ESTÁTICA (Ing. Civil, Ing. Const.) Apuntes y Guía de ... · conjunto de ejercicios básicos...

CÁTEDRA ESTÁTICA F.C.E.F.y N. – U.N.C.

Ing Ernesto Ochat - Ing. Eduardo Warnholtz

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ESTÁTICA (Ing. Civil, Ing. Const.)

Apuntes y Guía de Trabajos Prácticos El presente apunte y guia de trabajos prácticos tiene como objetivo principal ayudar a la comprensión de los temas ya tratados en las clases teóricas y de facilitar le ejecución de los ejercicios prácticos de la materia. Cada capítulo de la guía esta compuesto por una suscinta introducción teórica, que contiene únicamente los conceptos principales ya vistos en las clases teóricas, un conjunto de ejercicios básicos resueltos donde se ponen de manifiesto los principales problemas y un conjunto de ejercicios no resueltos dedicados a la ejercitación de los alumnos. La cátedra recomienda muy especialmente la resolución personal de estos ejercicios a fin de lograr la compresión completa del tema.

Capítulo I 1-1) Introducción La mecánica puede definirse como la ciencia que describe y predice las condiciones de reposo o movimiento de los cuerpos bajo la acción de fuerzas. Está dividida en tres partes: mecánica de los cuerpos rígidos, mecánica de los cuerpos deformables y mecánica de los fluidos. La mecánica de los cuerpos rígidos se subdivide en estática y dinámica, las cuales tratan con cuerpos en reposo y con cuerpos en movimiento respectivamente. En esta parte del estudio de la mecánica se supone que los cuerpos son perfectamente rígidos. Sin embargo, las estructuras y máquinas reales nunca son absolutamente rígidas y se deforman bajo la acción de las cargas a que están sometidas. Pero estas deformaciones son generalmente tan pequeñas que no afectan las condiciones de equilibrio o de movimiento de la estructura en consideración. Sin embargo, son importantes cuando se refieren a la pérdida de resistencia de la estructura y se estudian en resistencia de materiales, que es una parte de la mecánica de los cuerpos deformables. La tercera división de la mecánica, la mecánica de los fluidos, se subdivide en el estudio de fluidos incompresibles y compresibles Una rama importante en el estudio de los fluidos incompresibles es la hidráulica, la cual considera situaciones relacionadas con líquidos. Se estudiará las condiciones de reposo de partículas o de cuerpos rígidos. Por partícula se debe entender cantidad muy pequeña de materia, la cual se supone que ocupa solo de un punto en el espacio. Un cuerpo rígido está formado por un gran número de partículas que ocupan posiciones fijas entre sí. El principio básico de la Estática es la condición que un cuerpo (conjunto de puntos materiales) se mantenga en su lugar sin moverse (en resposo). Está condición es el EQUILIBRIO del cuerpo, cuyo estudio le corresponde a la ESTÁTICA



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La Estática es la parte de la Física Mecánica que estudia el estado de Equilibrio de Cuerpos Sólidos (rígios e indeformables) en posición de resposo sometido a cargas. Las cargas a soportar por los cuerpos implica hablar de Fuerzas.

1-2) Fuerza Fuerza es todad acción que tiende a modificar el estado de resposo o movimiento continuo de un cuerpo. Una fuerza representa la acción de un cuerpo sobre otro. Puede ser ejercida por contacto directo o a distancia, como en el caso de las fuerzas gravitacionales y las magnéticas. La Representación de una fuerza está dada por un vector, es decir, tiene punto de aplicación, magnitud, dirección (Linea de acción) y sentido

Punto de aplicación : Es el punto donde esta aplicada la fuerza. Modulo: Es la magnitud de la fuerza, se la representa en una escala preestablecida. Dirección: es la línea recta a lo largo de la cual actua la fuerza. Sentido: indica hacia que extremo de la línea de acción trata la fuerza de mover el cuerpo. Los orígenes de la fuerzas puede ser la Gravedad, Atracción molecular, Viento, Nieve, Suelo, Sismo, Fluído, Rozamiento. Concentrada Tipos de Fuerza: Uniforme Distribuída No Uniforme Colineales Concurrentes No Colineales Coplanares No Concurrentes Paralelas No Paralelas Sistemas de Fuerzas Concurrentes No Coplanares No Concurrentes Paralelas No Paralelas



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Coplanres: mismo plano. Concurrentes: recta de acción con un mismo punto en común. Colineales: misma recta de acción. Paralelas: recta de acción paralelas.

1-3) Principios de la Estática Ley del Paralelogramo: El efecto de dos fuerza F1 y F2 qye acrúan sobre un cuerpo es equivalente a la Resultante definida por la dialonoal del palelogramo cuyos lados son F1 y F2

F1 R F2

Equilibrio de Dos Fuerza: Dos fuerza aplicadas a un cuerpo con la misma línea de acción, igual magnitud pero de sentidos opuestos, están en equilibrio. -F F Transmisibilidad: Si una fuerza actúa sobre un cuerpo, el efecto sobre éste no se altera, si la fuerza se desplaza sobre su recta de acción dentro de los límites del cuerpo. F F Acción y Reacción: Si sobre un cuerpo “A” otro cuerpo “B” ejerce una fuerza F(acción), el cuerpo “A” ejerce sobre el cuerpo “B” una fuerza –F de igual magnitud y dirección y de sentido contrario (reacción).



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A B

F -F

1-4) Fuerzas Concurrentes 1-4-1) Composición y cálculo de la resultante Realizar la composición de fuerzas concurrentes en un punto es realizar la suma vectorial de las fuerzas. Una manera gráfica de ver la suma es realizarla a través de la ley del paralelogramo. Así para sumar dos vectores P y Q que tienen el mismo punto de aplicación A debemos construir un paralelogramo cuyos lados contiguos sean P y Q. La diagonal del paralelogramo que pasa por A representa la suma de los vectores P y Q.

R=P+Q Cuando tenemos que en un punto concurren más de dos fuerzas podemos encontrar la resultante del conjunto realizando la suma de todas las fuerzas que concurren al punto. El vector R resultante representa la resultante de las fuerzas concurrentes, es decir, la fuerza única que produce sobre la particula A el mismo efecto que causan las fuerzas concurrentes dadas. Como es fácil imaginar entender el comportamiento del cuerpo conociendo el valor de R será mucho más fácil que ver el conjunto de fuerzas concurrentes. Veremos dos métodos para encontrar la resultante de fuerzas concurrentes, uno gráfico y el otro analítico.

a) Método Gráfico Conocidas las fuerzas que concurren al punto deberemos realizar un polígono con ellas. Primero pasamos una paralela a la fuerza P por un punto cualquiera ( Ej. el O ) .Sobre esta linea representamos el vector P, luego donde finaliza P pasamos una paralela a Q y representamos su magnitud, por último donde termina Q pasamos una paralela a S y representamos su magnitud. Si unimos el comienzo del vector P ( punto O ) con el final del último vector (S) tenemos la resultante de todas las fuerzas que concurren al punto A. O sea que si en A



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aplicamos el vector R ejercerá una acción sobre el punto A igual a la ejercida por P,Q y S.

b) Método Analítico. Este método se basa en descomponer cada una de las fuerzas actuantes en el punto en sus dos componentes perpendiculares (X, Y ). Luego realizar la suma algebraica de las componentes ( la suma algebraica en este caso coincide con la suma vectorial porque los vectores a sumar son paralelos). De esta forma hemos obtenido las componentes de la resultante de las fuerzas, utilizando los conocimientos de trigonometría es fácil obtener la magnitud , la dirección y el sentido de la resultante.

Px,Qx,Sx, como tienen la misma dirección pueden sumarse algebraicamente. Por el teorema de Pitágoras si conocemos Rx y Ry podemos calcular R

Ejercicio Nº 1 Fuerza Concurrente - Determinación de la Resultante. En la figura se ha representado una sección transversal de una pieza a la cual se le ejercen dos fuerzas P1 y P2. Se pide determinar gráfica y analíticamente la fuerza resultante del sistema. y el ángulo que forma la misma con la horizontal.



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a) Solución gráfica Para obtener la resultante (R) de la fuerza P1y P2 debemos realizar la suma vectorial de ambos vectores.

P1= 1 t ; P2 = 2t ; α1= 45° ; α2= 15° Elejimos un punto cualquiera “o” por el cual hacemos pasar el vector P1, donde termina P1 hacemos pasar P2. Por último uniendo el origen “o” con el final de P2 tenemos la resultante R Del gráfico podemos obtener en escala la magnitud de la resultante y el ángulo que forma con la horizontal.

b) Solución analítica. Primero debemos descomponer las fuerzas P1 y P2 en dos direcciones perpendiculares, en este caso hemos elegido X e Y P1x= P1cos α1 = 0.707 t. P1y= P1sen α1 = 0.707 t. P2x= P2cos α2 = 1.932 t. P2y= P2sen α2 = 0.517 t

El gráfico en la solución analítica tiene por objeto facilitar la comprensión del problema, por lo tanto no es necesario hacerlo a escala, pero para evitar equivocaciones se recomienda realizarlo lo más representativo posible. Como las fuerzas P1x y P2x tienen la misma dirección pueden sumarse sus valores algebraicamente. El resultado de dicha suma representa la componente Rx de la resultante. Lo anterior es también válido para obtener la componente Ry de la resultante Rx = P1x + P2x = 2.639 Ry = P1y + P2y = 1.220



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Si ya conocemos la componente Rx y Ry de la resultante podemos calcular el valor de R a través de Pitagoras. R = ( Rx2 + Ry2 )-1 = 2.909 t

El valor de αR lo podemos hallar a través de trigonometría. tang αR = Ry / Rx αR = arc tang (Ry / Rx) = 0.434 rad. Si bien los datos están en grados sexadecimales es conveniente utilizar rad en la determinación de los grados para evitar confusiones cuando en el futruo se opere con ángulos.

Ejercicio N° 2 Fuerzas Concurrentes – Determinacion de la Resultante P1= 27t P2 = 20t P3= 11 t

En la chapa de nudo de la figura llegan tres barras. Determinar la resultante de las fuerzas P1-P2-P3 a) solución gráfica Elejimos un punto “o” desde donde hacemos pasar P1. Donde finaliza P1 hacemos pasar P2 y luego trazamos P3 donde finalizó P2. Uniendo el punto “O” con el final de P3 obtenemos la resultante R



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b) Solución analítica

P1x= P1cos 50° P1y= P1sen 50° P2x= P2cos 15°. P2y= P2sen 15°2 P3x= P3cos 5°. P3y= P3sen 5° Calculamos las componentes RX, Ry, sumando las componentes de P con los signos respectivos. Rx= P1x +P2x+P3x = P1cos 50° + P2 cos 15° - P3 cos 5° =25.71 T Ry= P1y +P2y+P3y = P1sen 50° - P2 sen 15° - P3 sen 5° =14.54 T R=( Rx2 + Ry2) -1 = 29.53T α = arc tang (14.54/25.71) = 0.5147 rad. Problemas para resolver Determinar gráficamente y analiticamente la magnitud y dirección de la resultante de las dos fuerzas dadas.



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Dos elementos estructurales B y C estan remachados al soporte A. Si la tensión en B es de 2500 kg y la tensión en C es de 2000 kg determinar analítica y gráficamente la magnitud y dirección de la fuerza resultante que actúa sobre el soporte.

Dos remolcadores A y C arrastran un barco B. En un instante dado la tensión en el cable AB es de 4500 kg y la tensión en el cable BC es de 2000 kg. Determinar por trigonometría la magnitud y dirección de la resultante de las dos fuerzas aplicadas en B en aquel instante.

1-4-2) Descomposición de una fuerza en dos direcciones Una fuerza que actúa sobre una partícula puede reemplazarce por dos o más fuerzas que en conjunto ejerzan el mismo efecto. Estas fuerzas se llaman componentes de la fuerza original F y el proceso de reemplazar a F por sus componentes se denomina descomposición de la fuerza F. Para cada fuerza F existe un número infinito de conjuntos posibles de componentes. Los conjuntos más importantes, en los que se refiere a las aplicaciones prácticas, son los de dos componentes P Y Q. Pero, aún así, el número de formas en que una fuerza F puede descomponerse en dos componentes es ilimitado. Hay dos casos de particular interés:



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1.- Se conoce P, una de las dos componentes. La segunda componente Q, se obtiene aplicando la regla del triángulo al unir el extremo de P con el extremo de F la magnitud y dirección de Q se determina graficamente o trigonométricamente.

2.- Se conoce la linea de acción de cada componente. La magnitud y dirección de las componenetes se obtine aplicando la ley del paralelogramo y trazando por el extremo de F líneas paralelas a las líneas de acción . Este proceso conduce a dos componenetes, P y Q que pueden determinarse graficamente o mediante trigonometría.

Eejercicio N° 1 Fuerzas Concurrentes – Descomposición de una fuerza Sobre una balsa existe un viento que ejerce una fuerza de 3000 kg , con una dirección de 30 grados con la horizontal, Si necesitamos remolcar la balsa con 5000 kg. en la dirección del eje de la misma determinar analítica y graficamente la dirección y fuerza del remolcador necesaria. En este caso conocemos la resultante de las fuerzas(R) y una de sus componentes(P1), por lo tanto debemos determinar la otra componente (P2)

viento



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a) Solución Analítica Solución analítica por descomposición en ejes cartesianos. Si bien este método de resolución es, como veremos, más complejo para casos simples su utilización es genérica para todos los tipos de problemas y nos facilitará la resolución de ejercicios más complejos. Lo primero que tenemos que realizar es elejir nuestros ejes catecianos más convenientes. En este caso sin duda lo más conveniente es que sea uno horizontal ( segun el eje de la balsa) y el otro perpendicular a él.

Luego realizamos la descomposición de las fuerzas P1 P2(desconocida) y R en sus dos componenetes X e Y. P1x = P1cos A = 2598 t P1y= P1sen A= 1500 t P2x = P2cos B P2y= P2sen B Rx = R= 5000 t Ry= 0 Como la resultante R es la suma de las compontes de P1 y P2 podemos realizar las siguientes ecuaciones P1x +P2x= R despejando P2x= R - P1x= 5000 - 2598 = 2402 t P1y +P2y= 0 despejando P2y= - P1y = -5000 t Ahora tenemos dos ecuaciones con dos incógnitas, su resolución ( sencilla en este caso ) nos permite conocer las componentes de P2 . En problemas más complejos las dos ecuaciones tienen ambas incógnitas y se necesita utilizar algún método de resolución de ecuaciones lineales. Si ya conocemos las componentes P2x y P2y podemos calcular el valor de P2 a través Pitagoras. P2 = ( P2x2 + P2y2 )-1 = 2831 t ( El signo positivo significa que fue correcta la dirección propuesta en el planteo)



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El valor de B lo podemos hallar a través de trigonometría. tang B = P2y / P2x B=31,98 grados Como vemos en este tipo de problemas únicamente podemos realizar dos ecuaciones (sumatoria de fuerzas en x y sumatorias de fuerzas en y ) lo que implica que el número máximo de incognita será dos. Ejercicio N° 2 – Fuerzas Concurrentes - Descomposición de una Fuerza. Determinar el módulo, dirección y sentido de la fuerza P1 de modo tal que la resultante entre ella y la fuerza P2 sea vertical de 90 T y dirigida hacia abajo.

P2 = 10 t β = 15° En este caso conocemos el valor de la resultante R=90 T y debemos calcular una de sus componentes (P1).Como savemos la suma vectorial de las componentes P1 y P2 es la resultante R. Tenemos por descomposición de las fuerzas P1, P2, R en los ejes cartesianos establecidos en el dibujo las siguientes ecuaciones: Rx= P2cos β - P1 sen α = 0 ( por ser R vertical ) -1- -Ry= P2sen β - P1 cosα = -90 t -2- Tenemos un sistema de dos ecuaciones con dos incognitas P1 y α de -1- P1 = P2cos β / sen α -3- reemplazando en -2- P2sen β - (P2cos β / sen α) cos α = -90 t operando tang α = cos β / ((90 / P2) + sen β ) = cos 15 / (( 90 /10 ) + sen 15) = 0.1043 α = 5.955 grados de la ecuación -3-



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P1 = P2cos β / sen α = 10 cos 15 / sen 5.955 = 93.10 t El signo (+) significa que el vector propuesto en el planteo tiene la dirección correcta. Problemas para resolver 3) Dos remolcadores A y C, arrastran un barco 8. La tensión en el cable AB es 4000 kg. y la resultante de las dos fuerzas aplicadas en B está dirigida a lo largo de] eje del barco. Determinar por trigonometría (a) la tensión en el cable BC, (o) la magnitud de la resultante de las dos fuerzas aplicadas en B. 4) Un cilindro se va a levantar por medio de dos cables. Sabiendo que la tensión en un cable es de 600 N, determinar la magnitud y dirección de la fuerza P de modo que la resultante sea una fuerza vertical de 900 N.

5) Deterninar los esfuerzos que soporta la viga de la figura en la dirección de su eje y perpendicular a él P= 10 t α = 45 °

6) Determinarla fuerza en el cable AB para que la resultante sea vertical. Calcular el valor de la resultante P1= 20 t P2 = 50 t L = 15 m θ = 45°



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7) Descomponer la fuerza Fde 100 kg de magnitud en dos componentes a lo largo de las líneas a-a y b-b. Determinar, por trigonometría, el ángulo α si la componente de F a lo largo de la línea a-a es de 70 kg.

8) Si α = 30°, determinar la magnitud de la fuerza P de suerte que la fuerza resultante ejercida sobre el cilindro sea vertical. ¿Cuál es la magnitud de la resultante?

1-5) Momento de una Fuerza respecto a un Punto 1-5-1) Definción El momento de una fuerza F respecto a un punto O es un vector que es igual al producto vectorial de los vectores r y F F d M = F x r = F x r x sen = F x d o r

El efecto de una fuerza sobre un punto depende de la magnitud de la fuerza y de su punto de aplicación. Al estar aplicado F a cierta distancia del punto O, la fuerza F le imprime al mismo una rotación. El producto vectorial M se denomina momento y se representa por un vector perpendicular a F y r , la dirección del vector puede determinarse siguiendo la regla de la mano derecha . 1-5-2) Teorema de Varignon. 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 fuerzas con respecto al mismo punto O.



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1-5-3) Traslación de una fuerza Si tenemos una fuerza aplicada en un punto determinado del plano y deseamos trasladar esa fuerza a otro punto del mismo plano debemos considerar que al trasladar la fuerza estamos produciendo un momento que debemos agregar en el punto. Si tenemos la fuerza F aplicada en el punto A y deseamos trasladar F al punto B debemos hacer lo siguiente:

1) Trasladar F al punto B 2) Calcular el M que F produce en B (M= Fδ) 3) Calcular dicho momento en el plano.



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1-6) Fuerzas paralelas en el plano 1-6-1) Composición de fuerzas paralelas de igual sentido Un cuerpo regido bajo la acción de dos fuerza paralelas coplanares F1 y F2 aplicadas en los puntos A y B P1 O P2 Q1 F1 F2 Q2 P1 A C B P2 Q1 F1 F2 Q2 R = F1 + F2 El sistema no varía si se agrega 2 fuerzas P1 y P2 iguales colindantes y contarias entre si, que compuestas con F1 y F2, determinan R1 y R2 Si trasladamos éstas a su punto de intersección O, podemos descompnerlas en sus direcciones iniciales, es decir, en O actúan las fuerzas las P1 y P2. y F1 y F2 . La suma de las estas dos fuerzas es la resultante del sistema R = F1 y F2 apliacada en O, cuya ubicación está definido por las relaciones AC = P1 , BC = P2 => OC . P1 = AC . F1 = BC . F2 => BC = F1 OC F1 OC F2 AC F2 Además si AC + CB = AB y F1 + F2 = R => BC = AC = AB F1 F2 R Conclusión: La resultante de dos fuerzas paralelas del mismo sentido es paralela y de igual sentido a las dadas, de módulo igual a la suma de estas componentes y su recta de acción pasa entre las de éstas a una distancia directamente proporcional al valor de dichas furezas. 1-6-2) Composición de fuerzas paralelas de sentido contrario En un cuerpo dos furezas F1 y F2 actúan en los puntos A y B tal que F1 > F2. Si en el punto C ubicado sobre la prolongación de AB a una distancia X de F1, aplicamos una fuerza R = F1 - F2 y otra colineal y de sentido contrario R’ = -R, el sistema no varía



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F2 R’ B A C R F1 X Tomando momento respecto un punto C distante X de F1 y aplicando el Teorema de Varignon F1 X – F2 (BC – X) = 0 Como R = F1 – F2 => F1 = R – F2 R X - F2 X - F2 (BC - X) = 0 ; R X – F2 (BC) = 0 => X = (BC) F2 R Conclusión: La resultante de dos fuerzas paralelas de sentido contrario, es una fuerza de la misma dirección, de sentido igual al de la mayor, de módulo igual a la diferencia de los módulos de las 2 anteriores y su recta de acción es externa a las componentes, estando a una distancia inversamente proporcional a las fuerzas dadas. 1-6-3) Descomposición de Fuerzas Paralelas En base a los conceptos anteriores, se resuelve este problema. Sea una fuerza R que se desea desomponerla en 2 fuerzas paralelas de direcciones dadas a y b. m F1 a b R F2 d Se procede a descomponer R en F1 y F2, observando que por no encontrarse R entre las rectas dadas, las fuerzas que surgen de la descomposición son de sentido contrario y que F2 > F1. Si R, m, d son conocidos, aplicando el Teorema de Varignon se puede deducir que:



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F1 = R (m – d) ; F2 = R m ; F2 – F1 = R d d 1-6-4) Cupla o Par de Fuerzas Se denomina cupla o par de fuerzas a un sistema de fuerzas iguales, de sentidos opuestos y paralelas. Este sistema, si bien no está en equilibrio, su resultante es cero y produce el efecto de un giro. F d º O

A B F El plano definido por las fuerzas se denomina plano de acción del par y la distancia entre las rectas de acción de las fuerzas se define como brazo del par. Su acción de un par de fuerzas sobre un cuerpo rígido se reduce a un efecto de de giro que depende de: el módulo de las fuerzas y de la longitud del brazo d, del plano de acción del par y del sentido de giro. Para la definición de este efecto se introduce la noción de Momento del Par, el que se define como el producto del módulo de una de las fuerzas por el brazo del par. Lo enunciado implica que la suma de los momentos de las fuerzas que constituyen el par respecto a cualquier punto del plano de dichas fuerzas, es igual al momento del par. En efecto si se toma momento respecto al punro O, se tendrá: F (OA) - F (OB) = F (OA – OB) = F d = M Se puede verificar que se llega al mismo resultado para cualquier O. Ejercicio N° 1 Determinar la resultante de las fuerzas aplicadas en el mástil.



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Por Varignon, sabemos que la resultante debe producir un momento en A igual al que produce las tres fuerzas actuantdo conjuntamente. El momento en la base de la pila tomando como positivo (+) el sentido de las aguja del reloj es: Σ MA = P1 4.5 - P 3.5 + P 1.5 = R x X -1- Σ MA = 10 4.5 - 5 3.5 + 5 1.5 = 35 t m R = Σ F = 10 t - 5 t + 5 t = 10 t Reemplazando en -1- los resultados obtenidos, tenemos: 35 tm = 10 t x X despejando X ; X = 35 tm / 10 t = 3,5 m Por lo tanto tener una fuerza de 10 t a una distancia de 3,5 m de la base produce un momento en A de igual magnitud que las tres fuerzas actuando conjuntamente. Es necesario hacer notar que esta equivalencia es válida únicamente para calcular las reacciones del cuerpo analizado con la base, indudablemente cambiar las tres fuerzas por la resultante producen valores de momento diferente en el cuerpo. Ejercicio N° 2 Tenemos la misma pila del ejercicio anterior pero con dos fuerzas únicamente

determinar la ubicación de la resultante Σ MA = 10 4.5 - 5 1.5 = 37.5 tm Σ Fx = 5 t x = 37,5 tm / 5 t = 7.5 m Como vemos no es necesario que la ubicación de la resultante se encuentre dentro del sistema ya que esto es solo una abstracción matemática que facilita los cálculos a realizar y no implica que exista un mecanismo para transmitir la fuerza y el momento al elemento.



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Problemas para resolver 1) En la viga de la figura, reemplazar todas las fuerzas actuantes por una fuerza-par 1 equivalente en A. ( P1= 10 t – P2 = 5t – P3 = 8t – P4 = 5t)

2) En la plantilla de cimientos de hormigón de la figura, determinar la magnitud y posición de la resultante de las fuerzas que le transmiten las columnas. ( P1= 50 t – P2= 75 t – P3 = 25 t)

3) Una fuerza de 150 N se aplica a la palanca de control A. Sabiendo que la distancia AB es de 250 mm, calcular el momento de la fuerza con respecto a B cuando a es 50°

4) En el ejercicio anterior si la distancia AB es de 250 mm, determinar el momento máximo con respecto a B producido por una fuerza de 110 N. ¿En qué dirección deberá actuar la fuerza?



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5) Una fuerza de 450 N se aplica en A, corno se indica. Determinar (a) el momento de la fuerza de 450 N con respecto a D, (b) la fuerza mínima que aplicada en B produce el mismo momento con respecto a D.

6) Calcular el momento de una fuerza de 100 kg con respecto a A: (a) usando la definición del momento de una fuerza, (b) descomponiendo la fuerza en sus componentes horizontal y vertical, (c) descomponiendo la fuerza en sus componentes a lo largo de A B y perpendicular a AB.

7) Determinar el momento de la fuerza de 100 kg con respecto a C. 8) Una sección de una pared de concreto pretensado se mantiene temporalmente mediante cables cómo se indica. Sabiendo que la tensión en el cable BC es 900 kg, determinar el momento, con respecto al origen de coordenadas 0 de la fuerza ejercida sobre la sección de la pared en C. (p = 0.35 m)

9) Sabiendo que la tensión en el cable AB es 700 kg, determinar el momento, con respecto al origen de coordenadas 0 de la fuerza ejercida sobre la sección de la pared en A.



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10) Determinar la fuerza que ejerce el eje trasero del camión, sabiendo que su. peso es de P = 5 t Tn. Aplicar el Teorema de Varignón

11) Determinar la posición de la resultante sabiendo que P1= 5t y P2= 7 t)

12) La columna de hormigón de una grúa soporta P= 15t. Reemplazar la fuerza por otra que actúe según A-B y un par ( trasladar P a la línea A-B)

13) Determinar la fuerza-par equivalente en el punto A del muro de sostenimiento ( P= 57 t P1 = 38 t)



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14) Obtener el sistema par-fuerza equivalente de las fuerzas actuantes sobre el pórtico de hormigón, en el punto A del mismo ( P1= 35 t – P2= 28 t )

15) Determinar la distancia al pnto A de la resultante de las fuerzas que actúan sobre el reticulado de la figura. ( P1= 15 t – P2= 30 t - a= 3 m)

16) La ménsula reticulada de la figura pesa 0.5t. Obtener la resultante de las fuerzas que actúan sobre ella y el punto en que la misma corta a la línea AB (P = 7 t)



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1-6) Condiciones de Equilibrio 1-6-1) Equilibrio de una partícula en el plano (fuerzas concurrentes) Un gran número de problemas que tratan de estructuras pueden reducirse a problemas concernientes al equilibrio de una partícula. Esto se hace escogiendo una partícula significativa y dibujando un diagrama separado que muestra a ésta y a todas las fuerzas que actúan sobre ella. Dicho diagrama se conoce como diagrama de cuerpo libre. Para que una partícula esté en equilibrio todas las fuerzas actuando sobre ella deben dar como resultante un vector nulo. Por lo tanto para que una partícula este en equilibrio las fuerzas actuantes en el sistema deben cumplir las siguientes ecuaciones: Σ F x = 0 Σ F y = 0 La sumatoria de fuerzas en dos direcciones cualesquiera deben ser nula. Es indudable que para verificar el equilibrio del sistema se deben elejir las dos direcciones de manera que las ecuaciones sean independientes una de la otra, como sabemos eso se logra utilizando direcciones perpendiculares entre si.

En la figura observamos un peso que pende de una cuerda CBD y es mantenida en posición por un puntal A B. Se pide calcular los esfuerzos actuantes CB en la cuerda y AB del puntal. Lo primero que realizamos es extraernos de los elementos componentes del sistema representando en un diagrama las fuerzas que concurren al punto B, por medio de vectores de los cuales conocemos las direcciones y fijamos los sentido arbitrariamente. Este diagrama se conoce como DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE siendo de gran utilidad para clarificar el problema. En el diagrama de cuerpo libre graficamos únicamente aquellos elementos que nos pueden ser útiles para resolver el problema.



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Solución Analítica Σ F x = - FCB cos α + FAB cos β = 0 Σ F y = FCB sen α + FAB sen β = P despejando tenemos FAB = FCB cos α / cos β FCB sen α + ( FCB cos α / cos β ) sen β = P FCB = P / ( sen α + cos α + tan β ) = 10 / ( sen 15 + cos 15 + tan 50 ) FCB = 7.092 t FAB = 7.092 cos 15 / cos 50 FCB = 10.66 t Como los valores de FCB y FAB nos dieron positivo quiere decir que el sentido propuesto para ambos vectores era el correcto. En el caso de que hubieramos propuesto el siguiente diagrama de cuerpo libre

Hubieramos obtenido los siuientes resultados: FCB = - 7.092 t FAB = 10.66 t El signo menos de FCB nos dice que el sentido real de la fuerza es opuesta al que fijamos en el diagrama de cuerpo libre. Como vemos los resultados obtenidos son independiente del sentido propuesto en el diagrama de cuerpo libre.



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Problemas para resolver 2) En la figura se observa un artefacto de iluminación de una fábrica sostenido por dos cables a una distancia de 2 m del techo. Se pide dar las fuerzas en los calbes AC y BC sabiendo que el peso está en equilibrio con los calbes AC y BC

3) Dar el valor del ángulo alfa para el cual es mínima la fuerza en AC. Dar los valores de las fuerzas AC y BC P = 15 t β = 30° 4) En una operación de descargue de un barco se sostiene un automóvil de 3500 kg por un cable. Una cuerda es atada al cable en A y sotenida por un hombre con el fin de colocar el automóvil sobre la posición deseada. El ángulo entre el cable y la vertical es de 2°, y el ángulo entre la cuerda y la horizontal es de 30° ¿Cuál es la tensión en la cuerda?



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5) Determinar la magnitud y dirección de la menor fuerza F que mantendrá en equilibrio a la caja mostrada en la figura. Observar que la fuerza ejercida por los rodillos sobre la caja es perpendicular la al plano inclinado.

6) Dos fuerzas P y Q de mangitudes P = 1000 kg y Q=1200 kg se aplican a la conexión (utilizada en aviones) y que se muestra en la figura. Si la conexión está en equilibrio determinar T1 y T2

7) Dos cables estan unidos en C y cargados tal como muestra la figura. Determinar las fuerzas AC y BC

8) Dos cuerdas están unidas en C. Sí la máxima tensión admisible en cada cuerda es 25 kN, ¿cuál es la máxima fuerza F que puede aplicarse? ¿En qué dirección debe actuar esta fuerza máxima?



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9) Determinar el intervalo de valores de P para que ambos cables permanezcan tensionados

10) Con el fin de elevar una caja de 1200 kg, se arrolla alrededor de la caja un cable eslinga de 14 m de longitud y se cuelga del cable EF. Determinar la tensión en el cable eslinga en cada uno de los casos mostrados.

11) Resolver las partes b y d suponiendo que el extremo libre de la cuerda está atado a la carga.



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12) Expresar el peso W que se requiere para mantener el equilibrio en función de P, d y h. del ejercicio anterior 13) Una carga de 200 kg es sostenida de diferentes maneras por cuerdas y poleas, como se muestra en la figura. Determinar en cada caso la tensión en la cuerda. (La tensión en la cuerda es la misma en ambos de una polea simple.

1-7) Centroides y Centro de Gravedad

1-7-1) Centro de Gravedad de un cuerpo bidimensional Hasta ahora hemos supuesto que la fuerza de atracción ejercida por la tierra sobre un cuerpo rígido podía representarse por una única fuerza P . Esta fuerza, llamada, el peso del cuerpo, debía aplicarse en el CENTRO DE GRAVEDAD DEL CUERPO. Realmente la tierra ejerce un fuerza sobre cada una de las partículas que forman el cuerpo. La acción de la tierra sobre un cuerpo rígido podrá representarse entonces por un gran número de pequeñas fuerza distribuidas sobre todo el cuerpo. Suponemos que podemos dividir la lámina plana horizontal de la figura en n pequeños elementos. Las coordenadas del primer elemento se designa por x1 y y1 la del segundo x2 y y2 , etc. La fuerza ejercida por la tierra sobre los elementos de la lámina se designarán, respectivamente, ∆P1,,∆P2,, etc. Estas fuerzas o pesos estan dirigidas hacia el centro de la tierra, sin embargo, para todos los propósitos prácticos podemos suponerlas paralelas. Su resultante es entonces una fuerza única en la misma dirección. Encontrar el PESO y el CENTRO DE GRAVEDAD se transforma de este modo, en encontrar la fuerza y la posición de la resultante de un conjunto de fuerzas paralelas, visto anteriormente.



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La magnitud P se obtiene sumando las magnitudes de los pesos elementales ΣFz P = ∆P1+∆P2 +............+ ∆Pn Para obtener las coordenadas x e y del punto G donde será aplicada la resultante, debemos recordar que los momento de P con respecto a un eje son iguales a la suma de los correspondientes momentos de los pesos elementales (Varignon) entonces: ΣMx y P = y1 ∆P1+ y2∆P2 +............+ yn ∆Pn ΣMy x P = x1 ∆P1+ x2∆P2 +............+ xn ∆Pn De estas ecuaciones podemos despejar x e y, obteniendo de esta forma los resultados deseados. Un caso particular y utilizado ampliamente es cuando tenemos una figura plana cuyo espesor es constante y la densidad de cuerpo tambien lo es. En este caso tenemos P= γ V ( peso es igual a la peso específico por el volumen V= A e (Volumen es igual al área por el espesor ) P= γ A e Pi = γ Ai e ( El peso de un elemento es igual al área del elemento por γ y e que son

constante ) ΣMx = y P = Σ yi Pi = y A γ e = Σ ( yi Ai) γ e = y A = Σ yi Ai Como se observa cuando trabajamos con elementos de espesor y peso específico constante y podemos calcular el centro de gravedad trabajando con las áreas en ves de hacerlo con los pesos. Ejercicio N° 1 Determinar el centro de gravedad de la figura, compuesta por dos placas cuadradas.

Como el elemento es de un material homogeneo en vez de trabajar con pesos podemos trabajar directamente con las areas correspondiente. (Si a las areas las multiplicamos por el espesor y por su peso especíjfico tendríamos el peso real del elemento. Como estos valores son constantes podemos simplificar los cáculos y no trabajar con ellos).



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a) Lo primero que tenemos que hacer es colocar en un gráfico los vectores representativos de todas las areas en las que hemos subdividido la figura. Estos vectores serán perpendiculares a los eje de referencia. Para determinar la distancia Y del C.G. Para determinar la distancia X del C.G.

b) Posteriormente debemos calcular las areas y las distancias a los ejes de referencia de cada uno de los elementos en que se descompuso la figura F1 = a2 = 4 m2 F2 = (2a/3)2 = 1.77 m2 X1 = a/2 = 1 m X2 = a + 2a/6 = 2.67 m Y1 = a/2 = 1 m Y2 = 2a/6 = 0.67 m c) Tomando momento con respecto al eje Y de cada uno de los vectores tenemos: FtXt = Σ Fi Xi Xt = ΣFiXi/Ft Ft = ΣFi = 4 + 1.77 = 5.77 m2 ΣFiXi = 4x1 + 1.77x2.67 = 8.72 m3 Xt = ΣFiXi/Ft = 8.72 m3 / 5.77 m2 = 1.51 m d) Tomando momento con respecto al eje X tenemos: FtYt = Σ Fi Yi Yt = ΣFiYi/Ft Ft = ΣFi = 4 + 1.77 = 5.77 m2 ΣFiYi = 4x1 + 1.77x0.67 = 5.19 m3 Yt = ΣFiYi/Ft = 5.19 m3 / 5.77 m2 = 0.90 m Al finalizar el ejercicio es conveniente verificar que el resultado obtenido tenga lógica. En este caso viendo la figura nos damos cuenta que el centro de gravedad tiene que tencontrarse en el siguiente entorno X2 > Xt > X1 2.67 > 1.51 > 1 verifica Y1 > Yt > Y2 1 > 0.90 > 0.66 verifica



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Ejercicio N° 2 Determinar el centro de gravedad de la misma figura anterior considerando además que la placa pequeña tiene una perforación en el centro de diámetro a/2

En este caso a los fines de facilitar los cálculos consideramos que el elemento esta compuesto por tres secciones diferentes, los dos cuadrados que se consideraran de area positiva y un circulo que tendrá area negativa. De esta forma resolvemos el ejercicio de igual manera: a)Para determinar la distancia Y del C.G. Para determinar la distancia X del C.G.

b) Posteriormente debemos calcular las areas y las distancias a los ejes de referencia de cada uno de partes en que se descompuso la figura F1 = a2 = 4 m2 F2 = (2a/3)2 = 1.77 m2 X1 = a/2 = 1 m X2 = a + 2a/6 = 2.67 mm Y1 = a/2 = 1 m Y2 = 2a/6 = 0.67 mm F3 = Π(a/2)2/4 = - 0.785 m2 con signo (-) para tener en cuenta que es una perforación X3 = a + 2a/6 = 2.67 m Y3 = 2a/6 = 0.67 m c) Tomando momento con respecto al eje Y tenemos: FtXt = Σ Fi Xi Xt = ΣFiXi/Ft Ft = ΣFi = 4 + 1.77 - 0.785 = 4.985 m2 ΣFiXi = 4x1 + 1.77x2.67 + (-0.785) 2.67= 6.62 m3 Xt = ΣFiXi/Ft = 6.62 m3 / 4.985 m2 = 1.33 m



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d) Tomando momento con respecto al eje X tenemos: FtYt = Σ Fi Yi Yt = ΣFiYi/Ft Ft =4.985 m2 ΣFiYi = 4x1 + 1.77x0.67 - (-0.785) 0.67 = 4.66 m3 Yt = ΣFiYi/Ft = 4.66 m3 / 4.985 m2 = 0.934 m Como vemos al disminuir el area del cuadrado pequeño con la perforación el centro de gravedad del conjunto se acerca hacia el centro de gravedad del cuadrado mayor incrementándose Yt y decrementando Xt. Ejercicio N° 3 Determinar el centro de gravedad de la figura, compuesta por un perfil U y otro L. Siendo el valor de t = a 5 mm

a)Para determinar la distancia Y del C.G. Para determinar la distancia X del C.G.



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b) Posteriormente debemos calcular las areas de cada una de las figuras regulares F1 = Π r2 / 4 = 19.62 mm2 F6 = 8t t = 200 mm2 X1 = 0.9t +4.5t+4t/3Π =29.1mm X6 = t/2 = -2.5 mm Y1 = t + 14t + (t-4t/3Π) = 77.87 mm Y6 = t + 8t/2 = 25 mm F2 = t(4.5t+0.9t) = 135 mm2 F7 = (t + 3t)t = 100 mm2 X2 = (0.9t +4.5t)0.5 = 13.50 mm X7 = -(t+3t)/2 =-10 mm Y2 = t + 14t + t/2 = 77.50 mm Y7 = t/2 = 2.5 mm F3 = 14 t t = 350 mm2 F8 = Π r2 / 4 = 19.62 mm2 X3 = t/2 = 2.5 mm X8 = -(t+3t+4t/3Π) =-22.12 mm Y3 = t + 14t /2 = 40 mm Y8 = Y4 = 2.12 mm F4 = Π r2 / 4 = 19.62 mm2 F9 = F1 = 19.62 mm2 X4 = 0.9t +4.5t+4t/3Π =29.1mm X9 = -2.12 mm Y4 = 4t/3Π = 2.12 mm Y9 = 8t + t + 4t/3Π = 47.12 mm F5 = F2 = 135 mm2 X5 = X2 =13.75 mm Y5 = t/2 = 2.5 mm c) Tomando momento con respecto al eje Y tenemos: FtXt = Σ Fi Xi Yt = ΣFiXi/Ft Ft = ΣFi = 998.48 mm2 ΣFiXi = 3720 mm3 Xt = ΣFiXi/Ft = 3720 mm3 / 998.48 mm2 = 3.72 mm d) Tomando momento con respecto al eje X tenemos: FtYt = Σ Fi Yi Xt = ΣFiYi/Ft Ft = ΣFi = 998.48 mm2 ΣFiXi = 32585 mm3 Yt = ΣFiYi/Ft = 32585 mm3 / 998.48 mm2 = 32.63 mm



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Problemas para resolver 1) Determinar el Centro de Gravedad de la Figura

) Dado el perfil transversal del camino, encontrar el centro de gravedad de las áreas de terraplen y desmonte y sus respectivos pesos. Siendo c= 10 m



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A los fines de facilitar la determinación de los centros de gravedad de diversas figuras se adjunta la siguiente tabla



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1-7-2) Centro de gravedad de un cuerpo de revolución Teorema de Pappus-Guldinus Estos teoremas sirven para determinar areas y volúmenes de superficies y cuerpos de revolución. Una superficie de revolución es una superficie que puede generarse mediante la rotación de una curva plana alrededor de un eje fijo.

Generación de una superficie de revolución Un cuerpo de revolución es aquel que puede generarse mediante rotación de un área plana alrededor de un eje fijo.

Generación de un cuerpo de revolución

Teorema I El área de una superficie de revolución es igual a la longitud de la curva generatriz multiplicada por la distancia recorrida por el centroide de la curva con la que se genera la superficie. A= 2ΠyL Donde 2Πy es la distancia recorrida por el centroide de L. Debe notarse que la curva generatris no debe intersectar el eje alrededor del cual rota



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Teorema II El volumen de un cuerpo de revolución es igual al área generatriz multiplicada por la distancia recorrida por el centroide del área con la cual el cuerpo se genera. V= 2ΠyAs Donde 2Πy es la distancia recorrida por el centroide de As. Ejercicio N° 1 Determinar por el Teorema de Pappus - Guldinus. el área y el volumen del cilindro de la figura

Curva Generatriz Cilindro A=2ΠyL L= H y= D/2=r A= 2ΠrH ( que coincide con la fórmula del área de un cilindro) V=2ΠyAs As=H D/2= H r As=2Πr H r = 2Πr2H ( que coindide con la fórmula de volumen del cilindro.) Ejercicio N° 2 Tenemos que pintar el frasco de la figura . Calcular la superficie a pintar y el volumen del frasco.



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A=2ΠyL Para determinar L sumamos la longitud de cada uno de los tramos. L= D/2 +2D+D/2 = 3D = 150 cm Para determinar la ubicación del centroide debemos tomar momento de cada una de las longitudes a un eje de referencia. Tomamos como eje de referencia el eje de la superficie de revolución. Ly = Σ li yi Σliyi = (D/2)(D/4) + 2D(D/2) + (D/2)(D/4) = D2(1+1/4) = D2(5/4) = 3125 cm2 despejando de -2- y y= 3125 cm2/150 cm = 20.83 cm reemplazando en la fórmula del area -1- los valores obtenidos tenemos: A= 2 Π x 20.83 cm x 150 cm = 19621,86 cm2 Para determinar el volumen de frasco utilizamos el teorema II V= 2Πy As As= (D/2) 2D = D2 El centroide se encontrará en el centro del area, entonces y = D/4 V= 2Π (D/4) D2 = ΠD3/2= 196250 cm3 Problemas para resolver 1) Determinar el volumen del sólido obenido al rotar el área semiparabólica ilustrada en la figura alrededor del eje Y y del eje X



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2) Determinar el volumen del sólido abtenido al rotar la siguiente figura según el eje X y el eje Y

3) Determinar el área de la superficie y el volumen del semitoro mostrado en la figura

4) Usando los teoremas de Pappus-Guldinus, determinar a) El centroide de un área semicircular b) El centroide de un arco semicircular Compara los resultados con los determinados en la tabla de centro de gravedad 5) La figura muestra el corte axial de un tanque para distribución de agua a una Población. El mismo está compuesto por: a. Casquete esférico generado por la rotación del arco de circunsferencia A-B alrededor del eje( R-radío medio, ángulo central 60°). b. Tronco cónico: Generado por la rotación de la recta B~C alrededor del eje c. Fuste cilíndrico d. Placa circular e. Base de fundación circular Si el Peso Específico del Hormigón es de 2200 kg/m3, para los espesores indicados se pide:

a) Calcular el volumen de hormigón empleado en su construcción. b) Calcular la cantidad de pintura de recubrimiento necesaria, si cada litro cubre 5

m2 c) Calcular la capacidad de almacenamiento del tanque



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1-7-3) Cargas Distribuidas Un concepto muy utilizado en ingeniería es el de cargas distribuidas. Las cargas distribuidas pueden deberse a efectos de viento, efecto de nieve, peso de materiales, etc. En general las representaciones gráficas que hacemos de las estructuras estan contenidas en un plano pero las estructuras reales estan contenidas en el espacio. Supongamos una estructura de una losa como la que se muestra en la figura. La losa apoya sobre 3 porticos. Cada pórtico esta formado por una viga V2 y dos columnas C2 en cada uno de los extremos. Si consideramos el pórtico central podemos aceptar que mitad de la losa a la izquierda y mitad de la losa a la derecha del pórtico está sostenida por la viga V2. Si hacemos un corte transversal a la estructura podemos representarla de la siguiente manera.

Donde la carga q (Carga Distribuida) debe representar a toda la carga que existe entre mitad de la luz a la izquierda y mitad de la luz a la derecha. Es como si condensamos toda esta carga en una sola carga que hemos denominado “q”. Por ejemplo si sobre la losa hay una carga debida a peso propio de 300kg/m2 y la distancia entre pórticos es de 10 metros. La carga distribuida q será q= 300kg/m2 10m= 3000kg/m La carga distribuida puede representarse dibujando a escala con respecto a ejes coordenados la carga por unidad de longitud Utilizando el concepto de fuerzas paralelas visto anteriormente podemos obtener la posición de la resultante de la carga distribuidad y reemplazar la misma por su resultante, o sea, una sola carga concetrada en el centroide de la carga distribuida Debe notarse, sin embargo, que la carga concentrada es equivalente a la carga distribuida solamente en cuanto se refiere a las fuerzas externas. Este hecho puede utilizarse para hallar las reacciones, pero no debe ser usado para calcular fuerzas internas y deformaciones. Este aspecto se verá más detenidamente al analizar estructuras planas.



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Ejercicio N° 1 una viga tiene una carga uniformemente repartida de 10kg/m. Calcular la carga total sobre la viga y la ubicación de la resultante.

La carga total sobre la viga será el area del dibujo de la carga distribuida W= q l La ubicación de esta carga será en el centro de gravedad de la figura. x= l/2 Ejercicio N° 2 Determinar la magnitud y posición de la resultante de la carga distribuida en la figura.

Lo primero que tenemos que realizar es dividir la carga distribuida en figuras de facil determinación de superficies. Luego representar las areas por vectores y por último determinar el peso total y la ubicación de la resultante siguiendo los procedimientos utilizados en fuerzas paralelas.

F1= (2 m 1500 N/m)/2 = 1500 N F2= (4 m 1500 N/m)/2 = 3000 N F= F1+F2= 4500 N La ubicación de posición de la resultante la obtenemos tomando momento con respecto al punto A Fx = F1x1 + F2x2 x1 = 2m (2/3) = 1.333 m x2 = 2m + 4m (1/3) = 3.333 m x = (1500N 1.333m + 3000N 3.333) / 4500 N = 2.66 m ( desde el punto A)



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Prooblema para resolver 1) Un entrepiso para oficinas está organizado como indica la figura A, y la planta estructural del edificio se muestra en la figura B. Con los datos dados, efectuar el análisis de carga correspondiente y calcular las fuerzas distribuidas en las vigas ( Peso específico del Hormigón Armado es 2400 kg/m3) Pesos Piso de Mosaico 20kg/m2 (por cm de espesor) Contrapiso 20kg/m2 (por cm de espesor) Cielorraso 10kg/m2 (por cm de espesor) Carga útil (oficina) 200kg/m2 b = 30 cm h = 50 cm e = 5 cm l = 3.5 m 1-7-4) Fuerzas sobre superficies sumergidas Otro ejemplo de la utilización del momento de primer orden y de los centroides de area se obtiene al considerar las fuerzas ejercidas sobre una superficie sumergida en un líquido. Considerando la placa rectangular mostrada en la figura, tiene una longitud L y un ancho, perpendicular al plano de la figura, que se considera igual a la unidad. Puesto que la presión manométrica en un líquido es p= γ h, donde γ es el peso específico del líquido y h la distancia vertical desde la superficie libre del líquido, la presión sobre la placa varía linealmente con la distancia x. Podemos ahora usar los resultados obtenidos anteriormente para calcular la magnitud de la resultante R de las fuerzas ejercidas sobre una cara de la placa y determinar la ubicación de dicha fuerza.



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Dividimos la presión en dos areas, una rectangular y una triangular.

La presión en el punto A es igual a p1 = γ h1 La presión en el punto B p2 = γ h2 La fuerza resultante del rectángulo será: P1 = p1 L La fuerza resultante del triágulo será: P2 = (p2- p1) L/2 La fuerza toal es la summa de ambas : Pt = P1+P2 La ubicación de la resultante, llamado centro de presión sera: Pty = P1y1 + P2 y2 siendo y1 = L/2 y2 = (2/3)L y = (p1L2/2 + (p2- p1) L2/3 ) / Pt Ejercicio N° 1 La sección transversal de un dique se muestra en la figura. Considerar el espesor del dique (e) unitario y determinar. a) La resultante de las fuerzas b) Lugar donde la resultante intercepta la base del dique c) Momento de todas la fuerzas con respecto al punto B d) Coeficiente de seguridad al vuelco del dique.



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a) Determinación de la resultante de las fuerzas 1) Fuerzas debidas al peso del hormigón F1 = γh A1 e = 2m x 20 m = 40 m2 γh e = 96 t F2 = γh A2 e =10m x 20 m /2 = 100 m2 γh e = 240 t F3 = γh A3 e = 2m x 1 m = 2 m2 γh e = 4.8 t 2) Fuerzas producidas por el agua Determinación del peso del agua sobre el elemento 3 p = γ ah = 1 t/m3 x 19 m = 19 t/m2 (Presión del agua a los 19 m de profundidad) F4= p e 2m = 19t/m2 x 1m x 2m = 38t Sobre el elemento 1 el agua ejerce una fuerza horizontal proporcional a la profundidad. Lo mismo ocurre sobre el elemento 3. Teniendo en cuenta el principio de la transmisibilidad podemos considerar que toda la fuerza horizontal del agua esta aplicada sobre una vertical cualquiera.

γh = 2400 kg/m3 e = 1 m



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p1=γa 0m = 0 ( presión en la superficie) p2= γa 20m = 20t/m2 (presion en la base del dique F5= 20t/m2 x 20m x 1m / 2 = 200t 3) Ubicación de las fuerzas con respecto a los ejes de referencia X e Y mostrados en la figura x1 = 1m x2 = 2m + (1/3) x 10m = 5.33m x3 = x4 = -1m y5= (1/3) x 20m = 6.67m 4) Determinación de la resultante La resultante de las fuerzas es un vector no perpendicular a ninguno de los ejes tomados como referencia. Para facilitar lo cálculos determinaremos primero las componente horizontal y vertical de dicho vector. La componente vertical la podemos calcular tomando momento con respecto a A Fvxv = F1x1 + F2x2 + F3x3 + F4x4__ Fv = 96t + 240t +4.8t + 38t = 378.8t Fvxv = 96t x 1m + 240t x 5,33m - ( 4.8t + 38t) 1m = 1332,4tm xv= 1332.4tm / 378.8t = 3.5m La componete horizontal corresponde a la única fuerza existente con esta dirección: Fh = F5 = 200t yv = y5 = 6.67m

La intersección de la resultante horizontal y vertical no da el punto O por donde pasa la resultante



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El módulo de la resultante lo podemos obtener por Pitágoras F= (Fh2 + Fv2) -1 = 428t El ángulo de inclinación con la vertical lo obtenemos por trigonometría tan α = Fv / Fh = 1.894 α = 1.08 rad b) Determinar el lugar donde la resultante intercepta la base del dique. Veremos dos formas de solucionar este problema Por trigonometría. Conociendo un punto por donde pasa la resultante y su inclinación, por trigonometrñia podemos facilmente determinar donde la resultante corta la base del dique.

tan α = 6.67 / a a= 6.67 / tan α = 3.52m Xt = xv + a = 7.04m Por Física Cuando la resultante pasa por la base del dique su componente horizontal no producirá momento, su distancia al punto es nula. Por lo tanto si tomamos momento de todas las fuerzas con respecto al punto A tenemos: FvXt = Fv xv + Fh yh = 1332.4tm + 200t x 6.67m = 2666.4tm Xt = 2666.4tm / 378.8t = 7.04m ( coincidente con el resultado anterior) 5) Momento de todas las fuerzas con respecto al punto B Determinar el momento en B es de suma importancia en el cálculo de un dique porque nos dice si éste puede volcar por efecto del agua. Si el momento tiene sentido horario significa que el peso de la estructura no alcanza a contrarestar el momento producido por el agua y por lo tanto el dique girará con respecto al punto B. Por el contrario si el sentido es antihorario el peso del dique es suficiente para contrarestar el momento del agua. Debido a la excistencia del suelo el dique no puede girar en este sentido y por lo tanto es estable. Conociendo la resultante y por donde intercepta la base calculamos el momento: MB = Fv x ( 12m - Xt) = 378.8t x 4.96m = 1878.85tm ( tiene sentido antihorario)



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6) Determinar el coeficiente de seguridad al vuelco. El coeficiente de seguridad es un valor que nos establece cual es la seguridad que la estructura no falle. En este caso tenemos que la componente horizontal de la resultante tiende girar el dique en sentido horario, produciendo el vuelco del mismo. En cambio la componente vertical evita dicho giro estabilizando el dique. Llamaremos coeficiente de seguridad al vuelco a la relación existente entre el momento estabilizante y el momento de vuelco. Para que la estructura sea estable dicho coeficiente debe ser mayor que uno. Cuanto más alto sea el coeficiente mayor es la seguridad de la estructura. Me = Fv x Xt = 378.8t x 7.04m = 2666.7tm Mv = Fh x yh = 200t x 6.67m = 1334tm γv = Me / Mv = 2666.7tm / 1334tm = 1.999 Problemas para resolver 1) Determinar la magnitud y posición de la resultante de la carga distribuida mostrada en la figura.

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