Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN CRISTOBAL DE HUAMANGA
DEPARTAMENTO DE INGENIERIA DE MINAS, GEOLOGIA Y CIVIL
ESCUELA DE FORMACION PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
ELABORADO POR: ING° LUIS ALFREDO VARGAS MORENO PROFESOR DEL CURSO
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
ELABORADO POR: ING° LUIS ALFREDO VARGAS MORENO PROFESOR DEL CURSO
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN CRISTOBAL DE HUAMANGA DEPARTAMENTO DE INGENIERIA DE MINAS, GEOLOGIA Y CIVIL ESCUELA DE FORMACION PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL
ESTATICA
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
SILABO
1.
DATOS DA TOS GENERALES 1.1
Nombre de la Asignatura :
Estática
1.2
Código
:
IC-243
1.3
Créditos
:
5
1.4
Tipo
:
Obligatorio
1.5
Requisito
:
FS-142, MA-146
1.6
Plan de Estudios
:
2004
1.7
Semestre Académico
:
2008-I
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:9605573
1.8
Duración
:
1.9
Período de inicio inici o y término :
1.10
Docentes Responsables
16 semanas 11/08/2008
:
Ing° Luís Alfredo Vargas Moreno 1.11 1.11
N° horas de clases semanales 1.11.1 1.11.1 Teóricas eóri cas
:
4
1.11.2 1.11.2 Prácticas Prácti cas
:
2
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
1.12
1.13
Lugar 1.12.1 Teoría 1.12.2 Práctica
:9605573 : H-216 : H-216
Horario 1.13.1 Teoría
: Lunes: 18-20hrs
1.13.2 Teoría
: Miércoles: 16-18hrs
1.13.2 Practica
: Viernes: 18-20hrs
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
2.
:9605573
SUMILLA Según el plan curricular, la sumilla es la siguiente: Conceptos y principios fundamentales de la mecánica, operaciones con fuerzas, equilibrio de cuerpos rígidos, determinación de propiedades de las secciones, fuerzas en vigas y cables.
3.
OBJETIVOS 3.1 General: Determinar el comportamiento de cada estructura en base a los criterios de continuidad de los elementos estructurales.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
3.2 Especifico: Se pretende que el alumno aprenda los conceptos básicos relacionados con el equilibrio de los cuerpos rígidos teniendo en cuenta las fuerzas actuantes y sus puntos de aplicación. Suministrar las herramientas que le permitan plantear y resolver problemas relacionados con el equilibrio de partículas y cuerpos rígidos. Darle conocer al estudiante los conceptos básicos para analizar diferentes tipos de estructuras estáticamente determinadas. 4. METODOLOGÍA En el desarrollo del curso se promoverá la participación activa del estudiante, utilizando métodos: inductivodeductivo; modo: colectivo explicativo; forma: intuitivo sensorial; con sus respectivos procedimientos y técnica
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5.
:9605573
como lluvia de ideas, seminarios, enseñanza en grupos, estudio dirigido, talleres y otros. RECURSOS DIDACTICOS Se utilizara proyector multimedia y pizarra acrílica. SISTEMA DE EVALUACIÓN Se evaluara por medio de la rendición de un Examen Parcial, un Examen Final y un Trabajo Domiciliario. La nota final se obtendrá aplicando la siguiente fórmula:
PF
1 EP 2 EF 1TD 4
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6.
:9605573
REFERENCIA BIBLIOGRAFICA Estática, Beer R. Johnston. Estática, J. L. Meriam. Estática Gráfica, Otto Henkel.
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:9605573
7.0 Programa Analítico - Practico
SEM FECHAS
CONTENIDO
RESP.
01
Introducción, Definición, Vectores, Regla Lavm del Paralelogramo, suma de tres o mas vectores, escalares, mecánica de las partículas, fuerzas en un plano. Resultante de varias fuerzas concurrentes. Descompocisión de una fuerza en componentes.
02
Componentes rectangulares de una fuerza, Lavm vectores unitarios. Suma por suma de sus componentes, equilibrio de una partícula, fuerzas en el espacio.
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:9605573
SEM FECHAS
CONTENIDO
RESP.
03
Equilibrio de una partícula en el espacio, Lavm sólido rígido, principio de transmisibilidad, momento de una fuerza con respecto a un punto. Teorema de Varignon, componentes rectangulares del momento de una fuerza.
04
Producto escalar de dos vectores, Lavm proyección de un vector sobre un eje dado, producto mixto de tres vectores. Momento de una fuerza con respecto a un eje, par de fuerzas, suma de pares, representación de un par.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
SEM FECHAS
CONTENIDO
RESP.
05
Descomposición de una fuerza: en una Lavm fuerza y un par en un punto dado, reducción de un sistema de fuerzas a una fuerza y un par. Casos particulares de la reducción de un sistema de fuerzas: fuerzas coplanares, fuerzas paralelas; caso general.
06
Equilibrio del sólido rígido, equilibrio en dos Lavm dimensiones. Tipos de apoyos. Tipos de ligaduras, equilibrio de un sólido rígido sometido a tres fuerzas.
07
Equilibrio de un sólido sometido a dos Lavm fuerzas, centro de gravedad, centro de
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
SEM FECHAS
CONTENIDO
07
Gravedad de área planas, centro de Lavm gravedad de líneas. Áreas y líneas compuestas, centro de gravedad por integración.
08 09
10
RESP.. RESP
SEMANA DE EXAMENES PARCIALES
Líneas. Teoremas de Pappus-Guldin, repartidas sobre vigas.
cargas
Volúmenes, olúmene s, cuerpos y volúmenes volúmen es compuestos. Vigas, tipos de vigas, en voladizo, simplemente apoyada, con voladizos, vigas isóstáticas, hiperestaticas.
Lavm Lavm
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
SEM FECHAS
CONTENIDO
RESP.. RESP
11
Vigas combinadas, combinad as, tipos de cargas, fuerza Lavm cortante y momento flector, convención de signos. Diagrama de fuerzas cortantes y momento flector.
12
Relaciones entre la carga, la fuerza Lavm cortante y el momento flector. Ejemplos.
13
Momento de inercia, momento de inercia de un área finita, momento polar de inercia, radio de giro. Teorema de Steiner, producto de inercia, momentos de inercia respecto a ejes
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:9605573
SEM FECHA FECHAS S
CONTENID CONT ENIDO O
RESP.. RESP
13
Inclinados, dirección de ejes principales, Lavm producto de inercia respecto de ejes inclinados, círculo de Mhor. Mhor.
14
Momento de inercia máximo y mínimo. Armaduras, marcos. marcos.
Lavm
15
SEMANA DE EXAMENES FINALES
Lavm
16
Entrega de notas, promedios, reclamos, finalización del semestre.
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:9605573
CAPITULO 1
Estática de Las Partículas
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Fuerzas en el Plano
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:9605573 ESTATICA
:319176,
Es una ciencia físico matemática, que describe y predice las condiciones de reposo o movimiento de los cuerpos bajo la acción de fuerzas. Vectores.- son expresiones matemáticas que poseen módulo dirección y sentido. Ejemplo de magnitudes vectoriales - Las fuerzas - Los desplazamientos - Las velocidades - Las aceleraciones - Los momentos lineales etc.
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:9605573
La Suma de los vectores, se realiza gráficamente utilizando la regla del paralelogramo. Regla del Paralelogramo.- Se puede sustituir dos
vectores por un único vector denominado resultante, el cual se obtiene trazando la diagonal de un paralelogramo cuyos lados son los vectores iniciales. Ejemplo.- Sumar
los vectores A y B, características están dadas gráficamente (A). Propiedad: A+B=B+A
cuyas
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573 r
A
r
B
r
A
r
B
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Suma de tres 3 o mas vectores
Para sumar tres vectores, se suman primero dos de ellos y luego resultante se suma al tercer vector. Sumar los vectores: A,B,C r
r
r
A
r
r
r
r
r
r
A B C ( A B) C
B
C
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
A
B
R
C
Escalar. -Es una magnitud que no tiene punto de aplicación, dirección ni sentido; solo tiene módulo Ejemplos de magnitudes escalares: - El Volumen - La Masa - La energía
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:9605573
Mecánica de la Partículas Fuerzas en un plano Una fuerza representa la acción de un cuerpo sobre otro. Toda fuerza es un vector, por lo tanto posee un punto de aplicación, dirección, sentido y módulo. Modulo.- Viene hacer cierto numero de unidades. Dirección.- Esta dado por la recta soporte de la fuerza. Dicha recta se caracteriza por el ángulo que forma con una línea dada o prefijada. Sentido.- Se indica mediante una flecha
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A=Partícula 5= Modulo A= Punto de aplicación
:9605573
A
Línea prefijada
α= Dirección
Problema.- Determinar gráfica y analíticamente la resultante de las fuerzas mostradas en la figura:
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573 1750N
1750N
R
95° 2500N
R 1750 2500 2(1750)(2500)Cos85 2
R 2924 N
2500N
Ley de Senos
Ley de Cosenos 2
95º
2
2924 Sen85
1750 Sen
Sen 0.85
58.40
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:9605573
Problema.- La suma de las fuerzas A (que es horizontal y de 10N) y B (vertical) produce la fuerza C que tiene un módulo de 20N. ¿Cuáles son el módulo de la fuerza B y la dirección de la fuerza C? [Utilizar el polígono de fuerzas para conseguir unos resultados aproximados, que en este caso es un triángulo, y realizar además los cálculos analíticos.]
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Resultante de Varias fuerzas concurrentes A, B, C FuerzasCoplanares r
r
r
O Particula
La resultante de las fuerzas se obtiene por medio de la regla del polígono. Esta fuerza resultante produce los mismos efectos que las fuerzas Aoriginales. A B O
B
O
R
C
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:9605573
Descompocisión de una fuerza en componentes Una fuerza única F puede ser sustituida por dos ó mas fuerzas que actuando simultáneamente producen los mismos efectos sobre la partícula. Nota.- Para los fines del curso es de sumo interés considerar 2 casos de la descompocisión de una fuerza y que a su vez estas dadas en dos direcciones. Primer caso.- Cuando se conoce la dirección de ambas componentes. F= dato L y L = dato
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573 L1
L1 F
A L2
F B
L2
A y B, Solución Segundo Caso.- Cuando una de las componentes es conocida. La segunda componente se obtiene utilizando la regla del triángulo.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
A y R= dato B= incógnita A
:9605573 B
R
A
R
Problema.- Se quiere descomponer la fuerza P, cuyo módulo es de 400N, en dos componentes dirigidas según las rectas a-a y b-b. Determinar trigonométricamente el ángulo α, sabiendo que la Componente de P según la recta a-a debe ser de
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
a P 280N
b
b
a
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176, P P
:9605573
A B 2 A B C o s (Ley de 4 0 0 , A 2 8 0 , B ?, ? cósenos)
2
2
2
50º , 400
2
280
(Ley de A P senos) Sen
B 2 * 2 8 0 * B * C o s5 0 º 2
a P
Sen50º
arcSen(
2
280N
ASen50º P b
)
280N
a
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Problema.- Sabiendo que α=30º, determinar el módulo de la fuerza F de modo que la fuerza resultante ejercida sobre el cilindro sea vertical. ¿Cuál es el correspondiente valor del módulo de 600N la resultante? F
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573 600 Sen 30
R F
F
600N F
Sen
20
600 Sen 30 R
F
R
Sen
130
Componentes rectangulares de una fuerza Cuando una fuerza se descompone en dos fuerzas cuyas direcciones forman un ángulo de 90º entre si, se dice que son componentes rectangulares, porque forman
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
y
F
Fy
a Fx
x
Vectores unitarios.- Son aquellos vectores que tiene como módulo la unidad. El vector unitario según el eje “x”, se denomina por
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
El vector unitario según el eje “y”, se denomina por j. y
j
Módulo = 1
i
x
Componentes según las direcciones x e y de la fuerza F
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
y Fy Fyj r
r
r
F
j
F Fxi + Fyj
a i
r
r
Fx Fxi
x
Fx, Fy son escalares apropiados Fx, Fy, pueden ser positivos o negativos; el valor absoluto de Fx, Fy, vienen hacer los módulos de las componentes según las direcciones x e y, de la fuerza
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Fx F Cos Fy F Sen Tg
Fy Fx
El Modulo de la fuerza F:
F
2
Fx Fy
2
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Problema.- Determinar las componentes x e y de cada una de las fuerzas indicadas en el sistema mostrado en la figura. y x
120N
100N
80N
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Fx 80cos330º i Fy 80sen330º j Fx 100 cos 290º i
y
Fy 100 sen290 j
x
Fx 120 cos 220º Fy 120 sen220º
120N
100N
80N
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Suma de fuerzas por suma de sus y componentes R A B C A A B B Rx Fx y
y
A x
B x
C y
C
Ry
x
C x
Fy
Rxi ( Ax Bx Cx)i
y R y
Ryj ( Ay By Cy) j
R R x
x
R Rx Ry
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Equilibrio de una partícula
Si la resultante de todas las fuerzas que actúan sobre una partícula es nula, se dice que la partícula esta en equilibrio. R F 0
( Fxi Fyj ) 0 Fx 0 Fy 0
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Problema.- Dos cables están unidos en C y cargados
según se muestra en la figura. Determinar la tensión en AC y BC.
0.80
0.60
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
y T BC Sen T
T
B C
A C
T AC Sen
a
ß
x
T AC Cos
T BC Cos
100
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Fuerzas en el Espacio
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
Fuerzas en el espacio Fx FCos x
:9605573 Fy FCos y
F
Fz FCos z
F 2 x F 2 y F 2 z
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573 F Fxi Fyj Fzk (cos x) 2 (cos y) 2 (cos z ) 2 1
Problema.- Determinar las componentes x, y, z de la fuerza de 250N y los ángulos que forma esta con los ejes coordenados.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
y
:9605573 Fy 250Cos30º
250N 30°
25°
z
x
Fx (250Cos250)Cos 25º Fz (250Cos60)Sen25º
F
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
F x FCos x F x Cos x F x
Problema.- Si se sabe que la tensión en AB es de 39kn, determinar los valores que deben tener las tensiones en AC y AD de modo que la resultante de las 3 fuerzas aplicadas en A sea
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
EQUILIBRIO DE UNA PARTICULA EN EL ESPACIO
R
F 0
( Fxi Fyj Fzk ) 0
Fx 0, Fy 0, Fz 0
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Problema.- Una grúa (que no se muestra) esta soportando una jaula de 2kN a través de tres cables: AB, CB y DB. Nótese que D está en el centro de la cara exterior de la jaula; C esta a un a distancia de 1.6m de la esquina de dicha cara, y B esta directamente sobre el centro de esa cara. ¿Cuáles son las fuerzas F 1, F2 y F3
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Problema.- ¿Cuál es la suma de las tres fuerzas? La fuerza de 2 kN esta en el plano yz.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
CAPITULO 2 Sólido Rígido Sistemas Equivalentes de Fuerzas
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
SOLIDÓ RIGIDO Son aquellos sólidos que se consideran indeformables. Las fuerzas que actúan sobre un sólido rígido pueden ser exteriores e interiores: 1) Las fuerzas exteriores representan la acción de otros cuerpos sobre el sólido rígido considerado.
2) Las fuerzas interiores son aquellas que mantienen unidas las partículas del sólido rígido.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Nota.- Cada una de las fuerzas exteriores que actúan sobre un sólido rígido es capaz si no se le opone otra de imprimir al sólido un movimiento de traslación o de rotación, o ambos a la vez.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
PRINCIPIO DE TRANSMISIBILIDAD
Si: F, F’=Módulo, dirección, Sentido L, L’ es la misma recta soporte O, O’ son puntos diferentes de aplicación de la
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Estas fuerzas producen el mismo efecto físico sobre el solidó rígido, por lo que se dice que son mecánicamente equivalentes.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
MOMENTO DE UNA FUERZA RESPECTO DE UN PUNTO Se define el momento de una fuerza F, respecto de un punto O, al producto vectorial de un vector posición llamado r y de un vector fuerza llamado F.
M O r F M rFSen F d
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
El módulo de Mo mide la tendencia de la fuerza F a imprimir al sólido rígido una rotación alrededor de un eje dirigido según Mo. NOTA.- Dos fuerzas son mecánicamente equivalentes, si y solo si son iguales (módulo, dirección y sentido) y sus momentos respecto a un punto dado también son iguales.
F F ',
M O M 'O
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
TEOREMA DE VARIGNON
Fn
R F1 F2 F3 .....F n M O r R r ( F1 F2 F3 .....F n ) R
F
F
F
F )
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
COMPONENTES RECTANGULARES DEL MOMENTO DE UNA FUERZA F
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
r xi yj zk F Fxi Fyj Fzk
M O r F M O Mxi Myj Mzk i
j
k
M O x
y
z
Fy
Fz
Fx
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
Problema.- Una fuerza de 450N esta aplicada en A. Determinar a) El momento de la fuerza respecto al punto D. B) La fuerza mínima que aplicada en B produce el mismo momento respecto a D.
:9605573
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573 r 0.3i 0.125 j F 450Sen30º i 450Cos30º j
r DA A D (0.3,0.125)
M D F
i
j
k
0.3
0.125
0
450 sen30 450 cos 30 0 F D
M
88.788k .N m
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573 Se sabe que: M rxFSen M Fxd
Si F mínimo d=máximo 88.788k Fd max imo 88.788 F (0.3) (0.225) 2
F 236.768 N
2
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
PRODUCTO ESCALAR DE DOS VECTORES P .Q P .Q C o s Si : P P x i Py j Pz k
y
Q Q x i Q y j Q z k P .Q Px .Qx PyQy PzQz
Px.Qx PyQy PzQz P.QCos C os
P x .Q x P yQ y P zQ z P .Q
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
PROYECCION DE UN VECTOR SOBRE UN EJE DADO
r
P o s RC O L R
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
R . S R . S . C o s ( R . C o s ) . S R R.S POL .S
P
R OL
R OL
P
R . S S
R .
PRODUCTO MIXTO DE TRES VECTORES Sean los vectores: R , S , T Se define como producto mixto de tres vectores a la siguiente relación: R . ( S T )
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573 Rx Ry Rz
r
S
R.(S T ) Sx Sy Sz r
r
T
r
R
r
r
Tx Ty Tz Propiedad R.(S T ) S.(T R) T.( R S ) : Problema.- Un poste esta sujeto por medio de tres vientos como se aprecia en la figura. Determinar el ángulo que forman los cables AD y AC
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Solución: AD D A (14, 0, 0) (0, 48, 0) (14, 48, 0)
AD 14i 48 j 0k AC C A (16, 0, 24) (0, 48, 0) (16, 48, 24)
AC 16i 48 j 24k AD (14)2 (48) 2 (0)2 AC (16)2 (48)2 (24)2 AC Cos AD
AD. AC AD AC
14 x16 48x 48 0 50 56
42.02º
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
MOMENTO DE UNA FUERZA CON RESPECTO DE UN EJE Se define el momento de una fuerza con respecto a un eje, como la proyección sobre el eje del momento de la fuerza con respecto a un punto del eje.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Físicamente el momento de una fuerza con respecto de un eje, mide la tendencia de hacer girar el solidó alrededor de dicho eje. M F F F M OL POL M O . . .M O . F O
F
M OL
.( r F ) .
Pr oducto Mixto detres vectores F M OL
x y z x y z . Fx Fy Fz
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Problema.- Calcular el momento de la fuerza P, con respecto al punto A y a la recta AB. y
x
z
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
M A r P
r (a, 0, a) (0, a, a) (a, a, 0) (0, a, a ) (a, a, 0) (a, 0, a) P P P a 2 P (0,100, 100) r (2, 2, 0) i M A 2
j
k
2
0
0 100
100
M A 200i 200 j 200k
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176, P M AB .(r F ) .
1 P 2 M AB
0
0
2
0
0 100
100
M AB 200i P
.(1, 0, 0)
:9605573 PAR DE FUERZAS Se llama par de fuerzas, al sistema formado por dos fuerzas F y-F, que tienen el mismo modulo, rectas soportes paralelos y sentidos opuestos.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
RESULTANTE DE UN PAR DE FUERZAS La resultante de un par de fuerzas es un momento, siendo este un vector libre (se puede aplicar en cualquier punto) Suma de Pares Si setiene : M 1 Momento deun par M 2 Momento deun par
la suma de M1 M 2 M , es otro momento de otro par
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Representación de un par Puede ser representado por vectores:
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Descompocision de una fuerza, en una fuerza y un par en un punto dado.
Cualquier fuerza F, que actúa sobre un solidó rígido puede ser trasladada a un punto arbitrario O, sin mas que añadir un par cuyo momento sea igual al momento
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Reducción de un sistema de fuerzas, a una fuerza y un par
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573 R R O
F
M
M
O
(r F )
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
Problema.-Reducir el sistema fuerza-par aplicado al sólido mostrado en la figura, al punto cuyas coordenadas son: (8,7,-5)cm. F1=1000kgf (Contenido en el plano ABC) F2=2000kgf F3=3000kgf
:9605573 y
(0,4,0)
B
(3,3,2)
(0,4,5)
O
F
F 3
z
2
d
(0,0,5)
x
F
1
A
(5,0,0)
F 1
C
(6,0,7)
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
F 1
i CAxCB 6
j
:9605573
k
2 (8, 0, 24) 6 4 2
M
F 1
M
F 1
0
1000 x20(
8, 0, 24 640
)
6325i 0 j 18,974k
F 2 F 2 2000(
3,3, 5 43
)
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
F 2 915i 915 j 1525k i
F 3
k
F 2
5 10 7 915 915 1525
F 2
21655i 14030 j 4575k
M
M
j
F3 3000k
i F 3
M 8 0
j
k
7
5
0
3000
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176, M
F 3
:9605573
21, 000i 24, 000 j
R F1 F2 F 3 R 915i 915 j 1475k R
M M R
F1
M
F2
kgf
F 3
M
M 5670i 9970 j 14,399k Casos Particulares de la Reducción de un Sistema de Fuerzas a) Fuerzas Son fuerzas que actúan en un mismo Coplanares
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
d
R O
M
R
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
b) Fuerzas Paralelas
R
F
R O
y
M r R
R x
M
M
x
R z
M
M
z
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
M x.Ry R z
M z.Ry R x
:9605573 x
M z R R y z
R x
M
R y
c) Caso General
TORSOR
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176, M 1
( R).( M o R ) R
R R
:9605573 M1 (.M ). R o
Problema.- Reducir el sistema de fuerzas aplicado a la placa mostrado en la figura, a un torsor. Especificar el eje y el paso del torsor.
Solución Reduciremos todo el sistema de fuerzas primero al origen (0,0,0)
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573 i C40 6 0
j
k
8
0 40(8i 6 j )
0
40
C40 320i 240 j i
j
k
C10 6
0
4 10(4i 6k )
0
10
0
C10 40i 60kj
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176, i C10 0
10
j
:9605573
k
8 4 10(4i 8k ) 0
0
C10 (40 j 80k )
R 10i C 360i 280 j 140k
(C ).( R) R C 1 . R R
Torsor
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
(360, 280, 140).(10, 0, 0) (10, 0, 0) C 1 . 10 10
C1 360i C2 C C 1 C2 280 j 140k
r R C 2
i
j
( x 0)
( y 0)
10
0
k ( z 0) 280 j 140k 0
10 zj 10 yk 280 j 140k z 28, y 14
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Paso del torsor (P) P
C 1 R
360 10
36
Ecuación del eje El eje es paralelo al eje x. Un punto de paso del eje es (0,-14,28)
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
CAPITULO 3
Equilibrio del Sólido Rígido
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Equilibrio del sólido rígido Se dice que un sólido rígido esta en equilibrio, cuando las fuerzas exteriores que actúan sobre el, forman un sistema de fuerzas equivalentes a cero:
F 0 M (r F ) 0 F 0, F 0 F 0 x
M
x
y
0,
M
z
y
0
M
z
Equilibrio en dos dimensiones
0
Las fuerzas exteriores y la estructura, se encuentran en el plano de la figura; es evidente que las reacciones en los apoyos se encontraran en el mismo plano:
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Tipos de apoyo 1º Una reacción con una recta soporte conocida
Rodillos
Superficie lisa Balancín Numero de incógnitas = 1
Reacción con una recta soporte conocida
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
Cable
:9605573
Biela
Numero de incógnitas = 1
Deslizadera
Biela
Reacción con una recta soporte conocida
Reacción con una soporte conocida
recta
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573 Reacción con recta soporte desconocida
Superficie rugosa Articulación Numero de incógnitas = 2
Fuerza y par
Empotramiento
Numero de incógnitas = 3
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
REACCIONES EN APOYOS Y UNIONES
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
REACCIONES EN APOYOS Y UNIONES
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
REACCIONES EN APOYOS Y UNIONES
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:9605573 F 0 M 0
:319176,
F 0 x
y
A
Tipos de ligaduras
1º El tipo y numero de apoyos, determina el número de incógnitas o reacciones (R). 2º Para un sistema general de fuerzas, el número de ecuaciones es igual a tres (Q). 3º Si R=Q: a) El sistema es estable, esta completamente ligado y estáticamente determinado.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
b) El sistema es inestable, tiene ligadura impropia y son estáticamente indeterminados.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Un sólido rígido esta impropiamente ligado siempre que sus apoyos aunque pueden generar un número suficiente de reacciones, estén dispuestos de tal forma que las reacciones sean concurrentes o paralelas.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
4º Si R
Cuando las ligaduras, no pueden impedir el movimiento de la estructura.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Las reacciones en A y B, introducen sólo 2 incógnitas, una de las ecuaciones, no se satisfacera. 5º Si R>Q: el sistema es estáticamente indeterminado (hiperestatico)
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Ligadura completa, estructura estáticamente indeterminada, el número de reacciones mayor que el número de ecuaciones de equilibrio Determinación del Tipo de Ligadura Para una armadura coplanar: Si N b N R 2n; Si N b N R 2n; Si N b N R 2n; Si N b N R 2n;
Armadura Completamente Ligada Armadura Parcialmen te Ligada Armadura es Estaticamente indetermin ada Armadura es Estaticamente determinada
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Problema.- En la estructura mostrada en la figura, calcular las reacciones en los apoyos A y B.
2.5m
3.0m
2.5m
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
M
B
:9605573 By
0
400 2.5 A y 5 Ax 3 0
F 0 x
A x BCos 0 Ax BCos
F 0 y
A y By 400 0 Ay BSen 400
En (1) B
1000 5Sen 3Cos
Bx
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Para el problema β=90 -α α=90°, β=0°
B 333.33N
A x 333.33 N A y 400.00 N
Equilibrio de un sólido rígido sometido a tres fuerzas Si un sólido rígido sometido a tres fuerzas está en equilibrio, las rectas soportes de las 3 fuerzas deben ser concurrentes o paralelas
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
M
D
:9605573
0
Si se toma momento respecto al punto de concurrencia de dos de ellas, la recta de acción de la tercera fuerza, necesariamente tendrá que concurrir a este punto para que el momento sea nulo.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Equilibrio en Tres dimensiones Las reacciones en apoyos y uniones de una estructura tridimensional, comprende desde una fuerza única (apoyo en superficie lisa), hasta seis (tres fuerzas y tres momentos/ apoyo de empotramiento).
Para expresar las condiciones de equilibrio de un sólido rígido, es necesario seis ecuaciones escalares, a saber: F x 0, Fy 0 F z 0
M
0,
M
0
M
0
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
En la mayoría de los problemas, las ecuaciones escalares anteriores, se obtendrán mas cómodamente si las condiciones del equilibrio del sólido rígido considerado se expresan primero en forma vectorial, de la siguiente manera:
F 0 M (r F ) 0
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
REACCIONES EN APOYOS Y UNIONES
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
REACCIONES EN APOYOS Y UNIONES
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
REACCIONES EN APOYOS Y UNIONES
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
CAPITULO 4
Fuerzas Repartidas Centros de Gravedad
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Centroides de Áreas y Curvas Planas W
W i
i
Tomando momentos con respecto al eje y Wxc
W x i
i
i
W x i
xc
i
W
i
(1)
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Análogamente, se tiene:
W y i
yc
i
i
(2)
W La localización de la línea de acción del peso resultante W de la placa esta dada por la coordenadas x c, e y c.
W V
Wi V i
Wi At i
(3)
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
(3) en (1) y (2)
( At ) x i
xc
yc
xc
i
At
( At ) y i
i
At
A x i
i
i
i
i
A
A y i
yc
i
i
A
El punto situado sobre el área A, localizado por la coordenadas xc e yc, se define como el centroide de esta área.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Si se sigue subdividiendo el área de la placa en las áreas elementales Ai, se llega a una situación limite, de modo que: xc Lim
A x xdA i
i
Ai 0
A
Ai 0
A
A
A y ydA i
yc Lim
i
i
A
i
A
A
Las dos ecuaciones anteriores constituyen la definición formal de las coordenadas centroidales del Área “A”
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
xdA, es el momento de primer orden del area A con respecto al eje "y" A
ydA,es el momento de primer orden del area A con respecto al eje "x" A
Centroides de Curvas Planas
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
xc
yc
li xi
i
xc Lim
l x xdl i
li yi
i
l
yc Lim l i 0
i
i
l i 0
l
:9605573 l
l
l
l y ydl i
i
l
i
l
l
Notas 1º Si un área o una línea, posee un eje de simetría, el centro de gravedad debe estar situado sobre dicho eje.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
2º Si un área o una línea, posee dos ejes de simetría, el centro de gravedad debe estar situado en el punto de intersección de ellos.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
3º Si un área o una línea, posee un centro de simetría, el centro de gravedad debe estar situado en dicho centro de simetría.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Áreas y líneas compuestas El centro de gravedad de áreas y líneas compuestas, se determina descomponiendo el área o la línea compuesta en áreas o líneas conocidas mas pequeñas.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
xc
xi Ai
i
yc
i
A yi Ai A
:9605573
x1 A1 x2 A2 .........
y1 A1 y2 A2 .........
A1 A2 ........ A1 A2 ........
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Problema.- Hallar la abcisa del centro de gravedad del área sombreada.
solución ( x h) c( y k ) x cy 2
yh
x a
c x 2
a
a
2
h
2
h
y
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
x b
y
hb2 a2
a.h 3a 3 b.hb . ( b) 2 4 3a x 3 4 3 ah hb 3
3a
2
3 a b x ( 3 ) 3 4 a b 4
4
2
:9605573
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Centros de Gravedad por integración Áreas (elemento vertical) xdA
x
A
A
xel x
y
ydA A
A
yel
y
2
dA ydx
x
b
a
xydx A
y
b
y
a
2 A
ydx
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Problema.- Hallar la abcisa del centro de gravedad del rectángulo mostrado en la figura. xel x
x
dA hdx b
xhdx x 0
A
hx 2
x
dx
b
2 0 x bh
b 2
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
Elemento horizontal
:9605573 xdA
(a,c)
x
A
A
b x
xel x
2
xel
dA (b x)dy x b ( )(b x)dy 0 2 x c (b x)dy
c
0
x b 2
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
ydA
y
A
A
yel y c
y (b x)dy y (b x)dy 0
c
0
:9605573
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
Coordenadas Polares
:9605573 xdA x
A
dA
A (rd )r
x
0
3
dA
2
d
xel
2
2
2
r d
( rCos ) 3 2 2 r d
0
2
rCos r 2 d 2
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
y
ydA A
A
yel
2 3
:9605573
rSen
y
0
r 2 d
2
( rSen ) 3 2 2 r d
0
2
Problema.- Hallar la abcisa del centro de gravedad del área sombreada.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573 x 2
x,y
a2 h
y
y
h a2
dA ydx b
xydx x ydx a
b
dx
a
x
x 4
x
b
a
x(
b
(
h a h
2 x dx) 2
2 x dx) 2
b
x
4 a x 3
3
b
x
3 (a 4 b 4 ) 4 (a 3 b3 )
x2
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Líneas x dy
P(x,y)
xdL L
y
L
dL d 2 x d 2 y
dx
dL 1 (
L
L
yel y
xel x dL
ydL
dy
dL 1 (
dx
) 2 dx
dx dy
dL r 2 (
) 2 dy
dr d
) 2 d
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Teoremas de Pappus-Guldin Estos teoremas, se refieren a las superficies y a cuerpos de revolución. Una superficie de revolución se genera por la rotación de un línea curva plana alrededor de un eje fijo. Ejemplo:
Esfera
Cono
Toro
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Un cuerpo de revolución se genera por la rotación de un área plana alrededor de un eje fijo. Ejemplo:
Esfera
Cono
Toro
Teorema N°1 El área de una superficie de revolución es igual a la curva generatriz multiplicada por la distancia recorrida por el C.G. del área cuando se genera la superficie
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176, dA 2 ydL
:9605573
y
dA 2 ydL
A 2 ydL
A 2 y L
Siendo 2 πy,la distancia recorrida por elC.G.d e la linea L
Nota.- La curva generatriz, no debe cortar el eje alrededor del cual gira.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Teorema N°2 El volumen de un cuerpo de revolución es igual al área generatriz multiplicada por la distancia recorrida por el C.G. del área cuando se genera el cuerpo ó volumen. y y dV 2 ydA
dV 2 ydA
V 2 ydA
V 2 y A
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Siendo 2 πy, la distancia recorrida por el C.G.d el area A.
Nota.- El teorema no puede aplicarse, si el área generatriz, corta al eje alrededor del cual se genera el cuerpo de revolución.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Problema.- Determinar el área superficial y el volumen del remolque para materiales sueltos que se muestra en la figura 8.16.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
L(m) 0.9 2.42 6 2.42 0.9
2 y (m) L y (m )
0.45 1.05 1.2 1.05 0.45 Σ
0.405 2.541 7.2 2.541 0.405 13.092
:9605573
A 2 yL
A 2 13.092 82.26m2
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
A(m2) 2.16 0.36 7.2 0.36 2.16
3 y (m) A y (m )
0.45 1 0.6 1 0.45
0.972 0.36 4.32 0.36 0.972
Σ
6.984
:9605573
V 2 yA
V 2 6.984 43.88m
3
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Cargas Repartidas sobre vigas Se puede sustituir una carga repartida sobre una viga, por una carga concentrada; el módulo de esta carga es igual al área bajo la curva de cargas y su recta de acción pasa por el centro de gravedad de esta área. L W
0
wdx
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Nota.- La carga concentrada es equivalente sólo en lo que se refiere a fuerzas exteriores, puede emplearse para hallar las reacciones, pero no para calcular fuerzas interiores y deformaciones.
M
:
w
xW x1dw1 x2 dw 2 x3dw3 ................... xn dwn x W
x dw i
i
i
x W Lim 0
x dw i
i
xW xdw
x A
L
0
xd A
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
Volúmenes
:9605573
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
W .r r i .dwi
M 0
r W
:9605573 Relaciones escalares
r w i
i
i
W (r j ) wi (r i j ) i
(W .r ) j (
i
i
i
wi 0
w .r ) i
i
y.W ydw
w .r ) j
W .r Lim (
x.W xdw
i
z .W zdw
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Nota.- Si el cuerpo esta constituido por un material homogéneo, entonces el centro de gravedad de un cuerpo, es el mismo que el centro de gravedad de su volumen: x , y, z : Son las coordenadas del V .r r i .dvi centro de gravedad.
x.V xdv
y.V ydv
z .V zdv
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
xdv
ydv zdv
:9605573
se le denomina momento de primer orden del volumen respecto al plano yz. se le denomina momento de primer orden del volumen respecto al plano xz. se le denomina momento de primer orden del volumen respecto al plano xy.
Notas 1° Si un volumen posee un plano de simetría, su centro de gravedad, debe estar situado en dicho plano.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
2° Si un volumen posee dos planos de simetría, su centro de gravedad, debe estar situado en la intersección de dichos planos. 3° Si un volumen posee tres planos de simetría, su centro de gravedad, debe estar situado en el punto de intersección de dichos planos.
Cuerpos y Volúmenes Compuestos x W
xi wi
yW
y w
xi vi
i
i
yW
x w
yV
y v
i i
i
i
i
i
i
i
x V
i
yV
x v
i i
i
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Problema.- en el semicono mostrado en la figura, determinar las coordenadas del centro de gravedad. 1 B h V ( ) 2 3 1 a 2 h V ( ) 2 3
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
dv
y 2 2
xel x
:9605573
a
dx
h
yel
4 y 3
y
a
x
h
x y
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
x V xel dv x V
h
0
x V
x
3
h
0
4
x.
y 2
x.
h
2
:9605573 yV yel dv
dx
yV
yV
a
0
a 2 x 2 h 2
2
dx
a
y
a
0
2
4 y y . .dx 3 2 2
4 y y h . .dy 3 2 a
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
CAPITULO 5
Fuerzas en Vigas
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
VIGAS Se conoce como Viga, a un elemento estructural diseñado para soportar cargas aplicadas en diversos puntos a lo largo de la misma. En la mayoría de los casos las vigas soportan cargas perpendiculares al eje de la viga, produciéndose en la viga fuerzas cortantes y momentos flectores.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno M oreno :319176,
:9605573
En ingeniería y arquitectura arquitectura se denomina viga a un elemento constructivo lineal que trabaja principalmente a flexión flexión.. En las vigas la longitud predomina sobre las otras dos dimensiones y suele ser horizontal. El esfuerzo de flexión provoca tensiones de tracción y compresión,, produciéndose las máximas en el cordón compresión inferior y en el cordón superior respectivamente, las cuales se calculan relacionando el momento flector y y el segundo momento de inercia inercia.. En las zonas cercanas a los apoyos se producen esfuerzos cortantes o punzonamiento.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
Tipos de Vigas Viga en voladizo
:9605573
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Si la viga esta sujeta solamente en un extremo, de tal manera que su eje no pueda girar en ese punto, se le llama viga en voladizo.
Viga simplemente apoyada
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Viga con voladizos Es una viga simplemente apoyada y que tiene uno o los dos extremos que continúan mas allá de estos puntos.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Vigas estáticamente determinadas Todas las vigas consideradas anteriormente son tales que se pueden calcular las reacciones en los apoyos utilizando las ecuaciones de equilibrio estático y se les denomina vigas estáticamente determinadas. Vigas hiperestaticas Si el número de reacciones que se ejercen sobre la viga excede el número de ecuaciones del equilibrio estático, las reacciones de las vigas son estáticamente indeterminadas.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
V. Empotrada en un extremo y s. Apoyada en el otro
:9605573
V. Continua
V. Biempotrada
Vigas Combinadas Son aquellas vigas que se conectan (dos o mas) mediante rotulas o articulaciones para formar una única estructura continua.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Tipos de carga 1° Carga aislada (aplicada en un punto), se expresa N.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
2° Carga repartida uniforme y con variación, se expresa en N/m.
3° Carga por medio de un par, se expresa en N-m.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Fuerza Cortante y Momento Flector en una viga
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Si se corta una viga en “C” y se suprime la parte derecha de ésta sección, se deberá sustituir la parte suprimida por el efecto que ejercía sobre la parte de la izquierda; efecto que consiste en una fuerza cortante vertical (V) juntamente con un par (M).
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
La fuerza V y el par M mantienen en equilibrio la parte de la izquierda de la barra bajo la acción de las fuerzas R A y P1. Fuerza Cortante (V) La suma algebraica de todas las fuerzas verticales situados a un lado de la sección “C”, se llama fuerza cortante en esa sección. Momento Flector (M) La suma algebraica de los momentos de las fuerzas exteriores situados a un lado de la sección “C”, se llama momento flector en “C”
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Convención de signos El esfuerzo cortante (V) y el momento flector (M) en una sección determinada de una viga se consideran positivos cuando las fuerzas interiores y los pares que actúan sobre cada parte de la viga están dirigidos como se indica en la figura.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
* El esfuerzo cortante en “C” es positivo cuando las fuerzas exteriores (cargas y reacciones) que actúan sobre la viga tienden a cortar la viga en la sección como se indica en la figura.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
* El momento flector (M) en la sección es positivo cuando las fuerzas exteriores que actúan sobre la viga tienden a doblar la viga en la sección como se indica en la figura.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Diagrama de fuerzas cortantes y momentos flectores Los diagramas de fuerzas cortantes y momentos flectores, es la representación grafica del efecto que se producen en cada una de las secciones de la viga. * Las fuerzas cortantes positivas, se graficaran sobre el eje de la viga y los negativos debajo. * Los momentos flectores se graficarán, si es positivo debajo del eje y si es negativo encima del eje.
Problema.- Para la viga mostrada en la figura, determinar:
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
a) Reacciones en los apoyos b) Ecuaciones de fuerza cortante y momento flector c) Diagramas de fuerza cortante y momento flector d) Momentos flector máximo y su respectiva ubicación.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
a) Reacciones Diagrama de cuerpo libre: P b
a C R A M A 0 S. Horario Pa R B * L 0
RB
L
M
B
Pa L
RB 0
S. horario
R A * L Pb 0
RA
Pb L
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
b) Ecuaciones de fuerza cortante y momento flector P y A
1 b
a x 1 C Pb/L
L
B Pa/L
T ra m o A C , s e c c io n
V
1 -1
0 x a
x 0 M 0
Pb L
x
M
Pb L
x
x a
M
Pab
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
22 a x L
TramoCB,sec cion P y A
V
2 b
a C Pb/L
M
Pb L
L x
L
x B
2 Pa/L
x a M
x P( x a)
Pb
Pab L
x L M 0
P
Pa L
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
V Pb L
:9605573 c) Diagramas
(+) (-)
Pa
X
L
M
(+) Pab L
(+) Momento F. Máximo
X
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
d) Momento máximo y su ubicación M
Pab L
x a
Relaciones entre la carga, el esfuerzo cortante y el momento flector
dx
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573 componentesverticales 0 V wdx (V dv ) 0
dv
dx
M
c
w
(1)
0
( M dM ) M Vdx wdx.
dM
c
c’
dx
V (2)
dx 2
0
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
La expresión N°1, indica que para una viga cargada en la forma anterior, la pendiente del diagrama de fuerzas cortantes (dv/dx) es igual y de signo contrario a la intensidad de la carga (w) bajo el punto en consideración. La expresión N°2, nos indica que la pendiente del diagrama de momentos flectores (dM/dx), es igual a la fuerza cortante. La expresión N°2, demuestra también que el momento flector es máximo cuando la fuerza cortante es igual a cero.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
dx De la Ec. N°1 dV wdx V D VC
X D
X C
D
C
dV
X D
X C
wdx
wdx
V V (AreabajolacurvaentreCyD)
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:9605573
:319176,
La fuerza cortante entre dos puntos cualesquiera de una viga es igual y de signo contrario al área de la curva de carga comprendida entre dichos puntos. De la Ec. N°2
dM Vdx
M D
MC
D
C
x D
dM
x D
xC
Vdx
Vdx
xC
M D M C (Area bajola curva del diagrama defuerzascortantesentre C y D)
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573 w
Ejemplo: A
B
L
Diagrama de cuerpo libre:
w
B
A
L
R =wL/2
R =wL/2
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573 w
R A R B w L R R
A
A
R R
B
B
A
B
wL
x
2
L
R A =wL/2
R A =wL/2 x
V x VA wdx wx 0
V
V V A wx M x M A
X
0
Vdx
wL 2
V A
wL
2
wx
M A 0
Ec. Una recta
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176, M x M x
X 0
w 2
w(
L 2
x ) dx w
( L x x 2 )
:9605573
X 0
(
L 2
x ) dx
P a ra b o la
wL/2
(+) C
A
B (-)
L/2
wL/2
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
(+)
2 wL /8
dM dx
V 0 Elvalordel Momento Maximocorrespondea:
V w(
L
2
x ) 0 x
L
2
M MAX
wL2 8
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Problema.- Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flector para la viga mostrada en la figura. 20N/m
B
A
C 6
20N/m
3
B
A
C 6
R =80N
3
R =40N
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
V A 80N
La variación de la fuerza cortante entre dos puntos, es igual a menos el área comprendida bajo la curva de carga entre dichos puntos, por lo tanto se puede obtener VB. V B VA (20)(6) 120N V B 120 VA 120 80 40N
La pendiente dv/dx=-w, es constante entre A y B, por tanto el diagrama de fuerzas cortantes entre estos puntos es una línea recta.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Entre B y C el área bajo la curva de carga es cero, por lo tanto: VC VB 0 VC VB 40 La fuerza cortante es constante entre B y C 80N
(+) A
D
B
C (-)
x
40N
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
A la ubicación de la sección donde el momento flector es máximo le denominaremos D (V=0). 6 x x
80 40 x 4m La variación del momento flector entre dos puntos, es igual al área comprendida bajo la curva de carga entre dichos puntos, por lo tanto se puede obtener M D. M D M A 160
M A 0
M D 160
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
M B M A
4 x80 2
:9605573
2 x40 2
D
A
(+)
M B 120 B
(+)
120Nm
C
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
El diagrama de momentos flectores está conformado de una parábola seguido por un segmento de línea recta; la pendiente de la parábola en A es igual al valor de V en ese punto.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
CAPITULO 6
Fuerzas Repartidas Momentos de Inercia
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Momentos de Inercia (I) El momento de inercia o momento de segundo orden respecto a un eje en su plano, esta dado por el producto del área del elemento y el cuadrado de la distancia entre el elemento y el eje. El momento de inercia del elemento de área respecto del eje x es:
dIx y dA 2
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
El momento de inercia del elemento de área respecto 2 del eje y es: dIy x dA Momento de Inercia de un Área Finita El momento de Inercia de un área finita respecto a un eje en su plano es la suma de los momentos de inercia respecto de ese eje de todos los elementos de área contenidos en ella.
2 Ix dIx y dA Iy dIy x dA Unidades Las unidades del momento de Inercia son la cuarta potencia de la unidad de longitud, por ejemplo: cm 4
2
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Momento Polar de Inercia (I o) Viene hacer el momento de segundo orden con respecto a un polo.
Io dA x y 2
pero I o Io
2
2
2
( x 2 y 2 )dA ( x 2 ) dA
Io Iy Ix
( y 2 ) dA
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Radio de Giro (k) 1° El radio de giro de un área, respecto al eje x, esta definido por: k x
I x A
2° El radio de giro de un área, respecto al eje y, esta definido por: k y
I y A
3° El radio de giro de un área, respecto al polo (o), está dado por:
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
k o
I o
A Teorema de Steiner
I x I x Ad 2
I y I y´' Ac
2
:9605573
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
El momento de Inercia de un área respecto a un eje cualquiera, es igual al momento de inercia respecto a un eje paralelo que pasa por el centro de gravedad mas el producto del área por el cuadrado de la distancia entre los dos ejes. Producto de Inercia Ixy El producto de inercia de un área respecto de los ejes x e y, esta definido por:
I xy
xydA
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
1° A diferencia de los momentos de inercia I x, Iy; el producto de inercia Ixy puede ser positivo o negativo. 2° Cuando uno de los ejes x, y ó ambos, son ejes de simetría del área A, el producto de inercia I xy es igual a cero. 3° El producto de inercia de un área respecto a los ejes x e y, es igual al producto de inercia del área con respecto a los ejes centroidales, mas el producto de las distancias de los ejes centroidales por el área.
I xy I xy Acd
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Físicamente el momento de inercia es la resistencia que ofrecen los cuerpos a la aceleración angular por efecto de un momento de fuerza.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Momento de Inercia respecto a ejes inclinados
Por definición I x
y 2 d A
x ysen x cos y y cos xsen
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176, I x
I x I y 2
Ix Iy 2
:9605573
c o s 2 I x y se n 2
(1)
Para el momento de inercia con respecto al eje y’, reemplazamos θ por (θ+90). Dirección de ejes principales d Ix d
0
2 Ixy tg 2 m Ix Iy 2 Ixy tg ( 2 m ) Ix Iy
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Productos de Inercia con respecto a ejes inclinados I x y
x y d A
Ix Iy
Ix y Ixy cos2
2
sen2
(2)
Circulo de Mhor De (1) y (2) ordenando y sumando el cuadrado, tenemos:
Ix
Ix Iy 2
2
( Ix y ) 2
Ix Iy 2
I xy 2
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
( x h) y R 2
2
2
x I x y Ixy h
R
:9605573 Ecuación de un Circulo
Ix Iy 2
(
Ix Iy 2
2 2 ) I xy
Los momentos de inercia, se representan en el eje de las abcisas y los productos de inercia a lo largo del eje de las ordenadas.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Construcción: Para dibujar un círculo cuyo centro se encuentra en el eje de los momentos, es necesario conocer adicionalmente dos puntos de paso del circulo, por lo tanto de las ecuaciones (1) y (2): Punto A Punto B 0
0
Ix Ix
Ix Iy
Ix y Ixy
Ixy Ixy
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176, I
:9605573
X'Y´
IX
I X'Y´ max p2
2
2 p1
X A Y
X I
I
I
2 p1
min
I
Y X
I
Y
B
IY
I X'Y´ min I X+ I Y 2
max
X'
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Momentos de Inercia Máximo y Mínimo
Im in
Ix Iy
I m ax
R
2 Ix Iy
I m in ,max
2
R
Ix Iy 2
(
Ix Iy 2
) ( Ixy ) 2
2
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Problema.- Para la sección mostrada, hallar: y b) Orientación de los a) Ix, Iy, Ixy ejes principales que 2” pasa por el origen. c) Momentos principales de Inercia. 6” d) Comprobar los resultados anteriores 2” x 8” usando el circulo de Mhor. d) Determinar el momento y producto de Inercia, para un ángulo de 45°, medido a partir del eje “x” en sentido antihorario
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
a)
1
Ix1 Ix 2
:9605573
2.63 144
3 1
y
6.2 3 16
3
2”
Ix 160 Iy1
1 3
2 .6 16 3
6”
1 2
Iy 2
1 12
6 3.2 6.2.5 2 336
Iy 352
8”
2”
x
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176, I x y 1
2 2.6 4
:9605573
2
36
y 2”
I x y 2 0 5 . 1 . ( 6 .2 ) 6 0
Ixy 96 6”
1 2
8”
2”
x
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
b)
c)
2 Ixy tg 2 m Ix Iy
I m in , m a x I m in ,max
Im
ax
Im
in
Ix Iy 2
160 352 2
392 120
:9605573
2.96 1 tg 2 m 160 352 2m 45 m 22.5
(
(
Ix Iy 2
) 2 ( Ix y ) 2
160 352 2
) 2 (96) 2
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
d)
:9605573
I X'Y´ 160,96
x
I X' y 352,-96
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
d)
:9605573
Ix’y’ x A(160,96)
Ix’
B(352,-96)
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
I X'Y´ 160,96
x ° 5 4
1 3 5 °
391.76,0
120.24,0
I X' y 352,-96
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
I X'Y´
Del grafico:
160,96
352,96
x ° 5 4
120.24,0
160,96
Iu =160 Iv =352 Iuv=-96
1 3 5 ° ° 0 9
391.76,0
I X' y 352,-96
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573 y
1
a) Ix 2.23 5.33 1 Ix2 Ix3
3 1
2”
6.2 16.00
3 1
12
3
6”
2.43 (4 2) 42 138.67
1
Iy1
Iy3
3 1 3
23.2 5.33 23.4 10.67
2
2”
8”
Ix1 160.00 1
3
Iy2
1 12
63.2 (6 2)52 336
Iy3 352
x
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176, Ixy1
1 4
2 .2 4 2
2
:9605573 y 2”
Ixy2 (6 2)1 5 60 Ixy3 (2 4)4 1 32
6”
3
1
Ixy 96
2
8”
2”
x
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
CAPITULO 7
Análisis de Estructuras
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Armaduras Una armadura, es una unidad estructural en la que los miembros están arreglados de tal manera que forman uno o mas triángulos conectados. Todos los miembros de una armadura, puede actuar bajo dos tipos de fuerza; ya sea en tensión o en compresión. Si un miembro esta a tensión, la fuerza del miembro provoca una fuerza de tracción en el nudo.
Si el miembro esta en compresión, la fuerza del miembro provoca una fuerza de empuje en el nudo.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Existen tres métodos para solucionar una armadura, a saber: a) Método de los nudos b) Método de las secciones c) Método gráfico Problema N01.- Determinar, usando el método de nudos, las fuerzas axiales en las barras de estructura representada, así como también reacciones en los soportes, (indicar la calidad de barras).
los la las las
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
2kn
2kn B
A
C D
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176, 2kn
:9605573 Nudo B
2kn B
A
F 0 x
C D
BA BDCos 0 F y 0
BDSen 2 0 BD 5.20KN BA 4.80KN
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573 2kn
Nudo A
F 0
B
A
x
AB ACCos 0 AC 5.20KN
C
F 0 y
2 AD ACSen 0 AD 4.00KN
2kn
D
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176, 2kn
:9605573
2kn B
A
C D
Dy
F 0 x
Nudo D
F 0 y
DA DBSen Dy 0 D
6.00KN
DBCos DC 0
DC 4.80KN
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
2kn
B
A
Cx
2kn
C D
Cy
Nudo C F x 0
Cx CD CACos 0 Cx 0
F 0 y
Cy CASen 0 Cy 2.00 KN
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Diagrama de Cargas 2kn
2kn 4.8
A 5.2 4
5.2
C D
4.8 2
6
B
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Problema No2.- Determinar las fuerzas axiales en las barras FH, GH y GI de la estructura representada: 1kn F
1kn
1kn H
1kn
1kn
8m
L
G 5kn
5kn 5
5
5kn 5
5
5
5
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Método de las secciones Calculo de las reacciones M A 0 1 (5 10 15 20 25) 30 L y 5 (5 10 15) 0
L y 7.50KN
1kn 1kn
F
H
1kn
A
1kn
G
1kn
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
M
1kn
H
HF
H
1kn
1 5 IG
HG G
IG
M
G
16 3
7.5 10 0
IG 13.13KN
0
I
0
7.5kn
HF 15Sen 110 7.5 15 115 0 HF 13.81KN
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
M
L
:9605573
0
HG 15Sen 110 1 5 0 HG 1.37 KN Problema No3.- En la armadura del problema No1, calcular las fuerzas en cada una de las barras así como su respectiva calidad. Solución Cuando se tienen muchas barras que calcular, es engorroso aplicar el método de los nudos, por lo que se aplica el método grafico o método de MaxwellCremona.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Método Gráfico o Método de Maxwell-Cremona 1.- Se calculan las fuerzas externas (reacciones en los apoyos). 2.- Se grafica la estructura a una escala conveniente. 3.- Se nombra la estructura con la notación de Bow. 4.- Se grafica las fuerzas externas a una escala conveniente. 5.- Se empieza a resolver gráficamente las barras en cada uno de los nudos, teniendo en cuenta que para ello se debe ir al nudo que tiene dos incógnitas (barras).
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
1.-
2kn
2kn B
A
C D
2
2 y 3.c
2
2kn
b
5.2
4.8
2
2
4.8
A
e
C
2kn
f
4
5.2
2 a
B
d
6
6
e
b
D
a
6
4 y 5.-
c
f
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Problema No4.- En el Tijeral del problema No2, calcular las fuerzas en cada una de las barras así como su respectiva calidad. 1.1kn 1kn
F
1kn H
1kn
A
1kn
8m
G 12.5kn
5kn
5kn
5kn
7.5kn
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
2.-
:9605573 1kn F
1kn
1kn H
1kn
1kn 8
A
L
G 5kn
5kn 5
5
5kn 5
5
5
5
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
3.1kn 1kn
m k
a 12.5kn
j 5kn
q
n
l
i 5kn
f 1kn
p
o
b
e 1kn H
c
1kn
A
F
d
g
r s
t
G 5kn
h
7.5kn
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176, 1kn
4.-
1kn
H m
k
j 5kn
q
n
l
a
e 1kn f 1kn
p
o
b
12.5kn
F
d
c
1kn
A
:9605573 s,t
g
r s
p
r
h
q
t
G
i 5kn
5kn
b
h 7.5kn
c d i e
n
f g
l
j o m
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:9605573
:319176, p
r s,t
h
q
b c d i e
n
f g
l
j o
1kn
m a k
1kn
o
. 1 7 2 0
m
b
5 . 6 2 6
23.44
a
k
0 0 . 5
6 . 3 8
l 23.44
j
d
1 3 .8 1
. 8 1 1 3
c
1kn
e
0 0 . 8
8 . 2 2
n 17.81
i
2 1
1kn f
p 7 3 1 .
1 4 .8 8
q
13.13
0 5 . 0
1kn g
r
6 1 . 0
s
14.06
h
0 0 . 0
1 5 .9 4
t
14.06
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573 p
r s,t
h
q
b c d i e
n
f g
l
1kn 1kn 1kn
o
. 1 7 2 0
m
b
5 . 6 2 6
k
23.44
a
0 0 . 5
l
6 . 3 8
0 0 . 8
8 . 2 2
n 17.81
23.44
j
i 5kn
1kn
1 3 .8 1
8 . 1 1 3
c
o
e
d
2 1
m a
f k
p 7 3 . 1
j
1 4 .8 8
q
13.13
0 5 . 0
1kn g
r
. 6 1 0
s
14.06
h
0 0 . 0
1 5 .9 4
t
14.06
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Marcos Un marco esta conformado por una serie de miembros, las que se localizan en un solo plano y que todas las fuerzas que actúan sobre esta estructura quedan en el plano de la estructura. La diferencia entre una armadura y un marco, es que las fuerzas actuantes en este último, pueden estar ubicado ya sea en los puntos de conexión de sus miembros o en cualquier lugar intermedio a lo largo de la longitud de los miembros del marco. Las cargas pueden ser concentradas, de momento y distribuidas.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
Ejemplos:
:9605573
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Análisis de Fuerzas en los Marcos 1° Trazar el diagrama de cuerpo libre del marco completo. 2° Imaginar el marco desarmado y trazar el diagrama de cuerpo libre de cada uno de los miembros del marco. 3° Si un miembro es una barra de armadura, la fuerza desconocida que actúa sobre ella se dibuja con dirección conocida con un sentido real supuesto. 4° Todos los valores de fuerzas calculadas negativas se trataran como cantidades negativas a través del resto de la solución.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Problema.- Hallar las fuerzas en todas las juntas del marco indicado en la figura.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
F 0 x
Rex 200 0 Rex 200
F 0 y
M
e
0
200(3) Rc (9) 125(12) 0 Rc 233 lb
Rey Rc 125 0 Rey 108
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
(a)
(c)
(b)
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:9605573 M 0
:319176,
d
200(3) Rax (6.93) 0 Rax 87 lb
F 0 x
Rax 200 Rdx 0 Rdx 113 lb (a)
F 0 y
Ray Rdy 0
(1)
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
(b)
M
d
0
108(6) 233(3) Rby (12) 0 Rby 112 lb
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
F 0 x
200 Rdx Rbx 0 200 113 Rbx 0 F y 0
Rbx 87 lb
108 Rdy 233 Rby 0 108 Rdy 233 112 0
Rdy 13 lb
En la Ecuación N°1 Ray (13) 0
Ray 13 lb
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Diagrama de Cargas 13 87 200
(a) 113 200
87
a
a
(c)
125
13 13
d e
(b) 113
d
112
87
c
b
b 87
108
13
112
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Diagrama de Cargas 13
87
87 125
200
13 112
13 87
113 113
87
200 108
13
112
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
E 8Kips 5
D
C 2 A
B
2ft
5
3
1
2
Problema.Hallar las fuerzas en todas las juntas del marco indicado en la figura.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573 M
A
E
8Kips
+
(8)(13) B y 11 0
B y 9.45Kips M B 0 +
5
D
C
0
( A y )(11) (8)(2) 0
2
A y 1.45Kips
A
F 0
Ax
x
By
Ay 2ft
5
3
1
2
A 0
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573 Ey Ex
Ex
Ey
8Kips Dy
Cx
Cx
Cy
Dx
Cy
Dx Dy
(a)
Ax Ay
(b)
By
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
M
C
0
+
(8)(11) D y 8 0
D y 11Kips
M
D
0
+
E
+
( A y )(7) 3 5 (C x )(5) 0
(C y )(8) (8)(3) 0
C y 3Kips
C x 0.97 Kips
F 0 x
E x C x 0
E x 0.97 Kips
F 0
F 0
x
D x C x 0
:9605573 M 0
y
Dx C x
A C E 0
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
E y 1.55Kips
0.97
RESUMEN A x 0 Kips, Ay 1.45Kips
1.55
B y 9.45Kips C x 0.97 Kips, C y 3Kips
0.97
D x 0.97 Kips, Dy 11Kips
3
E x 0.97 Kips, E y 1.55Kips 1.45
(b)
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
A x 0 Kips, Ay 1.45Kips
1.55
B y 9.45 Kips C x 0.97 Kips, C y 3Kips
0.97
D x 0.97 Kips, Dy 11Kips E x 0.97 Kips, E y 1.55Kips
8Kips
0.97
0.97
3
11 0.97
11
(a)
9.45
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Cadenas y Cables A menudo encontramos cables o cadenas que se utilizan para soportar cargas. En los puentes colgantes, se encuentra disposiciones coplanares en las cuales un cable soporta una gran carga. En tales casos el peso propio del cable suele ser insignificante.
En las líneas de alta tensión eléctrica la fuerza principal es el peso propio del cable.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Cables Flexibles con Cargas Concentradas El análisis de un cable flexible de esta clase suele consistir en encontrar las reacciones en los soportes, la fuerza en cada segmento del cable y la configuración del cable cargado. Problema.- Dado el cable flexible que se muestra en la figura, determínese las fuerzas de reacción en A y F, las fuerzas en cada segmento del cable y las dimensiones yc, yd , ye.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
A 3 yc
B
2
y
F
e
yd
E
C D 60kn
90kn
80kn
2m
3
70kn 5
4 16m
2
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Diagrama de cuerpo libre R A
Ay
Fy
RF
A Ax 3 yc
B
2
y
F
e
yd
yEF
E
C D 60kn
90kn
80kn
2m
3
70kn 5
4 16m
Fx
2
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
M
F
0 +
:9605573
90 2 70 6 80 11 60 14 A y 16 Ax 2 0 A y 3
Ax 2
A x 105.50kn
F 0 y
A y F y 60 80 70 90 0 F y 141.80kn
A y 158.20kn
F 0 x
A x F x 0 F x 105.50kn
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
FUERZA EN BC R A
Ay
Fy
RF
A Ax 3 yc
B
2
y
F
e
yd
yEF
E
C D 60kn
90kn
80kn
2m
3
70kn 5
4 16m
Fx
2
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176, Ay
:9605573
F 0 y
Ax
A y BC y 60 0 B BCx C
ΔBC
BCy 60kn
F 0 x
A x BC x 0 BC x 105.50kn
BC y 98.20kn BC 3
98.20 105.50
BC 2.79m yc yb BC 5.79m
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573 Ay
Fuerza en CD
F 0
Ax
y
A y CDy 60 80 0
B C
CD y 18.20kn
CDx D
F x 0
60kn
ΔCD
CDy 80kn
A x CDx 0 CD x 105.50kn
CD 5
18.20
CD 0.86m
105.50
y y
6.65m
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
x
DE
Ay
Fuerza en DE
F 0
:9605573 4
Ax B
A x DE x 0
E
C D
DEx
ΔD E
60kn
y
A y DE y 60 80 70 0 DE y 51.80kn
105.50
DEy
CD x 105.50kn
F 0
51.80
80kn
70kn
DE 1.96m y yd DE 4.69m
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Cables Flexibles con Cargas Repartidas
TCos To TSen W
T TO2 W 2
Tg
W T
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Cable Parabólico
T T w x 2 O
Tg
wx T
2
2
M
D
wx
x 2
0 +
TO y 0
y
wx
2
2T O
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno :319176,
:9605573 S B
dx S B
1 (
0
wx
y dy
x B
dy dx
)2 dx
2
2T O
wx / T O
x B
0
1
w2 x 2 2 O
T
dx