Mec Tec 2j5957

ESTATICA DE UNA PARTICULA Encontrar las componentes de F actuando en las direcciones a,a y b,b. F = Fa + F b = Fb + Fa ; ley conmutativa

LA INTERPRETACION DEL ANGULO.- podemos hacerlo de 3 formas: 1. Midiendo el ángulo con el eje positivo de los ejes, y el sentido contra horario y con esto evitamos la interpretación del signo de la componente 2. Midiendo el ángulo agudo que forman la fuerza con la horizontal con la cual tenemos que interpretar el signo de la componente 3. Obtención de los componentes cartesianos de la fuerza conociendo el modulo de la fuerza y sus ángulos directores ( ángulo que forma la fuerza con los ejes)

FUERZAS EN EL ESPACIO Vamos a expresar las fuerzas en términos de sus componentes rectangulares caso de 3D “caso del espacio cartesiano” COMPONENTES CARTECIANAS DE UNA FUERZA Consideramos 3 casos: 1. Cálculos de las componentes cartesianos de una fuerza cuando se conoce la magnitud F de la fuerza y los ángulos directores, α,β, ᴕ, que forma la fuerza con los ejes cartesianos. 2. Calculo de los componentes cartesianos de la fuerza cuando se conoce el ángulo que forma la fuerza con el eje positivo de las “z”(θz) y el ángulo que forma la proyección de la fuerza en el plano XY con el eje positivo de las “Y”(Φ) y el modulo F de la fuerza. 3. Calculo de las componentes cartesianas de la fuerza cuando de conoce su magnitud F y dos puntos que definen la línea de acción. Los problemas se refieren a 3D F = FX +FY +FZ F = FX I+FY J+FZ K

Si conozco F, α,β, ᴕ, mediante un análisis simple de un triangulo pitagórico puedo encontrar las componentes de la fuerza en función de esos valores. FX = F COS α FY = F cos β FZ = F cos ᴕ

(

)

(

)

(

)

----------------------------

F = F * Uf (2) Si se recuerda que cualquier fuerza puede expresarse en términos de la magnitud de la fuerza y el vector unitario actuando en término de sentido de la fuerza. La expresión (1) debe reflejar ese concepto es decir cos α, cos β, cos ᴕ deben ser las componentes cartesianas del vector Uf es decir: UF= λxi + λyj + λzk (3) UF= cos α + cos β + cos ᴕ UF=√ 1 = UF=√ 1 =(√

)2

1= COMPONENTES CARTESIANAS DE LAS FUERZAS..- Cuando se conoce su magnitud F, el ángulo que forma con el eje Z , θz, y el ángulo que forma la proyección de F en el plano XY con el Y, Φ

Considerando el Δ OAB ángulo B Fy = FM cos Φ Fz = F COS θz (1) FM = F SEN ΦZ (2) Considere el Δ pitagórico OAC 900 en C ; sen Φ = Fx / FM Fx = sen Φ * FM Fy = FM *COS Φ

F = Fx + Fy + FZ = F SEN θz SEN ΦZ i+ F SEN θz COS Φ j + F COS θz k F = F SEN θz SEN ΦZ i+ F SEN θz COS Φ j + F COS θz k La formula deducida sirve para obtener las componentes cartesianas del vector F en el I octante. Si la fuerza estuviera ubicada en un octante diferente hay la necesidad de interpretar los signos de los componentes cartesianos. El ángulo Φ siempre es medido con el eje de las Y, si estuviese el dato medido con el eje de las X, Φ seria el ángulo complementario. θz esta medido con el eje positivo de las Z si el dato fuere el ángulo que forma F con la proyección FM entonces θz seria el componente.

FUERZA CUYA DIRECCION ESTA DADA POR SU MAGNITUD Y DOS PUNTOS DE SU LINEA DE SECCION. DATOS A y B son puntos coordenados conocidos la magnitud F es conocida

ra = XAi + YAj + ZAk (1) rb = XBi + YBj + ZBk (2) ra +AB = rb

Ra y Rb son vectores de posición de los puntos Ay B vamos a resolver el Δ de fuerzas AOB (triangulo no rectángulo) AB = rb – ra = (XB – XA)i + (YB – YA)j + (ZB – ZA)i F = Fx UAB (4) (

) )

√(

[

(

( √(

) (

) )

( )

(

) (

) (

( )

(5)

) ) (

)

] (6)

Metodología Para aplicar la ecuación 6 buscamos una estrategia de solución que consiste en los siguientes pasos. 1) Obtener dX = XB – XA ; dY = YB – YA ; dZ = ZB – ZA 2) Obtener 3) Obtener

√ √

4) F= f *Ud APLICACIONES DEL PRODUCTO ESCALAR Es conocido que F1. F2 , es el producto escalar ( Producto punto o producto interno entre dos fuerzas F1 Ʌ F2 para obtener el producto que es un escalar se multiplica el producto de los módulos de las fuerzas F1 , F2 por el coseno del ángulo comprendido entre las dos fuerzas así:

F1. F2 = F1 * F2 cos θ (1) (2)

Siendo U el vector unitario referido respectivamente a las fuerzas F1 Ʌ F2 entonces: θ = COS-1 (UF1 . U F2 ) (3) APLICACIÓN  Con el producto escalar podemos calcular el ángulo de dos fuerzas utilizando la ecuación (3)  Calculo de las componentes proyectadas de una fuerza

OM seria la componente proyectada de F1 sobre F2 la escribimos como P F1/F2 = OM = COMP PROY DE F1/F2 COS θ = ( P F1/F2 ) / F1 = F1 * COS θ (4) Para aplicar la formula (4) necesitamos conocer el ángulo θ el cual puede ser obtenido mediante la ecuación (3) Si quisiéramos obtener la componente proyectada F2/F1 = F2 * COS θ (5) Tal como se muestra en la figura y su valor es ON F1= F 1X i+F1Y j+F1Z k Ʌ F2= F 2X i+F2Y j+F2Z k F1 . F2 = F 1X F 2X +F1Y F2Y +F1Z F2Z CABLES.- Los cables en problemas de equilibrio siempre van a estar actuando en tención únicamente Ejemplo. Si tengo una polea A, la polea transmite por igual la fuerza a lo largo del cable.

PROCEDIMIENTO PARA TRAZAR UN DCL.

1. Liberamos a la partícula de sus conexiones y definimos su entorno 2. Colocar las fuerzas conocidas con su magnitud, dirección y sentido y las fuerzas desconocidas anotarlas con letras ejemplo (F1,F2,F3,FX………………..) las fuerzas pueden ser activas o reactivas Las fuerzas activas tienden a poner en movimiento a las partículas y las fuerzas reactivas son aquellas que se oponen al movimiento o tienden a prevenir el movimiento de la partícula. 3. Identifique cada fuerza haciendo una rotación adecuada ejemplo.

Trace un DCL de la fuerza CE y del nudo C, en problema de equilibrio de partícula, habrá la necesidad de dibujar uno o varios DCL con los cuales garantizamos un mejor análisis para conseguir una solución correcta.

ECUACIONES DE EQUILIBRIO En equilibrio de una partícula se cumple la primera ley de newton es decir si un sistema de fuerza cuya resultante es nula. Se aplica a la partícula, ella permanecerá en reposo si originalmente se encontraba en reposo, o se moverá con velocidad constante y en línea recta si originalmente se encuentra en movimiento esto equivale a decir que ∑ (1) También se cumple la segunda ley de newton puesto que vamos a trabajar con partículas que no experimentan aceleración. V = a constante entonces ∑ Significa que la masa es diferente de o ; m≠0 ; a = 0. Las ecuaciones de equilibrio se desprenden de (I) ∑ Ʌ ∑ (II)

Que se deben resolver para no más de 2 incógnitas para el caso de 2D o 2 dimensiones en el plano. Estas 2 incógnitas pueden ser una fuerza que tiene una dirección desconocida y la otra seria la dirección desconocida y la magnitud de la fuerza conocida en problemas que incluyen resortes habrá una tercera incógnita que debe resolverse aplicando una ecuación adicional; F = ks

EQUILIBRIO DE UNA PARTICULA EN TRES DIMENCIONES (3D) Para el caso de una partícula referido a un plano coordenado en 3 dimensión, se cumple que para el equilibrio de dicha partículas las fuerzas deben ser igual a cero para garantizar que la partícula se encuentre en equilibrio como las fuerzas referidas en 3D tienen 3 componentes ∑ (1) La ecuación 1 puede considerársela ∑

∑

*∑

(2)

La ecuación 2 se la interpreta así: Si el primer miembro de esta ecuación es igual a cero esto significa que cada término es igual a cero y se produce una nueva interpretación a la ecuación 2 Ecuaciones escalares: ∑ (3) ∑ (4) ∑ (5) Que se derivan de (2)

F1+F2+F3=0 F1xi + F1yj + F1zk + F2xi + F2yj + F2zk + F3xi + F3yj + F3zk = 0 ( F1x + F2x + F3x )I + ( F1y + F2y + F3y )j + ( F1z + F2z + F3z ) k= 0 F1x + F2x + F3x = 0 F1y + F2y + F3y = 0

(1) (2)

F1z + F2z + F3z = 0

(3)

Que se pueden resolver para normas de 3 incógnitas, las incógnitas pueden ser magnitudes de fuerza y direcciones (Ángulos). PROCEDIMIENTO DE ANALISIS Para problemas de equilibrio de partículas de 3D se sugiere el siguiente procedimiento. 1) Escoja la partícula representativa y libérela de cualquier conexión existente. 2) Aplique todas las fuerzas que actúan en ella tanto las fuerzas conocidas como las incógnitas. 3) Coloque la dirección de la fuerza en caso de que estas sean conocidas, los cables ejercen fuerzas de tención. 4) Aplique las ecuaciones de equilibrio, 3, 4, 5, si fuera posible en caso contrario aplique la ecuación vectorial general # 1 y de allí, obtenga las ecuaciones escalares. 5) Si la respuesta da un resultado negativo significa que la tención o la fuerza esta actuando en sentido contrario. RESULTANTE DE SISTEMA DE FUERZAS Objetivos:  Obtener el momento de una fuerza ( y obtener el momento de un par de fuerzas) con respecto a un punto especifico.  Obtener el momento de una fuerza con respecto a un eje especificado.  Trabajar con sistemas de pares de fuerzas y obtener el momento de un par de fuerzas.  Reducir sistemas de fuerzas no concurrentes a una sola fuerza o a un sistema.  Reducir una carga simple distribuida.

Mo = producto de la magnitud de la fuerza por la distancia perpendicular a la fuerza Mo = F1 d1 Mo = momento de la fuerza con respecto a un punto ( + ) si el giro es en contra de las manecillas del reloj ( - ) si el giro es a favor de las manecillas del reloj

d = distancia medida perpendicular a la dirección de la fuerza (cm, m, pie) F = magnitud de la fuerza (lb, N, KN) Mo= lb/pie, N/m , KN/m

Supongamos que necesitamos hacer girar una tapa de colector y lo hacemos con una palanca de longitud l si la fuerza la ejercemos en el punto A de arriba hacia abajo, necesitamos un brazo mecánico d, el momento producido o giro, en la tapa es Mo = F *d Supongamos que cambiamos la dirección la dirección de F1 es perpendicular a la palanca y el giro o momento Mo será igual a F* d como de es < l la fuerza F será mayor que la fuerza F1 es decir “ A mayor brazo de palanca , menor la fuerza” PARA CADA CASO DETERMINE EL MOMENTO

Mo = 100N (2m) = 200Nm

Mo = 50N (0.75m) = 37.5Nm

Mo = 40lb (4 pie + 2 cos 30) = 229 lb pie

Mo = 60lb (1 sen 45) = 42.4 lb pie

Mo = 7KN (4-1)m = 21KNm

MOMENTO DE UNA FUERZA Para obtener el momento de una fuerza con respecto a un punto, se puede utilizar la notación escalar Mo = F* d (1). Esta formula se la utiliza generalmente en problemas bidimensionales. Para problemas en 3D conviene utilizar la teoría vectorial. Momento de una fuerza –Formulación vectorial

(2) Mo = r x F (producto vectorial) Mo = es el vector momento de F con respecto a un punto o r = es un vector que va desde el punto donde se quiere obtener la rotación (o giro) a cualquier punto que se encuentre dentro de las dimensiones de la fuerza. F = el vector fuerza Mo = es perpendicular al plano que contiene a r y F Mo = r x F = r x F * sen θ = Ur x F (3)

Sen θ = d / r

Remplazando (4) en (3) obtengo; Mo = F * d Es decir la formula (1)

Para el caso de 3D

d = r sen θ (4)

Para obtener el momento de F con respecto al eje de las X la componente Fx no produce mo por ser paralela La componente Fy y Fz si producen momento con respecto al eje X. Fy multiplicado por el brazo rz produce una rotación a favor de las manecillas del reloj. Fz multiplicado por el brazo ry produce una rotación en contra de las manecillas del reloj Así hemos explicado el primer término del desarrollo Mo.

PRINCIPIO DE TRANSMISIBILIDAD

La fuerza A,B ,C, Se encuentran dentro de la línea de acción de la fuerza y referido a este sistema el triangulo. La fuerza F y 3 puntos contenidos dentro de la dirección de F los puntos A, B , C . El principio de transmisibilidad indica que. “los efectos producidos por una fuerza a un solido rígido no se alteran si originalmente la fuerza se aplica en el punto A del solido y luego es movida hacia el punto B o C, siempre y cuando B y C se encuentren dentro de la misma dirección.

EL MOMENTO RESULTANTE DE UN SISTEMA DE FUERZAS.

PRINCIPIO DE MOMENTOS O TEOREMA DE VARINGNON Teorema de varingnon consiste en la aplicación de la ley distributiva para el producto vectorial. El merito de matemático radica en haber establecido o formulado el principio mucho antes de que se descubra el calculo vectorial El principio del momento dice: que el momento de una fuerza con respecto a un punto es igual a la suma de los momentos de las componentes de una fuerza.

MOMENTO DE UNA FUERZA CON RESPECTO A UN EJE ESPECIFICADO Si llamamos Ma-a` = momento de la fuerza F1 con respecto al eje a` - a. Ma-a` significa la proyección ortogonal del momento Mo sobre el eje a`- a. Ma-a` = Mo x cos θ (1) Cos θ = Ua-a`. UMo = Mo * Umo . Ua-a` (2) Mo * Um= Mo; (3) Ma`-a = Mo. Ua-a`= Ua-a`. Mo; (4) Mo = r x F ;(5) Ma`-a = Ua`-a . r x F ; (6); “ es un numero o una cantidad algebraica.)

Es decir obtener el momento de una fuerza con respecto a un eje especificado utilizamos el triple producto escalar entre el vector unitario actuando en la dirección y sentido del eje a`-a El vector de posición de la fuerza y la fuerza. Ua`-a = vector unitario actuando en la dirección a`-a r = vector de posición de la fuerza F = la fuerza Ua`-a = λxi + λyj + λzk

r = rxi + ryj + rzk F = rxi + ryj + rzk

= λx ( ry Fz- rz Fy) - λy ( ry Fz- rz Fx) + λz ( rx Fy- rx Fy)

Si Ma`-a es negativa quiere decir que el vector Ma`-a tiene dirección contraria al eje a`-a Si Ma`-a es positivo quiere decir que el vector Ma`-a tiene la misma dirección al eje a`-a

Mo r x F =

i ( ry Fz- rz Fy) - j ( ry Fz- rz Fx) + k ( rx Fy- rx Fy)

Uo = Mxi + Myj + Mzk Mx-x = giro o rotación que produce F con respecto al eje x My-y = giro o rotación que produce F con respecto al eje y Mz-z = giro o rotación que produce F con respecto al eje z

= i ( ry Fz- rz Fy)

Momento de una fuerza con respecto a un eje especificado Ua`-a = vector unitario actuando en la misma dirección y sentido del eje (especificado) r = vector de posición de la fuerza F = la fuerza Ma`-a = momento de la fuerza, con respecto al eje a`-a Ma`-a = Ua`-a . r x F Ua`-a = λxi + λyj + λzk r = rxi + ryj + rzk F = rxi + ryj + rzk

= λx ( ry Fz- rz Fy) - λy ( ry Fz- rz Fx) + λz ( rx Fy- rx Fy)

Pares de Fuerzas

2 pares de igual magnitud y dirección pero de sentidos opuestos constituyen un par de fuerzas Fig (1)

El par de fuerzas le produ ce al cuerpo rigido una rotación o giro no le produce traslación El momento de un par de fuerzas. M = momento del par; se lo obtiene con el producto F x d (escalar) FIG (2) M = F x d (1) Si tenemos la frontera del plano p que contiene al par F , -F y lo puntos A,B como puntos extremos. Llamemos o al origen del sistema y tracemos los

rA y rB, al unir A con B tenemos el vector r entonces rA + r = rB esto implica que: r = rB - rA. (2) vectores

Considerando el concepto Mo = momento de F con respecto a ,o Mo = rA x (- F ) + rB x ( F ) Entonces Mo = (rA + rB) x ( F ) = (rB - rA ) x F ; (3)

Remplazando (2) en (3) Mo = r * F (4) En la ecuación 4; r es un vector que va desde un punto de un elemento del par hacia otro punto del otro elemento En la fig (2) se ha graficado el vector Mo, ese vector es perpendicular al plano P (que contiene al par) ACLARACION.- los vectores que forman pares de fuerzas producen rotación o giro al cuerpo rígido y el vector que representa al momento del par es perpendicular al plano que contiene al par por ejm. Si el par esta contenido en el plano XZ, el vector que representa el momento del par tiene la dirección del eje Y.

PARES EQUIVALENTES. Dos pares equivalentes si están contenidos en el mismo plano o en planos paralelos y le producen al cuerpo rígido el mismo giro, la misma rotación o el mismo momento.

M = F1 * d1 = F2 * d2 Si esto se cumple los dos pares son equivalentes MOMENTO RESULTANTE DE VARIOS PARES

M = F1 * d1 = F2 * d2 MR = M1 + M2 4.12) Determine el momento del par que actúa sobre el tubo mostrado en la fig . el segmento AB esta dirigido300 por debajo del plano X-Y

Un dispositivo llamado rolamita es usado de varias maneras para reemplazar el movimiento deslizante por movimiento rodante. Si la banda la cual. Se enrolla entre los rodillos, esta sometida a una tención de 15N determine las fuerzas reactivas N de las placas superior e inferior sobre los rodillos de modo que el par resultante que actúa sobre los rodillos sea igual a cero. MR = Tx (75 mm) –N x(50* cos 300 ) = 0 0 = 15 x 75 -50 x cos 300 N N = 15x 75/ 50 cos 300 N = 26N

MOMENTO DE UN CUERPO A LO LARGO DE UN CUERPO RIGIDO Tenemos un cuerpo rígido representado por la frontera y queremos trasladar su fuerza desde A y B alineados en la dirección de la fuerza.

Por el principio de transmisibilidad podemos aplicar la fuerza desde el punto B o podemos aplicar el concepto matemático de sumar una fuerza nula al cuerpo rígido en el punto B por cualquiera de las formas se llega a lo mismo; los sistemas son equivalentes

Sistema 3

Revisemos el caso en el cual el punto B se encuentra alineado en la dirección de la fuerza entonces sumando una fuerza nula en el punto B obtengo la fuerza aplicada en el punto B y en un momento que es igual a rx F es decir, el momento que producirá la fuerza antes de haber sido trasladada al punto. REDUCCION DE UN SISTEMA DE PARES DE FUERZAS A UN SISTEMA FUERZA-PAR EN O

SISTEMA 4

FR = F1+ F2+ F3…

Supongamos que el cuerpo rígido contiene 4 fuerzas y un momento de par, de acuerdo con lo conceptualizado anteriormente, cada vez que traslado una fuerza de un punto a otro tengo que sumarle el momento igual a r x F, las fuerzas y sus pares han sido aplicadas al punto. Tal como lo muestra el sistema 2, como las fuerzas concurren a, o podemos sumarlas por el método del paralelogramo, del polígono o descomponiendo FR Y M0R representado en el sistema 3 ACLARACION Cuando movemos una fuerza no interfiere la posición del punto , en cambio un momento ahy si porque este depende de r. REDUCION DE UN SISTEMA DE PARES Y FUERZAS A UNA SOLA FUERZA

Si tenemos varias fuerzas actuando sobre el cuerpo rígido y varios pares de fuerzas representados por el momento de par y lo sumamos en un punto o cualquiera obtenemos la fuerza resultante y el momento del par resultante MOR como muestra la figura 1. Si el ángulo comprendido entre la fuerza resultante y el momento del par es un ángulo diferente de 900 el sistema fuerza par no se lo puede reducir a una sola fuerza actuando sobre cuerpo rígido, hay casos en los cuales la fuerza resultante y el momento del par resultante forman 900, en estos casos si es posible reducir el sistema fuerza par a una sola fuerza o resultante estos casos son: a) Sistemas de fuerzas concurrentes. Los sistemas de fuerzas concurrentes ya los estudiamos anteriormente y para obtener la fuerza resultante aplicamos el método del paralelogramo o del polígono o podemos descomponer las fuerzas en sus componentes rectangulares las sumamos así ; respectivamente.

,

,

,

b) Sistemas de fuerzas coplanarias. Son sistemas que se encuentran contenidos en un mismo plano tal como muestra la fig (3) Si trasladamos las fuerzas en o y sumamos obtenemos la fuerza resultante y el momento de par

Como la y el momento resultante forman 900, trasladamos la fuerza a otro punto del cuerpo rígido de tal forma que produzca momento MOR.

c) Sistemas de fuerzas paralelos

REDUCCION DE UN SISTEMA DE PARES Y FUERZAS A UNA LLAVE DE TORSION. Cualquier sistema de pares y fuerzas aplicadas sobre el cuerpo rígido se lo puede reducir a una llave de torsión siempre y cuando la fuerza resultante y el momento de par resultante formen un ángulo diferente de 900.

La fig. 2 representa el sistema de fuerza par en o en la cual, θ ≠ 0 el Mo de par Mor, podemos descomponerlos en 2 componente, una componente actuando a lo largo de Fr llamada (M II) M paralela y otra componente actuando a lo largo del eje a-a llamada momento perpendicular. M II = Momento perpendicular M = Momento perpendicular Para eliminar momento perpendicular desplazo a la fuerza a otro punto del cuerpo rígido que se encuentre en el eje b-b perpendicular al eje Fr, tal como se aprecia en la fig. 3, de tal manera que d, define la nueva ubicación de Fr entonces M = d Fr. Para este caso. Como M II es un vector libre lo podemos dibujar actuando en la dirección de Fr tal como se aprecia en la fig.4 , el resultado final es el mecanismo llamado llave de torsión. Porque es un mecanismo similar a enroscar o desenroscar una tuerca en un perno; la tuerca gira sobre el perno y se desplaza para avanzar.

Si llamamos p al paso de la llave entonces ( )(

) Entonces

( ) (

por lo tanto ) : (1)

De la fig. 2, se deduce que: (

)( (

(

)(

) )

)

Puesto que es la proyección ortogonal de Mor sobre Fr de tal manera que,

Al sustituir (1) en (2)

Para ubicar el punto donde actúa la llave, fig. 4, establecemos que Mor = M II + r x Fr, (4) o´ Mor = p * Fr + r x Fr,(5) De (4) o (5) podemos obtener las coordenadas del punto Q, que es el punto donde actúa la llave.

4.137) Reemplace las tres fuerzas que actúan sobre la placa por una llave especifique la magnitud de la fuerza y el momento de par para la llave asa como el punto, P (x,y) donde su línea de acción interseca la placa.

Fr = 500i +300j +800 k √ Fr = 990 N

Mar = rB x FB + Rc xFc Mar = 4j x800k +(6i+4j) x 300j Mar = √ Mar = 3671.5Nm P= Fr . Mar/ Fr2 P = (500i +300j +800 k).(3200i+1800k)/9902 P = 3040000/9902 MII = Px Fr= 3.1 (500i +300j +800 k) MII = 1550i +930j +880 k Mar = MII + rx Fr 3200i+1800k= 1550i +930j +2480 k+ (xi +yj ) x (500i +300j +800k) 3200i+1800k= 1550i +930j +2480 k+300xk-800xj-500yk+800yi 3200i+1800k=(1550+800y)i+(930-800x)j+(2480+300x-500y)k 3200 = -1550+800x 0 = 930-800x 1800 = 2480 +300x -500y Y =2.06 X = 1.06m

REDUCCION DE UNA CARGA SIMPLE Y DISTRIBUIDA. En ingeniería hay casos frecuentes en los cuales, cuerpos rígidos de tamaños grandes están sometidos a presiones por diferentes causas, las presiones pueden ser; debidas al viento, al empuje del suelo, al empuje lateral del fluido entre otras. La presión es la relación entre la fuerza y el área y las unidades de medida pueden ser (N/m 2) = pascal; lb/pie2; lb /pulg2. Consideremos la placa de la fig. Sometida a fuerzas de presión tal como se indica. La placa tiene un ancho A, y una longitud L, si multiplicamos la precisión como función X por el ancho de la placa A, obtenemos la fuerza por unidad de longitud a ella la llamamos W; ecuación (1) W = P(x) * (N/m2) * a (m) = N/m W = P(x) * a (N/m); (1)

Como la precisión es simétrica con respecto al eje X. Si cortaríamos a la placa en cualquier punto a lo largo de X obtendríamos una distribución rectangular tal como se presenta en la cara delantera de la fig. 1

La distribución de presiones al transformarla en una fuerza por unidad de longitud puedo representarla en el plano X, Y. Siendo Y el eje de las cargas, y X el eje de las longitudes. ∫

∫

∫

( )

( )

∫ ; (2)

La figura 2 representa un sistema de fuerzas paralelas que son infinitas. Para calcular la fuerza resultante puesto que existen un infinito numero de fuerzas paralelas defino un diferencial de fuerza df que de acuerdo con la fig. 2 es igual dA = diferencial del Área = W(x) * d(x). Para obtener la fuerza resultante integro en toda la longitud ecuación # 2 y se concluye que: la fuerza resultante es igual al área bajo la curva de carga de la estructura o el cuerpo rígido cargado. Para los problemas de esta se utilizan 3 recursos: 1. La integración directa con formulas relativamente sencillas que se las hará conocer oportunamente en cada problema. 2. Las áreas cargadas en lo posible van a consentir en figuras geométricas conocidas tales como cuadrados, rectángulos, triángulos, trapecios. 3. Utilizamos la ayuda consistente en una tabla que se encontrara en la parte posterior inferior del texto guía. Una carga distribuida p= 800x Pa actúa sobre la superficie superior de la viga mostrada en la fig. Determine la magnitud y la ubicación de la fuerza resultante equivalente.

EQUILIBRIO DE UN CUERPO RIGIDO

La fig. 1 representa un cuerpo rigido sometido a n fuerzas externas. La fig. 2 contiene al cuerpo rigido en el cual se ha aplicado una fuerza externa Fi Fi = Fuerza externa

f i = fuerza interna a una partícula ; del cuerpo rigido para garantizar el equilibrio estatico la suma de la fuerza interna y externa deben ser igual a cero. Fi + fi = 0. Por ser cuerpo rigido la fuerza interna se anula y queda que la fuerza externa en i es igual a cero. Como el cuerpo esta formado por un numero determinado de partículas el sumatorio de las fuerzas externa + el sumatorio de las fuerzas internas del cuerpo rigido deben ser igual a cero. Las fuerzas internas por ser iguales y contrarios se anulan cumpliendo asi la tercera ley de newton y también por la naturaleza del cuerpo rigido y queda el sumatorio de todas las fuerzas externas de todas las partículas es igual a cero para el equilibrio. Para la garantía de que no existe la rotación en el cuerpo tomamos momento con respecto al punto o, eso significa. ∑ ( ); entonces ; (5) Con lo explicado anteriormente el segundo termino es un producto con fuerza nula, la ecuación (5) queda. ; (6) Que garantiza que el cuerpo rigido no rote o gire con respecto a o, como el cuerpo esta formado por un numero determinado de partículas, el sumatorio de momentos debe ser igual al sumatorio de todos ri x fi. ∑

∑

; (7)

La ecuación (4) y (7) son las ecuaciones básicas para el equilibrio del cuerpo rigido que deben cumplirse para cualquier condición de carga. EQUILIBRIO EN 2 DIMENCIONES. Diagrama de cuerpo libre. DCL Diagrama de cuerpo libre es fundamental para resolver problemas de equilibrio de cuerpos rígidos en el plano y también en cuerpos tridimensionales, el equilibrio en 2D se presenta en problemas de ingeniería, cuando las cargas externas que actúan sobre el cuerpo son simétricas con respecto a un eje especificado. Dada la importancia de dibujar un DCL, vamos a explicar un procedimiento para obtenerlo; pero antes estudiaremos los diferentes tipos de apoyos o conecciones en estructuras bidimensionales. La tabla 5.1 de la pagina 196, 197, del libro de texto presenta los diferentes tipos de apoyos o conexiones que deben ser estudiados uno a uno para la resolución de los problemas en 2D. Los diferentes tipos de apoyos producen reacciones que van desde una incógnita hasta 3 incógnitas, estudiaremos unos cuantos.

PESO Y CENTRO DE GRAVEDAD La nomenclatura utilizanda para representar el peso es W, y se lo obtiene multiplicando masa por gravedad, g = 9.81m /s2 (SI). El punto de aplicación del peso se lo llama

centriide, o centro de gravedad se la estudiara en el capitulo 6,para la solución de los problemas el centro de gravedad será siempre un dato del problema. Modelos idealizado.

DCL El siguiente es un procedimiento para dibujar un diagrama de cuerpo libre. 1. Trace la frotera o contorno del cuerpo rigido liberándolo de todo tipo de apoyo o conexiones y sustituyéndolo por la reaccioes que produce. 2. Dibuje todas las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo e indique su punto de aplicación respecto de los ejes coordenados cartecianos esto ultimo servirá para calcular los momentos vectores. 3. Incluya todas las fuerzas que mantienen unidas, un cuerpo con el otro externa y no influya ninguna fuerza interna puesto que como hemos dicho no intervienen por ser solido o cuerpo rigido. 4. Establesca un sistema coordenado adecuado que permita obtener las únicas incognitas que son las reacciones producidas por los diferentes tipos de apoyos.

Trace un DCL de la viga uniforme mostrada en la figura, la viga tiene una masa de 100 Kg, esta actuando una carga de 1200 N a 2m.

5.7) Trace un DCL de la viga que esta soportado por un pasador en A, y descansa sobre plano inclinado liso en B

EQUILIBRIO EN 2D (2 dimensiones) Para resolver problemas de equilibrio en 2D. utilizamos 3 ecuaciones particulares que son: Ecuaciones escalares ∑ ∑ ∑ Estas ecuaciones para no mas de 3 incógnitas, generalmente las incógnitas son fuerzas reactivas producidas por los apoyos, en la solución de problemas de equilibrio en 2D,se experimenta los siguientes pasos: 1) Dibuje un diagrama de cuerpo libre, sustituyendo los apoyos por reacciones y colocando las fuerzas activas, (aquellas que actúan sobre el cuerpo rigidos) con sus magnitudes, direcciones, sentidos y puntos de aplicación y descarte cualquier otra fuerza que no este aplicada al cuerpo rigido y las fuerzas internas.

2) Utilice las ecuaciones particulares de equilibrio en forma adecuada, a veces es conveniente utilizar primero sumatorio de momentos igual a cero para luego aplicar las otras ecuaciones. 3) Verifique las respuestas, si una reacción dio resultado negativo significa que hemos herrado el sentido de la reacción, y en la verificación debe colocarse a la fuerza con el sentido corregido

Las incógnitas son los movimientos no permitidos esta puede ser traslaciones a lo largo de los ejes coordenados y rotaciones alrededor de dicho centro, en la tabla 5.2 desarrollada en 2 paginas del texto guía presenta 10 soportes o apoyos. Estudiaremos unos cuantos y dejamos al estudiante que revise su totalidad la rotula de la fig impide traslaciones a lo largo de los ejes coordenados.

Articulación Simple.- impide traslación a lo largo de los ejes coordenados alrededor de dos ejes es decir, 5 fuerzas reactivas.

El apoyo fijo niega o no permite ninguna posibilidad de movimiento Como las fuerzas reactivas Fy, Fx, Fz, son perpendiculares entonces su fuerza resultante la podemos obtener por la expresión: √ La dirección se la obtiene mediante. α, β, ᴕ y hay expresiones que han sido utilizadas a lo largo del curso. Si un cuerpo rígido se encuentra apoyado por chumaceras, cojinetes y articulaciones simples u los apoyos están ubicados adecuadamente, las fuerzas reactivas van a ser solamente traslaciones puesto que estas por si mismas impedirían rotación, giro o momento al cuerpo rígido.

DIAGRAMA DE CUERPO RIGIDO Al igual que 2D para el equilibrio tridimensional debe dibujarse primero un DCL que consiste en. 1. Establecer la frontera del cuerpo rígido, eliminar los soportes y sustituirlos por reacciones. 2. Colocar las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo que pueden ser, fuerzas puntuales uniformes distribuidas. Ubicar el peso del cuerpo en su centro de gravedad. 3. Poner todas las medidas necesarias para obtener los momentos con respecto a los ejes coordenados o los momentos con respecto a un punto que inclusive puede estar fuera del cuerpo rígido ECUACIUONES DE EQUILIBRIO. Las ecuaciones generales de equilibrio son:

ANALISIS ESTRUCTURAL OBJETIVOS: 1) Obtener las fuerzas en los en una armadura plana mediante los métodos. a) Metodo de los nudos b) Metodo de las secciones c) Metodo matricial 2) Obtener las fuerzas que actúan en de bastidores y maquinas ARMADURAS SIMPLES

Una armadura plana compuesta por esbeltos unidos entre si mediante soldadura o pernos muestra la unión de los elementos mediante un peso común. Como los son esbeltos generalmente despreciamos el peso del miembro, y estos trabajan a Tencion y a compresión Si la fuerza tiende a alargar el miembro, es una fuerza de tencion (T), mientras que si tiende a acortarlo, es una fuerza de compresión (C).

ARMADURAS PLANAS Las armaduras planas son aquellas que se las analiza en un solo plano como por ejemplo . las vigas para techo Fig 3. Los apoyos son pasador y rodillo, el rodillo sirve para disipar esfuerzos por temperatura ya sean de tracción o de compresión. Las armaduras planas también pueden utilizarse como vigas de puentes metálicos en las cuales todas las cargas que recibe actúan en los nudos , no en los . HIPOTESIS DE DISEÑO Para el análisis de armaduras consideramos 2 hipotesis. 1.- Todas las cargas están aplicadas en los nudos, si en un análisis se considera al peso, es satisfactorio aplicarlo como una fuerza vertical, la mitad de su magnitud aplicada a cada extremo del miembro. 2.- los están unidos entre si mediante pasadores fijos, esta hipótesis nos permite, no considerar al giro, rotación o momento en los nudos deben ser concurrentes a un punto común

ARMADURA SIMPLE La armadura simple se forma a partir de una armadura triangular tal como muestra la Fig 6. Como muestra la Fig 6. Una armadura triangular es rigida. Si una armadura tiene 4 elementos como muestra la Fig 7. Esta es una armadura flexible y para volverla rigida es necesario soldarle el elemento AD con eso ratificamos el hecho de que la armadura simple se forma a partir de la armadura triangular cada vez que aumentamos los elementos se aumenta su nudo.etc

EL METODO DE LOS NUDOS Vamos a explicar su proceso mediante un ejemplo sea la armadura elemental simple mostrada en la Fig 8. Al aislar la estructura de sus apoyos podemos obtener las reacciones, haciendo equilibrio externo.

El método consiste en analizar un nudo que tenga máximo 2 fuerzas desconocidas puesto que tenemos 2 ecuaciones para equilibrio ∑ ;∑ . El analizar el nudo por ejemplo el nudo C. Como todas las fuerzas concurren a C el giro no existe. Como las fuerzas en los pueden estar en Tension o compresión (Tencion al miembro tensión al nudo ;y comprime el miembro comprime al nudo). Entonces hay que asumir las direcciones de las fuerzas, se las puede hacer de 2 formas 1 ._ Asumiendo que las fuerzas que actúan en los están en tensión si en el anasis el resultado fue positivo el miembro se encuentra en tensión y si el resultado fue negativo el miembro se encuentra en compresión. 2._ colocando las direcciones de los por inspección (las fuerzas de tensión opuesta a la fuerza que ya existe para que haya equilibrio en el nudo). Es decir procurar que las fuerzas en el diagrama de cuerpo libre puedan ser resueltas fácilmente en sus componentes x,y; y luego aplicar las 2 ecuaciones de equilibrio. Se selecciona un nudo que tenga cuando mucho 2 incognitas. ∑

;∑

. Nudo B ∑

; 500 – TBC Sen 450 = 0

; FBC= 707.1N (C)

∑

; FBC Cos 450 – FBA = 0

Nudo C ∑ ∑

; FBA= 500N(T)

; - FCA + 707.1 Cos 450 = 0 ; FCA= 500 (T) ; CY – 707.1 Sen 450 = 0 ; CY = 500

Nudo A ∑ ∑

; 500 – AX= 0 ; 500 – A Y= 0

; AX = 500N ; A Y = 500N

METODO DE LAS SECCIONES

El método de las secciones se basa en el principio de estructuras que indican: “si un cuerpo se encuentra en equilibrio cualquier parte del cuerpo también se encuentra en equilibrio. Fig 1. La Fig 1 presenta un cuerpo sometido a fuerzas de Tension (FT), si cortamos el cuerpo tal como indica el corte 1-1, cada parte del cuerpo estará sometido a fuerza de tensión equivalentes.

Si consideramos al cuerpo sometido a fuerzas de compresión (FC) y le hacemos un corte 2-2, cada una de las partes, están equilibradas mediante fuerzas de compresión tal como indican el corte 22. Para aplicar el método de las secciones cortamos a la estructura en 2 partes cada parte debe estar en equilibrio. Generalmente escogemos la parte o sección que involucre el menos numero de fuerzas para el análisis. La importancia de este método radica en que no se necesita resolver toda la armadura para analizar la fuerza actuando en un elemento particular, como sucede en el método de los nudos. Si nos interesa analizar las fuerzas que actúan en 2 elementos de una armadura debe realizarse un corte que pase por los elementos que queremos analizar el corte en lo posible debe seccionar a no mas de 3 elementos. En este método se aplican 3 ecuaciones particulares para el equilibrio: .∑ ; .∑ ; .∑ Estas ecuaciones deben resolverse para no mas de 3 incognitas. Para evitar resolver sistemas de ecuaciones el estudiante debe escoger la ecuación apropiada en la cual contenga solo una variable. La sumatoria de momentos podemos realizarla escogiendo un punto que incluso se encuentre fuera de la armadura. Debe recordarse que el principio de transmisibilidad o de vectores deslizantes toma importancia en la aplicación de este método. Si hubiere la necesidad de incluir fuerzas reactivas en la parte seccionada, estas deberán ser determinadas previamente mediante el análisis de equilibrio extremo de la armadura. Al igual qu en el método de los nudos para determinar las direcciones de las fuerzas que actúan en los elementos la podemos hacer de 3 formas distintas. 1) Asumiendo que todas las fuerzas actúan en tencion. Una respuesta positiva nos indica que el elemento se encuentra en tensión y una respuesta negativa nos indica que se encuentra en compresión. 2) Indicar las direcciones de la fuerza por inspección, es decir procurando que las fuerzas se equilibren en la estructura seccionada. 3) Colocando aleatoriamente las direcciones de las fuerzas una respuesta positiva indica que la dirección de la fuerza es contraria a la asumida. Este ultimo criterio será el que preferentemente utilizaremos para la solución del problema.

∑ 1000 * 4 + Fgf * 2 = 0

Fgf = -4000/2 = 2000N (C) ∑ -1000 + Fgc * √ Fgc = 1414.2 N ∑ -2000+1414.2*

=0

√

- Fbc = 0

Fbc = - 1000N (C) Fbc = 1000N (T)

6.43 ) DETERMINE LA FUERZA DE LOS CD,CF y CG y ESTABLESCA SI ESOS ESTAN EN TENSION O EN COMPRESION.

-4(5) -4 (10) -5(15) -3 (20) +Ey (20) = 0 Ey = 9.75 ∑ ∑ ( ) Fdc = - 11.25 ( C )

( )

( )

Mediante el método matricial Para aplicar este método necesitamos resolver el sistema matricial [C]2n*2n*{F} ={P}2n*1 Siendo *C+, la matris de los coeficientes de los cosenos directores de orden 2n*2n ; siendo “n” el numero de nudos de la armadura, {F} es el vector que contiene las fuerzas en los elementos de la armadura (lo que vamos a calcular).

{P} es el vector que contiene las cargas externas aplicadas en los nudos.

Lij = Longitud del elemento Lij =√( ) ( ) ; ( 1) Fij = Fij Cos α i + Fij Cos ᴕj ; (2) Cos α = (Xj – Xi) /(Lij);(3); Cos ᴕ = (Xi – Xj) /(Lij); Lij = Cos α ; Lij = - Lji Cos β = (Yj – Yi) /(Lij) ;(4); Cos Ϩ = (Yi – Yj) /(Lij); mij = Cos β ; mij = - mji Para el nudo i ∑ ; Rix +Fikx+ Fij *Lij + Figx + Fihx = 0 ∑ ; Riy +Fiky+ Fij *mij + Figy + Fihy = 0 Para el nudo j ∑ ; px +Fikx+ Fij *Lij + Figx + Fihx = 0 ∑ ; Riy +Fiky+ Fij *mij + Figy + Fihy = 0

Para obtener la fuerza en los se resuelve la ecuación {F}2n*1 =[C]2n*2n {P}2n*1 , Es decir hay la necesidad de invertir la matriz de los coeficientes de los cosenos directores y lo podemos hacer mediante la hoja electrónica Excel. La matriz de los coeficientes se la elabora en base al factor de las fuerzas por ejemplo 6.3 ) Obtener las fuerzas en los mediante el método matricial de la armadura mostrada en la fig.

1. Enumere los nudos con letras minúsculas 2. Dibujar las reacciones producidas por los apoyos en las direcciones positivas.

3. Obtener los coeficientes de los cosenos directores empezando por cualquier nudo(elaborar la tabla siguiente). Elemento ab ad ba bd bc cb cd dc db da

Xj - Xi 3 6 -3 3 3 -3 0 0 -3 -6

Yj - Yi 4 0 -4 -4 0 0 -4 4 4 0

Lij 5 6 5 5 3 3 4 4 5 6

Cos α 0.6 1 -0.6 0.6 1 -1 0 0 -0.6 -1

Cos β 0.8 0 -0.8 -0.8 0 0 -1 1 0.8 0

4. Obtener las coordenadas de los nudos. ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑

0.6 0.8 -0.6 0 0 0 0 0

1 0 0 0 0 0 1 0

0 0 0.6 -0.8 0 0 -0.6 -0.8

0 0 1 0 -1 0 0 0

0 0 0 0 0 -1 0 1

0 1 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 1 0 0 0

0 0 0 0 0 1 0 0

Fab Fad Fbd Fcb Fcd Ray Rcx Rcy

=

=

0 0 0 400 0 0 600 0

CENTRO DE GRAVEDAD Objetivo: 1. Analizar los conceptos de centro de masa, centro de gravedad y centroidespara el caso de los cuerpos rigidos. 2. Hacer una demostración de la determinación del centro de gravedad, centro de masa para un sistema de partículas discretas. 3. Aplicar los teoremas de Pappus y Guldinus para determinar areas y volúmenes de revolución de cuerpos rigidos. 4. Presentar un método para determinar la resultante de una carga general distribuida, y dibujarla. Cuando sea necesaria para determinar la resultante en un fluido. Centro de gravedad de sistemas de partículas discretas.

Suma de momentos con respecto al eje Y W= W1+W2+W3+W…..Wn .. (1) ∑ x … (2) Consideremos un sistema de partículas discreta. Fig 1 G es el punto de aplicación del peso resultante en la ecuación 1 Si tomamos momentos con respecto al eje Y Obtenemos x = Ecuacion (2) De la misma forma consideramos suma de momentos respecto al eje X y Obtenemos. ∑ y … (3) Para obtener z giramos los ejes 900 tal como muestra la fig 2.

Y tomamos momentos con respecto al eje X Obtenemos ∑

z

… (4)

para obtener el centro de masa ( muy importante para el análisis de estructuras) consideramos las formulas 2,3,4. Considerar P= mg ∑

/m (5)

∑

/m (6)

∑

/m (7)

De la ecuación 5, 7 . se simplifica y queda la graveda =9.81 que es constante

Se ha recogido una particula infenitesima cuyo volumen dx en la cual el centroide “G” se ubica mediante las coodenadas x, y ,z . suponiendo que el centro de gravedad del cuerpo se ubica en G. ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

→

∫ ∫

→

∫ ∫

El peso especifico para numerador y denominador formulas. 11, 12, 13, no se simplifica puesto que los cuerpos pueden ser compuesto de un material no homogéneo Centro de masas. ɣ= W/V= mg /V ; → (P) densidad = m/V ɣ = P* g Si consideramos que el peso especifico es igual a la densidad por la gravedad entonces las formulas , 11, 13 se transforman en. ∫ ∫

(14);

∫ ∫

(15);

∫ ∫

(16)

La ecuación .14;15;16; sirven para obtener el centro de masas(coordenadas ) de un cuerpo. Centroide. El concepto de centroide se refiere al centro geométrico, este se concepto se lo utiliza para el caso en el que los cuerpos son uniformes y homogéneos es decir su espesor es uniforme y además están compuestos del mismo material ( hormigón , aluminio, acero) Consideremos casos de importancia.

VOLUMENES AREAS ALAMBRES Para el centroide ∫ ∫

; (17)

∫ ∫

; (18)

∫ ∫

; (19)

Las formulas, 17, 18, 19, definen las coordenadas del centroide del volumen AREAS

Para aplicar las ecuaciones 23,24,25 el elemento diferencial dL, en coordenadas rectangulares. Lo puedo obtener aplicando la propiedad pitagórica

√ √

÷ dy *dy

√

( ) dy ; (26)

√

( ) *dx ;(27)

Metodologia para la solución del problema. 1) Establesca el sistema coordenado que va a utilizar (coordenadas rectangular o polares) 2) Para el caso de líneas dL es la representación de un segmento diferencial de la línea. 3) Para el caso de áreas dA generalmente es un rectángulo diferencial de longitud finita, ancho diferencial. 4) Para el caso de volúmenes dV puede ser un disco de radio finito y espesor diferencial o puede ser un cascaron de radio y longitud finita y espesor diferencial. 5) Localice el punto de coordenada, x, y; que define la forma de la curva analítica. 6) Definir , dL, dA, dV, en función de la ecuación analítica que define la frontera del cuerpo. 7) Para poder realizar la integración es necesario que la variable este en función del diferencial. 8) ̃ , ̃ , ̃ ,son las coordenadas que definen el centroide del elemento diferencial. 9) Sustituir ,dL, dA, dV, ̃ , ̃ , ̃ , en las ecuaciones apropiadas que posibilite realizar la integración. 10) Los limites de la integral son los extremos que barre el elemento diferencial.

̃ ̃

̃

∫

;̃

∫ ̃√

̃

∫

;

√

√( )

.

√( ) <<
√

Denominador

√(

)

√

(

√

)

∫√ 2

2

√

√

(

)

2

X = 4y X = 2Y dx = 2dy

a =1

√

∫

√

∫

)

√(

√

√

(

(

√ )

(

√

√

)

( √ )

)

∫ √ ∫√

(

√ √

(

(

√ )

)

√

) ̃

̃

∫ √ ∫ √

Formula denominador ∫ √ 2

2

√(

)

2

X = 4y X = 2Y dx = 2dy √ ∫

a =1

) √( = 0.93-0.08= 0.85

Centroide de ¼ de circunferencia Demostracion utilizando coordenadas polares; un punto cualquiera queda definida por el radio vector y por el argumento o angulo

Centroide triangular

de

una

area

Centroide de ¼ de circulo ̃

∫

̃

∫

;̃

̃

̃ ̃ ̃ ∫ (

̃

∫ (

)

∫ (

̃

)

∫ (

)

∫ (

)

∫ (

)

̃ ̃

)

)(

∫ ∫

∫ (

)

∫ (

)

∫

̃

∫

̃

∫ ̃

|

|

|

|

(

)

∫ (

)

∫

(

)

∫

∫

|

|

∫ (

)

∫

∫

|

|

∫

̃

̃ Calculo del centroide de un cuerpo de revolucion Un cuerpo de revolucion es aquel que se genera que se genera al dar una vuelta completa;una area plana alrededor de un eje especifico. En un cuerpo de revolución el centroide se encuentra ubicado sobre el eje de rotacion. PROBLEMA Obtener.las coordenadas ̃ que definenel centroide de un paraboloide de revolucion mostrado en la figura. ̃=?

Existen 2 metodos para obtener el centroide C mayuscula. Metodo 1 1. Considerando el volumen diferencial dv un disco de espesor infenitesimal. El disco es perpendicular al eje de revolucion.

̃ ̃

∫

̃

̃

∫ ∫ ∫

|

|

|

|

∫

̃

∫

∫ ∫

̃

2. El elemento diferencial es un cascaron cilindro hueco de espesor infenitesimal. El elemento diferencial es paralelo al eje de revolucion.

̃ (

∫

̃

∫

)

(

∫

̃

(

)

(

) (

∫

̃

| |

| |

| |

| |

*

) (

∫

)

∫

̃

)

(

∫

̃

)

*

∫

∫

+

∫

̃ +

9.33

∫

̃

∫

̃

∫

∫

̃

∫

(

∫

̃

∫

)

∫

| |

METODO CASCARONES ̃

̃

(

∫

| |

̃

∫

̃

)( (

|

|

|

|

) )

(

∫ ( ∫ (

) )

̃

)

∫ ( ∫ (

CENTRO DE GRAVEDAD DE CUERPOS COMPUESTO

)

∫ )

∫ ∫

∫

Un cuerpo compuesto es aquel que consiste de varios cuerpos conectados entre si, los cuerpos elementales pueden ser rectangulares, circulares, trapeciales, triangular, etc. Si el cuerpo compuesto esta constituido del mismo material; Ejm hormigon, madera aluminio, acero, etc. Significa que tiene la misma densidad o peso especificopor lo tanto el centro de gravedad coincide con el centroide del cuerpo compuesto.

Para obtener el centro de gravedad de un cuerpo compuesto utilizamos las primeras formulas escritas en este capitulo.

En la cual, ̃ ̃ ̃ ,son las coordenadas que definen el centro de gravedad del cuerpo compuesto, ̃ ̃ ̃ , on las coordenadas que definen el centro de gravedad de cada elemento. Metodologia de calculo. 1. Gaficar los ejes cartesianos referidos al cuerpo compuesto. 2. Dividir el cuerpo en elementos que pueden ser cuadrados, rectangulares, triángulos y círculos, etc. Si existe huecos en el cuerpo compuesto estos deberán tener un peso negativo y consecuentemente su primer momento o momento de primer orden debe ser negativo. De igual forma; un elemento inexistente debe tener peso negativo y momento de primer orden negativo. 3. El proceso puede llevárselo acabo elaborando la siguiente tabla. elemento ∆W(N) ,̃ ̃∆W ̃∆W ̃ ∆W ̃ ̃ 1 2 3 n ∑ ∑ ∑ ∑ 4. Si el cuerpo compuesto esta constituido del mismo material, el centro de gravedad consideçira con su centroide y las formulas tienen que ser modificadas, según sea el caso, para su aplicación respectiva. 9.45) localice el centro de masa ( ̃, ̃) de las cuatro partículas.

elemento ∆W(N)

,̃

̃

̃∆W

̃∆W

1 2 3 4 ∑ ̃ ̃

∑̃ ∑ ∑̃ ∑

1 2 5 2 10 ∑̃ ∑ ∑̃ ∑

-1 1 2 1

∑̃ ∑ ∑̃ ∑

1 3 4 -2 ∑

-1 2 10 2 13

1 6 20 -4 23

b

9.54) El muro de gravedad esta hecho de concreto. Determine la ubicación ( ̃, ̃) del centro de gravedad G del muro.

Para obtener la longitud total de la linea generadora y el centroide de la misma utilizo la siguiente tabla elemento ∆L ̃∆L ̃ Ab 15.5 7.5 116.25 Bc 30 15 450 ∑ 45.5 ∑ 566.25 ̃ A = θ̃ A = 2𝛑(12.4)(45.5) A= 3557.85 A = 3.56 *10-3pies2 Teorema de pappus.- Guldin o Guldinus Estos teoremas se refieren al cálculo de superficies laterales de cuerpos de revolución y al cálculo de volúmenes. La superficie lateral de un cuerpo de revolución se genera haciendo girar una línea alrededor de un eje llamado eje de revolución por ejemplo. Consideramos la línea horizontal como eje de revolución y la línea ab como línea generadora al dar una vuelta completa la línea alrededor del eje se genera el área lateral de un cono. Si el eje de revolución es el eje vertical la línea ab al dar una revolución completa alrededor del eje genera el área lateral de un cilindro.

Si hacemos girar una area triangular, a, b, c, alrededor del eje horizontal se genera el volumen de un cono.

Si hacemos girar una area rectangular alrededor del eje vertical generamos el volumen de un cilindro. En el siglo tercero de la era cristiana el matemático pappus, establece 2 teoremas, el primero se refiere al calculo de superficies laterales del cuerpo de revolución. Y el segundo teorema se refiere al cálculo de volúmenes de cuerpos de revolución. Posteriormente el matematico Guldin o Guldinus del siglo XVII moderniza los 2 teoremas con aplicación al cálculo infinitesimal. LOS TEOREMAS SON LOS SIGUIENTES. TEOREMA 1._ El área de una superficie de revolución es igual a la longitud de la línea generadora multiplicada por la distancia recorrida por el centroide de la línea al generar la superficie.

̃ ∫

; (1) ∫̃

; (2)

̃ ; (3) ∫̃ A = superficie lateral ̃

̃

∫̃ ∫

∫̃

̃

; (4)

;(5)

Consideremos el eje vertical, eje de rotación y la línea AB línea generadora. Fig 3; concideremos una longitud diferencial dL al dar una vuelta completa genera la superficie lateral de un anillo cuyo centroide se encuentra en ̃ minúscula entonces el diferencial del área dA será igual a ecuación 1, si deseo obtener la superficie lateral total debo integrar ecuación 2en el cual el área queda expresada por la ecuación 3, recordando que la integral ∫ ̃ ̃ ecuación 4 y remplazando en la ecuación 3 , obtengo la superficie lateral ecuación 5. AL (superficie lateral) ̃ ;(5) TEOREMA 2._ El volumen de un cuerpo de revolución es igual al área generadora multiplicada por la distancia recorrida por el centroide del área al genarar el volumen.

̃

∫ ∫̃

; (6) ∫ ̃ ; (7) ; (8) ∫̃ ̃ ; (9) ̃ ; (10)

r =̃

Consideremos el área generadora. Fig 4, El área diferencial dA al girar una revolución completa alrededor del eje vertical genera el volumen de un anillo a ese volumen lo llamamos dV será igual a ̃ . Ecuación 6 Es decir ;ecuacion 8. Por conocimientos anteriores la integral de ∫ ̃ ̃ , ∫̃ ecuación 9. Si reeplazamos ecuación 9 en ecuación 8 obtengo ̃ ; ecuación 10. Para general superficies o volúmenes no necesariamente el centroide de la línea o del área recorre 3600 el recorrido puede ser en angulos comprendidos entre moyor a 00 y menor o igual a 3600 esto sugiere que el angulo este dado en radianes.

Fuerzas internas en vigas OBJETIVOS: 1. Mostrar como aplicar el método de las secciones para determinar las fuerzas internas en los elementos 2. Generalizar este procedimiento de manera que puedan formar las ecuaciones que determinan las fuerzas internas de axial fuerza cortante y momento flexionante en los elementos.

V = Fuerza cortante (N, KN, Lb, Kip) M = momento flexionante (N. m, KN.m, Lb.pies, etc) N = fuerza axial (N, KN,…….) Sea la viga de la figura 1 a, isostática en la cual actúan F1 y F2 como cargas externas. La Fig 1 b, indica las reacciones producidas por los apoyos en un DCL. Las reacciones pueden ser obtenidas

mediante equilibrio externo. Si seccionamos la viga con el corte a´ - a. tal como se indica y separamos sus partes Fig 1 c, obtendremos el diagrama de la izquierda como fuerza interna, fuerza vertical (v) y momento flector en sentido contrario.(N) Fuerza axial en N, KN. V se llama la Fuerza cortante y se mide en (N, KN, Lb, Kip), y M se llama momento flexionante o simplemente momento flector, tanto (v) como (M) se convierten en fuerzas externas. ∑ Para obtener , N, M, V, Podemos aplicar las ecuaciones para el equilibrio ∑ ∑ .con respecto al punto de corte. La sugerencia de tomar momentos con respecto al punto de corte, es para eliminar las incongnitas N y V. Los problemas que vamos a desarrollar en este sistema preferencialmente van a ser bidimensionales y el DCL en el punto de corte será como se indica.

Para el caso de un elemento tridimensional como el mostrado en la Figura 3. My = es el momento torsor y actua a lo largo de la longitud del elemento. Mx y Mz =bson los momentos flectores que actúan en el plano xz, el momento resultante que se obtiene aplicando la propiedad pitagórica. N= fuerza axial Vx y Vz = son fuerzas cortantes actuando en el plano xz. √ √

Procedimiento de analisis. 1. Obtener las reacciones producidas por los apoyos aplicando equilibrio externo a la estrucctura. 2. Si el elemento es parte de un bastidor las reacciones en sus conexiones son determinadas aplicando el metodo de la seccines para armaduras. 3. Corte a la estrucctura en un punto donde se quiera determinar las fuerzas internas, V, M, N, coloque las fuerzas externas que actuan sobre el elmento. 4. Si el miembro esta somentido a un sistema coplanar solamente deben determinar V,M,N. 5. Si el sentido de la fuerza internas no puede ser determinado, entonces, debe suponerse el sentido de dicha fuerzas si la solucion da negativa significa que el sentido es contrario al supuesto. 6. Los momentos deben ser sumados en la seccion con respecto a ejes que pasen por el centro geometrico o centroide de la seccion transversal del elemento asi eliminamos la fuerza normal y cortante desconicidas y podemos obtener directamente el momento flexionante.

7.3) la viga soporta la carga mostrada en la figura . determine la fuerfa normal interna, la fuerza cortante y el momento flexionante que actuan justo a la izquierda, punto B, y justo a la derecha, punto C, de la fuerza de 6 KN.

∑ ( ) . ∑ ∑

∑

∑ ( )

.

∑

∑ ∑

∑

( )

. ( )

Ecuaciones y diagramas de fuerza cortante y momento flexionante en vigas. Las vigas son elementos estruccturales primaticos que soportan preferencialmente cargas uniformes distribuidas. En las cuales actúan a lo largo de su luz fuerzas cortantes y momentos flexionentes. En este tema (por la naturaleza de las cargas) no se consideran las fuerzas axiales.

El diagrama de esfuerzo cortante y el de momento flexionante se lo puede obtener calculando una función de fuerza cortante y una función de momento flexionante , obtenida en la grafica de la fuerza cortante y de momento flexionante podemos estar en capacidad de diseñar la viga con la ayuda de código ecuatoriano de la construcción (Norma NEC - 11) y con la aplicación de un proceso técnico adecuado. Para obtener la función de cortante y momento debemos ponernos de acuerdo con el signo positivo para dichas cargas internas.

Tal como apresiamos en la Fig 2ª. La fuerza cortante (v) se la considera positiva cuando le produce al elemento una rotación giro o momento en el sentido de las manecillas del reloj. El equilibrio se produce en la Fig 2b.

El momento se lo considera positivo cuando la rotación comprime las fibras superiores y se produce una deformación cóncava hacia arriba. PROCEDIMIENTO Y ANALISIS. 1. Haciendo equilibrio externo obtener las reacciones producidas en los apoyos. Se va tratar en este tema con vigas isostaticas es decir articulada en un extremo y con apoyo de rodillo en el otro, las vigas hiperestáticas no van ha ser analizadas. 2. Cortar la viga en un punto donde la carga cambia de dirección y magnitud y obtener la función de fuerza cortante y momento flexionante a lo largo de la sección cortante. 3. La fuerza cortante se obtiene sumando fuerzas perpendiculares al eje de las mismas. 4. El momento flexinante se obtiene sumando momentos con respecto aleje de corte, asi eliminamos (v). 5. Obtenidas las funciones de (v) y de (M) podemos graficarlas dibujando en el eje de las (x) las distancias y en el eje de las (y) la función de carga, ya sea (v) o (M). 6. Tenemos que ponernos deacuerdo en el sentido de las cargas y que cuando la fuerza cortante es cero el momento flector es máximo.

∑ ∑

; ;

(

)

Cables Los cables son estructuras flexibles e inextensibles su flexibilidad lo hace que adopte diferentes formas y la función que determina la forma del cable puede ser determinada con los conocimientos de las matemáticas, además por su flexibilidad, el cable esta sometido solamente a fuerzas de tensión, esto significa que no intervienen los momentos flexionantes. Los cables son elementos de una estructura que soportan y trasmiten grandes cargas o fuerzas como el caso de los puentes colgantes, tranvías. En estos casos el peso propio del cable no es considerado. Cuando los cables sirven como transmisión en antenas y en estaciones para derivar la corriente eléctrica en estos casos si se considera el peso propio de los cables, tenemos tres casos. 1. Un cable sometido a cargas concentradas. 2. Un cable sometido a fuerzas uniformes distribuidas. 3. Un cable sometido a su peso propio. En este tema vamos a abordar solamente los dos primeros casos. Caso I Cables sometidos a cargas concentradas.

Fig 1 La figura 1 presenta el cable ACDEB sometido a tres fuerzas P1, P2, P3. Las fuerzas y las longitudes L1, L2, L3, L4 son conocidas.

Las flechas elásticas Yc, YD y YE son desconocidas y el valor de h conocido. Como el cable es flexible e inextensible y solamente se produce fuerzas de tensión entonces existen 11 incógnitas, las cuatro fuerzas reactivas Ax, Ay, Bx, By, las cuatro tensiones en los cables TAC, TCD, TDE, TBE y las tres flechas Yc, YD y YE. Para resolver el problema necesitamos plantear 11 ecuaciones independientes. El problema es complejo desde el punto de vista matemático. Con la ayuda de una hoja electrónica podemos resolver adecuadamente este tipo de problemas. La mecánica a seguirse es la siguiente (pero no es la única). 1. Haciendo equilibrio externo podemos calcula las fuerzas reactivas. 2. Considerando el nudo A podemos calcular la tensión TAC. 3. Considerando el nudo C podemos calcular la tensión TCD, etc. 4. Mediante la apliocacion de la trigonometría podemos calcular la longitud del cable y las flechas Yc, YD y YE 7.13

Determine la tensión en cada segmento del cable mostrado en la figura

1. Aplicación del equilibrio externo.

2. De acuerdo con la ecuación 1 Ax = Bx que puede ser determinada cortando la estructura en la forma indicada, puesto que la flecha YD es conocida e igual a 12m. Haciendo equilibrio externo aplico ∑ MD = 0

Equilibrio en el Nudo A

Equilibrio en el Nudo C

Equilibrio en el Nudo E

Obtencion de la flecha YC A

3m

Yc = 5.69 m

Yc

C

Obtencion de la flecha YE B

2m

YE = 3.16 m YE

C

Obtención de la longitud del cable A

3m

5m

8m

2m

E

3.16m 5.69m

D C

( √( ) CD = 8.05 m

hDE = 12m – 3.16m hDE = 8.84 m

12m

B

)

hCD = 12m - 5.69m hCD = 6.31 m

AC = √( ) ( AC = 6.43 m

CD = √( ) BE = √( ) ( ) DE = 11.92 m

(

)

)

DE = BE = 3.74 m

LT = 6.43 m + 8.05 m + 11.92 + 3.74 m LT = 30.14 m Cable sometido a fuerzas uniformes distribuidas.

Fig 4 En la figura 4 se representa el cable AB sometido a una carga W = W(x) uniformemente distribuida a lo largo de todo el cable.

Si consideramos una longitud diferencial de cable (pedazo de cable) ∆x ubicado a una distancia x de A. Si lo aplicamos:

Fig 5 La figura 5 representa un pedazo de cable de longitud ∆s. su proyección horizontal es ∆x y su proyección vertical ∆y. como el cable esta sometido exclusivamente a fuerzas de tensión y la carga varia a lo largo del cable entonces si la tensión al lado izquierdo vale T y del otro lado vale T + ∆T y el ángulo que forma con la horizontal es Ө y del otro lado es Ө + ∆Ө. Para no graficar la carga uniforme distribuida reemplazamos dicha carga por una carga puntual. Medida una distancia k.∆x respecto de O, k es un numero que puede constar 0 < k < 1 Ecuaciones de equilibrio

Dividiendo las ecuaciones (1) a (3) para ∆x y tomando límite cuando ∆x tiende a 0 y por tanto ∆y tiende a 0, ∆T tiende a 0 y ∆Ө tiende a 0.

De acuerdo con la ecuación 2.

Integrando la ecuación (5) nos queda

d (T Sen Ө) = W(x) dx

De la ecuación (4) se deduce que T Cos Ө es igual a una constante y a esa constante le llamo FH

De acuerdo con la ecuación (7) FH es igual a la componente horizontal de la tensión T. Dividiendo la ecuación (6) entre la ecuación (7) se elimina T ∫ ( ) ( ) Dividiendo la ecuación (3) para ∆x y aplicando límites nos queda:

( ) Y además considerando la ecuación (9) obtengo: ∫

( )

(

)

Integrando una vez y luego otra vez me queda:

La ecuación (11) se utiliza para determinar la función de la curva del cable y = f (x). la componente horizontal de la tensión FH y las constantes de integración C 1 y C2 se las obtiene aplicando condiciones de frontera. PROBLEMAS RELACIONADOS CON CABLES SOMETIDOS A CARGAS UNIFORMES DISTRIBUIDAS. El problema que desarrollamos a continuación es general y abarca el ámbito de cables cuando se conoce la luz o proyección horizontal, la flecha, la carga uniforme distribuida Wo 7.14 El cable de un puente colgante soporta la mitad de la superficie uniforme del camino que se localiza entre las dos columnas ubicadas en A y B, como se muestra en la figura. Si esta carga distribuida es Wo, determine la fuerza máxima desarrollada en el cable y la longitud requerida de éste. La longitud del claro L y la flecha h son conocidas.

Tmax = ¿ L= longitud del cable y = f (x)

Integrando: ∫( ( )

∫(

)

( )

)

Para obtener C1 y C2 aplicamos condiciones de frontera. Cuando x = 0 , y = 0 (

)

C2 = 0 Para determinar C1 aplicamos la siguiente condición de frontera. ∫(

( )

∫( ( ) (

) )

)

C1 = 0 ∫( W(x) = Wo

( )

)

( ) ( ) Para obtener el valor de FH nuevamente aplicamos condiciones de frontera cuando x es igual a L/2 “y” vale h. x = L/2 , y = h

( ) Reemplazando (3) en (2) nos queda:

( ) La tensión es máxima cuando Ө es máximo. Fh = T Cos Ө

Derivo la ecuación (2)

La derivada que es igual a la tangente del ángulo la evalúo al punto B que es donde se produce el ángulo máximo. | √𝑊𝑜 𝐿

𝐹

√

WoL

Reemplazando 2FH

√ √

( )

Reemplazo FH √

(

)

√

√

√

Longitud del cable ∫

√

(

√

(

∫

√

√

)

)

(

)

Resolviendo la Integral nos queda:

∫ ̅ ̅

∫

; (10) (

)

(

)

∫ ∫ ∫

; (11) ; (12)

La figura numero 8 contiene una placa plana de ancho variable totalmente sumergida en fluido. La distribución P(x,y) varia linealmente de acuerdo al conocimiento anterior Para obtener la fuerza resultante sobre la placa plana, consideramos un prisma de base x dy´ ese es el diferencialdel área, . Para obtener la fuerza el elemnto diferencial que es igual al diferencial del volumen . Utilizamos . Para obtener la fuerza resultante integramos la expresión en todo el volumen. Ecuación (10). La fuerza resultante actua en el centro de presión ̅ ̅. Para obtener la ubicación utilizamos la ecuación (11) y (12). 9.106) determine la magnitud de la magnitud hidrostática resultante que actua sobre la presa y su hicacion, medida desde la superficie superior del agua. El ancho de la presa es de 8m y ρagua = 1.0 Mg/m3.

Se trata de una placa plana de ancho constante.

9.109) La presa de “gravedad” de concreto es mantenido en su lugar por su pripio peso si la densidad del concreto es ρc = 2.5 Mg/m3, si si el agua tiene una densidad de ρagua = 1.0 Mg/m3, determine la dimensión d mas pequeña que impedirá que la presa se voltee alrededor de su extremo A.

ρc = 2500 kg/m3

ρ = m/v

ρagua = 1000 kg/m3

P =mg

Dimencion para que no se voltee

m = P/g

(

Calculo del perso de presión ( (

) )(

)

)

DCL Para el equilibrio de una presa ∑ ∑ ( ) ( ) ( )

( )

9.113) Determine las componentes horizontales y vertical de la fuerza resultante que el agua ejerce sobre el lado de la presa. La presa tiene 25 pies de largo y ƴW = 62.4 lb /pie3.

∫

;

∫(

)

∫

∫ (

; ;

)

MOMENTOS DE INERCIA

̅ ∫

∫

̅

∫ Primeros momentos de áreas (momentos de primer orden de áreas)

( ) ∫ Ix= Momento de Inercia con respecto al eje x Ix= se mide en m4, cm4, mm4, pulg4, pies4 Objetivos: 1. Deducir un método para determinar el momento de inercia de un área. 2. Presentar el producto de Inercia y mostrar como determinar os momentos de Inercia máximos y mínimos de áreas. 3. Analizar el momento de inercia de masas. Definición del momento de inercia d masas. Anteriormente se ha evaluado el numerador para obtener las coordenadas del centroide de áreas, el numerador es ∫ ̅ a esa expresión la conocemos como primeros momentos de áreas o momentos de primer orden de áreas. A la expresión ∫ la conocemos con el nombre de momento de inercia y en particular es el momento de inercia con respecto al eje x que la designamos con Ix. Ix se mide en m4, cm4, mm4, pulg4, pies4 es decir el momento de inercia nunca puede ser negativo porque esta en unidades a la cuarta.

Fig.

σ = Esfuerzo = K.Z (1) dF = Fuerza diferencial que actúa sobre el área dA. dF = σdA = K.ZdA (2) Obtengo el momento con respecto al eje y dM = ZdF (3) dM = Z(K.ZdA) = K.Z2dA (4) ( ) ∫ Consideremos el elemento de sección circular como el resultando en la figura 1 la distribución de presiones sobre el eje y esta dirigida hacia la derecha y se la considera de compresión y la distribución de presiones bajo el eje y esta dirigida hacia la izquierda y se la considera de tensión. Se ha representado un área diferencial dA dentro del Área y en ella actúa el esfuerzo σ y la fuerza diferencial dF. σ= K.Z entonces dF será igual a σdA reemplazando el valor de σ dado en (1) obtengo dF = KZdA (2) El momento flexionante de la sección respecto al eje y diferencial es igual dM = ZdF ec. (3) reemplazando el valor de dF dado en la ec. (2) obtengo dM = K.Z 2dA ec. (4)

Integrando para encontrar el momento flector ( ). La integral ∫ tiene la misma forma de la dad en la ecuación I y consecuentemente representa el momento de inercia de la sección transversal del elemento. Momentos de Inercia Consideremos el área mostrada en la Fig. 3 entonces el momento de inercia del área con respecto al eje x eje y

∫

( ) El momento de Inercia con respecto ale

∫

( ) y el momento de inercia con respecto al polo u origen

le llamamos Jo que es igual a

( )

∫

De acuerdo a la propiedad pitagórica r2 =

entonces

∫ (

)

es

decir entonces Jo = Iy + Ix ec (9) ∫ ∫ Jo expresado en la ec. (9) se la llama Momento Polar de Inercia.

Fig. 3 Teorema de los ejes paralelos para un área. El teorema de los ejes paralelos fue descubierto por el profesor Stayner por lo cual el teorema lleva su nombre. Consideremos la fig. 4 en la cual se ha graficado un área y unos ejes coordenados xy. Grafiquemos el centroide de esta área y tracemos dos ejes paralelos x’ y y’ como los ejes x’ y y’ pasan por el centroide del área se los llama ejes centroidales y los ejes x y y se los llama eje principales o ejes paralelos entonces si consideramos un área dA la distancia al centroide r’ , la distancia del eje x’ , y la distancia del eje y’ , la distancia de O hacia el centroide la llamamos d, la distancia entre los ejes x’ y x la llamamos distancia y y la distancia entre los ejes y y y’ distancia x, entonces:

Fig. 4

d Ix = (y’ + dist y )2 dA (10) d Ix = * y’2 + 2y’ dist y + (dist y )2 ]dA d Ix = y’2 dA + 2y’ dist y dA + (dist y )2 dA ∫

∫

(

) ∫

Ix = Ix’ + 0 + (dist y)2 A (11) El segundo termino es igual a cero por cuanto el primer momento del área con respecto al eje y’ = 0 Ix = Ix’ + (dist y)2 A (11) La ecuación 11 expresa que el momento de inercia con respecto al eje x es igual al momento de inercia centroidal con respecto a x’ paralelo a x mas la distancia entre los dos ejes paralelos al cuadrado multiplicado por el área de sección transversal del elemento. d Iy = (x’ + dist x )2 dA (10) d Iy = * x’2 + 2x’ dist x + (dist x )2 ]dA d Iy = x’2 dA + 2x’ dist x dA + (dist x )2 dA ∫

∫

(

) ∫

Iy = Iy’ + 0 + (dist x)2 A (12) Iy = Iy’ + (dist x)2 A (12) La interpretación de la ecuación 12 es similar a la de la ecuación 11. Jo = Jo’ + Ad2 ̅ (13) La ecuación 13 indica que el momento polar de inercia es igual al momento polar con respecto a un punto que pasa por el centroide del área mas el área multiplicada por la distancia que existe entre el origen del sistema xy y el origen del sistema paralelo x’y’. Radio de Giro de un Área. Los radios de giros de un área tienen unidades de longitud y se los utiliza e la teoría de estructuras para el calculo de volúmenes. Si se conocen las áreas u los momentos de inercia entonces: √ √ √

A kx, ky, ko se llaman radios de giro. Momentos de Inercia por Integración. Consideremos el área mostrada en la figura para obtener el momento de inercia con respecto al eje y. y’

x’

Fig. 5 ∫ d Ix = d Ix’ + (dist y)2 dA

∫

∫

Si queremos obtener el momento de inercia con respecto al eje y debemos aplicar directamente la formula por cuanto el valor de x no varia a lo largo del ∫ elemento diferencial. Para obtener Ix con el mismo elemento diferencial perpendicular al eje de calculo debemos aplicar el teorema de los ejes paralelos puesto que la distancia y varia a lo largo del elemento diferencial. El proceso es el siguiente: Aplicar la ecuación 11 al elemento diferencial y obtengo d Ix = d Ix’ + (dist y) 2 dA pero d Ix’ es el diferencial de la inercia centroidal con respecto al eje d Ix y vale finalmente Ix es igual a:

∫

∫

Ejemplo: 10.1 Determine el momento de inercia del área rectangular mostrada en la figura con respecto a (a) el eje centroidal x ', (b) el eje xb que pasa por la base del rectángulo, y (c) el polo o eje z ' perpendicular al plano x' - y' y que pasa a través del centroide C.

Segundo Peñaranda

A

∫ ∫

(

)

∫ |

|

|

|

I xb = Ix’ + Ax(dist y)2 ( )

MOMENTOS DE INERCIA DE AREAS COMPUESTAS Un área compuesta es aquella que esta formada de un conjunto de áreas simples conectadas entre si y pueden ser semicírculos , círculos, rectángulos, triángulos. Si el momento de inercia de cada una de estas partes puede ser conocido entonces el

Segundo Peñaranda

A momento de inercia del área compuesta es igual a la suma de los momentos de inercia de cada una de sus partes. 1. Utilizando un croquis dibuje cada una de las partes del área compuesta e indique el centroide del área simple y la medida perpendicular desde el centroide hasta el eje de referencia. 2. El momento de inercia de cada parte debe ser obtenido con respecto a su eje centroidal que es paralelo al eje de referencia. Para el calculo del centroide y el momento de inercia del área centroidal se puede utilizar loa formulas que se encuentran en la parte posterior del libro de texto. 3. Cuando el eje centoidal no coincide con el eje de referencia hay que aplicar el teorema de Steiner ̅ ̅

4. El momento de inercia del área compuesta es igual a la suma de los momentos de inercia de las fuerzas simples con respecto al eje de referencia. 5. Si el área compuesta tiene un agujero el momento de inercia se lo obtiene restando el momento de inercia de sus partes menos el momento de inercia de el o los agujeros. Producto de inercia para un área. El Producto de inercia para un área se lo puede obtener por integración mediante la expresión: ∫

( )

Fig. 1 Consideremos la figura 1 referida a los ejes referenciales x y encontramos el área A. si graficamos un área diferencial dA. La distancia entre el centroide del área diferencial y el eje “y” es “x” y la distancia ente el centroide del área diferencia y el eje “x” es “y” entonces el producto de inercia lo podemos calcular con la expresión (1). El producto de inercia puede ser positivo, negativo o nulo, esto difiere del momento de inercia calculado en el tema anterior. El producto de inercia tiene unidades a la cuarta por ejemplo: mm4, cm4, pulg4, pies4. Para áreas simétricas el producto de inercia puede ser igual a cero. Respecto del signo para el producto de inercia consideremos la figura (2).

Segundo Peñaranda

A

Fig. 2 Para el área de la derecha superior “x” es positivo y “y” es positivo en consecuencia el producto de inercia es positivo. Para el área de la izquierda superior “x” es negativo y “y” es positivo en consecuencia el producto de inercia es negativo. Para el área de la derecha inferior “x” es positivo y “y” es negativo en consecuencia el producto de inercia es negativo. Para el área de la izquierda inferior “x” es negativo y “y” es negativo en consecuencia el producto de inercia es positivo. Teorema de ejes paralelos para productos de inercia. El Teorema de ejes paralelos se lo puede aplicar para obtener el producto de inercia de un área cualquiera. Consideremos la figura (3) y un área cualquiera, grafiquemos los ejes centroidales del área y denotémoslos por x’ y y’. Entonces:

Fig. 3 dIxy= d I x’y’ + dist. x dist. y dA ∫ ( ∫ (

)(

) )

Segundo Peñaranda

A ∫

∫

∫

∫

Ixy= I x’y’ + dist. x dist. y dA (2) La ecuación (2) sirve para obtener el producto de inercia de un área con respecto a los ejes referenciales xy.

10.67 Determine el producto de inercia del área de la sección transversal con respecto a los ejes x y y que tienen su origen en el centroide C.

A1 = 50mm (5mm) A1= 250 mm2 A2 = 25mm (5mm) A2= 125 mm2 Ixy = ∑ ( I x’y’ + dist.x dy A ) Ixy = 0 + (-5)(7.5)(250) + 0 + (10)(-15)(125) Ixy = -28125 mm4

Segundo Peñaranda