Santillana, ESTATICA de Jhonston-Beer ,MECANICA TECNICA de Renaud , ESTRUCTURAS ESTATICAS de Flyes , AIRCRAFT STRUCTURE de Peery ,RESISTENCIA DE MATERIALES de la serie Schaum , ANALISIS ESTATICO de la serie Schaum, STRUCTURAL ANALISYS de Brown ,AIRCRAFT DESIGN de Peery ,ESTATICA GRAFICA de Renaud. NUCLEO TEMATICO 1: Definición y objeto de la mecánica. Su división y concepto de magnitud. Magnitud escalar y vectorial. Concepto de medida y escala. Concepto de fuerza. Sus elementos. Peso de un cuerpo. Sistema de unidades. Ejercicios. 1.1 -OBJETO DEL ESTUDIO DE LA ESTATICA MECANICA Si tomamos dos cuerpos y los observamos durante un determinado tiempo, y las distancias entre ambos permanece inalterada, durante ese tiempo, decimos que uno de los cuerpos con respecto al otro se halla en equilibrio o reposo. De lo contrario el cuerpo se encuentra en movimiento respecto al que se ha utilizado como referencia. DEFINICION :  LA MECANICA ESTUDIA LAS LEYES DEL EQUILIBRIO Y DEL MOVIMIENTO DE LOS CUERPOS. Una de las partes en la que se divide la mecánica es la CINEMATICA, que se ocupa del estudio exclusivamente geométrico del movimiento. (Es decir como se moverá). Otra parte que es la DINAMICA encara el estudio físico del movimiento o equilibrio (es decir porque se mueve, que produjo el movimiento). DEFINICION :  SE DENOMINA FUERZA A TODO AQUELLO QUE TIENDE A MODIFICAR EL ESTADO DE REPOSO O MOVIMIENTO DE UN CUERPO. Si a un cuerpo se le aplican varias fuerzas de tal modo que al colocarle cada una por separado le produzca movimiento. Al actuar todas las fuerzas simultáneamente puede que el cuerpo quede en reposo, en este caso se dice que las fuerzas aplicadas al cuerpo se anularon o están en equilibrio. DEFINICION :  LA PARTE DE LA MECANICA QUE ESTUDIA LAS CONDICIONES QUE DEBEN SATISFACER LAS FUERZAS QUE ACTUAN SOBRE UN CUERPO PARA QUE ESTE SE HALLE EN ESTADO DE EQUILIBRIO, SE LLAMA ESTATICA. CONCEPTOS MODELO : El estudio de los problemas reales en la naturaleza es muy complejo. Por lo que la ciencia transforma el problema real en un problema físico, modelizando los elementos que intervienen, a través de hipótesis que simplifiquen su solución. Una vez encontrada la solución al problema físico, los resultados se corrigen para adaptarlos al problema real. Muchos problemas reales pueden tener un mismo modelo y muchos modelos pueden ser del mismo problema real. Por ejemplo el estudio de la aerodinámica de un avión se efectúa en atmósfera estándar inexistente en la realidad, esta es la hipótesis de considerar que la atmósfera (presión, temperatura, densidad) permanece constante durante el ensayo. Luego los resultados son ajustados para diferentes condiciones. En este ejemplo se ha modelizado la atmósfera. Otro ejemplo de modelo es considerar la fuerza representada por una flecha aplicada en un punto, esto no es real pues toda fuerza aplicada a una cuerpo tiene una superficie de aplicación. CUERPOS : Se llama cuerpo a todo elemento en estudio, este es un modelo, puede tratarse de un avión, tren, auto edificio, viento, aire, átomo. En el estudio desde el punto de vista cinemático todos los cuerpos se modelizan como un punto pequeño de masa despreciable como se vera mas adelante. En el estudio desde el punto de vista de la dinámica la masa no se desprecia y se modeliza considerándola concentrada en un punto pequeño, y desde el punto de vista de la estática la masa se considera despreciable.   1.2- CONCEPTOS GENERALES SOBRE FUERZAS La fuerza se define por su efecto: el de producir movimiento. Como para determinar un movimiento en necesario conocer su dirección y sentido entonces la fuerza tiene la dirección y sentido del movimiento que produce o tiende a producir. Por ejemplo al subirnos a una balanza el mecanismo de resortes de la balanza mide a través de la aguja con que fuerza la gravedad nos atrae hacia el centro de la tierra, en este caso la fuerza actúa hacia abajo verticalmente, esta fuerza se llama peso. Otras fuerzas muy conocidas son las de rozamiento, el viento contra un parabrisas de un auto es una fuerza que se opone al movimiento, un lápiz contra un papel, las cubiertas contra el asfalto, el mar sobre el casco de una embarcación. ELEMENTOS QUE DETERMINAN UNA FUERZA Las magnitudes como la temperatura, longitud, peso especifica, densidad, o volumen quedan definidas únicamente por su magnitud, es decir 10 ºC, 25 metros, 35 centímetros cúbicos que nos brindan toda la información, estas son llamadas magnitudes escalares. No es posible hablar de una fuerza solamente indicando un valor por ejemplo 20 unidades de fuerza, es necesario dar mayores datos como se indico en la parte anterior, es decir dirección y sentido indicados por el movimiento que produce o tiende a producir y su punto de aplicación. Al requerir una fuerza de estos cuatro elementos nos indica que las fuerzas son magnitudes vectoriales. Otras magnitudes vectoriales son por ejemplo la velocidad y la aceleración. Entonces para que una fuerza quede totalmente determinada es necesario cuatro elementos : INTENSIDAD : Esta representada por la longitud del vector en una escala elegida. PUNTO DE APLICACIÓN: Punto que pertenece al cuerpo y es donde se ha aplicado la fuerza. DIRECCION : Recta a la cual pertenece el vector, recta de acción. SENTIDO : Es el indicado por la flecha y que se coloca en uno de los extremos del vector. 1.4-REPRESENTACION VECTORIAL Como las fuerzas son magnitudes vectoriales, para representarlos gráficamente se utilizan los vectores que son segmentos orientados En el dibujo observamos una fuerza F, el punto “o” es el punto de aplicación, la recta “mn” es la recta de acción que nos da la dirección, la flecha en el extremo nos indica el sentido, y la longitud en una escala conveniente nos da la intensidad. Para indicar una magnitud vectorial en el lenguaje matemático se suele utilizar una letra mayúscula en negrita, o utilizar un segmento sobre ella, por ejemplo F o F, como todos los elementos que definen una fuerza deben ser interpretados por cualquier persona, se estandarizo la nomenclatura internacionalmente para designar un vector que contenga toda la información, ejemplos de esta nomenclatura son los siguientes: F = 3 I + 4 j F = 3 / 60º F = 3 ex + 4 ey F = 3 dirección sudeste De esta forma cualquier persona puede graficar un vector que este expresado en cualquiera de las anteriores formas. En el siguiente dibujo observamos dos vectores F 1 y F 2 que tienen igual intensidad, sentido, y dirección pero diferente recta de acción. ESCALA : Para dibujar un vector es necesario utilizar una escala que represente una determinada magnitud de fuerza en longitud de esta forma podemos decir que 5 unidades de fuerza sean 5 cm de longitud en el dibujo de esta forma la escala es el cociente entre la magnitud considerada y la representación en el gráfico: E = Mr / Md E :es la escala a utilizar. Mr :medida real. Md :medida en el dibujo. Por ejemplo si quiero representar una longitud de 25 metros como cinco centímetros obtengo: E = 25 m / 5 cm = 5 m /cm Significa que cinco centímetros del dibujo representaran 25 metros de longitud, similarmente si fuera representar fuerzas con una escala determinada: E = 15 N/cm y tengo que representar una fuerza de 345 N procedemos así: E = Mr/Md y despejando Md Md = Mr/E = 345 N/15 N/cm = 23 cm Significa que 23 cm de dibujo representan 345 N en una escala de 15 N/cm. Observe los siguientes dibujos: El resorte es un cuerpo deformable y la deformación es proporcional a la fuerza que se le aplica por esta razón se utiliza un mecanismo como el de las figuras para medir fuerzas que se llama dinamómetro que cuenta con un resorte, una escala graduada en unidades de fuerzas y una aguja indicadora, cuando se le coloca un peso en el extremo libre del resorte, este se estira por efectos de la atracción gravitatoria sobre el hacia el centro de la tierra, si aumentamos al doble el peso colocado en el extremo libre tendremos el doble del estiramiento. Es decir la deformación del resorte es proporcional a la fuerza que se produce en el extremo libre leída sobre una escala conveniente. En el resorte “a” la fuerza se coloca en “A”, y el resorte se estira totalmente, en el resorte “b” la misma fuerza se coloca en “B” y el estiramiento es desde arriba hasta el punto “B”, en ambos ejemplos coincide la recta de acción, indicada con líneas de puntos, la intensidad de la fuerza indicada por la longitud de la flecha, y el sentido indicado por la flecha, lo que ha cambiado entre ambos resortes es el punto de aplicación, que produjo efectos físicos diferentes en ambos resortes. Veamos ahora los resortes “c” y “d” que se les ha unido un rectángulo rígido e indeformable en los extremos, al colocar la fuerza en el punto “C” el resorte se estira la misma longitud que en el resorte “d” al aplicar la fuerza en el punto “D", en ambos resortes coinciden la recta de acción indicada por líneas de puntos, la intensidad de la fuerza dada por la longitud, el sentido dado por la flecha, pero el punto de aplicación es distinto, el efecto físico obtenido es el mismo. Como conclusión tenemos que si desplazamos el punto de aplicación de una fuerza sobre la misma recta de acción de un cuerpo rígido el efecto físico no cambia. (Resortes “c” y “d”). DEFINICION :UNA FUERZA QUE ACTUA SOBRE UN CUERPO RIGIDO E INDEFORMABLE NO REQUIERE PUNTO DE APLICACIÓN YA QUE EL EFECTO FISICO NO SE MODIFICA, LOS VECTORES QUE REPRESENTAN ESTAS FUERZAS SE DENOMINAN VECTORES AXILES. Siguiendo con la representación vectorial de las fuerzas, hemos visto que por ser magnitud se lo representa por un vector que indique los elementos para determinarlo completamente, intensidad, dirección, sentido, y punto de aplicación. Para su representación se utiliza un sistema de ejes coordenados cartesianos, que consisten en dos ejes graduados igualmente, que se cortan a 90 º como el de la figura. Uno de los ejes es llamado eje vertical “Y” y el otro eje horizontal “X”, ambos graduados en las mismas escalas pueden representar fuerzas, velocidades, tiempos, etc. Ambos ejes se cortan en sus ceros, que se llama origen, hacia la derecha sobre el eje horizontal tenemos valores positivos y hacia la izquierda valores negativos, similarmente para el eje vertical hacia arriba valores positivos y hacia abajo valores negativos. El sistema de ejes es para establecer un “marco de referencia” respecto al cual referir el problema. Es decir establecer una referencia respecto al cual estudiar algún fenómeno físico, nosotros decimos que en una habitación hay 12 grados centígrados de calor, esta afirmación es la comparación de la temperatura de la habitación respecto a una escala de referencia dada por un termómetro que dice que el movimiento lineal del mercurio, una determinada altura se produce por el incremento de un grado de temperatura por ejemplo. Esta referencia de temperatura es arbitraria y se eligió como se han elegido otras formas de referencia para la temperatura. La utilización de un sistema de ejes para el tratamiento de fuerzas resulta muy cómodo para la resolución de problemas estáticos, porque permite simplificar el problema al tratar con fuerzas inclinadas, transformándose en pares de fuerzas perpendiculares. Un vector por ejemplo representado en un sistema de ejes se observa en la siguiente figura: En esta representación de un vector F nos brinda todos los elementos de un vector: Intensidad :Esta dada por la longitud del vector, si la división de los ejes mide unidades de fuerza. Como se sabe por el teorema de Pitágoras para un triángulo rectángulo: H = √ a²+ b² Observe la similitud del vector F con h, podemos utilizar la formula de Pitágoras para encontrar la longitud del vector F como a=3 y b=3 reemplazando en la formula Obtenemos que la intensidad de F = 4,24 unidades de fuerza. Punto de aplicación: El vector F tiene su origen en 0. Recta de acción: El vector se encuentra sobre una recta a 45º indicada con línea punteada. Sentido :El indicado por la flecha en el extremo, sobre el punto (x, y) = (3,3) De esta forma un vector puede dibujarse sencillamente sobre un eje coordenado cartesiano partiendo de los elementos o inversamente partiendo de los elementos dibujarse sobre los ejes. Las ventajas de utilizar ejes para la representación vectorial de la fuerza se vera posteriormente. En la formula de Pitágoras se requiere que dos de las tres variables a, b o h sean conocidas, esta restricción se solucionara cuando se incorpore las relaciones trigonométricas que relacionara ángulos con segmentos. EXPRESIONES CARTESIANAS DE UN VECTOR Las expresiones cartesianas de un vector es un leguaje matemático para indicar un vector en el sistema de ejes coordenados cartesianos ortogonales. Varias son las nomenclaturas para representar un vector en este sistema, veremos a continuación como interpretar estas expresiones: Por ejemplo utilizando los versores i, j, representar el vector F = 2í+ 3 j en el sistema de ejes coordenados cartesianos que se encuentra en unidades de fuerza por ejemplo N (Newton), para graficarlo leemos 2 unidades de fuerza en la dirección del versor i que es en la dirección de las X y 3 unidades de fuerza en la dirección del versor j que es la dirección Y. El vector F queda definido desde el origen hasta el extremo como se muestra. La interpretación es que el vector F esta compuesta por dos vectores 2 en la dirección de X y 3 en la dirección de Y, el signo de suma indica suma vectorial que se definirá mas adelante. Otra forma de escritura es F = 2 êx + 3 êy en la que ex y ey indican como antes la dirección de los versores i y j anteriores, teniendo el vector F la misma representación anterior. Otra forma es utilizando ángulos ,por ejemplo el vector F = 4.24 45° Que se lee como la intensidad es de 4,24 unidades de fuerza representada por la longitud del vector y con un ángulo de 45°. Los ángulos se miden siempre en sentido antihorario partiendo desde el eje X positivo como se muestra para ángulos medidos en grados o radianes. Todos los demás ángulos intermedios se pueden medir utilizando transportador. Para pasar de un sistema de grados a radianes o la inversa se realiza utilizando la regla de tres simple por ejemplo: Pasar 30° grados a radianes. Sabemos que 180°____________ ¶ y será 30°____________ X entonces X= 30° x ¶ = ¶ 180° 6 De la misma forma podemos obtener cuantos grados son 5/4 ¶ . Sabemos que ¶______________ 180° y será 5 ¶______________ X 4 entonces X = 180° x 5¶ = 225° 4¶ Cuando hago estas cuentas tengo siempre que considerar que él numero Pi es un numero con gran cantidad de decimales y al multiplicarlos obtengo siempre errores debido al truncamiento de los decimales. Es posible pasar de una forma de expresión cartesiana de un vector a otra utilizando relaciones trigonometría: Para un triángulo rectángulo con un ángulo α tenemos que a) Sen α = CO H b) Cos α = CA H c) Tg α = CO CA d) H²= (CA) ² + (CO) ² (Pitágoras) Con estas cuatro relaciones es posible transformar las expresiones cartesianas de una forma a otra, estas relaciones también se utilizaran mas adelante para composición y descomposición de vectores. Ejemplo 1: Transformar F = 3 i + 2 j De la figura y con la relación d) H²= (3)²+ (2)² =13 H = 3.6 H la hipotenusa es la intensidad del vector. El ángulo se determina con la relación c) despejando la tangente. Tg α = 2 3 = Arctg 2 = 33,7 ° 3 Entonces la fuerza F = 3 i + 2 j = 3,6 33,7 ° Debe aclarase que el ángulo obtenido depende de los segmentos que se consideren, en este caso 2 es el vertical y 3 es el horizontal por lo tanto  es el ángulo obtenido, Si considerara el ángulo  otro seria el cateto opuesto y otra la hipotenusa. Ejemplo 2: Transformar F = 4 60 ° Tenemos de la relación a) Sen α = CO H Despejando de a) CO = H. Sen α = 4. Sen 60 ° = 3.46 De la relación b) Cos α = CA H Despejando de b) CA = H. Cos α = 4. Cos 60 ° = 2 Con lo que F = 4 60 ° = 2 i + 3.46 j Ejemplo 3: Si queremos descomponer un vector F en dos direcciones coincidente con los ejes coordenados como se muestra en la figura podemos utilizar las relaciones anteriores. Descomponer F = 4,24 45° en sus componentes en las direcciones de YX. De las relaciones a) y b) CO = H. Sen α = 4, 24. Sen 45 ° = 3 j CA = H. Cos α = 4,24. Cos 45 ° = 3 i Las componentes en la dirección de los ejes XY del vector F facilitan el tratamiento analítico de las fuerzas inclinadas ya que descomponiéndolas trabajamos con dos vectores en lugar de un vector y ángulo EJERCICIO 1 Representar las siguientes fuerzas en unidades de Newton, en los ejes coordenados : A = 2 I + 3 j 6. F = -6 i + 3 j B = -1 I + 8 j 7. G= 9 I + 4 j C=-3 I 8. H = -2 I - 9 j D = 9 I - 5 j 9. I = - 6 j E = -5 I + 3 j 10. J = 3 I - 4 j EJERCICIO 2: Representar las siguientes fuerzas en unidades de Newton, en los ejes coordenados: A = 6 180° 6. F = 6 -45° B = 4 45° 7. G= 5 2π C= 3 135° 8. H = 4 π / 2 D = 5 90° 9. I = 6 π / 6 E = 5 315° 10. J = 4 7π / 4 EJERCICIO 3: Transformar las siguientes expresiones cartesianas de las fuerzas en forma de sus componentes: A = 6 180° 6. F = 6 -45° B = 4 45° 7. G= 5 2π C= 3 135° 8. H = 4 π / 2 D = 5 90° 9. I =6 π / 6 E = 5 315° 10. J =4 7π / 4 EJERCICIO 4: Transformar las siguientes expresiones cartesianas de las fuerzas en forma de modulo y ángulo: A = 2 I + 3 j 6. F = -6 i + 3 j B = -1 I + 8 j 7. G= 9 I + 4 j C=-3 I 8. H = -2 i - 9 j D = 9 i - 5 j 9. I = - 6 j E = -5 i + 3 j 10. J = 3 i - 4 j EJERCICIO 5 : Pasar del sistema de grados radianes al sexagésimal: π / 2  3π / 2  4π   2π / 5  π / 7  7π / 2  EJERCICIO 6 : Pasar del sistema de grados sexagésimal a radianes : 210°  60°  720°  100°  30°  225°  NUCLEO TEMATICO 2 : Estática .conceptos. Sistemas de fuerzas que actúan sobre un cuerpo rígido .Tipos de sistemas de fuerzas : concurrentes ,colineales ,paralelas ,equipolentes , no concurrentes ,no colineales ,no convergentes y divergentes. Composición de fuerzas .Resultante y equilibrante . Método del polígono de fuerzas .Resolución analítica de la resultante .Composición analítica de fuerzas concurrentes y no concurrentes. .Método del polígono funicular. Ejercicios analíticos y gráficos. 2.1 -SISTEMAS DE FUERZAS DEFINICION : SISTEMA DE FUERZAS ES EL CONJUNTO DE FUERZAS QUE ACTUAN SOBRE UN CUERPO. DEFINICION : RESULTANTE DE UN SISTEMA DE FUERZAS SE LA DENOMINA A LA FUERZA QUE PUEDE REEMPLAZAR EL SISTEMA DE FUERZAS ,CON EL MISMO EFECTO. La resultante del sistema de fuerzas es la suma vectorial de todas las fuerzas que integran el sistema de fuerzas . Como la suma implica magnitudes vectoriales no se puede realizar únicamente sumando los valores como se hace con las magnitudes escalares debe aplicarse la suma vectorial que se describe mas adelante para cada clase de sistema de fuerzas. DEFINICION : SISTEMA DE FUERZAS EN EQUILIBRIO : ES CUANDO LA RESULTANTE DEL SISTEMA ES NULA. La acción individual de cada fuerza sobre el cuerpo puede originar desequilibrio ,pero actuando todas simultáneamente sobre el cuerpo no provocan variaciones en este, es como si sobre el cuerpo no actuaran esas fuerzas. Se dice que todas las fuerzas se anulan mutuamente , en el caso de los escalares ,siempre 2-2 = 0 en cambio en el caso de los vectores esto no es siempre así ,dependerá de sus direcciones como veremos.. CLASIFICACION DE LOS SISTEMAS DE FUERZAS FUERZAS COLINEALES. FUERZAS CONCURRENTES O TIENDEN A CONCURRIR A UN PUNTO. FUERZAS NO CONCURRENTES. FUERZAS PARALELAS. PROPIEDAD DE LAS FUERZAS RESPECTO DE SU DIRECCIÓN ,SENTIDO ,INTENSIDAD Y PUNTO DE APLICACIÓN Como vimos anteriormente , desde el punto de vista de la estática modelizamos los cuerpos como indeformables para el estudio ,por lo que las fuerzas aplicadas a estos cuerpos pueden desplazar su punto de aplicación sobre su recta de acción ,las fuerzas con estas características se llaman fuerzas axiles, en lo que sigue todas las fuerzas tendrán esta características. FUERZAS COLINEALES : En este clase de sistemas ,las fuerzas pertenecen o coparticipan de la misma recta de acción. Pueden darse los siguientes casos : Teniendo la misma recta de acción e intensidad ,tengan distintos sentidos. F1=F2 R=0 La resultante de estos sistemas de fuerzas es nulo. Teniendo la misma recta de acción tengan distintos sentidos e intensidad. F1>F2 R=F1-F2 La resultante de estos sistemas de fuerza ,es otra fuerza que tiene como intensidad la diferencia de ambas fuerzas y sentido igual al de la mayor . Teniendo la misma recta de acción tengan igual sentido e intensidad. R = F1+ F2 La resultante en estos sistemas de fuerza es la suma de ambas intensidades y tienen el mismo sentido. FUERZAS CONCURRENTES : Es el caso de dos o mas fuerzas que no tienen la misma recta de acción y concurren en un punto. El punto “O” es el punto de concurrencia de las Fuerzas F1 y F2. La resultante de estos sistemas de fuerzas se obtiene gráficamente utilizando la Regla del Paralelogramo. REGLA DEL PARALELOGRAMO Esta regla consiste en formar un paralelogramo trazando rectas paralelas a las fuerzas F1 y F2 como se muestra : La recta “mn” es paralela a la fuerza F2 y la recta “rs” es paralela a la fuerza F1 ambas se cortan en el punto O’ ,la resultante queda determinada por la diagonal del paralelogramo desde O hasta O’. Para mayor cantidad de fuerzas se reitera el procedimiento tomando de dos fuerzas y encontrando la resultante parcial ,luego se aplica la regla del paralelogramo entre las resultantes. Por ejemplo el sistema de varias fuerzas mostrado F1 , F2, F3 y F4 , si aplicamos la regla del paralelogramos a las fuerzas F1 y F2 obtenemos R1, luego aplicamos la regla entre R1 y F3 y obtenemos R2 ,si aplicamos por ultimo entre R2 y F4 obtenemos la resultante R del sistema. Como observación todas las fuerzas para la de los métodos gráficos deben aplicación estar en la misma escala de fuerzas . Puedo operar de distintas formas ,primero sumar par de fuerzas y encontrar las resultantes parciales ,y luego encontrar las resultantes de las resultantes parciales o también puedo de cada par de fuerzas encontrar la resultante y con esta resultante y otra fuerza encontrar la otra y de esta forma iterar. METODO DE LA POLIGONAL Este método al igual que el anterior permite calcular gráficamente la resultante de un sistema de fuerzas concurrentes como se muestra con el mismo sistema anterior de fuerzas. Se traza por el extremo de la primera fuerza (F1) un segmento igual y paralelo a la segunda fuerza (F2) , por el extremo de este segmento trazamos otro segmento igual y paralelo a la tercera fuerza (F3), y a continuación de este trazamos un segmento igual y paralelo a la cuarta fuerza (F4). Y de haber mas fuerzas se sigue reiterando el procedimiento hasta la ultima fuerza. A resultante se encuentra trazando desde el punto de concurrencia “O” hasta el extremo del polígono formado “cerrándolo” . FUERZAS QUE TIENDEN A CONCURRIR EN UN PUNTO : En este caso las fuerzas no tienen un punto de contacto , pero si prolongamos su recta de acción logramos el punto de concurrencia de ambas fuerzas en “O” como se muestra trasladando las fuerzas hasta este punto. Esto es permitido porque tratamos con fuerzas axiles ,y el efecto físico sobre el cuerpo no cambia al trasladar el punto de aplicación como vimos anteriormente. La resultante de estos sistemas de fuerza se encuentra gráficamente aplicando la Regla del Paralelogramo al sistema de fuerzas trasladado. METODO ANALITICO PARA ENCONTRAR LA RESULTANTE Los métodos anteriores (regla del paralelogramo y método de la poligonal) para encontrar la resultante de un sistema de fuerzas concurrentes o que tienden a concurrir en un punto ,son soluciones gráficas para encontrar la resultante de un sistema de fuerzas. Cuando se quiere obtener la resultante de tres o mas fuerzas se puede obtener una solución analítica ,descomponiendo cada fuerza en sus componentes rectangulares. Generalizando lo visto anteriormente para las expresiones cartesianas de una fuerza podemos establecer la siguiente similitud : Para un triángulo rectángulo con un ángulo α tenemos que : a) Sen α = CO H b) Cos α = CA H c) Tg α = CO CA H²= (CA) ² + (CO) ² (Pitágoras) Para una fuerza F que forma un ángulo α con la horizontal tenemos que : e) Sen α = Fy F f) Cos α = Fx F g) Tg α = Fy Fx h) F²= (Fx) ² + (Fy) ² (Pitagoras) Estas ultimas expresiones nos permiten componer o descomponer fuerzas en las direcciones de los ejes x e y obteniendo para F = Fx i + Fy j la expresión cartesiana como vimos anteriormente. De esta forma cada fuerza de un sistema de fuerzas lo podemos descomponer en sus componentes rectangulares en la dirección de los ejes x e y , y proceder a determinar la resultante como un sistema de fuerzas colineales simplemente sumando todas las componentes en la dirección de x y todas las componentes en la dirección y. Por ejemplo queremos encontrar la resultante del sistema de tres fuerzas mostrado ,procedemos a determinarla en tres pasos. En primer lugar tenemos que descomponer las fuerzas P , Q y S en sus componentes sobre los ejes x e y con las expresiones e) y f) anteriores Fy = F . Sen α Fx = F . Cos α Obtenemos de esta forma Px , Py , Qx , Qy, Sx , Sy . como se muestra en el siguiente gráfico : Procedemos luego a sumar las componentes en la dirección de x , obtendremos la componente de la resultante en la dirección de x , es decir Rx , de la misma forma para la componente Ry. En forma de expresion : . Rx = Px + Qx + Sx Ry = Py + Qy + Sy De esta forma obtenemos las componentes de la resultante en la dirección de x e y. La suma anterior es la suma escalar ,porque Px , Py , Qx , Qy, Sx , Sy , son las componentes escalares de P , Q y S. Obtenidas las componentes Rx y Ry con las expresiones g) y h) anteriores determinamos el ángulo y el modulo de la resultante R α = ArcTg Ry R²= (Rx) ² + (Ry) ² Rx Como se muestra en el ultimo gráfico. Este es el único método analítico para la determinación de la resultante de un sistema de tres o mas fuerzas concurrentes o que tienden a concurrir en un punto. FUERZAS NO CONCURRENTES : En un sistema de fuerzas no concurrentes no hay un punto en el que se corten las fuerzas ni las rectas de acción ,como se muestra en la figura las fuerzas P y Q son concurrentes en un punto , Q y S lo son en otro y por ultimo S y P concurren en otro distinto, pero las tres fuerzas no concurren en el mismo punto, por lo que el sistema es no concurrente .Para enconar la resultante de estos sistemas se procede primero a construir la poligonal ABCD del siguiente modo :AB es paralela a P BC es paralela a Q ,y CD es paralela a S es decir la poligonal se construye por segmentos consecutivos iguales y paralelos a las fuerzas dadas. El segmento AD que une los extremos de la poligonal ,representa el vector resultante de las fuerzas, con esto obtenemos la intensidad y dirección. A continuación unimos los puntos A,B,C y D con un punto arbitrario O llamado polo. Seguidamente por un punto g cualquiera del plano trazamos la recta m paralela a AO ,hasta cortar a P en M. Por M trazamos n paralela a BO hasta cortar a Q en N. Por N trazamos r paralela a CO hasta cortar a S en R , y por R trazamos t paralela a DO. Prolongando los segmentos “m y t “ hasta determinar el punto z ,y trazamos la resultante R paralela e igual ,por ese punto. Este procedimiento se llama METODO DEL POLIGONO FUNICULAR. FUERZAS PARALELAS Como se indica no tienen puntos de concurrencia. Pueden ocurrir dos casos Que las fuerzas tengan el mismo sentido o sentidos opuestos. FUERZAS PARALELAS DEL MISMO SENTIDO Para obtener la resultante de un sistema de fuerzas paralelos del mismo sentido podemos aplica el método del polígono funicular como lo vimos anteriormente con la diferencia de que no es necesario que los segmentos corten a las fuerzas ,pueden cortar a la recta de acción ,al ser trasladados. En el caso especial de dos fuerzas paralelas del mismo sentido, la resultante R es otra fuerza del mismo sentido que las fuerzas y su intensidad es la suma de ambas y la recta de acción se encuentra a una distancia “a” desde la línea de referencia según la relación : R = F1 + F2 y a = F1 . a 1 + F2 . a 2 R Es decir existe proporcionalidad entre las distancias y las fuerzas. Con la formula anterior será posible encontrar la resultante . En la unidad siguiente se estudiara el momento producido por una fuerza y se podrá encontrar la resultante de un sistema de dos o mas fuerzas con gran facilidad. FUERZAS PARALELAS DE DISTINTA INTENSIDAD Y SENTIDO La resultante de estos sistemas de fuerzas será vista en la unidad 2 cuando se estudie MOMENTO de una fuerza. FUERZAS PARALELAS DE DISTINTO SENTIDO E IGUAL INTENSIDAD DEFINICION : SE DENOMINA CUPLA O PAR A UN SISTEMA DE DOS FUERZAS PARALELAS DE IGUAL INTENSIDAD CON SENTIDOS OPUESTOS. Es un caso particular de fuerzas paralelas con sentidos diferentes. Para encontrar la resultante sumamos ambas fuerzas : R = F1 + F2 = 0 porque F1 = F2 y tienen sentidos diferentes. Por lo que no es posible reemplazar la cupla o par por una fuerza resultante. Si bien la resultante es nula ,la cupla produce un efecto sobre el cuerpo que actúa , que es el de rotación en consecuencia : LA CUPLA TIENE UN EFECTO DE ROTACION O GIRO REPRESENTADO POR SU MOMENTO. DEFINICION : MOMENTO DE UNA CUPLA ES EL PRODUCTO DE CUALQUIERA DE SUS FUERZAS POR LA DISTANCIA “ d” QUE LAS SEPARA , (esta distancia esta dada por la longitud del segmento perpendicular entre las dos direcciones de la fuerza) ESTA DISTANCIA “d “ SE LLAMA BRAZO DE PALANCA . CONSIDERACIONES GENERALES PARA LA RESOLUCION DE EJERCICIOS En todos los ejercicios de estática se procede en general de la misma forma ,como ayuda para la resolución se debería respetar los siguientes pasos : 1) En primer lugar se debe establecer la orientación del sistema de ejes mas conveniente para mi problema de manera de que coincidan con la mayor cantidad de fuerzas y tener menos fuerzas que descomponer. Modelizar el problema eliminando todos los dibujos que no aporten interés al problema. Descomponer todas las fuerzas en las direcciones de los ejes de referencia ,para obtener un sistema de fuerzas colineales en la dirección de “x” y otro en la dirección de “y” . Encontrar la resultante (si es que se pide) mediante los métodos analíticos de la pagina 17 ,18 y 19. Plantear las ecuaciones del problema (ecuaciones de equilibrio de los temas siguientes). Obtener la solución . Verificar la validez de la solución. EJERCICIO 1 : Representar las siguientes fuerzas en unidades de Newton ,en los ejes coordenados y determinar analíticamente la resultante del sistema de fuerzas. A = -1 i + 4 j B = 4 / π / 6 C= 3 / 315° D = -2 i - 2 j E = - 6 J EJERCICIO 2 Un hombre tira de una cuerda atada a un edificio con una fuerza de 300 N ,como se muestra en la figura .Cuales son las componentes horizontal y vertical de la fuerza ejercida por la cuerda en el punto A ? EJERCICIO 3  Una barcaza es arrastrada por dos remolcadores .Si la resultante de las fuerzas ejercidas por los remolcadores es de 5000 N dirigida a lo largo del eje de la barcaza ,determinar las fuerzas ejercidas por las cuerdas. EJERCICIO 4 EJERCICIO 5 Determinar la resultante gráficamente del siguiente sistema de fuerzas utilizando el método del paralelogramo . El dibujo se encuentra a escala. a) Encontrar la escala utilizada si F1 = 10 N. b) Las magnitudes de las demás fuerzas y la resultante. EJERCICIO 6 : Dado el siguiente sistema de fuerzas medidas en Newton : A = -1 i + 4 j B = 4 / 30° C= 3 / 315° D = 2 / -45° E = 6 / - 90° Graficar en escala . Determinar la resultante gráficamente utilizando el método del paralelogramo. EJERCICIO 7 : Dado el siguiente sistema de fuerzas medidas en Newton. A = 6 / 180° B = 4 / 45° C= 3 /135° D = 5 / 90° E = 5 /315° Graficar en escala. Determinar la resultante gráficamente utilizando el método del polígono. EJERCICIO 8  Una barcaza es arrastrada por dos remolcadores .Si la resultante de las fuerzas ejercidas por los remolcadores es de 5000 N dirigida a lo largo del eje de la barcaza .Determinar gráficamente las fuerzas ejercidas por las cuerdas. Utilizar escala E = 500 N/cm . EJERCICIO 9 Determinar gráficamente la tensión en las sogas. Realizar el esquema de fuerzas utilizando una escala conveniente. Utilizar para encontrar la resultante cualquiera delos dos métodos gráficos. EJERCICIO 10 Determinar cual es ángulo máximo que puede tener la rampa para que el cuerpo se encuentre en equilibrio, si la fuerza de rozamiento es de 5 N y el peso del cubo es de 15 N. EJERCICIO 11 Cual es el peso máximo que pueden soportar las cuerdas ,si son de acero y resisten cada una ,20 N ,sostenidas como se muestra. EJERCIOCIO 12 De que magnitud tendrá que ser la fuerza M para que la resultante del sistema de fuerzas sea nulo . EJERCICIO 13 Si sobre el bloque de la figura se aplica la fuerza de 10 N , y la fuerza ejercida por el resorte sobre cuerpo es de 15 N .Cual es la fuerza Fr de rozamiento. que mantiene el bloque en equilibrio. Cual será la fuerza resultante sobre el bloque cuando desaparezca la fuerza de 10 N. RESPONDER : 1) Que es un vector axil ? Que representa la resultante de un sistema de fuerzas y que significa que la resultante de un sistema de fuerzas sea nula. A que se denomina par o cupla ? Cuales son las fuerzas colineales ? Como se definen las magnitudes vectoriales ? RESOLVER : El sistema de la figura se encuentra en equilibrio . Si la esfera esta sostenida por las dos cuerdas y pesa 180 N, determinar las tensiones en las cuerdas. 2) Determinar la fuerza resultante del cohete del esquema. Datos : Empuje E = 12000 N Sustentación L = 1200 N Resistencia D = 307,5 N Peso W = 1385 N Angulo entre W y D 60  Angulo entre L y D 90 Angulo entre E y L 90 3) El bloque de cemento se encuentra estático en el plano inclinado ,si la reacción R del plano inclinado sobre el bloque ,actúa en dirección normal a la superficie del plano inclinado y la fuerza de rozamiento FR actúa paralelo al mismo como se muestran. Determinar las intensidades de R y FR , para que el bloque se encuentre en equilibrio. W es el peso del bloque . RESOLUCION DE LOS EJERCICIOS DEL EJEMPLO DEL EXAMEN 28-04-00 TEORICO Un vector axil es el que representa a la fuerza aplicada sobre un cuerpo indeformable y no requiere punto de aplicación. La resultante de un sistema de fuerza representa la suma de todos ellos, es una única fuerza que reemplaza los efectos de las demás ,si fuera nula la resultante es que el cuerpo se encuentra en equilibrio. Par o cupla es un sistema de dos fuerzas que tienen la misma intensidad ,distinto sentido y direcciones paralelas. Las fuerzas colineales son las que comparten la misma recta de acción. Las magnitudes vectoriales se definen por su intensidad,sentido,direccion y punto de aplicación. PRACTICO 1) Para resolver este ejercicio primero debo centrar mi sistema de ejes en la forma mas adecuada para reducir las cuentas y esto se hace haciendo coincidir el eje Y o X con la mayoría de las direcciones de las fuerzas (si se puede) de esa forma serán menos las fuerzas a descomponer. Como el cuerpo se encuentra en equilibrio (según pagina 14 del apunte ) la resultante deberá ser NULA. Por lo que la suma de todas las fuerzas (suma vectorial) debe ser 0. El esquema representativo del problema (que siempre me ayuda a interpretar el problema) (modelizar) queda como se muestra. Los 180 N están soportados por las tensiones de las sogas T1 y T2 desconocidas ,se que son vectores de fuerzas en la que solo tengo la información de dirección (por el ángulo de inclinación),punto de aplicación y sentido me falta la intensidad para quedar completamente definido y esas son las únicas incógnitas de los vectores T1 y T2. El ángulo de 60  sale de los ángulos interiores de un triángulo rectángulo que deben sumar 180 ,no se cuanto es la intensidad de T1 pero se que la componente vertical de esta fuerza debe igualar al peso de 180 N , escrito en ecuación es : T1 Cos 60 = 180 N ,lo que queda es despejar la incógnita T1 y queda : T1 = 180 / cos 60 = 360 N , primer resultado que es la intensidad de T1 todos los otros datos del vector ya los tengo ,la dirección es a 60 hacia arriba como se muestra ,el punto de aplicación es en la esfera y su sentido por la flecha, la otra incógnita es la intensidad de T2 ,como la esfera esta en EQUILIBRIO ,tampoco se desplaza horizontalmente por lo que la componente sobre el eje “x” de T1 debe ser igual T2 y la intensidad de T1 ya la tengo ,en ecuación esto quiere decir : T1 . Sen 60 = T2  360 x Sen 60  = 311 N, Con lo que ya tengo la solución. Este problema se reduce a operar como se explica en el apunte paginas 17 ,18 y 19 “METODO ANALITICO PARA ENCONTRAR LA RESULTANTE” descomponiendo fuerzas en dirección de los ejes y luego aplicar la suma de fuerzas colineales con distintos sentidos como se explica en el apunte en la hoja 15. Hay otras formas de resolverlo ,analíticamente pero terminan siendo lo mismo ,por ejemplo trabajar con el ángulo de 30 en lugar de 60 que es lo mismo ,siempre serán dos únicas ecuaciones ,la forma gráfica es mas trabajosa requiere mas cálculos y tiempo de tomar medidas. 2) el segundo ejercicio del cohete es mas fácil ,es similar al ejercicio de la antena con el agregado de dos fuerzas y cambiado los dibujos. Aquí debo también centrar los ejes y me conviene de la forma mostrada porque solo me queda un vector para descomponer y es el peso W, este cohete no se encuentra en equilibrio así es que la resultante NO SERA NULA. Esquematizando el problema (sacando los dibujos , modelizando ) para encontrar la resultante descompongo W en dirección “x” y en dirección “y” y los sumo como vectores colineales . Wx = W . Cos 60 = 694,5 N esta sobre el eje “x” Wy = W . Sen 60  = 1200 N esta sobre el eje “y” Ahora todos los vectores se encuentran sobre los ejes Sobre el eje “ tengo dos vectores colineales de distinto sentido y de igual intensidad ,quiere decir que se anulan y el cohete no se desplaza en el sentido de “y” ,en la dirección de “x” primero debo sumar la componente del peso en ese eje con D, otra vez dos vectores colineales pero de igual sentido , y luego hacer las cuentas con el vector E que también es colineal pero de distinto sentido. Nos queda como en el esquema ,si hago cuentas me queda : En “y” L - Wy = 0 En “x” E - D - Wx = 11000 N ESTA SUMA LA PUEDO HACER PORQUE SON VECTORES COLINEALES EN CADA EJE. Que es el valor de la resultante como esta a lo largo del eje “y” el cohete esta acelerado en esta dirección. También aquí se procede a la descomposición de las fuerzas como en las paginas 18 y 19 y la suma de vectores colineales de la pagina 15 del apunte. 3) Este problema es lo mismo que los anteriores , y es similar al de la antena con otros ángulos y vectores pero también se encuentra en equilibrio ,también esquematizo el problema (modelizar), coloco los ejes de la forma mas conveniente para tener menos fuerzas que descomponer ,lo hago como se muestra ,de esa forma solo descompongo el peso W. Si esta en equilibrio la resultante debe ser NULA ,la suma VECTORIAL de todas las fuerzas debe dar “0”. Lo único que me falta es el ángulo que forma W con el eje Y para poder descomponer este vector y luego sumar vectores colineales como en los otros ejercicios. El ángulo lo puedo saber de los datos de plano inclinado , como en el ejercicio 2 de la pagina 23 del apunte del hombre tirando de la cuerda desde el edificio, mediante las medidas del triángulo rectángulo  = ArcTg 4,2/6 = 35 (Pagina 19 del apunte) Este ángulo es el del plano inclinado ,determine porque también es el mismo ángulo que entre W y el eje “y” el ángulo desconocido. Lo que queda es descomponer W y hacer la suma de los vectores colineales : Wx = Fr y Wy = R NUCLEO TEMATICO 3  Momento estático de una fuerza .Cuplas .signos .propiedades del momento estático .Teorema de Varignon . Determinación gráfica .Momento y composición de fuerzas paralelas. Descomposición .Método de Cullman y analítico de Ritter. 3.1 -MOMENTO DE UNA FUERZA En la unidad anterior hemos modelizado a los cuerpos sólidos como una sola partícula ,sin embargo esto no siempre es posible y un cuerpo indeformable debe tratarse como una combinación de un gran numero de partículas ,debemos considerarlos con tamaño y que las fuerzas que actúan lo hacen en diferentes puntos de aplicación. Por ejemplo las fuerzas que actúan sobre el auto de la figura. representa como una fuerza W aplicada en el centro de gravedad . El peso W tiende a hacer que el auto se mueva verticalmente hacia abajo y causaría que cayera si no fuera por el piso. El piso se opone al movimiento del auto con las reacciones R1 y R2 .Estas fuerzas son ejercidas por el piso sobre el auto. La fuerza F es el empuje ejercido por el motor que tiende a hacer que el auto se mueva hacia adelante en linea recta provocando una traslación . Debido a que la fuerza F es una fuerza axil ,el mismo efecto se obtendría si la fuerza F actuara en el paragolpe trasero con tal que la recta de acción sea la misma. Otras fuerzas pueden hacer que el auto se mueva en forma diferente ,por ejemplo la fuerza ejercida por un gato colocado debajo del eje delantero haría que el auto girara alrededor del eje trasero. Tal movimiento es una rotación .Puede concluirse que cada una de las fuerzas que actúan sobre un sólido rígido puede si nada se opone ,impartir al sólido rígido un movimiento de traslación o de rotación o ambos. La idea de rotación producida a un cuerpo esta dada por el MOMENTO que produce una fuerza respecto a un punto y esta definida como : M = F . d en que F es la fuerza y “d” la menor distancia al punto ,denominado CENTRO DE MOMENTO. DEFINICION : EL MOMENTO MIDE LA TENDENCIA DE LA FUERZA “F” A HACER GIRAR AL SOLIDO RIGIDO ALREDEDOR DE UN PUNTO. La menor distancia “d” entre una fuerza y un punto cualquiera queda determinada por el segmento perpendicular a la recta de acción de la fuerza hasta el punto (centro de momento), como se muestra en el siguiente esquema, “d1” ,”d2”, y “d3” son todas distancias mayores que “d”. El momento “ M” depende de la intensidad de la fuerza ,de la recta de acción y del sentido pero no depende de la posición real del punto de aplicación de la fuerza a lo largo de su recta de acción porque tratamos con cuerpos indeformables por lo que las fuerzas son vectores axiles. En la figura a) si desplazamos la fuerza F sobre su recta de acción trasladando su punto de aplicación como se muestra en la figura b) , el momento producido respecto a “o” es el mismo. CONVENCION DE SIGNOS Dependiendo del sentido de la fuerza respecto a un punto “O”, puede producir que el sólido rígido gire en uno u otro sentido, por ejemplo en el sentido de las agujas del reloj o en sentido contrario al de las agujas del reloj . Necesitamos especificar una forma de diferenciar los momentos que producirían dos fuerzas con las mismas distancias al punto “O”, intensidades iguales pero con sentidos distintos. Por esta razón se le asigna signo positivo al momento que produce una fuerza que hace girar al sólido rígido en sentido contrario a las agujas del reloj , y momento negativo si la fuerza lo hace girar en sentido de las agujas del reloj. 2.2 -MOMENTO DE UN SISTEMA DE FUERZAS TEOREMA DE VARIGNON Para el sistema de fuerzas concurrentes mostrado podemos determinar el momento que producen todas las fuerzas respecto al punto “o” haciendo : MTOTAL =  M =F1 x d1 + F2 x d2 + F3 x d3 El Teorema de Varignon dice que podemos obtener el momento total de un sistema de fuerzas encontrando la resultante del sistema de fuerzas y luego calcular el momento que esta resultante produce respecto al mismo punto “o”. Es decir : MTOTAL = R x d Como se muestra en la siguiente figura : En primer lugar determinamos la resultante del sistema de fuerzas y luego determinamos el momento que produce respecto al mismo punto “o”. Este método es útil para encontrar el momento que produce un sistema de fuerzas respecto a un punto. Algunas veces será necesario el paso inverso proyectar una fuerza en sus componentes rectangulares según los eje “x” e” y” encontrando el momento que estas componentes producen respecto a algún punto “o”. Observe el siguiente ejemplo : Se quiere determinar el momento que produce la fuerza F respecto al punto “o”. En primer lugar descomponemos al fuerza F en sus componentes según el eje “x” e “y” utilizando las fórmulas vistas anteriormente : Fx = F. cos α Fy = F.sen α Obtenemos de esta forma las componentes de la fuerza F y determinamos seguidamente el momento que las componentes producen respecto al mismo punto “o”. Las coordenadas del punto “o” son x = -2 , y = -1 como se muestra en la figura y el momento que produce la fuerza Fy respecto al punto “o” es : Fy . 2 por ser de 2 la distancia perpendicular de la fuerza a “o”. De la misma manera para Fx el momento que produce será : Fx . 1 Por ser 1 la distancia de la fuerza a “o”. El momento total será la suma de los momentos de cada componente con sus respectivos signos. La utilización practica de la forma vista para determinar el momento es : Los ejes coordenados x-y los puedo colocar en cualquier parte conveniente que me facilite la determinación de los momentos. La descomposición de las fuerzas me permite determinar fácilmente las distancias al centro de momento . En general se tratara ,de ser posible ,que la recta de acción de una de las componentes coincida con el centro de momentos, anulándose de esta forma el momento que produce. Como se vera mas adelante en los principios de la estática ,el centro de momento se elegirá su ubicación para establecer la condición de equilibrio. EJEMPLOS Ejemplo 1: En el dibujo se observa dos personas sentadas en un sube y baja ,se quiere encontrar el momento que se produce en el punto “o”. Para determinar el momento escribimos la ecuación de momentos : MTOTAL =Σ M = M1 + M2 = 80 Kg.x 50 cm - 60 Kg. x 40 cm MTOTAL = 4000 Kg.cm - 2400 Kg.cm = 1600 Kg. cm El signo negativo del momento 2 esta dado porque la fuerza de 60 Kg. hace girar en el sentido negativo. La magnitud de 1600 Kg.cm indica que tenemos un momento de giro como se muestra en el esquema. Ejemplo 2: En el sistema del sube y baja del dibujo se quiere encontrar a que distancia “x” del centro de momento “o”debería aplicarse la fuerza de 70 Kg.para que el sube y baja se encuentre en equilibrio. Esta condición establece que la suma de los momentos producidos por todas las fuerzas actuantes deben ser nula respecto al centro de momentos. Es decir no debe existir ningún momento ,para que el sube y baja se encuentre estático. Si planteamos esta condición con fórmulas tenemos : MTOTAL = Σ M = 0  M1 + M2 = 70 Kg. x X cm - 60 Kg. x 70 cm = 0 Resolviendo la ecuación : 70 Kg. x X cm = 60 Kg. x 70 cm 70 Kg. x X cm = 4200 Kg. cm  X = 4200 Kg. cm = 60 cm 70 Kg. Este resultado indica que la fuerza de 70 Kg. debe colocarse a 60 cm del centro de momentos para que el sube y baja se encuentre estático. Ejemplo 3: El levanta pesas lo podemos esquematizarlo de la siguiente forma :  Queremos determinar la distancia X a la cual debemos colocar la mano “A” del levanta pesas ,es decir el valor de “X” ,para que se encuentre en equilibrio respecto a un punto “o” en el centro de la barra. Si planteamos las distancias desde el centro obtenemos : El momento 1 que produce la fuerza de 300 Kg. indicada como (1) es :300 Kg. x 45 cm. M2 que produce la fuerza de 210 Kg. indicada como (2) es :-210 Kg.x (45 cm –10 cm) El momento 3 que produce la fuerza 390 Kg. indicada como (3) es : 390 Kg. x X cm. El momento 4 que produce la fuerza de 300 Kg. indicada como (4) es :-300 Kg. x 45 cm. Planteamos la cuación de momentos : MTOTAL = Σ M = 0  M1+M2+M3+M4 = 0 300 Kg.45 cm – 210 Kg. 35 cm + 390 Kg. X cm – 300 Kg. 45 cm = 0 13500 Kg.cm – 7350 Kg.cm + 390 . X cm – 13500 Kg.cm = 0 Cancelando y despejando :  X = 7350 Kg. Cm = 18.8 cm. Kg. Es decir la mano debe colocarse a 18.8 cm del centro de la barra para que haya equilibrio. Ejemplo 4: Una fuerza de 800 N actúa sobre un soporte como se indica en la figura. Determínese el momento de la fuerza con respecto a B. En primer lugar descomponemos la fuerza en sus componentes rectangulares en las direcciones x e y usando las fórmulas ya vistas : Fx = F .cos 60° = 800 N cos 60° = 400 N Fy =F . sen 60° = 800 N sen 60° = 693 N Esquematizando obtenemos la siguiente figura : El momento respecto al punto B con distancias en metros es : MB = - 693 N . 0,2 m - 400 N . 0,16 m = - 138,6 Nm - 64 Nm = - 202,6 Nm Ejemplo 5: Una fuerza de 30 N actúa sobre el extremo de la palanca de 30 cm como se indica en el gráfico determínese el momento respecto a “o”. La fuerza se reemplaza dos componentes ,una componente una componente P y una componente Q. Como “o” esta en la recta de acción de P el momento de P con respecto a “o” es nulo y el momento se reduce únicamente al momento que produce Q. EJERCICIO 1 Con las siguientes fuerzas indicadas ,determinar el momento total que producen respecto a “o”, las distancias se calculan teniendo en cuenta que cada cuadrado es de 1 cm por 1 cm. F1= 10 N F5=3 N F2=8 N F6=7 N F3=5 N F7=4 N F4=12 N F8=4 N EJERCICIO 2 Con los datos de cada ejercicio determinar la incógnita para establecer el equilibrio de momentos respecto de “o”: a) A=500 N B=700 N d A=35 cm Determinar dB b) d A=23 cm B=400 N d B=30 cm Determinar A c) A=460 N B=700 N d B=25 cm Determinar dA d) A=665 N d A=12 cm d B = 21 cm Determinar B EJERICIO 3 a) Explicar el Teorema de Varignon. Explicar la variación practica del teorema de Varignon. Graficar en un sistema de ejes M = f(x) la variación del Momento de la barra a medida que se corre el punto. EJERCICIO 4 Encontrar el valor de la fuerza C para que la barra mostrada se encuentre en equilibrio. Todas las fuerzas se encuentran en Kg. EJERCICIO 5 : Calcular el valor de la fuerza C para que la estructura se encuentre en equilibrio. EJERCICIO 6: Encontrar el valor de la fuerza C. EJERCICIO 7 Determinar en la estructura mostrada ,correspondiente a un tramo de un puente, el valor de Rc para que el momento total de todas las fuerzas respecto a “o” sea nulo EJERCICIO 8 En la parte frontal del avión mostrado ,determinar el momento que produce la fuerza sustentadora del ala en la raíz. EJERCICIO 9 EJERCICIO 10 Calcular el momento que se produce en la unión del soporte para televisión con la pared ,si el peso del televisor es de 8 Kg. Representar en un sistema de ejes M, x como varia el momento cuando varia la distancia x. Rta : 240 Kg.cm. EJERCICIO 11 En el helicóptero ,las hélices producen un momento torsor sobre el fuselaje del helicóptero que tiende a girarlo.Determinar que fuerza sustentadora “S” deberá producir el rotor de cola para contrarrestar el momento producido por las hélices. Rta : 150 Kg. EJERCICIO 12 En la estructura que se muestra determinar la fuerza desconocida R para que se encuentre estática. Todas las fuerzas están en Kg. Rta : R= 25 Kg. EJERCICIO 13 En la viga de la figura determinar : la ecuación de momentos respecto al punto “o” . El valor de “x” para que el momento sea de 1500 Kg.cm. El valor de “x” para que el momento sea de 233,3 Kg.cm. Rta : b) 64,2 cm , c) 10 cm. Ejercicio 14 Determinar la fuerza que debe ejercerse sobre el bastón de mando del avión para contrarrestar la fuerza producida sobre el estabilizador horizontal por las fuerzas aerodinámicas. Rta : F= 86,4 Kg. En este ejemplo se observa el procedimiento de calculo que se realiza cuando se diseña un mecanismo de palancas ,con el fin de amplificar el esfuerzo muscular. A estos mecanismos se les llama cadena cinemática. EJERCICIO 15 Calcular la fuerza incógnita C para que la estructura mostrada se encuentre en equilibrio. Determinar si la resultante de las fuerzas aplicadas sobre la estructura es nula. Rta :C = 5,28 Kg. EJERCICIO 16 En el avión mostrado determinar la magnitud y posición por la que pasa la resultante del sistema de fuerzas paralelas que se muestra.(todas las distancias son en metros y los pesos en Kg.) EJERCICIO 17 En el ejercicio anterior determinar como se modifica el punto por el cual pasa la resultante del sistema de fuerzas si la distancia de 0.8 m se incrementa a 1,8 m. Este ejemplo representa la tarea del centrado de una aeronave que se realiza en el prediseño de una aeronave ,en el cual las fuerzas representan los pesos de los diferentes componentes que se encuentran a bordo ,como por ejemplo la planta de poder , la carga ,el peso del combustible, pasajeros, instrumentos de cabina , sistemas, etc. La posición de la recta de acción de la resultante se encuentra limitada dentro de un estrecho margen alrededor del 25 % de la cuerda del ala , se vera mas adelante que este resultado determina la ubicación del Centro de Gravedad de la aeronave. NUCLEO TEMATICO 4 : Condiciones generales de equilibrio . Ecuaciones .vínculos .reacciones..ejercicios . 4 .1 -CONDICIONES GENERALES DE EQUILIBRIO DEFINICION :DECIMOS QUE UN CUERPO SE ENCUENTRA EN EQUILIBRIO CUANDO LA SUMA DE LAS FUERZAS ACTUANTES Y LOS MOMENTOS QUE SE APLICAN AL CUERPO SON NULOS. Por consiguiente las condiciones necesarias y suficientes para el equilibrio de un cuerpo es : - ECUACIONES DE PROYECCIONES Y DE MOMENTOS Descomponiendo estas ecuaciones vectoriales en sus componentes rectangulares las podemos expresar de la siguiente forma:  Estas ecuaciones obtenidas pueden utilizarse para determinar las fuerzas desconocidas aplicadas a cuerpos o las reacciones que sobre este ejercen sus apoyos. Las ecuaciones expresan que las todas componentes de las fuerzas en la dirección de “x” deben ser nulas , también deben ser nulas las componentes de las fuerzas según “y”, el momento total de esas fuerzas respecto a cualquier punto “o” deben igualmente ser nulas para que el cuerpo se encuentre en EQUILIBRIO. Por consiguiente el sistema de fuerzas actuante no imprimirá ningún movimiento de traslación ni de rotación al cuerpo. Para escribir las ecuaciones de equilibrio se debe identificar primero todas las fuerzas que actúan sobre el y dibujar el diagrama de cuerpo libre. EJEMPLO 1 : La acróbata que se encuentra sobre la barra de la figura ,si nos interesa determinar las fuerzas que actúan sobre la barra ,dibujamos el diagrama de cuerpo libre como se muestra, en que reemplazamos a la acróbata por la fuerza que produce y los apoyos por reacciones desconocidas. Este sencillo esquema de cuerpo libre de la barra ,nos indica las fuerzas actuantes. Deseamos conocer las reacciones que los apoyos producen sobre la barra en los puntos A y B. Como desconocemos la dirección que tienen las fuerzas de reacción le damos sentidos arbitrarios y luego de acuerdo al signo que obtengamos verificamos si los sentidos supuestos arbitrariamente son los correctos o al revés. Debemos considerar los sentidos positivos de las fuerzas que coincidan con los sentidos positivos de los ejes coordenados de referencia por lo que RBX es negativo y RBY y RAY positivos , tomamos como centro de momentos el punto A ,y la convención de signos establecida anteriormente al ver momentos. Aplicamos la condición de equilibrio puesto que la barra no se traslada ni rota. ΣFX=0 es decir - 60 Kg. X Cos 88 ° - RBX =0 ΣFY =0 es decir RAY + RBY - 60 Kg. X Sen 88° = 0 ΣMA = 0 es decir - 60 Kg. X Sen 88°X 1 m + RBY X 3 m = 0 Podríamos haber elegido cualquier centro de momentos porque la barra no gira respecto a ningún punto, se toma siempre como centros de momentos un punto que anules algunas de las fuerzas incógnitas y de esta forma me facilite la resolución de las ecuaciones. De la primera ecuación podemos despejar RBX = - 2 Kg. ,el signo negativo indica que el sentido elegido es al revés. De la tercera ecuación podemos despejar RBY = 20 Kg. Reemplazando este valor en la segunda ecuación y despejando tenemos RAY = 40 Kg. El esquema con las incógnitas determinadas nos queda : Es decir que la reacción en “A” es de 40 Kg. y en “B” la reacción horizontal de 2 Kg. y la vertical de 20 Kg. EJEMPLO 2 : Esta estructura que se observa corresponde a un puente , se la conoce como reticulados ,se representa el esquema con las reacciones desconocidas a determinar  que son los apoyos sobre el suelo. Las fuerzas conocidas corresponden una al peso de la estructura ubicada en el centro y la otra al peso de una moto que se encuentra detenido sobre el puente. El procedimiento para determinar las incógnitas es igual que en el ejemplo anterior ,planteamos las ecuaciones de equilibrio y momentos . ΣFX=0 es decir RAX =0 ΣFY =0 es decir RAY + RBY - 200 Kg. - 800 Kg. = 0 ΣMA = 0 es decir - 200 Kg. X 1 m -800 Kg. x 1,5 m + RBY X 3 m = 0 La primera ecuación nos dice que no hay fuerzas horizontales RAX =0. De la tercera ecuación despejamos RBY =466 Kg. Reemplazando en la segunda ecuación a RBY , despejamos RAY = 534 Kg. Como los signos son todos positivos ,indica que los sentidos establecidos son correctos. EJEMPLO 3 : El esquema mostrado corresponde a un balcón de un edificio ,cuyas incógnitas son las reacciones sobre la pared ,nuevamente establecemos las condiciones de equilibrio. Para que se encuentre en equilibrio si retiramos la pared debemos reemplazarla por las fuerzas o momentos que la pared ejercía sobre el balcón que son nuestras incógnitas a determinar M, RV, y RH. Planteamos las ecuaciones: Σ F x = 0 - RH = 0 Σ F y = 0 - 70 Kg + RV = 0 Σ MA = 0 70 Kg. x 2 m - M' = 0 De la primera ecuación determinamos que no hay fuerzas de reacción horizontales sobre el balcón. De la segunda ecuación despejamos que RV= 70 Kg y de la tercera ecuación M’ = 140 Kg m Esto se entiende que la pared esta ejerciendo sobre el balcón un momento M’ de 140 Kg para que haya equilibrio y como el signo es positivo, es en el sentido elegido. Supongamos que quisiéramos determinar las reacciones utilizando dos ecuaciones de momentos y una de proyección procederíamos así: Σ F x = 0 - RH = 0 Σ MB 0 - M’ + RV x 2 m = 0 Σ MA = 0 70 Kg. x 2 m - M' = 0 De la primera ecuación tenemos igual que antes que no hay fuerzas horizontales, de la tercera ecuación despejando tenemos que M’= 140 Kg m como anteriormente, reemplazando en la segunda ecuación y despejando tenemos que RV = 70 Kg. lo mismo que antes. Como conclusión podemos determinar las reacciones o fuerzas desconocidas planteando dos ecuaciones de proyección y una de momentos o dos ecuaciones de momentos y una de proyección, los resultados no se alteran. EJERCICIO 1 En las estructuras indicadas determinar las fuerzas de reacción Incógnitas, aplicando las condiciones generales de equilibrio. EJERCICIO 2 Determinar en las siguientes estructuras las incógnitas A, B, y C. a) Rta = 50,75,25 c) Rta= 120,0,120 4.2 -VINCULOS Y REACCIONES Hasta ahora hemos resuelto el equilibrio de cuerpos y determinado la magnitud de las reacciones incógnitas sin conocer el origen de tales reacciones. Las reacciones ejercidas sobre un cuerpo pueden dividirse en tres grupos, correspondientes a tres tipos de apoyo o de uniones con los que los cuerpos se VINCULAN con los demás cuerpos: REACCIONES DE DIRECCION CONOCIDA Algunos apoyos o uniones que causan reacciones de dirección conocidas son rodillos, balancines, superficies lisas, deslizaderas y pasadores. Cada uno de estos apoyos impide el movimiento en una sola dirección. Esto produce una sola incógnita a saber, él modulo de la reacción. La recta de acción es conocida y el sentido se determina de las ecuaciones de equilibrio. Se los suele dibujar esquemáticamente como se indica: Estos vínculos se denominan de primera especie indican que los cuerpos unidos a través de ellos con otros cuerpos pueden desplazarse en la forma indicada por las flechas superiores, y la reacción que producen es en la dirección de la flecha vertical. REACCIONES DE DIRECCIONES DESCONOCIDAS Entre los apoyos y conexiones que producen reacciones de este tipo están las articulaciones y superficies rugosas, estos vínculos pueden impedir el movimiento de traslación del cuerpo en cualquier dirección pero no pueden impedir que gire alrededor de la unión. Se los suele esquematizar como se indica: Estos vínculos se denominan de segunda especie y su recta de acción es desconocida por lo que intervienen dos incógnitas que son sus componentes “x” e “y” de la reacción. REACCIONES COMO FUERZAS Y MOMENTOS Estas reacciones son producidas por empotramientos que impiden cualquier movimiento del cuerpo inmovilizándolo por completo, se los suele esquematizar de la siguiente forma: Si en el esquema de la figura a) quitamos la pared ponemos en evidencia las reacciones. Quedando como en b) que produce dos reacciones una vertical y una horizontal y un momento. Este tipo de vínculos se lo suele llamar de tercera especie y provoca las tres incógnitas Rx, Ry y M que se deberán determinar. EJEMPLOS Las siguientes son vigas que se encuentran vinculadas de distintas formas y producen las reacciones indicadas: EJERCICIO 1 Determinar las reacciones. EJERCICIO 2 Determinar como varia sobre la barra del dibujo, el momento que produce la fuerza cuando se desplaza el centro de momentos una distancia “x". TRABAJO GRUPAL Nro. 5 RESULTADOS DE LOS EJERCICIOS EJERCICIO 1 1) PROYECCION “X” 26 -RBX = 0  RBX = 26 MOMENTOS “B” - RAY.d +15. d = 0  RAY = 15 PROYECCION “Y” -15 -15 + RAY + RBY = 0  RBY = 15 2) PROYECCION “X” -10 +RAX = 0  RAX = 10 MOMENTOS “B” - RAY.40 +15. 20= 0  RAY = 7,5 PROYECCION “Y” -15 + RAY + RBY = 0  RBY = 7,5 3) PROYECCION “X” RBX = 0  RBX = 0 MOMENTOS “B” - RAY.25 + 30. 20 = 0  RAY = -24 PROYECCION “Y” -30 + RAY - RBY = 0  RBY = -54 4) PROYECCION “X” 24,6 - 28,3 -RBX = 0  RBX = 3,7 MOMENTOS “B” - RAY.60+ 17,2. 35 +28,3. 35 = 0  RAY = 26,25 PROYECCION “Y” -17,2 -28,3 + RAY + RBY = 0  RBY = 19,25 5) PROYECCION “X” -26 -RBX = 0  RBX = -26 MOMENTOS “B” 15. 40 - M = 0  M = 600 PROYECCION “Y” -15 + RBY = 0  RBY = 15 6) PROYECCION “X” -30 +RAX = 0  RAX = 30 MOMENTOS “B” - RAY. 55 + 45 .90 = 0  RAY = 73 PROYECCION “Y” -45 + RAY + RBY = 0  RBY = - 28 7) PROYECCION “X” 17,6 + RAX = 0  RAX = - 17,6 MOMENTOS “A” - 50. 35 +17,6. 75 + M = 0  M = 425 PROYECCION “Y” -5 0 +17,6 + RAY = 0  RAY = 32,4 EJERCICIO 2 PROYECCION “X” RBX = 0  RBX = 0 MOMENTOS “A” - 40. 45 + RBY. 75 = 0  RBY= 24 PROYECCION “Y” - 40 + RAY + RBY = 0  RAY = 16 Suponiendo que nos desplazamos desde “A” hacia “B” caminando por la barra y observamos hacia atrás, calculando el momento que producen las fuerzas que quedan atrás, elaboramos una tabla. Ejercitación :Marcar con “x” la respuesta correcta: 1)Las fuerzas son magnitudes vectoriales porque: Tienen intensidad, dirección y sentido. Tienen intensidad, dirección, sentido y punto de aplicación. Tienen intensidad, dirección y modulo. 2) Al reemplazar un vinculo de segunda especie por las reacciones que produce me aparece: Una incógnita a determinar. Dos incógnitas a determinar. Tres incógnitas a determinar. 3) Las ecuaciones de equilibrio establecen: Que las resultantes del polígono funicular deben ser simultáneamente nulas. Que la sumatoria de fuerzas sea nula. Que el sistema de fuerzas actuantes no provoca ningún movimiento de traslación ni rotación. 4) La resultante de un sistema de fuerzas es: Una fuerza colineal que reemplaza al sistema de fueras concurrentes con el mismo efecto. Una fuerza concurrente que reemplaza al sistema de fuerzas paralelas con el mismo efecto. Una fuerza que puede reemplazar al sistema de fuerzas con el mismo efecto. 5) Los vínculos son: La modelización de las interacciones con los demás cuerpos. Los apoyos de las vigas. Las incógnitas a determinar. 6) Las fuerzas axiles son: Las fuerzas que no requieren punto de aplicación para definirlas. Las fuerzas que no requieren sentido para definirlas. Las fuerzas que no requieren dirección para definirlas 7) La estática estudia: Las condiciones que deben satisfacer las fuerzas para establecer el equilibrio de los cuerpos Las leyes del equilibrio y del movimiento de los cuerpos. Todo aquello que tiende a modificar el estado de reposo o movimiento de los cuerpos. RESOLVER : Encontrar los valores de las reacciones que producen los vínculos. 2) NUCLEO TEMATICO 5: Vigas y barras. Momento Flexor.Esfuerzo de Corte. Esfuerzo Normal. Diagramas. Estructuras estáticamente determinadas y no determinadas. 5.1 - ESFUERZOS EN VIGAS Y BARRAS En los anteriores puntos aprendimos a determinar las reacciones que se producían sobre cuerpos cargados con fuerzas mediante las condiciones de equilibrio estático. Estas fuerzas y las reacciones, en conjunto, forman el sistema de cargas del cuerpo. En esta parte determinaremos las fuerzas internas denominados ESFUERZOS que se producen en los cuerpos cuando se encuentran sometidas bajo este sistema de cargas. Analizando el sistema de cargas del cuerpo notaremos que producen Momentos flexores, Esfuerzos Tangenciales o Cortantes y Esfuerzos Normales dentro del cuerpo. Definiremos primeramente los cuerpos que estudiaremos: VIGAS :Es un elemento estructural diseñado para soportar cargas aplicadas en varios de sus puntos perpendicularmente a su eje, son largas y rectas de forma prismática, por ejemplo son vigas los ejes. BARRAS :Es un elemento estructural diseñado para soportar cargas aplicadas axialmente (esfuerzos normales), también son largas y rectas, un ejemplo son los cables. EFECTOS INTERNOS DE LAS FUERZAS Para determinar que ocurre internamente en un cuerpo sometido a un estado de cargas debemos cortar “imaginariamente” el cuerpo y determinar los esfuerzos internos utilizando las ecuaciones de equilibrio. Por ejemplo el cuerpo cargado de longitud “L” que se muestra con una carga de valor “p” aplicada a la mitad del cuerpo y el esquema de las reacciones. En primer lugar debemos determinar las reacciones en los apoyos RAX, RAY y RBY utilizando las ecuaciones de equilibrio ya vistas. Σ F x = 0 RAX = 0 Σ F y = 0 RAY + RBY - p =0 Σ MA = 0 - p .L / 2 + RBY .L = 0 Si queremos saber las fuerzas internas que se producen debido a este sistema de cargas procederemos a cortar “imaginariamente” a través de la sección “AA” a la distancia L/4 que se muestra en el esquema siguiente. Ya que cada punto del cuerpo se encontraba en equilibrio , M y q deberán tener valores tales que continúen manteniendo el equilibrio del sector de cuerpo cortado ,para obtener el valor podemos nuevamente plantear las ecuaciones de equilibrio pero esta vez al tramo del cuerpo. Σ F y = 0 p/2 - q = 0 Σ Mo = 0 - q .L / 4 + M = 0 De esta forma la fuerza “q” y el momento “M” son los esfuerzos internos ,tanto en sentido como en intensidad,en el cuerpo a una distancia de L/4 desde “o” .Si quisiéramos saber que ocurre en otro sector del cuerpo procederemos de la misma forma para otra sección del cuerpo. Este procedimiento de cortar imaginariamente el cuerpo y analizar los esfuerzos internos se denomina PONER EN EVIDENCIA LOS ESFUERZOS INTERNOS .Por lo tanto “M” es el momento interno denominado Momento Flexor y “q” es el esfuerzo de corte o tangencial. 5.2 -MOMENTO FLEXOR El momento flexor es el momento producido dentro del cuerpo debido a las cargas exteriores (fuerzas y reacciones) en cada sección estudiada,el momento flexor genera flexiones en los cuerpos tendiendo a doblarlos. CRITERIO DE SIGNOS El criterio adoptado para el momento flexor aparece en el esquema siguiente dependiendo como se flexione al cuerpo: Un método mas sencillo para determinar el signo del momento flexor en una sección es considerar que las fuerzas exteriores dirigidas hacia arriba producen momentos flexores positivos y las dirigidas hacia abajo producen momentos flexores negativos. TRAZADO DEL DIAGRAMA DEL MOMENTO FLEXOR Este diagrama representa la variación del momento flexor a lo largo del cuerpo, registrándolos punto por punto a una distancia “x” desde uno de los extremos ,graficandose sobre un sistema de ejes coordenados en el que sobre el eje “y” se representan los momentos flexores y sobre el eje “x” las longitudes del cuerpo. Para la construcción se puede utilizar el método sencillo que se explica con el ejemplo anterior del cuerpo sometido a cargas : Obtenemos el diagrama de Momentos Flexores como se muestra arriba. Este es un procedimiento muy sencillo para elaborar rápidamente el diagrama que será en general tramos de rectas. El diagrama de momentos flexores como los que veremos mas adelante de esfuerzos tangenciales y esfuerzos normales nos indicaran a simple vista lo que ocurre internamente cuando se aplica el sistema de cargas al cuerpo. y permite determinar en que punto del cuerpo se producen los máximos esfuerzos. 5.3-ESFUERZOS CORTANTES Es el que se produce en el cuerpo en cada sección interna en forma tangencial, y es producida por todas las fuerzas verticales que actúan a un lado de la sección estudiada. La fuerza “q” encontrada en el ejemplo de la pagina 44 es el esfuerzo tangencial en la sección “AA”.Este tipo de esfuerzos tiende a provocar corte entre las secciones. CRITERIO DE SIGNOS También al igual que anteriormente se establece un criterio de signos para los esfuerzos tangenciales o de corte indicado en el esquema. Un método sencillo para determinar el signo del esfuerzo cortante es si la fuerza que actúan a un lado de la sección tiende a cortar la parte izquierda del cuerpo hacia arriba respecto a la derecha es un esfuerzo cortante positivo. TRAZADO DEL DIAGRAMA DE ESFUERZOS CORTANTES Para el trazado del diagrama del esfuerzo cortante se procede similarmente como se hizo para los momentos flexores, pero solamente se consideran las fuerzas verticales a un lado del cuerpo.Procederemos a explicar el método utilizando el mismo cuerpo anterior. Se puede observar la sencillez para elaborar estos diagramas.Este en especial nos indica que en el punto en el que actúa la fuerza p es la mas critica. 5.4-ESFUERZOS NORMALES Los esfuerzos normales también llamados axiles son producidos por las fuerzas exteriores dirigidas a lo largo del cuerpo (barras), estos esfuerzos producen tracción (estiramientos) o compresión (acortamientos). Para ponerlos en evidencia utilizaremos el cuerpo cargado que se muestra procediendo de la misma forma que se realizo para los anteriores esfuerzos. Planteando las ecuaciones de equilibrio únicamente para las fuerzas en “x” tenemos : Σ F x = 0 RAX - p = 0 Para saber que esfuerzo interno se produce dentro del cuerpo cortamos imaginariamente a través de la sección AA a una distancia de L/4 desde “o”,como se hizo anteriormente eliminando la parte derecha del cuerpo ,reemplazándolo por el esfuerzo interno incógnita N a determinar con las ecuaciones de equilibrio. Como se muestra en el esquema. Σ F x = 0 p - N = 0 De aquí se deduce que el esfuerzo interno N = p. CRITERIO DE SIGNOS Para los esfuerzos normales el criterio de signos adoptado es positivo para las fuerzas que tienden a comprimir el cuerpo y negativa para las fuerzas que tienden a traccionarlo. TRAZADO DEL DIAGRAMA DE ESFUERZOS NORMALES Representando en un eje coordenado cartesiano con eje “y “ a los esfuerzos normales N en una escala conveniente, y sobre el eje de las “x” la longitud del cuerpo, procedemos a caminar sobre el cuerpo yendo de izquierda a derecha observando las fuerzas horizontales detrás.Para el cuerpo anterior, parados en “A” tenemos RAX cuya magnitud se determino que es p.Si continuamos hasta la distancia de L/2 únicamente tenemos a p con sentido positivo,al pasar L/2 se incluye la fuerza p de sentido negativo ,si continuamos no aparece ninguna otra fuerza hasta completar la longitud total. El diagrama de esfuerzos normales es el mostrado . EJEMPLO 1: RESOLVER  COMPENSATORIO Nro.1 TEMA A ____________________________________________29-09-00 Que método gráfico se utiliza para determinar la resultante de un sistema de fuerzas no concurrentes ? Que es un sistema de fuerzas colineales ? Que es un vector axil ? Cuantas clases de restricciones modeliza un vinculo de segunda especie. Explique el teorema de Varignon , y su utilización. Encontrar las reacciones en la estructura mostrada. a) b) COMPENSATORIO Nro.1 TEMA C _______________________ _________________________29-09-00 Explique el teorema de Varignon , y su utilización. Que es un sistema de fuerzas colineales no concurrentes ? Que método gráfico se utiliza para determinar la resultante de un sistema de fuerzas concurrentes ? Que es un vector axil ? Cuantas clases de restricciones modeliza un vinculo de tercera especie. Encontrar las reacciones en la estructura mostrada. a) b) 5-5 ESTRUCTURAS ESTATICAMENTE INDETERMINADAS En todas las estructuras analizadas con anterioridad los vínculos utilizados fueron tales que el cuerpo permanecía inmóvil bajo las cargas aplicadas o cualquier estado de cargas .En estos casos se dice que el cuerpo estaba completamente vinculado. Las reacciones que incluían estos vínculos correspondían a tres incógnitas que se determinaban resolviendo las ecuaciones de equilibrio .En todos estos casos las reacciones estaban ESTATCAMENTE DETERMINADAS ,es decir podía calcular las reacciones. Cuando la cantidad de incógnitas de las reacciones de apoyo coincide con la cantidad de ecuaciones de equilibrio que puedo plantear y el cuerpo se encuentra estático se llaman estructuras ISOSTATICAS que son todas las que hemos estudiado hasta ahora. Ahora analicemos el cuerpo que se muestra con dos fuerzas P y S y sustentada con dos vínculos de segunda especie. Estos apoyos proporcionan mayores restricciones que las necesarias para impedir que la estructura se mueva con las cargas dadas o bajo cualquier otra condición de carga. El diagrama de cuerpo libre nos muestra las reacciones incógnitas. Como solo contamos con tres ecuaciones de equilibrio , tenemos mas incógnitas que ecuaciones y no pueden determinarse todas las incógnitas. Ax +Bx - s =0 Ay +By -p = 0 -p d/2 + Byd=0 Las reacciones Ax y Bx son desconocidas .Se dice que estas reacciones están ESTATICAMENTE INDETERMINADAS. Cuando la cantidad de incógnitas de las reacciones de apoyo son mayores que la cantidad de ecuaciones de equilibrio que puedo plantear y el cuerpo se encuentra estático se llaman estructuras HIPERESTATICAS. Estas incógnitas se pueden resolver considerando las deformaciones que sufren los cuerpos , y se estudia en cursos superiores como Resistencia de Materiales, en este caso se dice que la estructura es Hiperestaticamente determinada. En general casi todas las estructuras reales son hiperestaticas ,pero siempre se pueden modelizar como isostaticas para obtener una primera solución aproximada. Si suponemos ahora la estructura sustentada como se muestra. Esta claro que las restricciones de estos apoyos no son suficientes para impedir que la estructura se mueva horizontalmente. Se dice en este caso que la estructura se encuentra parcialmente vinculada. El diagrama de cuerpo libre nos muestra que los apoyos dan origen a dos reacciones incógnitas ,como cuento con tres ecuaciones a resolver ,una de las ecuaciones no se satisface. Ay + By - p = 0 - p d/2 + By d ==0 s=0 Lo que nos indica que el cuerpo no se encuentra en equilibrio para todos los estados de carga. La carga que provoca el movimiento del cuerpo es la carga S. Si esta carga no existiera la estructura estaría estática y tendría dos reacciones que determinar y tres ecuaciones para plantear, en este caso puedo determinar perfectamente las reacciones : Ay + By - p = 0 - p d/2 + By d ==0 Cuando la cantidad de incógnitas de las reacciones de apoyo es menor que la cantidad de ecuaciones de equilibrio que puedo plantear y el cuerpo se encuentra estático a estas estructuras se las conoce como estructuras HIPOSTATICAS. Debe quedar claro que las ecuaciones de equilibrio que utilizo para determinar las reacciones las utilizo porque la estructura se encuentra en equilibrio ,no las puedo utilizar si la estructura no se encuentra estática. Concluimos que si un cuerpo esta completamente vinculado y las reacciones en sus apoyos están estáticamente determinadas tendremos tantas incógnitas como ecuaciones de equilibrio. Sin embargo la condición anterior es necesaria pero no suficiente es decir que aun coincidiendo el numero de incógnitas con el de las ecuaciones no garantiza que el cuerpo este completamente vinculado ,estático o inmovilizado o que todas las reacciones en sus apoyos estén estáticamente determinadas . Por ejemplo la estructura que se muestra cuenta con tres vínculos de primera especie que me producen tres incógnitas coincidente con el numero de ecuaciones de equilibrio que puedo plantear, pero estos vínculos no son los apropiados para evitar que la estructura se desplace horizontalmente. Todas las rectas de acción de las reacciones son paralelas. Otro ejemplo es la estructura que se muestra en el que las rectas de acción de las reacciones son concurrentes en el punto “o” como se observa el cuerpo puede rotar respecto a este punto. Concluimos que un cuerpo se encuentra inapropiadamente vinculado siempre que sus apoyos ,aun generando tres reacciones ,estén dispuestos de forma que sus rectas de acción sean CONCURRENTES o PARALELAS. Cuando la cantidad de incógnitas de las reacciones de los vínculos es igual que la cantidad de ecuaciones de equilibrio que puedo plantear y el cuerpo no se encuentra estático a estas estructuras se las conoce como INDETERMINADAS . 5.5.1 CONSIDERACIONES GENERALES Siempre hemos estudiado las estructuras planas, es decir estructuras en el plano XY ,y contamos con tres ecuaciones de equilibrio que podemos plantear y las reacciones incógnitas debían ser tres para encontrar las soluciones. Estas estructuras tiene la posibilidad de tres movimientos :a lo largo del eje X ,a lo largo del eje Y , y de rotar respecto a un punto. A cada posibilidad de movimiento se le llama GRADO DE LIBERTAD de un cuerpo. Y las estructuras planas, entonces, tienen tres grados de libertaD (tres posibilidades de movimiento). Para que se encuentren en equilibrio debemos restringirle los tres grados de movimiento vinculándolo, generándome las tres reacciones incógnitas a determinar. La realidad es, sin embargo, que nosotros existimos en tres dimensiones ,ancho ,alto ,y profundidad y todo lo que observamos a nuestro alrededor tiene tres dimensiones ,por lo que los cuerpos reales como un avión se puede mover en tres direcciones y rotar alrededor de tres ejes. Las estructuras son espaciales, es decir existen en tres planos X,Y y Z , y se pueden desplazar a lo largo de estos tres ejes y pueden rotar al rededor de los tres ejes, por lo que toda estructura real (espacial) tiene 3 posibilidades de desplazamiento en dirección de los ejes y 3 posibilidades de rotación alrededor de ellos, es decir tienen SEIS GRADOS DE LIBERTAD (seis posibilidades de movimiento) ,para que estén estáticos debemos vincularlos de forma de restringir los seis grados de libertad, generándome seis incógnitas a determinar que las puedo resolver planteando seis ecuaciones de equilibrio estático. Bajo esta generalización ,siguen siendo validas las denominaciones anteriores dadas para las estructuras planas ,aplicadas a las estructuras espaciales como Hiperestaticas ,Isostaticas ,o Hipostáticas. El siguiente cuadro resume lo expuesto en este capitulo para las estructuras estáticas: ESTRUCTURAS GRADOS DE LIBERTAD POSIBILIDADES DE MOVIMIENTO ECUACIONES DE EQUILIBRIO REACCIONES INCOGNITAS TIPO DE ESTRUCTURA 2 TRASLACIONES 2 HIPOSTATICA PLANAS 3 3 3 ISOSTATICA 1 ROTACION 4 HIPERESTATICA 3 TRASLACIONES 6< HIPOSTATICA ESPACIALES 6 6 6 ISOSTATICA 3 ROTACIONES 6> HIPERESTATICA 5-6 ANALISIS ESTATICO Este análisis cinemático es lo primero a realizar para asegurarnos de que una estructura bidimensional se encuentra completamente estática y que las reacciones (incógnitas) son estáticamente determinadas .Debemos verificar que las reacciones en sus apoyos incluyan tres y solo tres incógnitas y que los apoyos estén dispuestos de forma que las rectas de acción de las reacciones no sean todas paralelas o concurrentes en un punto. EJEMPLOS :Estructuras estáticamente indeterminadas. 5-7 MOMENTOS CONCENTRADOS Si sobre un cuerpo actúan dos fuerzas como las indicadas en la figura F y F que tienen el misma intensidad ,recta de acción paralelas y sentidos opuestos. La resultante de este sistema es nula pero la suma de los momentos respecto a un punto dado no es nulo. Aunque las fuerzas no trasladen al cuerpo lo hacen rotar. Para determinar el momento que este par de fuerzas produce lo calculamos respecto al punto “o” ,una fuerza F se encuentra a una distancia d + r de “o” y la otra fuerza F se encuentra a una distancia de r. M = F.(d + r) - F . r Si aplicamos distributiva tenemos : M = F. d + F . r - F. r = F. d Es decir que el momento que produce un par de fuerza respecto a cualquier punto ,aun fuera del cuerpo, es igual a la intensidad de una de las fuerza por la distancia que los separa. El único movimiento que se le puede impartir a un cuerpo por la aplicación de un par de fuerzas es el de rotación. En los tres casos que siguen ,el momento producido al cuerpo es el mismo si la intensidad de las fuerzas es la misma y las distancias entre ellas es igual ,independientemente del ángulo que formen las fuerzas. Como el par de fuerzas de los tres cuerpos producen el mismo efecto sobre el cuerpo ,se dice que forman un sistema equivalente. Supongamos que un par de fuerzas aplicado al cuerpo que se muestra provoca el giro respecto a “o” podemos reemplazar el par de fuerzas por el momento que produce. También decimos en este caso, que el par de fuerzas aplicadas al cuerpo, es equivalente a un momento concentrado. 5-8 DESCOMPOSICION DE UNA FUERZA DADA EN UNA FUERZA Y UN PAR Supongamos que tenemos una fuerza F actuando sobre un cuerpo en el punto A y por alguna razón queremos aplicarla en el punto “o” .La fuerza F puede desplazarse a lo largo de su recta de acción debido a que es un vector axil ,pero no podemos desplazarla a un punto “o” fuerza de su recta de acción sin modificar su efecto. Sin embargo podemos unir dos fuerzas una igual a F y otra igual a - F en “o” ,como se muestra, por lo visto anteriormente -F y la fuerza F aplicada en A forman un par con un momento M = F.d Es decir que una fuerza F aplicada en A produce el mismo efecto a un cuerpo que una fuerza F aplicada en “o” y un momento concentrado M. Ambos sistemas son equivalentes. ANALISIS DE ESTRUCUTRAS CARGADAS CON MOMENTOS CONCENTRADOS Supongamos que estudiamos la estructura que se muestra y queremos realizar los diagramas de esfuerzos internos. Con lo visto anteriormente podemos reemplazar el efecto que produce la fuerza F aplicada en la manija por un momento M = F . d y una fuerza F aplicada sobre la viga como se muestra en el diagrama de cuerpo libre siguiente. Las reacciones sobre la viga se encuentran con las ecuaciones de equilibrio similarmente como se ha realizado con todas las estructuras anteriores. De la misma forma en estructuras en las que actúan pares de fuerzas se puede reemplazar sus efectos por su equivalente que es un momento. EJEMPLO Queremos determinar los diagramas de esfuerzos de la estructura mostrada cargada como se indica : Es una viga sometida a un momento si reemplazamos los apoyos por las reacciones desconocidas ,como únicamente actúa un par,las reacciones deben constituir otro par : ΣMA= RBY .5 m - 250 Kg.m = 0 RBY = 50 Kg. ΣFY = RAY + RBY =0 RAY = 50 Kg. ΣFX = RAX = 0 Las reacciones se muestran con sus sentidos.El trazado del diagrama es similar a los realizados. Parados en x = 3 m tenemos que el momento es producido por la fuerza de 50 Kg. . 3 m = 150 Kg.m En ese punto esta aplicado el momento que tiene sentido positivo provocando un salto en el diagrama de valor 250 Kgm. Cerrandose luego el diagrama . El diagrama de esfuerzos de corte no presenta ninguna diferencia con los procedimientos anteriores. Como conclusión los momentos aplicados a las estructuras producen un salto en los diagramas de momentos flexores positivo o negativo según la convención de signos adoptada para los momentos flexores. Como la reacciones horizontales es nula el diagrama de esfuerzos normales es nulo y no se gráfica. RECUÉRDESE : Los momentos concentrados producen saltos positivos o negativos ( dependiendo del criterio de signos para los momentos flexores) en el diagrama de momentos flexores. El diagrama de esfuerzos de corte y normal no se modifica. EJEMPLOS : Los siguientes ejemplos cualitativos , indican los diagramas de esfuerzos de corte y momento flexor . Los diagramas pueden variar en función de las magnitudes de las fuerzas. ESTRUCTURA 1 DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE MOMENTOS FLEXORES ESFUERZOS DE CORTE ESTRUCTURA 2 DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE MOMENTOS FLEXORES ESFUERZOS DE CORTE ESTRUCTURA 3 DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE MOMENTOS FLEXORES ESFUERZOS DE CORTE EJERCICIOS : 1) Voladizo 2) Analizar las estructuras ,las longitudes se encuentran en pulgadas(in) y las fuerzas en libras (lb.). a) b) Que ángulo forma con el eje “x” , el vector A = 3 i + 5 j . Que representa la resultante de un sistema de fuerzas? Con cuantos parámetros se define un vector axil? Cuantos grados representa /6? Que expresa el Teorema de Varignon? Que estudia la estática? EJERCICIO: Determinar los diagramas de M , Q , y N . 5 .9 - MODELIZACION DE LAS FUERZAS En todo el estudio de la estructuras estáticas se modelizo a las fuerzas y reacciones (cargas), como concentradas en un punto pequeño sobre la estructura ,representadas por un vector. Esta es una modelización razonable para ciertas fuerzas ,pero puede resultar que esta simplificación del problema sea muy idealizada para otro tipo de acciones sobre las estructuras ,o que se pretenda mayor exactitud. Por mas pequeño que sea el punto de aplicación de las fuerzas siempre habrá una superficie sobre la que se aplica la fuerza ,en el caso de los problemas espaciales. Cuando se quiere estudiar por ejemplo el ala de un avión ,la fuerza que actúa sobre la misma es la fuerza aerodinámica sustentadora que consiste en un conjunto de pequeñas fuerzas que se encuentran aplicadas sobre toda la superficie y se puede representar como péquenos vectores dirigidos hacia arriba. En el dibujo solo se muestran algunas componentes de la sustentación sobre un ala ,cuando estudiamos el problema desde el punto de vista estático podemos modelizar al ala como un cuerpo bidimensional ,en que todas las fuerzas se encuentran ubicadas sobre una línea si lo observamos desde la parte frontal. A esta modelización de las fuerzas se las llama FUERZAS DISTRIBUIDAS. En el dibujo podemos ver como se pueden distribuir las fuerzas de sustentación encima del ala. Estas fuerzas describen una ley de variación que depende del ángulo de ataque del ala ,velocidad del aire ,forma del perfil ,superficies hipersustentadoras ,etc. Se puede determinar la resultante de todas las fuerzas porque constituyen un sistema de fuerzas paralelas ,utilizando los métodos visto en los primero capítulos o si se conoce la ley de variación se puede calcular mediante la aplicación de Integrales de áreas ,ya que el efecto total de estas fuerzas es la suma de todas ellas. Una vez calculada su resultante se procede a determinar las reacciones considerando la raíz del ala como un empotramiento al fuselaje ,con las mismas ecuaciones de equilibrio estudiadas para estructuras planas. Luego se pueden construir los diagramas de esfuerzos utilizando los mismos procedimientos estudiados que resultan muy laboriosos ,o se pueden realizar conociendo algunas reglas simples y aplicando derivadas. Otra modelización que se adopto fue que las fuerzas permanecían invariables durante el análisis estático ,es decir durante el transcurso del tiempo el modulo o la dirección o su punto de aplicación eran constantes .El estudio desde este punto se realiza dentro del área de la aeroelasticidad. Una ultima aclaración es que las fuerzas distribuidas pueden ser producidas por diversos factores como la presion hidrostática , temperatura ,otros cuerpos ,ráfagas, sustentación ,resistencia al avance , peso de los cuerpos , etc. NUCLEO TEMATICO 6 : Coordenadas del centro de fuerzas paralelas ,centro de gravedad de sólidos y figuras planas ,baricentro de una superficie y de una chapa plana .Momento estático de una superficie respecto de un eje .Momento de inercia .Teorema de Steiner .Momento de inercia polar .Radio de giro .Momento resistente. 6 - CENTRO DE UN SISTEMA DE FUERZAS FOTOCOPIAS SCHAUM RESISTENCIA DE MATERIALES Capitulo 7 RESOLVER Determinar el centro de gravedad ,radio de giro y el momento de inercia respecto a los ejes que pasan por el centro de gravedad de los siguientes cuerpos : E) RECTANGULO TRIANGULO CIRCULO Determinar el momento de inercia de la figura sombreada respecto al eje XG que pasa por su centro de gravedad. Respuesta = 393 cm4 2) Respuesta = 70 cm4 3) MECANICA CINEMATICA DINAMICA ESTATICA MOVIMIENTO F m o n n m t s a b c d A B C D Y 4 3 2 1 0 X -1 -2 -4 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 . Al resolver un problema estático ,el alumno seleccionara un sistema de ejes y lo ubicara dependiendo del problema en particular ,el resultado no es afectado por esta elección m 4 3 2 1 F 45º X 0 -1 -2 -3 -4 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 n h b a Y (en N) Dirección del versor j 3 F 3j 2 Dirección del versor i 2i 1 X (en N) -1 0 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 -2 n -3 Y (en N) 3 2 F 1 45º X (en N) 0 -1 -2 -3 -4 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 90° o ¶ /2 45° o ¶ / 4 135° o 3\4 ¶ 0° 180° o ¶ Eje X positivo 225° o 5/4 ¶ 315° o 7/4¶ 270° o 3/2 ¶ Hipotenusa H Cateto opuesto CO α Cateto adyacente CA  H 2 j α 3 i F=4 CO 60° °°° CA 3 F=4.24 2 1 45º X (en N) 0 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 3 2 1 X (en N) 0 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 TRABAJO GRUPAL Nro. 1 30-03-99 Y (N) 9 8 7 6 5 4 3 2 1 X ( N) -1 9 8 7 6 5 4 3 2 1 -1 -2 -3 -4 -5 -6 -7 -8 -9 -2 -3 -4 -5 -6 -7 TRABAJO GRUPAL Nro. 1 30-03-99 Y (N) 9 8 7 6 5 4 3 2 1 X ( N) -1 9 8 7 6 5 4 3 2 1 -1 -2 -3 -4 -5 -6 -7 -8 -9 -2 -3 -4 -5 -6 -7 TRABAJO GRUPAL Nro. 1 30-03-99 F1 F4 F1 F2 F2 F4 F3 F3 F2 F1 F2 F1 R F2 F1 R F1 O F2 m s F1 O’ R O n F2 r R1 R2 F1 O F2 R F3 F4 // F3 // F2 F1 // F4 O F2 R F3 F4 F1 F1 F2 F2 α Cateto opuesto CO Cateto adyacente CA Hipotenusa H F Fy α Fx F Fy α Fx S P Q Py P S Sy Px Sx Qx Q Qy Ry Rx R α P S Q A B R O CCC 5623,5 kg. Q P S m t n R r M N z g R F1 F2 R a1 a 2 a F2 d F1 TRABAJO GRUPAL Nro. 2 12-04-99 Y (N) 9 8 7 6 5 4 3 2 1 X ( N) -1 9 8 7 6 5 4 3 2 1 -1 -2 -3 -4 -5 -6 -7 -8 -9 -2 -3 -4 -5 -6 -7 TRABAJO GRUPAL Nro. 2 12-04-99 8 m A α 6 m 35° BARCAZA 55° Dos cables con las tensiones indicadas en el dibujo están atados a la punta de la torre ,determinar las componentes de la resultante en las direcciones vertical y horizontal. 400 N 350 N 41,5° 30° TRABAJO GRUPAL Nro. 2 19-04-99 F1 F4 F3 F2 TRABAJO GRUPAL Nro. 2 19-04-99 Eje de la barcaza 30° BARCAZA 45° 736 N 30° 50° TRABAJO GRUPAL Nro. 2 19-04-99 Fr ? W 45  45  w M 126 144  15 N 20 N 10 N EJEMPLO DE EXAMEN 28-04-00  /6 E L D W R FR 4,2 m W= 10 N 6 m  /6 y T1 = T1 .Cos 60 60 T2 = T1 Sen 60 x 180 N x E y L D W E L Wx Wy D x y Fr R W Angulo desconocido  Las fuerzas se muestran como diagramas de cuerpo libre, consideraremos en primer lugar el peso del auto que se F R1 R2 W d o F M d o F M d1 d2 d3 F F O O d d M M a) b) F F O O d d M - M MOMENTO POSITIVO MOMENTO NEGATIVO F3 F2 F1 d3 d2 o d1 R F2 F1 d F3 o y F Fy α Fx x o y Fy Fx x -1 -2 -1 o Uno de las personas pesa 80 Kg. y esta a una distancia de “o” de 50 cm, la otra persona pesa 60 Kg. y esta a una distancia de “o” de 40 cm. Si esquematizamos el problema y reemplazamos a las personas por las fuerzas que producen tenemos el siguiente esquema. 60 Kg. 80 Kg. o 40 cm 50 cm 60 Kg. 80 Kg. o 40 cm 50 cm 1600 kg/cm o 60 Kg. 70 Kg. o 70 cm X cm (2) o A X cm 390 Kg. 45 cm 45 cm (4) (3) (1) 10 cm 210 kg. 300 kg. 300 kg. 800 N 60° 693 N 160 mm 400 N B 160 mm 200 mm 200 mm B 20° 30 N 30 cm P Q 30 cm o P = 30 N . cos 20° = 28 N Q= 30 N . sen 20° = 10,2 N Mo = - 10,2 N . 30 cm = - 307 N cm “o” TRABAJO GRUPAL Nro. 3 F2 F5 F3 F8 o F7 F6 F4 F1 B AA o dB dA TRABAJO GRUPAL Nro. 3 1000 X 1430 10000 45 1000 2000 3 m 1 m 3 m C 9250 100 2 m 100 40 60 C 4 m 70 30 kg. 15 kg. A 26 Kg. 30° 15 Kg. C 700 N 45° 1 m 495 N o 747,5 N RC 1 m 1000 N 1 m 4,16 m Determinar el momento total producido en la base de la torre por las fuerzas indicadas. 20° 20° 30 N 20 N 32 m 30 cm S 450 kgm 3 m R 2 m 3 m 2 m 1 m 1 m 1 m 20 10 10 10 40 15 1 m 1 m 20 kg. x / 3 10 Kg. 25 Kg. x x / 2 Punto de pivoteo Punto de pivoteo Punto de pivoteo Fuerza sobre el bastón 200 Kg. Cable de acero Cable de acero 50 cm 20 cm 12 cm 15 cm 10 cm 20 cm 50 cm 20 Kg. 12 Kg. 5,65 Kg. 5,34 Kg. 12 Kg. C 2 m 2 m 2 m línea de referencia 0,66 1 0,8 1,35 1,75 1,85 1,7 250 160 160 150 550 760 230 Rta. : R=2260 Kg. y x= 5,32 m Σ F = 0 Σ M = 0 ΣF X = 0 ΣF Y = 0 ΣM0 = 0 y x 2 m 1 m 88° 60 Kg. B A RAY RBY RBX 40 Kg. 2 Kg. 20 Kg. A B 60 Kg. 88° 1 m 2 m y x 1 m 1 m 1 m RAX RAY 800 Kg. RBY 200 Kg. pared 70 Kg. 2 m y x 70 Kg. A M’ RH B RV TRABAJO GRUPAL Nro. 4 10-05-99 20 N 10 N 15 N 1,5 m 1,5 m 2 m RAY RBY RBX 30 N 20 N 10 N 20 N 1,5 m 1,5 m 2 m RAY RBY RBX 2 m 30° b) Rta =200,100,100 100 100 A B C 2 m 2 m A B C 100 100 50 2 m 4 m d) C A B 100 100 100 1 m 1 m 45 45 1 m 1 m 1 m RAX RAY 1200 Kg. RBY 500 Kg. R R RX RY pared M RX RY REACCIONES QUE PRODUCE VINCULOS RBX B A RBY RA RAX B A RBY RAY RBY RBX A B RA A RBX B RA RBY M B RBX RBY RC B A C RB RA M RA A RAY TRABAJO GRUPAL Nro. 5 17-05-99 30 kg. 30 kg. B 15 kg. A 5) 30° 1) 30° B 40 cm 15 kg. 6) 10 kg. B A B A 30 kg. 2) 45 kg. 20 cm 20 cm 55 cm 35 cm 30 kg. 3) A 7) B 50 kg. 20 cm 25 cm 40 cm 35 cm A 45° 30 kg. 40 kg. 25 kg. B 35° 45° A 4) 35 cm 25 cm 40 kg. 30 cm 45 cm B A 50 Kg. 50 kg. 45° 30° A B 40 cm 30 cm 30 kg. 40 kg. 20 kg. 30 kg. 30° B A 45° 20 cm 40 cm p p RAX B A L/2 cm L/2 RBY RAY De estas ecuaciones determinamos que RAY = RBY = p/2 p Este esquema nos muestra ahora el sistema total de cargas a la que esta sometido el cuerpo. L/2 L/2 cm p/2 p/2 Si eliminamos el sector derecho del cuerpo desde la sección “AA” y lo ampliamos obtendremos el esquema de abajo en el que aparecen “q” y “M” que representan las fuerza y el momento que debemos colocar en la sección “AA” para mantener el equilibrio del cuerpo . A p L/2 L/4 L/4 cm p/2 p/2 A A o L/4 M q p/2 A De estas ecuaciones omitiendo las componentes en “x” por ser nulas obtenemos que : q = p/2 y M = p/2 . L/4 NEGATIVO POSITIVO Imaginariamente caminaremos sobre el cuerpo desde “A” hacia “B” observando siempre hacia atrás y calculando el momento que me producen las fuerzas que quedan detrás tomando como distancia desde la fuerza hasta donde me encuentro parado. Podemos elaborar una tabla como la que se muestra abajo. Si comenzamos parados en “A” la distancia será x=0 y el momento que me producen las fuerzas detrás mío es nulo pues estamos parados sobre la recta de accion de p/2 . A una distancia de x=L/4 tendremos que detrás la fuerza de p/2 produce el momento igual a p/2.L/4 de signo positivo de acuerdo al criterio de momentos flexores. Si continuamos por ejemplo hasta x=L/2 ,el centro del cuerpo ,tendremos que el momento me lo continua produciendo p/2 pero a una distancia de L/2 ,pues estamos parados sobre la recta de accion de p. Si seguimos hasta el punto “c” a una distancia de x=3 L/4 el momento producido será p/2 .3 L/4 menos el momento producido por la fuerza p a una distancia de L/4 es decir p .L/4 quedando : M=p/2 . 3 L/4 - p L/4 Parados en el punto “B” tendremos x=L y M=p/2 .L - p . L/2 que es cero. Si representamos estos valores o los de la tabla en escala sobre el eje vertical de M p A B L/2 L/2 cm c p/2 p/2 M M x X M 0 0 L/4 p/2 .L/4 L/2 p/2 . L/2 . 3 L/4 p/2 . 3L/4 - p L/4 L p/2 . L - p . L/2 CORTANTE NEGATIVA CORTANTE POSITIVA Imaginemos que recorremos el cuerpo desde “A” hacia “B” mirando las fuerzas que tenemos detrás ,también podemos elaborar una tabla que nos permita gráficar en un eje coordenado en el que en el eje “y” colocaremos en una escala conveniente los esfuerzos cortantes y en el eje “x” las longitudes del cuerpo Parados en “A” tenemos la única fuerza vertical q = p/2 ,a medida que caminamos sobre el cuerpo hasta un poco antes de L/2 continua detrás nuestro la misma fuerza con signo positivo de acuerdo al criterio de signos. Parados justo a una distancia x = L/2 desde “A” tenemos que el esfuerzo de corte es q = p/2 - p ya que en este punto detrás queda también ahora la fuerza p. Si continuamos hasta llegar a “B” tendremos mirando siempre hacia atrás q=p/2 - p + p/2 = 0 Si graficamos estos valores obtenemos el diagrama que se muestra +Q y -Q. p A B L/2 L/2 cm p/2 p/2 Q +Q - Q x RAX o p p L/2 cm L/2 RBY RAY De esta ecuación determinamos que RAX= p A N p A x N L/2 L/2 N 1000 Kg. 10000 Kg. 3 m 1 m 3 m 1000 Kg. 1000 Kg. 1000 Kg. 10000 Kg. 1000 Kg. 2000 Kg. 1000 Kg. 9250 Kg. 1750 Kg. 5250 Momentos Flexores - 3000 Esfuerzos de corte Esfuerzos normales 100 N 135  120 N 50  70 N 1 m 1,3 m 1 m 1 m A 50 kg. 25 kg. 45° 35 cm 40 cm 1 m 1 m 1,3 m 1 m 120 N 135  50  70 N 100 N 40 kg . 30 kg. 45° 35° 25 cm 35 cm Bx Ax p p s s Ay By d p p s s Ay By d o B B A 2) 1) 4) B A B A 3) F F r d o M = F.d F d o o F F F F F M o o d d A o A A F d F F M= F.d B A 2 m 3 m 250 Kg.m 2 m 3 m 50 Kg. 50 Kg. Diagrama de Momentos + 100 kg.m + - -150 Kg.m Esfuerzos Cortantes - -50 Kg. 120 Kg.m. 200 kg.m. Σ F x = 0 -100 + X =0 X=100 kg. Σ M0 = 0 -200-120+2Y=0 Y = 160 kg. Σ F y = 0 -Y1+ 160 -120 =0 Y1 = 40 kg. 1 m 100 Kg. 120 kg. 1 m 1 m 100 kg. 1100 kg. 200 kgm. 160 kg. 40 kg. 200 kgm 160 kgm Momentos Flexores Esfuerzos de Corte 40 Kg. 160 kg. Esfuerzos Normales 100 Kg. 1000 lb. 4000 lb.in 500 lb. 1000 lb 3000 lb.in 207 lb.in 1500 lb.in 45º 500 lb 500 lb 500 lb 707 lb.in 6 in 6 in 8 in 2 in 5 in 600 lb 1600 lb.in 200 lb 2000 lb.in 100 lb. 60º 3500 lb.in 1000 lb.in 200 lb 100 lb 7 in 6 in 5 in 7 in sustentacion SUSTENTACION SUSTENTACION TRABAJO GRUPAL NRO 5 1 cm B) A) 6 cm 4 cm 6 cm 1 cm 4 cm 6 cm 5 cm 10 cm 1 cm 4 cm 2 cm D) C) 16 cm 20 cm 12 cm 2 cm 12 cm 12 cm 12 cm 4 cm 12 cm 6 cm Area= b x h YG Centro de gravedad = simetría h Momento de inercia respecto a x IX = b x (h)3 3 Momento de inercia respecto a xG IXG = b x (h)3 12 XG X b Area = b x h 2 YG Centro de gravedad XG = h YG = b 3 2 h Momento de Inercia respecto a x IX = b x (h)3 12 Momento de inercia respecto a xG IXG = b x (h)3 36 XG X b Area = π r2 YG Centro de gravedad = simetría Momento de inercia respecto a XG IXG = π D4 64 XG D =diámetro r = radio TRABAJO GRUPAL NRO 6 200 kgm. 100 kg 120 kg 1 m 1 m 1 m 3 cm 8 cm 1 cm 6 cm 1 cm 3 cm 2 cm Determinar el momento de inercia de la figura respecto a un eje horizontal que pase por el centro de gravedad. Determinar el momento de inercia de la figura respecto a un eje horizontal que pase por el centro de gravedad. 2 cm 4 cm 2 cm 8 cm 4 cm 2 cm 8 cm