TEMA 3 Equilibrio Del Cuerpo Rígido

 

 

TECNOLÓGICO NACIONAL DE MÉXICO Instituto Tecnológico de Tapachula

INGENIERÍA CIVIL 3er semestre

FAUSTO SALVADOR GARCÍA GÁLVEZ Ingeniero Civil Docente del Instituto Tecnológico de Tapachula

 

Contenido TEMA 3: 3: “EQUILIBRIO DEL CUERPO RÍGIDO”  3. 3.1 1 Condicio Condicio nes de equilibr equilibr io de cuerpos rígidos 3.1. 3. 1.1 1 Fuerzas Fuerzas i nternas y externas ext ernas 3.1. 3. 1.2 2 Principio s de transmisi bilidad 3.2 Ecuaciones de equilibro 3.2. 3. 2.1 1 Ecuacio Ecuaciones nes de equi equilibr libr io para diferentes dif erentes sistemas de fuerzas 3.2.2 Momento de una fuerza 3.2. 3. 2.3 3 Momento de d e una fuerza respecto a un eje 3.2. 3. 2.4 4 Sistemas equivalentes 3.3 3. 3 Restric Restric ciones de un cuerpo rígido r ígido .

 

TEMA 3) EQUILIBRIO DEL CUERPO RÍGIDO Competencias: Estudia y comprende los conceptos de cuerpos rígidos y los utiliza para resolver problemas de equilibrio de cuerpos sometidos a un sistema de fuerzas.

Definició De finició n d e Cuerpo Rí Rígido gido Cuerpo rígido: es aquel que ante cualquier esfuerzo (por grande que sea) a que está sometido, la distancia entre dos moléculas cualesquiera permanece invariable. En realidad, existen deformaciones, pero estas son tan pequeñas que no influyen sensiblemente sobre las leyes del equilibrio y del movimiento del cuerpo, por lo que la Mecánica Teórica prescinde de ellas. El estudio que realiza la estática, si bien permite comprobar el estado de equilibrio de un cuerpo teniendo en cuenta solamente las fuerzas que le son aplicables, no resulta completo si consideramos que los materiales pueden deformarse y romperse, por lo que corresponde a la Mecánica de Materiales determinar hasta qué límites pueden emplearse dichas fuerzas en condiciones de eficiencia y seguridad.  Se considerará siempre que los cuerpos que se analicen son infinitamente rígidos y por ello indeformables. En la unidad anterior hemos analizado problemas de cuerpos rígidos en los que debido a la forma en que actúan las fuerzas que concurren en ellos; incluido su propio peso, nos permiten concentrar dichas fuerzas en un solo punto, es por ello que su estudio se refiere al análisis de partículas. En este capítulo lo denominamos de cuerpos rígidos porque en él é l las fuerzas ya no concurren en un solo punto y esto provoca momentos o tendencias a provocar el giro de algunos elementos con respecto a sus apoyos. Así pues, la diferencia fundamental entre el análisis de partículas y el de cuerpos rígidos, consiste en que habrá que agregar la segunda condición de equilibrio a la solución de estos problemas.

RÍGIDOS   3.1. CONDICIONES DE EQUILIBRIO DE CUERPOS RÍGIDOS Sabemos que el movimiento de un cuerpo es el de trasladarse o girar, si la suma de todas las fuerzas aplicadas y de los momentos de rotación que actúan sobre el cuerpo es cero, entonces si el cuerpo estaba en movimiento no tendrá ninguna aceleración lineal ni angular y si estaba en reposo continuará en equilibrio estático. Se define equilibrio como las condiciones que deben satisfacer los cuerpos y las fuerzas que actúan sobre ellos para que se mantengan en reposo o en movimiento rectilíneo y uniforme respecto a un sistema de referencia determinado. Toda obra de ingeniería como son: Edificios (desde rascacielos hasta pequeñas viviendas), Puentes, P uentes, Túneles, Presas, Torres, Etc., deben diseñarse de tal forma que deben ser estables (que no se desplomen), las plumas para elevar materiales también se diseñan d iseñan de tal forma que todas las fuerzas se compensen en cualquier instante, pero también cada cad a una de sus partes deben estar en equilibrio. Todas las fuerzas que se apliquen al cuerpo se compensaran, evitando que el cuerpo se acelere. De acuerdo a lo anterior, la cinemática nos dice que una partícula estará en equilibrio cuando su velocidad respecto a un sistema de referencia dado es nula o se mantiene constante en módulo, dirección y sentido. Así para un sistema de partículas o un cuerpo rígido se encuentra en equilibrio si cada una de sus partículas también lo está. El objeto de la Estática es el estudio de los cuerpos rígidos en reposo, para que un cuerpo este en equilibrio estático, se debe cumplir con las siguientes reglas llamadas Condiciones de Equilibrio.

 

Primera condici ón de e equili quilibrio brio (Equilibri (Equilibrio o traslacional):   Esta condición se basa en la primera ley de Newton, establece que un cuerpo se encuentra en equilibrio de traslación, cuando la fuerza resultante d e todas las fuerzas que actúan sobre él, es nula . Esta condición es necesaria y suficiente para que un cuerpo rígido permanezca en equilibrio equi librio estático (en reposo), pero si estaba en movimiento continuará así con velocidad constante (movimiento rectilíneo uniforme). Para que un sistema de partículas permanezca en equilibrio, cada una de sus partículas debe permanecer en equilibrio. En Estática. Un cuerpo rígido se considera en equilibrio equilibri o cuando la fuerza neta o fuerza resultante de todas las fuerzas que actúan sobre él es nula. En los cálculos analíticos se puede decir que la suma vectorial de todas esas fuerzas debe sumar cero, por lo tanto, la suma de todas las componentes de estas fuerzas, la suma en los ejes positivos debe ser igual a la suma de los ejes negativos. Para los cálculos gráficos, se tiene que cumplir que las fuerzas que actúan sobre un cuerpo en equilibrio, para ello se emplea la Ley del polígono, el cual debe formar un de polígono cerrado ya que no existe fuerza resultante.

Segunda Se gunda condición d e equilibri o (E (Equili quilibrio brio rotacional) :   Un cuerpo está en equilibrio de rotación cuando la suma de todas las fuerzas que se ejercen en él respecto a cualquier punto es nula. Esta condición establece que un cuerpo rígido esté libre de rotación cuando la suma algebraica de los momentos de todas las fuerzas respecto a un punto cualquiera sea cero.  Matemáticamente, para el caso de fuerzas coplanares, se debe cumplir que la su suma ma aritmética de los momentos relacionados con rotaciones anti-horarias debe ser igual a la suma aritmética de los l os momentos relacionados con rotaciones horarias. Lo anterior indica que cuando se aplica una fuerza en algún punto del cuerpo este tiende a girar, es decir, realiza un movimiento de rotación en torno algún eje, por lo que la suma de todas estas rotaciones debe ser cero. Equilibrio de un cuerpo rígido:   Un cuerpo se encuentra en equilibrio traslacional y rotacional cuando se verifiquen de forma simultánea las dos condiciones de equilibrio. Q

P D RAx  A RAy 

B C RD 

 → → → →  ⇒⇒0  0             

Para que la viga AB este en equilibrio traslacional, la suma vectorial de todas las fuerzas aplicadas   Primera condición de equilibrio. a la viga debe ser cero: c ero: También También debe cumplir con l a segunda segunda condi ción d e equili equili brio para verificar que el el cuerpo este en equili equili brio rotacio nal:

 

 

Convenio de signos: TRASLACIÓN: Cuando el cuerpo tiende a desplazarse, es necesario conoce si se mueve hacia la derecha o izquierda, hacia arriba o hacia abajo, o en otra dirección, por lo que debemos asignar signos que nos permitan determinar hacia donde trata de moverse el cuerpo en consideración. Cuando las fuerzas tratan de trasladar el cuerpo hacia la derecha o hacía arriba, estas se consideran positivas. Cuando tratan de trasladarlo hacia la izquierda o hacia abajo, las fuerzas se consideran negativas. ROTACIÓN: Elsuele momento de euna impulsa a los cuerpos a cambiar su velocidad giro. hacia Por esta  junto al módulo incluirse incluirs un fuerza signo que nos permite determinar determinar si el impulso es para parde a girar un razón, lado o hacia el otro. En concreto: Cuando el impulso para girar tiene el sentido contrario a las agujas del reloj, el módulo del momento se considera positivo. Cuando el impulso para girar tiene el sentido de las agujas del reloj, el módulo del momento se acompaña de un signo negativo. Movimiento

Convención de signos Fuerzas Verticales

Fuerzas Horizontales Traslacional

(+)

(-)

Giro Antihorario: Rotacional

(+)



 

(-)

(+)

Giro Horario:

(-)



 

 Nota: La asignación asignación de signos es convencional y debe respetarse en todo el desarrollo desarrollo del problema, problema,

 

3.1.1 Fuerzas Internas y Externas  Externas   Desde el punto de vista de la estática habrá que distinguir los distintos tipos de fuerzas que actúan en un cuerpo rígido de acuerdo a los puntos donde actúan las fuerzas sobre los cuerpos rígidos, estas se clasifican en: FUERZAS INTERNAS Son fuerzas que actúan sobre partículas del cuerpo y que elmutuamente se ejercen entreaquellas sí. Es decir, mantienen unidos loslas distintos elementos que rígido conforman cuerpo. Por lo tanto, las fuerzas internas son iguales y opuestas dos a dos de acuerdo con la 3ª Ley de Newton, por lo que analizando el cuerpo o sistema globalmente la suma de todas sus fuerzas internas es nula. Estas fuerzas determinan el grado de rigidez del cuerpo, pero no su comportamiento externo. FUERZAS EXTERNAS Son aquellas fuerzas que realizan otros cuerpos o sistemas sobre el cuerpo o sistema analizado, cuyas causas son externas al cuerpo rígido, son fuerzas que interactúan en una partícula del sistema con otras que se encuentras fuera de él, influyendo i nfluyendo en el comportamiento externo del sistema. Como tratamos con cuerpos rígidos, la distancia entre dos partículas del mismo es invariable, es decir, siempre mantendrán la misma separación una con otra. Si un cuerpo rígido está sometido a fuerzas externas que tratan de comprimirlo o alargarlo, las fuerzas en cada una de estas partículas pueden ser repulsivas o atractivas. En la siguiente figura observamos que dos partículas cualesquiera de un cuerpo rígido A y B se encuentran a una distancia d, si dos fuerzas externas F Ext  tratan de comprimirlo o de alargarlo, existirán en estas partículas fuerzas F I (internas) que evitan la deformación y por tanto conservan entre si la misma distancia. FExt 

B

B

FExt 

FI 

B FI 

d

d

d FI 

A

A

A FI 

FExt 

FExt 

 

3.1.2 Principios de Transmisibilidad  Transmisibilidad   La condición estática de rigidez establece que: Si en dos puntos cualesquiera de un cuerpo rígido en equilibrio mecánico se aplican fuerzas de módulos iguales en la misma línea de acción, pero de sentidos opuestos, el equilibrio del cuerpo rígido no se altera .

F

F A

B

Una consecuencia de esta condición es el denominado Principio de Transmisibilidad. Principio de transmisibilidad:  transmisibilidad:   establece que las condiciones de equilibrio o de movimiento de un cuerpo rígido permanecerán inalteradas si una fuerza F que actúa en un punto dado de ese cuerpo se reemplaza por una fuerza F que tiene la misma magnitud y dirección, pero que actúa en un punto distinto, siempre y cuando las dos fuerzas tengan la misma línea de acción.  

En la figura observamos a una persona empujando una caja con una fuerza F, que equivale a la misma persona jalando la misma fuerza F en e n un punto diferente que actúan sobre la misma línea de acción lo que hacen que se tenga el mismo efecto sobre la caja.

F

Línea de acción

F

Por lo que este principio establece que la acción de una fuerza puede ser transmitida a lo largo de su línea de acción, lo cual está basado en la evidencia experimental y, por tanto, debe ser aceptado como una ley experimental.

 

 

La fuerza fuerza aplicada sobre el cuerpo rígido s e comporta como un vector d eslizante. eslizante. DEMOSTRACIÓN: F B

A

F

Cuerpo rígido en equilibrio (como está en equilibrio, no es la única fuerza que existe)

F

B

=

F A

B

=

A

F

Aplicación de la condición estática de rigídez. (se mantiene el equilibrio)

Conservación del equilibrio (Se anulan las fuerzas en el punto A)

 

 

Teorema de Varignon (Principio de momentos)  momentos)  El matemático francés Pierre Varignon se ocupó desde muy joven a las problemáticas relativas a la mecánica, a los 33 años en París, había difundido el “Projet d'une nouvelle mécanique” una notable

obra, donde hace uso del moderno principio de composición de las fuerzas. Enseña a componer las fuerzas mediante un polígono, conocido actualmente en los tratados elementales de la mecánica y enuncia el Teorema de los momentos o Teorema de Varignon, como: El momento la resultante de dos respecto a un punto cualquiera de su plano es igual a la suma de los de momentos análogos defuerzas las fuerzas componentes. Que con la terminología actual se puede enunciar como: “El momento con respecto a un punto dado O de la resultante de varias fuerzas concurrentes es igual a la suma de los momentos de las distintas Fue rzas con respecto al mismo punto O”.  O”.  

y

Y

F P

y

Y

P

x

r

=

X

X

o

    Y

  y

Y

F R 

F1  

P

P

r

Z

x

Fx 

r

o

o

F

Fy 

X

F2  

x

r

=

F3   X

o Z

         

 

 

3.2. ECUACIONES DE EQUILIBRIO  EQUILIBRIO  Cuando actúan dos o más fuerzas sobre un cuerpo rígido, constituyen un sistema de fuerzas, para fuerzas coplanares, estos sistemas pueden ser: Sistema de fuerzas concurr entes entes.. Es un sistema donde todas las líneas de acción de las fuerzas

tienen un punto en común. Sistema de fuerzas colineales . Es un sistema que se deriva del anterior, donde las fuerzas aplicadas tienen una misma línea de acción. Sistema de fuerzas paralelas.  Es un sistema donde todas las líneas de acción de las fuerzas son

paralelas. Sistema de fuerza general.  Es un sistema donde contiene sistemas de fuerzas concurrentes y

paralelas

3.2. 3. 2.1 1 Ecuaciones de equili equilibri brio o para diferent diferentes es sist sistemas emas de fuerza fuerzass   Condiciones

Primera condición de equilibrio.

Segunda condición de equilibrio.

ECUACIONES DE EQUILIBRIO Ecuaciones escalares Ecuación vectorial En el Plano En el espacio

0

   0    0

   00    0    0    0    0

 

 

 

     0

 

 

 

   0

   

 

 

 

Estas ecuaciones independientes son las disponibles para resolver problemas de equilibrio de cuerpos en dos y tres dimensiones.

∑  ∑   0,  0        ∑   0

Donde  y   representan, respectivamente, las sumas algebraicas de las componentes rectangulares de todas las fuerzas que actúan sobre el cuerpo rígido y  representa la suma algebraica de los momentos producidos por las fuerzas con respecto a un punto O.    

∑   ∑   0 ∑   0 ∑   0  ∑   0 ∑   0 ∑   0

Para fuerzas en el plano se tienen tres ecuaciones de equilibrio ( por lo que se deben tener como máximo tres incógnitas (variables)

,

 y

)

Para fuerzas en el espacio se tienen seis ecuaciones de equilibrio ( ,  y ) y( ,  y ), por lo tanto para los cálculos por medio de la estática, el número de incógnitas o variables no debe exceder de 6.

 ∑   0 ∑   0 ∑   0

 

ú  ó ≤ ú  

     

3.2. 3. 2.2 2 Momento de una fu erza re respecto specto a un pu punto nto..  Sea la fuerza F donde su línea de acción está definida por un vector de posición r  desde el punto O, como se muestra en la figura: F 

A

 

→

o

 

Descomponiendo la fuerza en sus componentes rectangulares Observamos que la fuerza F tiende a rotar alrededor del punto O por su componente Fy, por lo que podemos escribir el momento Mo como:

Fy = F sen  

→

Fx = F cos  

 

o

 ⃗  sen  

A

 

 

   r sen 

Si tomamos la distancia perpendicular “d” a la línea de acción de la fuerza

F

 →

 

B F

o d

 

→  B

 

A

 

Sustituyendo en la ecuación anterior nos queda:

A

o

d

sen ⁄     sen    sen sen     

Del triángulo OAB tenemos que:

 

 

 

Para este caso la única componente de la fuerza es ella

 

El vector momento se puede representar por medio de una flecha curva como se muestra en la figura. O Como una flecha recta apoyándonos con la regla de la mano derecha para conocer el sentido del vector: cerramos la mano de manera que los dedos estén cerrados en el mismo sentido de la rotación que genera al cuerpo. El pulgar señalara el sentido del momento.



 

 

 

EJEMPLO ILUSTRATIVO 1

Hallar la magnitud y dirección del momento de la fuerza aplicada en C con respecto al punto B 750 N C

30º

1.5 m B

A 2m

1m

3.6 m D

SOLUCIÓN: Por el Principio de Transmisibilidad podemos ubicar la fuerza como se indica en la figura.

C

 

30º

d

α 

r

750 N

1.5 m

α 

B

A 2m

1m

3.6 m D

 ∗ sen   √ 1.1.5 3.6  3.9  30   tan− ..     22.62  30 22.62 52.62  ∗sen  ∗sen ∗sen750 3.3.9  sen52.62

Sabemos que:

  siendo

 y

 

 

Entonces:

,

 

 

 

 

  2324.28  

 

 

Otra forma de resolverlo es aplicando el Teorema de Varignon: Descomponemos el vector fuerza en sus componentes rectangulares, se conocen las distancias perpendiculares a la línea de acción de cada fuerza.

F = 750 N

Fy

 ∗  cos750cos30   64649.9.5252   sen750sen30  375.00 

Sabemos que:

30º C

 

Las componentes de la fuerza son:

Fx

 

1.5 m

 

B

A 3.6 m

Donde D

 

 

Fx 1.5 m 3.6 m

Fy

Diagrama 1

B

Observamos que laB en componente X gira alrededor del punto sentido antien horario, la consideramos como una rotación positiva; asimismo la componente en Y gira alrededor de B en sentido positivo. Para mayor claridad se trazó el diagrama 1.

  649.5221.5 375 3753.6 974.2813502324.28 

  2324.28  

 

 

 

PRODUCTO VECTORIAL Muchas aplicaciones en física, ingeniería y geometría se tienen que encontrar un vector en el espacio a dos vectores dados y al plano entre ello. Un producto que da como resultado a ese vector se le llama producto vectorial o producto cruz y se calcula de manera más adecuada usando usan do los vectores unitarios, canónicos o estándar. Sean A = (a1, a2, a3) y B (b1, b2, b3) entonces el producto vectorial de A y B denotado por A x B está

      ,   ,   

dado por:

 

Una técnica para calcular el producto cruz es usar un arreglo matricial con expansión de cofactores añadiendo los vectores canónicos (i, j, k ), esta forma empleando determinante de 3x3

     

 

El producto cruz no cuenta con la propiedad conmutativa, es decir que AXB no es lo mismo que BxA.

TRIPLE PRODUCTO ESCALAR Para A = (a1, a2, a3), B = (b1, b2, b3) y C = (c1, c2, c3); el triple producto escalar, denotado por:

         ∙   

 

y

AXB

C

A

x

B z

PRODUCTO ESCALAR A diferencia de la primera operación, el producto escalar al igual al producto mixto tiene como resultado un escalar y no un vector. Sea un vector A = (a1, a2, a3) y B (b1, b2, b3) el producto escalar de A y B, denotado por A . B es:

  ∙       

 

El producto escalar de dos vectores da como resultado un escalar

 

 

3.2. 3. 2.3 3 Momento d de e una fuerza respecto a un eje.  Partiendo del concepto de Momento de una fuerza respecto a un punto se llega a las componentes rectangulares a las tendencias de rotar alrededor de los l os ejes coordenados. y L

MY 

OL  

y 

    cos cos cos        

X 

o

x MX 

Z 

Z

Sus componentes rectangulares del vector momento son:      

Mo 

MZ 

 

El momento de una fuerza es una rotación de un cuerpo, es una tendencia a que un cuerpo gire alrededor de un punto o sobre un eje el cual no está en la línea de acción de la fuerza. Para determinar el momento de una fuerza respecto a cualquier otro eje, únicamente se proyecta el momento Mo sobre el eje, tal que:

   cos

 

Sea la Fuerza F en el espacio que provoca un momento respecto al punto O, r  el  el vector de posición y el vector vector unitario sobre el eje OL, como se muestra en la siguiente figura: Y L

F

c MO 

OL 

r X

o Z

En esta figura se muestran los vectores F, r   y , para encontrar el vector momento sobre el eje OL donde está situado el vector F, r y que forma una línea perpendicular al momento producido por el vector fuerza y el vector deslizante que se obtiene como la resta entre el punto punto de de aplicación y el punto de la fuerza (desde el punto O al punto A). Se representa cada vector en sus componentes rectangulares Sea OL un eje a través de O; el momento MOL  de F con respecto a OL se define como la proyección OC del momento MO sobre el eje OL.

En términos algebraicos el momento de una fuerza respecto a un eje es un triple producto escalar y es dada por la siguiente forma: i, j y k. Para visualizar las operaciones correspondientes podemos exportar la fórmula en una determinante de 3x3, se escribe así:

  ∙        

 

   

Cuando existen varias fuerzas la expresión anterior la podemos escribir como:   

 

  ∙

 

EJEMPLO ILUSTRATIVO 2 Sea la barra AB donde se le aplica una fuerza en el punto C, determinar el momento de la fuerza con respecto a la barra AB. y

A

Donde: F = (-2i +6 j + 3k) en KN A (0, 4, 0) B (0, 0, 3) C (4, 2, 2)

F C x

B z

SOLUCIÓN: MBA  =

y

A

C

B

(r BBC C  x F)  

443 0   00 3  43   ||  0  0√ 4 5    45   35     0  4  4  2   0  2422 

 

F

r

BA .

 

x

        ::   22  66 3 22]]   042 426⁄5 33⁄25  0[233 62 62]]  45 [4433 22]  35 [4466 22 3 4 0 ⁄ 5  244]  0  645  605  1245  124]  35 [244]   42 26 3⁄250 45 [124]   24.8     z

 

 

 

 

 

3.2. 3. 2.4 4 Sist emas equ equivalentes. ivalentes.  Se dice que dos sistemas de fuerzas son equivalentes si producen el mismo efecto exterior al aplicarse a un cuerpo rígido, por ejemplo, la fuerza resultante de un sistema de fuerzas produce el mismo efecto en el cuerpo rígido que el sistema de fuerzas. Dados dos sistemas de fuerzas se dice que son estáticamente equivalentes si y solo si la fuerza resultante y el momento resultante de ambos sistemas de fuerzas son idénticos. Esto quiere decir que los diferentes sistemas de fuerzas que actúan sobre un cuerpo pueden clasificarse en sistemas equivalentes, identificados cada uno por la fuerza resultante y el momento resultante. Dos sistemas equivalentes tendrán el mismo efecto físico sobre el cuerpo rígido. De acuerdo al sistema que se trate, pueden ser: a) Fuerza única, b) Un Par, c) Una fuerza y un par.

a) Fuerza única Si existe una fuerza única aplicada al cuerpo rígido y su línea de acción pasa a una distancia “d” del punto de aplicación de momentos, en este caso la resultante ni el momento son nulos. Un conjunto de fuerzas es equivalente a una sola cuando tiene una resultante no nula y existe algún punto, tal que el momento de las fuerzas es nulo respecto a ese punto, entonces podemos decir que la acción conjunta de todas las fuerzas aplicadas al cuerpo rígido, equivale a una única fuerza aplicada sobre el centro de masas (Centro de gravedad). Ejemplo de un sistema de fuerzas general a una sola fuerza. Sea el siguiente sistema de fuerzas aplicado a un cuerpo rígido, como se muestra en la figura: F1  a

F3 

F2  b

FR 

c C

A

D B

=

x A

D E

R2

R1

Observamos que el sistema de fuerzas no está en equilibrio estático ya que existe una fuerza resultante que equivale al sistema de fuerzas, produciendo el mismo efecto sobre el cuerpo rígido. En el punto donde se aplica la fuerza resultante (E), el momento es cero. Como el momento producido por el sistema de fuerzas en un punto cualquiera, es igual al momento que produce la fuerza resultante con respecto a ese mismo punto.

∑=   ∑       

  Obtención de la fuerza resultante de todo el sistema de fuerzas.

  Momento Resultante del sistema sistema de fuerzas

  Momento Resultante del sistema de fuerzas, es igual al momento de la fuerza resultante.

 

EJEMPLO ILUSTRATIVO 3 Hallar la magnitud, dirección y el punto de aplicación de la fuerza resultante del siguiente sistema de fuerzas de a la barra A-B. 800 N 2m

400 N 4m

A

B C

200 N

SOLUCIÓN: 800 N 2m

400 N 4m

A

B C

200 N

La fuerza resultante debe estar aplicada en un punto donde la suma de momentos es cero.

D x

↑  2001000  800  400↓   1000 

 

Proponiendo el punto D como el punto donde el momento es cero, obtendremos la distancia x desde el punto de aplicación de momentos hasta el punto D. Así tomando momentos en el punto D.

+

  200 200 800 800  2 400 4006   200800160024004000

 

 

 

  100040000      

Entonces, la fuerza resultante estará aplicada a 4 m a la derecha del punto A

1000 N 4m A

B D

Esta única fuerza es equivalente al sistema de fuerzas presentado, es decir tienen el mismo efecto sobre el cuerpo rígido.

 

También podemos obtener la distancia x de la siguiente forma; Tomando momentos en cualquier otro punto del sistema de fuerzas, por ejemplo, en el punto C 800 N

400 N

2m

4m

A

B C

200 N

  200 2002 400 4004  2000      2000    

 

Entonces el momento de la fuerza resultante respecto a ese mismo punto debe ser de igual magnitud por lo que la fuerza resultante debe encontrarse a la derecha del punto C para provocar ese momento.

   

1000 N x A

B C

D

∴

 

     20001000 1000 

 

 

La fuerza resultante está situada a 2 m a la derecha del punto C y a 4 m del punto A

 

b) Par de fu erza erzass Un par de fuerzas o simplemente “Par”  son dos fuerzas iguales y opuestas, aplicadas en el cuerpo

rígido sobre puntos diferentes A y B, de forma que la fuerzas actúan sobre líneas de d e acción paralelas. La siguiente figura muestra un cuerpo rígido cargado con dos fuerzas iguales en magnitud y dirección, pero de sentidos contrarios. a

P

b

c

Para que un cuerpo se encuentre en equilibrio estático se deben cumplir las dos condiciones de equilibrio.

C A

D B P

↑ 0

  00

 

Primera condición de equilibrio: Como las fuerzas son verticales nos vamos directamente a la ecuación:  

   0  ℎ    ó

Segunda condición de equilibrio: Tomando momentos con respecto al punto A, observamos que la fuerza P aplicada en el punto B trata de hacer girar al cuerpo rígido en el sentido horario por lo que el momento será negativo, su distancia “a” al punto de aplicación de momentos es perpendicular

a la línea de acción de la fuerza P, por otra parte, la fuerza P aplicada en el punto C tiende a hacer rotar al cuerpo rígido en el sentido anti horario, por lo que el momento será positivo y su distancia al punto A también es perpendicular a la línea de acción de la fuerza, entonces escribimos:

                      . .  ó  

 

Observamos que el brazo de palanca del par de fuerzas es la distancia (b) entre ellas. Si Ahora tomamos momentos en el punto B: Observamos que la línea de acción de la fuerza P aplicada en B pasa por el punto de aplicación de momentos (no hay distancia: d = 0), pero la fuerza P aplicada en C Trata de hacer girar al cuerpo en el sentido anti horario y su distancia b es perpendicular a su línea de acción.  

   0           . . óó      0           . .   ó

  Tomando momentos en el punto C, Ahora la línea de acción de la l a fuerza aplicada en el punto C pasa por el punto de aplicación de momentos.  

 

Por último, podemos tomar momentos en el punto D, ahora la fuerza P aplicada en el punto B trata de hacer girar al cuerpo en el sentido anti horario y la fuerza P aplicada en C trata de hacerlo girar en el sentido horario, por lo que podemos escribir:

                      . . óó  

 

 

 

Por el análisis anterior podemos tener en cuenta las siguientes observaciones: a) Dos fuerzas de igual modulo, paralelas, no colineales y de sentidos opuestos forman un Par b) La resultante de las fuerzas fuerzas aplicadas es nula, por lo que el centro de masas no se ve acelerado.

 

  0

c) El momento de las fuerzas es distinto de cero y es independiente independiente del punto respecto al que se calcule, por lo que solo tendera a hacer girar al cuerpo rígido. d) El modulo del momento de un Par respecto a un punto de su plano es igual al módulo de una de sus fuerzas por la distancia que las separa. Deducción:

F y

d A

 

B r 2  x

o z

              ⁄  ⁄  sen sen⁄  sen ⁄     sen∗⁄  ∗  

 

 

r  A/B  

r 1 

-F

    

 

 

  

es un vector unitario perpendicular al plano del Par, cuyo sentido se obtiene con la regla de la mano derecha.

 ∗

 

e) Un Par es un vector libre, ya que no depende del punto de aplicación de momentos, se puede trasladar a una posición paralela en su plano o en cualquier plano paralelo. f)

En un sistema de Pares coplanarios, estos se pueden sumar algebraicamente para obtener un Par resultante.

g) Para un sistema de Pares Pares en el espacio, estos se suman vectorialmente para la obtención del Par o momento resultante. y MY  MO  o MX  Z

MZ 

x

cos   cos    cos  

     

 

Pares Pa res Equi Equivalentes: valentes:  Mientras el producto F*d  se mantenga, el módulo de las dos fuerzas del par y la distancia que las separan pueden variar. Los pares con el mismo momento tendrán el mismo efecto sobre el cuerpo rígido. Para que un Par sea equivalente a otro debe ser de igual magnitud, tener el mismo sentido de giro y estar en planos paralelos.

 

 ∗

F es cualquiera de las dos fuerzas y “d” es la distancia perpendicular entre sus líneas de acción.  

F2 

d2  - F2 

- F1 

d1  F1  

 ∗    ∗ 

 

Ejemplos de Pares Equivalentes:

60 N

4m 60 N

40 N

6m 40 N

80 N

3m

80 N

 

EJEMPLO ILUSTRATIVO 4 Hallar la magnitud de la fuerza F que se muestra en la siguiente figura, de manera que la suma de los dos pares sea cero. F

30 KN

B

1.5 m

D

A

30 KN

C 3m

E

2m F

SOLUCIÓN: El punto más conveniente para tomar momentos es el punto B ya que la línea de acción de la fuerza de 30 KN hacia la derecha y la línea de acción de fuerza F hacia arriba, pasan por este punto, nos quedaría:

  3  301.5  0

     

 

 

EJEMPLO ILUSTRATIVO 5 Determine el momento del Par que actúa sobre la placa, expresando el resultado como un vector cartesiano. y

FB = 900 N A

3

3 4

4

B

F A = 900 N O x z

SOLUCIÓN: y

sin 35    cos 45

F A  

3

F Ay  

3 4 F Ax  

x

5   4

 

A

 

 

                cos cos   sen sen ∗900  ∗900   35 ∗900    45 ∗900  

 

 720540

 

 

 

 

  y

   00 0.400.600   0 00.400.600   1.60  0    00 11 06  011.    00 00 1.6  

FB = 900 N A 3

4

3

B

4

 

 

F A = 900 N

 

O

 

x z C

Conociendo:

   0 0  00 1.6

  (m)

y

  720 720  540540   0

  (N)

       7020 5400 10.6  (0000  5401.6)( )(0000  7201.6) )0540 0540 7200

Resolviendo por determinantes:

      0 0 1.6  864  1,152   0 7 2 0 5 4 0 0

    ,    

 

 

 

 

c) Desco Desco mpo mposic sición ión de una fuerza en una fuerza fuerza-par -par Una fuerza que somete a un cuerpo rígido, puede moverse desde su punto de aplicación a un punto arbitrario, sin que afecte las condiciones del cuerpo.   siempre y cuando se agregue un par de momento igual al momento de F con respecto al punto de origen.

F

A

A

=

B

MA  B F

Los dos sistemas son equivalentes

DEMOSTRACIÓN : d F

F

A

A

B

=

A

F

B

F

Figura (a)

Figura (b).

=

MA  B F

Figura (c)

 

Figura (a) La fuerza que está aplicada en el punto A se moverá al punto B (Las líneas de acción son paralelas separadas una distancia perpendicular “d”) sin que se altere las condiciones de equilibrio o de

movimiento del cuerpo rígido. Figura (b) Se agregan dos fuerzas en el punto B, una fuerza de igual magnitud y sentido que la fuerza F y otra fuerza de igual magnitud y dirección, pero de sentido contrario, con la finalidad que no se altere las condiciones del cuerpo. Se observa que la fuerza aplicada en A con la fuerza aplicada en B, pero de sentido contrario. forman un Par. Figura (c) Finalmente queda la fuerza F y el Par formado por la fuerza en el punto A con la del punto B, las condiciones del cuerpo se conservan. Cualquier fuerza F que actúa en un punto A de un cuerpo rígido se puede sustituir por un sistema fuerza-par en un punto arbitrario B, formado por una fuerza F aplicada en B y un par de momento M B igual al momento con respecto a B de la fuerza F en su posición original. Por ejemplo: Se necesita saber que sucede en el punto C del sistema que se muestra: F = 981 N 2m

A

B

C

Analizándolo vemos ko que pasa en el punto C Se recorre la fuerza y se calcula el momento

  989811  2   1962   

F = 981 N C

MC = 1962 N -m

 

 

3.3. RESTRICCIONES DE UN CUERPO RÍGIDO  RÍGIDO   Un cuerpo rígido está restringido por medio de apoyos o soportes, los cuales impiden que este se pueda trasladar o rotar, es decir restringen el movimiento en una o en varias direcciones. Las Reacciones son fuerzas opuestas a las ejercidas por p or el cuerpo rígido, las cuales son transmitidas a través de los apoyos y que anulan las fuerzas que ejerce el cuerpo, permitiendo que este se encuentre en equilibrio. Un cuerpo rígido está en equilibrio cuando se satisfacen las tres condiciones de equilibrio estático, pero también se debe asegurar que el cuerpo rígido este apoyado adecuadamente por sus soportes. Algunos cuerpos pueden tener más soportes que los necesarios por equilibrio, mientras que otros pueden tener menos que ocasionen el colapso. Restricciones Redundantes: Es cuando un cuerpo posee apoyos más de los necesarios para mantenerse en equilibrio, estos cuerpos se vuelven estáticame estáticamente nte indeterminados, indeterminados , ya que habrá más fuerzas reactivas desconocidas que el número de ecuaciones de equilibrio para su solución. Restricciones impropias: Cuando en un cuerpo rígido pueda haber tantas fuerzas desconocidas como ecuaciones de equilibrio, puede haber inestabilidad del cuerpo debido a las restricciones impropias de los soportes. También conduce a una inestabilidad cuando todas las fuerzas de reacción son paralelas. Restricción Apropiada: Son aquellas fuerzas reactivas en que sus líneas de acción no se intersectan en un punto de su línea común, tampoco son todas paralelas entre si y el número de fuerzas reactivas, debe ser apropiado en relación al número de ecuaciones de equilibrio y por tanto el problema es estáticame estáticamente nte determinado. determinado. Se debe asegurar que un cuerpo rígido bidimensional se encuentra completamente restringido y las fuerzas en los apoyos son estáticamente determinadas, se debe verificar que las reacciones involucren máximo tres fuerzas desconocidas. Para el análisis de estructuras, se deben considerar los tipos de apoyo en el diagrama de cuerpo libre del cuerpo rígido, Dependiendo del tipo de apoyo, pueden restringirse uno, dos o tres grados de libertad, estos tipos de apoyo son: a) a) Ap  Apoy oyo o si simp mple le:: Restringe un grado de libertad de los tres que posee el cuerpo, puede evitar el cuerpo se mueva mueva hacia arriba, pero permite permite que se desplace desplace a los lados y que rote. La fuerza de interacción con el cuerpo es perpendicular al apoyo. b) b) Ar  Ar ticu ti culac lac ión ió n : Restringe dos grados de libertad, el cuerpo no se puede desplazar hacia arriba (verticalmente), ni hacia los lados (horizontalmente). La reacción a este tipo de apoyos es una fuerza cuyos componentes se observan en la figura. c) Empotrado Empotrado:: Restringe los tres grados de libertad. Desplazamiento vertical, horizontal y rotación Condiciones para el equilibrio de un cuerpo rígido.

∑ ∑   0   0   ∑ 0 {∑   0 ∑   0 {∑   0 ∑   0 ∑   0  

 

 

Para resolver ejercicios de equilibrio es muy importante diferenciar el tipo de apoyo para saber cuáles son las fuerzas de reacción que aparecen. 

RESTRICCIONES TIPO DE APOYO Simple o de grado 1: Los cables cables son  son apoyos que tienen una sola fuerza de reacción y es una fuerza de tensión que actúa alejándose del miembro en la dirección del cable.

CONEXIÓN

REACCIÓN

T

Las superficies lisas  lisas   La reacción es una fuerza que actúa perpendicularmente a la superficie en el punto de contacto.

REPRESE NTACION

INCOG NITAS

T Fuerza de Tensión

1

1 F

Los rodillos rodillos   o patines  patines   son apoyos que restringen únicamente el movimiento perpendicular y por lo tanto tienen una sola fuerza de reacción.

1 F

El Rodillo o pasador confinado en una ranura La ranura  La reacción es una fuerza que actúa perpendicularmente a la ranura.

1 F

 Ar titicu culac lac ión ió n o de grad g rado o 2: Pasador o articulación articulación   lisa. Las reacciones son dos componentes de fuerza, la dirección de la fuerza resultante no es necesariamente igual a la del cuerpo sometido.

FX 

2 FY 

Miembro con conexión fija a un collar sobre una barradelisa.  lisa. el momento par  Las y la reacciones fuerza queson actúa perpendicularmente a la barra

2 F

Empotrado o de grado 3:  3:   Soporte fijo o empotrado. empotrado . Las reacciones son el momento de par y las dos componentes de fuerza, o el momento par y la magnitud y la dirección ϕ de la fuerza

resultante.

Las fuerzas reactivas también son fuerzas externas

M

FX  M

3 FY 

 

EQUILIBRIO DE UN CUERPO RÍGIDO CON RESTRICCIONES EJEMPLO ILUSTRATIVO 6 Determine las reacciones en los apoyos A y B de la estructura que se muestra: F1 = 1500 N D 2m

F2 = 500 N

1m

E

B C

1.25 m

4m

1m

A

SOLUCIÓN: Tracemos primero el Diagrama de Cuerpo Lib re (D.C.L.) (D.C.L.) del  del cuerpo en estudio, lo imaginamos libre de restricciones, identificando todas las fuerzas externas y los momentos que actúan sobre el cuerpo. Las cargas por lo general son fuerzas conocidas y las fuerzas desconocidas son las fuerzas de reacción de los soportes. F1 = 1500 N

DCL

D 2m

F2 = 500 N

1m B

E

RBx   C

1.25 m

4m

R Ax  

1m

A

R Ay  

Procedimiento de análisis: Apliquemos las ecuaciones de equilibrio, se puede p uede iniciar con cualquiera de ellas, se recomienda se aplique la ecuación de momentos en un punto donde se intersecten las líneas de acción de dos fuerzas desconocidas, de esa forma para esas fuerzas los momentos son cero con respecto al punto tomado. Si la solución de las ecuaciones de equilibrio da un escalar negativo para una magnitud de fuerza o de momento de par, esto indica que el sentido es contrario al que fue supuesto en el diagrama de cuerpo libre. Estamos suponiendo la dirección de las fuerzas reactivas como se muestran en A y en B. iniciaremos aplicando , después aplicaremos  y por último , aunque no necesariamente

∑   0

en ese orden.

∑   0

∑   0

 

→+    0       0      5000       ………1 ↑  0     0    1,5000    1500………2    ,  ↑  

 

 

 

 

 

Como el resultado es positivo, está correcto como la supusimos, entonces

 

Para la suma de momentos podemos elegir cualquiera de estos puntos: el punto A o el punto E. Si tomamos momentos en el punto A, eliminamos las fuerzas reactivas R Ax y R Ay. (observen que sus líneas de acción pasan por el punto A. Si elegimos el E eliminamos los momentos de las fuerzas reactivas R Ay y RBxTomando momentos con respecto al punto E, tenemos que:

    0 1.255  2.0  1.00   1.255  1500 15002.05001.00  2000………3 1.255 30005000    1.25525000      →     0 1.255  2.0  1.01.255  0    1.255  1500 15002.05002.250 1.255 300011250    1.255 18750    1500………4    ← ←        20001500500   500500 500      

 

 

 

 

Como el resultado es positivo. Entonces:

 

Tomando momentos con respecto al punto A, para calcular la l a fuerza reactiva RBx   

 

 

 

 

El resultado es negativo, lo que indica que es contrario a lo supuesto:

 

Como comprobación comprobación utilizamos  utilizamos la Ecuación 1:  

 

 

1500 N D 2m

500

1m

B

E

1500 N C

1.25 m 2000

4m A 1500

1m

 

EJEMPLO ILUSTRATIVO 7 Determine las fuerzas reactivas de la viga A-B, apoyada en su extremo izquierdo por medio de una articulación y en su extremo derecho soportada por un cable y cargada como se muestra en la figura

C

A

60º B

2.00 m

1.00 m

15 KN SOLUCIÓN:

DCL

T

A

C

R Ax  

60º B

2.00 m

1.00 m

15 KN

R Ay  

    0 15152.0 sen60 2.01.0  0   30. 0  0.866 663.3.0  0   30. 0  2.6  0  2.6 30   11.547     .      →+    0  

 

 

 

  Entonces su valor aproximado es:

 

 

 

 cos60  0

 

 

 11.5550.5  0

   5.7 70

   .   →

 

 

    0 2.01.0  15151.0  0   3.0 150   3.0  15      ↑          5 ↑  0  

 

 

 

  Entonces su valor aproximado es:

 

 

 



 

 

 15sen60  0   51511.5550.86666  0   10100 00

 

 

EJEMPLO ILUSTRATIVO 8 Determine las Reacciones de la viga que se muestra a continuación: 1470 N 2.00 m

60º D

1004 N

1.00 m

1004 N

A

C

B 1004 N

1.00 m

2.00 m 2.00 m

5.00 m

SOLUCIÓN: Simplificando la carga de la viga, tenemos un momento formado por el par de fuerzas de 1000 N, y una fuerza y un momento generado por la fuerza de 1470 N en C. Descomponiendo la fuerza de 1470 N en sus componentes rectangulares, tenemos: 1470 N

Fy

1 sen1   1  1   1470cos60 1470sn60   735    1273      2008      10100404 2.00   2008      2008     

60º

Fy = 1273 N

 

Fx

Mc = 2008 N-m

 

1.00 m

C

1.00 m

C

 

Fx = 735 N

El Par que se genera por las fuerzas de 1004 N es:

2.00 m

1004 N

1004 N

=

 

 

Es un vector libre que se puede ubicar en cualquier punto de la viga

 

Quedando la viga como se muestra en la figura

  2008   

1470 N  

60º

A

2.00 m

5.00 m

  2008   

C

B

 

Diagrama de cuerpo libre (DCL)

A

  2008   

1273 N  

C

RAx 

735 N

B RAy 

→+    0

 

5.00 m

RBy

  2.00 m

  2008   

  735   0       →  

    0

 

 



   5.00020081273 20081273   509.22.0000↓ 20080 ↓     0 2008 2008  5.000 2008127370     1,782.82.20  ↑  ↑  0    12730   509.21782.212730  

 

 

 

00

 

 

 

EJEMPLO ILUSTRATIVO 9 Determine las fuerzas reactivas de los apoyos de la armadura de techo que se muestra.

100 KN

I 40 KN

G

E

C 3.00 m

A 1.00 m B

D

F 4 claros @1.00 m

H

J

SOLUCIÓN: Primero trazamos el Diagrama de Cuerpo Libre (D.C.L.)

RIy  100 KN

RIx 

I 40 KN

E 3.00 m

h

A 1.00 m B

RJx  2.00 m

J

2.00 m

Por triángulos semejantes la altura “h” es de 1 m.  

    0

 

3.000  40402.000 1004.000  

  106.67 →→

 

    0

 

    0

3.000  4.000 402.000 106.6773.000  4.000 402.000 3204 800  100  ↑ 

 

3.000  40401.000 1004.000  

  146.67 →→ RIy = 100 KN

100 KN

RIx = 106.67 KN

I 40 KN

E 3.00 m

A 1.00 m B

2.00 m

2.00 m

J

RJx = 146.67 KN