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OMAR ROJAS

IN G EN IERIA M E C A N IC A

ESTÁTICA DECIM O SEGUN DA

EDICIÓN

R. C. HIBBELER

OMAR ROJAS Ecu acion e s fundam entales de dinám ica C IN EM Á TICA Movimiento rectilíneo de una partícula Variable a Constante a = ac dv a = -¡¡¡

v = Vq + a¿

ds

i

V = —

= S0 + VqÍ + 2 a ct

S

a ds = v d v

2

v2 = vfr + 2ac(s - s0)

Movimiento curvilíneo de una partícula Coordenadas x, y, z Coordenadas r, 0, z vx = x

ax = x

vr = r

ar = r - rÓ2

vy = y

ay = y

ve = rO

ae = rO + 2r6

vz = z

az = 'z

vz = z

az = z

Coordenadas n, t, b dv a =v =v . ds [1 + (dy/dx)*]3* an = —

P

P

\d2y/d x21

Movimiento relativo * b = V a + * b /a

«a = * a + * B /A

M ovimiento de un cuerpo rígido con respecto a un eje fijo Variable a Constante a = sl. dto a = —— a) = a\) + oict dt de ÍO = — 0 - Oq + (otf + \a{¿ dt tú d(D = a d6 a)2 = cúÍq + 2a c($ —$0) Para el punto P s = $r v = cor

a¡ = ar

an = aj2r

Energía cinética Partícula

T = \m v2

Cuerpo rígido Movimiento plano

T = \m vG + \ IG(o2

Trabajo Fuerza variable

r Up = I F eos 0 ds

Fuerza constante Up = (Fccos0) A s Uw = - W Ay Peso Resorte Us = - ( \ ks\ - \ k s \ ) Momento de par UM = M AO Potencia y eficiencia _ Fai _ Usai P = ^ = F .v e dt FCnt Ucnt Teorem a de conservación de la energía 7i + Vi = T2 + V2 Energía potencial V = Vg + Ve, donde Vg = ±W y, Ve = + \k s 2 Principio de impulso y cantidad de m ovimiento lineales Partícula Cuerpo rígido

mvj + 2 ^ 1 F dt = mv2 m(yG)i + 2 1 F dt = 'w(vG)2

Conservación de la cantidad de movimiento lineal 2(syst. m \)\ = 2(syst. mv)2 Coeficiente de restitución

Movimiento plano general relativo—ejes trasladantes —Vi4 ^B/A{pasador) afl —&A afl/;4(pasador) M ovimiento plano general relativo—ejes trasladante y ro tato rio yB = *A

Ecuaciones de m ovim iento 2 F = mu Partícula Cuerpo rígido 2F X = m(aG)x Movimiento plano 2Fy = m(aG)y ?ZMG=IGa o 2Á/p=2(vM.¿)/> Principio de trabajo y energía T\ + U\-2 - T2

e = ^v.B} 2.S ? ^ }l (vA) , - ( v B), Principio de impulso y cantidad de m ovimiento angulares Partícula

+ íl X rb / A + (*B/A)xyz

(Ho), + 2 j M 0 dt = ( H 0 )2 donde Ha = (d)(mv)

a s = a,* + f i x r B/A + n X (H X t B/ A ) + 2Í1 X { y B/ A ) xyz + {* B /A )xyz

C IN ÉTIC A

J

M om ento de inercia de masa

I=

r2 dm

Teorema del eje paralelo

I = IG + m d2

Radio de giro

k=

Cuerpo rígido (Movimiento plano)

(H g)i + z j y i c d t = ( H ^ donde HG = Igm (Ho), + i j M o d t = (H 0)2 donde H0 = I0 o>

Conservación de la cantidad de movimiento angular 2(sist. H)! = 2(sist.H )2

OMAR ROJAS

Prefijos S I M últiplo

Forma exponencial

Prefijo

Sím bolo S I

109 106 103

giga mega kilo

G M k

10"3 10"6 10 -9

mili micro nano

m P n

1 000 000 000 1 000 000 1000 Subm últiplo 0.001 0.000 001 0.000 000 001

F a c to re s de conversión (F P S ) a (S I) Cantidad

Unidad de medición (FPS)

Fuerza M asa Longitud

Ib slug pie

Es igual a

4.4482 N 14.5938 kg 0.3048 m

F a c to re s de conversión (F P S ) 1 pie 1 mi (m illa) 1 kip (kilolibra) 1 ton

Unidades de medición (SI)

= = = =

12 pulgadas 5280 pies 1000 Ib 2000 Ib

OMAR ROJAS

OMAR ROJAS

■ I INGENIERÍA MECÁNICA

ESTÁTICA DECIMOSEGUNDA EDICIÓN

RUSSELL C. HIBBELER

T R A D U C C IÓ N

Jesús Elmer Murrieta Murrieta M aestro en investigación de operaciones Instituto Tecnológico y de Estudios Superiores de M onterrey, Campus M orelos R EV ISIÓ N T ÉC N IC A

Felipe de Jesús Hidalgo Cavazos D epartam ento de Ingeniería M ecánica Instituto Tecnológico y de Estudios Superiores de M onterrey, Campus M onterrey

Prentice Hall México • Argentina • Brasil • Colom bia • Costa Rica • Chile • Ecuador España • Guatemala • Panamá • Perú • Puerto Rico • Uruguay • Venezuela

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/

Datos de catalogación bibliográfica

HIBBELER, R. C. Ingeniería mecánica - Estática Decimosegunda edición PEARSON EDUCACIÓN, México, 2010 ISBN: 978-607-442-561-1 Área: Ingeniería Formato: 20 X 25.5 cm

Páginas: 672

Authorized translation from the English language edition, entitled Engineering mechanics: Statics, 12th edition, by Russell C. Hibbeler, published by Pearson Education, Inc., publishing as PRENTICE HALL, INC., Copyright © 2010. All rights reserved. ISBN 978013607790-9 Traducción autorizada de la edición en idioma inglés, titulada Engineering mechanics: Statics, 12a edición, por Russell C. Hibbeler,publicada por Pearson Education, Inc., publicada como PRENTICE HALL, INC., Copyright © 2010. Todos los derechos reservados. Esta edición en español es la única autorizada. Edición en español Editor:

Luis Miguel Cruz Castillo e-mail: [email protected] Editor de desarrollo: Bernardino Gutiérrez Hernández Supervisor de producción: Enrique Trejo Hernández

DECIM OSEGUNDA EDICIÓN, 2010 D.R. © 2010 por Pearson Educación de México, S.A. de C.V. Atlacomulco 500-5o. piso Col. Industrial Atoto 53519, Naucalpan de Juárez, Estado de México Cámara Nacional de la Industria Editorial Mexicana. Reg. núm. 1031. Prentice Hall es una marca registrada de Pearson Educación de México, S A . de C.V. Reservados todos los derechos. Ni la totalidad ni parte de esta publicación pueden reproducirse, registrarse o transmitirse, por un sistema de recuperación de información, en ninguna forma ni por ningún medio, sea electrónico, mecánico, fotoquímico, magnético o electroóptico, por fotocopia, grabación o cualquier otro, sin permiso previo por escrito del editor. El préstamo, alquiler o cualquier otra forma de cesión de uso de este ejemplar requerirá también la autorización del editor o de sus repre­ sentantes.

ISBN VERSIÓN IMPRESA: 978-607-442-561-1 ISBN E-BOOK: 978-607-442-661-8 PRIM ERA IMPRESIÓN Impreso en México. Printed in Mexico. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 - 131211 10

Prentice Hall e s u n a m arca de

P EA R S O N www.pearsoneducacion.com

ISBN: 978-607-442-561-1

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Al estudiante Con la esperanza de que este trabajo estimule un interés en la ingeniería mecánica y proporcione una guía aceptable para su comprensión.

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PREFACIO El propósito principal de este libro es proporcionar al estudiante una presentación clara y com pleta de la teoría y las aplicaciones de la ingeniería mecánica. P ara alcan­ zar dicho objetivo, la obra se ha enriquecido con los com entarios y las sugerencias de cientos de revisores que se dedican a la enseñanza, así com o muchos de los alum nos del autor. E sta decim osegunda edición ha sido m ejorada significativamente en rela­ ción con la anterior, por lo que se espera que tanto el profesor com o el estudiante se beneficien en gran medida de estas mejoras.

Características nuevas Problemas fundamentales. Se localizan justo después de los problem as de ejem plo. Ofrecen a los estudiantes aplicaciones simples de los conceptos y, p o r ende, la oportunidad de desarrollar sus habilidades para resolver ciertas dificultades antes de intentar solucionar algunos de los problem as estándar que siguen. Estos problem as pueden considerarse como ejem plos extendidos puesto q u e todos tienen soluciones parciales y respuestas en la parte final del libro. D e m anera adicional, los problem as fundam entales ofrecen a los estudiantes un excelente medio para rep a­ sar antes de los exám enes; y pueden usarse tam bién como una preparación para el examen de certificación en ingeniería, en Estados Unidos. Modificaciones al contenido. C ada sección del texto se revisó con cuidado y, en muchas áreas, el m aterial se desarrolló de nuevo a fin de explicar de m ejor m anera los conceptos. E sto ha incluido agregar o cam biar varios de los ejem plos para d a r más énfasis a las aplicaciones de los conceptos im portantes. Problemas conceptuales. A lo largo del texto, por lo general al final de cada capítulo, se incluye una serie de problem as que involucran situaciones conceptua­ les relacionadas con la aplicación de los principios de mecánica vistos en el capítulo. Estos problem as de análisis y diseño están planteados para que los estudiantes razonen sobre una situación de la vida real, en donde una fotografía ejemplifica el escenario. Los problem as pueden asignarse después de q u e los estudiantes hayan desarrollado cierta experiencia en el tem a. Fotografías adicionales. La relevancia de conocer el tem a estudiado se refle­ ja m ediante las aplicaciones en el m undo real que se ilustran e n más de 60 fotogra­ fías nuevas y actualizadas a lo largo del libro. Estas fotografías se usan generalm en­ te para explicar cómo se aplican los principios de mecánica en situaciones reales. En algunas secciones, las fotografías se utilizan para m ostrar que los ingenieros deben crear prim ero un m odelo idealizado para su análisis, y después proceder a dibujar un diagram a de cuerpo libre a partir de él con el fin de aplicar la teoría. Problemas nuevos. En esta edición se han agregado aproxim adam ente 800 problem as nuevos, 50% del total, incluyendo aplicaciones en biomecánica e inge­ niería aeroespacial y petrolera. Asimismo, esta nueva edición contiene alrededor de 17% más problem as que la edición anterior.

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Características particulares Adem ás d e las características nuevas que se acaban de m encionar, hay otras que destacan el contenido del texto, en tre ellas las siguientes.

Organización y enfoque. C ada capítulo está organizado en secciones bien definidas q u e contienen una explicación de tem as específicos, problem as de ejem plo ilustrativos y conjuntos de problem as de tarea. Los tem as dentro de cada sección se colocan e n subgrupos definidos p o r títulos en letras negritas. El propósito de esto es presentar un m étodo estructurado para introducir cada nueva definición o concepto y convertir al libro en una útil y práctica referencia en repasos posteriores. Contenido del capítulo. Cada capítulo comienza con una ilustración que m uestra una aplicación del tem a a tratar, y una lista con viñetas de los objetivos del capítulo para proporcionar una visión general del m aterial que se cubrirá. Énfasis en los diagramas de cuerpo libre. Al resolver problem as, es particularm ente im portante dibujar un diagram a de cuerpo libre, y por esa razón este paso se enfatiza a lo largo del libro. En particular, se dedican secciones y ejem ­ plos especiales para m ostrar cóm o dibujar diagram as de cuerpo libre. Tam bién se han agregado problem as de tarea específicos para desarrollar esta práctica. Procedimientos para el análisis. A l final del prim er capítulo, se p resen ­ ta un procedim iento general para analizar cualquier problem a mecánico. Después, este procedim iento se adapta para resolver problem as específicos a lo largo del libro. E sta característica única proporciona al estudiante un m étodo lógico y o rd e­ nado q u e p uede seguir al aplicar la teoría. Los problem as de ejem plo se resuelven utilizando este m étodo esquem ático a fin de clarificar su aplicación numérica. Sin embargo, una vez que se tiene dom inio de los principios relevantes y se ha obtenido confianza y juicio en el m étodo, el estudiante puede desarrollar sus propios procedi­ m ientos para la resolución de problem as. Puntos importantes. Esta característica proporciona un repaso o resum en de los conceptos más im portantes en cada sección y resalta los puntos que deben observarse al aplicar la teoría para la resolución de problem as. Comprensión conceptual M ediante el uso de las fotografías que se incluyen a lo largo del libro, se aplica la teoría de una m anera simplificada, a fin de ilustrar algunas d e sus características conceptuales más im portantes e infundir el significado físico d e muchos de los térm inos que se usan en las ecuaciones. Estas aplicaciones simplificadas aum entan el interés en el tem a estudiado y preparan de m ejor m anera al estudiante para en ten d er los ejem plos y resolver los problem as. Problemas de tarea, Adem ás de los problem as fundam entales y conceptuales que se m encionaron, el libro incluye problem as de otro tipo, com o los que se descri­ ben a continuación: • Problemas de diagrama de cuerpo libre. Algunas secciones del libro contie­ nen problem as introductorios que sólo requieren dibujar el diagram a de cuerpo libre para una situación específica. Estas asignaciones harán que el estudiante conozca la im portancia de dom inar esta habilidad com o un requisito para o b ten er una solución com pleta de cualquier problem a de equilibrio.

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• Problemas generales de análisis y diseño. La m ayoría de los problem as p re ­ sentan situaciones reales en la práctica de la ingeniería. Algunos provienen de productos reales usados en la industria. Se espera que este realism o estim ule el interés del estudiante en la ingeniería mecánica y ayude a desarrollar la habilidad de reducir cualquier problem a de este tipo desde su descripción física hasta un modelo o representación simbólica a la que se le puedan aplicar los principios de la mecánica.

A lo largo del libro existe un balance aproxim ado de problem as que utilizan uni­ dades SI o FPS. A dem ás, en todas las series se ha hecho un esfuerzo p o r ordenar los problem as de acuerdo con una dificultad creciente, excepto para los problem as de repaso al final de cada capítulo, los cuales se presentan en orden aleatorio. • Problemas de computadora. Se ha hecho un esfuerzo por incluir algunos p ro ­ blemas que pueden resolverse usando un procedim iento num érico ejecutado en una com putadora de escritorio o bien en una calculadora de bolsillo. La intención es am pliar la capacidad del estudiante para que utilice otras formas de análisis matem ático sin sacrificar el tiem po, para enfocarse en la aplicación de los princi­ pios de la m ecánica. Los problem as de este tipo, que pueden o deben resolverse con procedim ientos num éricos, se identifican m ediante un sím bolo “cuadrado” (■) antes del núm ero del problem a.

Al existir tantos problem as de tarea en esta nueva edición, se h an clasificado en tres categorías diferentes. Los problem as que se indican sim plem ente m ediante un núm ero tienen una respuesta al final del libro. Si el núm ero del problem a está prece­ dido por una viñeta (•), adem ás de la respuesta se proporciona una sugerencia, una ecuación clave o un resultado num érico adicional. P o r últim o, un asterisco (*) antes de cada núm ero de problem a indica que éste no tiene respuesta.

Exactitud. Al igual que con las ediciones anteriores, la exactitud del texto y de las soluciones a los problem as ha sido verificada con profundidad por el autor y otros cuatro colaboradores: Scott H endricks, Virginia Polytechnic Institute and State University; Karim N ohra, University of South Florida, K urt N orlin, Laurel Tech Integrated Publishing Services; y Kai Beng, un ingeniero practicante, quien además de revisar la exactitud proporcionó sugerencias para el desarrollo del con­ tenido.

Contenido El libro está dividido en 11 capítulos, en los que los principios se aplican prim ero en situaciones simples y después en contextos más complicados. En un sentido general, cada principio se aplica prim ero a una partícula, después a un cuerpo rígido sujeto a un sistema de fuerzas coplanares, y por último a un sistema de fuerzas tridimensional que actúa sobre un cuerpo rígido. El capítulo 1 com ienza con una introducción a la m ecánica y un análisis de las unidades. En el capítulo 2 introduce las propiedades vectoriales de un sistem a de fuerzas concurrentes. D espués, esta teoría se aplica al equilibrio de una partícula en el capítulo 3. El capítulo 4 contiene un estudio general de los sistemas de fuerzas concentradas y distribuidas así com o de los m étodos usados para simplificarlos. En el capítulo 5 se desarrollan los principios del equilibrio de cuerpos rígidos y después, en el capítulo 6, se aplican a problem as específicos que involucran el equilibrio de arm aduras, bastidores y máquinas; luego, en el capítulo 7, estos principios se aplican al análisis de fuerzas internas en vigas y cables. En el capítulo 8 se analizan las aplica­ ciones a problem as que involucran fuerzas de fricción, y en el capítulo 9 se estudian temas relacionados con el centro de gravedad y el centroide. Si el tiem po lo perm ite,

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tam bién deben cubrirse las secciones que implican tem as más avanzados, los cuales se indican m ediante estrellas (★). La m ayoría de estos tem as están incluidos en el capítulo 10 (m om entos de inercia) y en capítulo 11 (trabajo virtual y energía p o ten ­ cial). Observe que este m aterial tam bién proporciona una referencia adecuada para los principios básicos cuando éstos se estudian en cursos más avanzados. Por último, el apéndice A proporciona un repaso y una lista de fórmulas m atem áticas necesarias para resolver los problem as del libro.

Cobertura alternativa. A discreción del profesor, algunas partes del m aterial pueden presentarse en una secuencia diferente sin perder continuidad. Por ejem ­ plo, es posible introducir el concepto de fuerza y todos los m étodos necesarios del análisis vectorial al cubrir prim ero el capítulo 2 y la sección 4.2 (producto cruz). Asimismo, después de cubrir el resto del capítulo 4 (sistemas de fuerza y m om ento), se pueden estudiar los m étodos de equilibrio de los capítulos 3 y 5.

Reconocimientos El autor se ha em peñado en escribir este libro de m anera que resulte atractivo tanto para el estudiante como para el profesor. A través de los años, muchas personas han ayudado en su desarrollo y siem pre estaré agradecido por sus valiosos com entarios y sugerencias. En especial, deseo agradecer a las siguientes personas sus com entarios relativos a la preparación de esta decim osegunda edición. Yesh P. Singh, University o f Texas-San A ntonio M anoj C hopra, University o f Central Florida Kathryn McW illiams, University o f Saskatchewan D aniel Linzell, Penn State University Larry B anta, West Virginia University M anohar L. A ro ra, Colorado School o f Mines R obert R ennaker, University o f O klahom a A hm ad M. Itani, University o f Nevada Siento que hay unas pocas personas q u e m erecen un reconocim iento particular. Vince O ’Brien, director del equipo de adm inistración del proyecto, y Rose K ernan, mi ed ito ra d e producción d u ran te m uchos años, m e d iero n su im pulso y apoyo. Francamente, sin su ayuda, esta edición totalmente modificada y mejorada no hubiera sido posible. Adem ás, mi am igo y socio por largo tiem po, Kai Beng Y ap, me fue de gran ayuda al revisar todo el manuscrito y preparar las soluciones para los problemas. A este respecto, tam bién ofrezco un agradecim iento especial a K urt Norlin de Laurel Tech Integrated Publishing Services. Agradezco la ayuda de mi esposa, C onny, y de mi hija, M ary A nn, quienes durante el proceso de producción ayudaron con la lectura de pruebas y la escritura necesaria para preparar el m anuscrito antes de su publicación. P o r últim o, extiendo mi agradecim iento a todos mis alumnos y a los miembros del profesorado que se han tom ado el tiem po de enviarm e sus sugerencias y com enta­ rios p o r correo electrónico. Como esta lista es dem asiado larga, espero que a q u e­ llos que han proporcionado su ayuda de esta m anera acepten este reconocim iento anónimo. E staré muy agradecido con ustedes si me envían algún com entario o sugerencia, o si me hacen saber la existencia de problem as de cualquier tipo en relación con esta edición. Russell Charles Hibbeler [email protected]

OMAR ROJAS X

R e c u r s o s e n l ín e a p a r a l o s p r o f e s o r e s

Recursos en línea para los profesores (en inglés) • Manual de soluciones para el profesor. Este suplem ento proporciona soluciones com pletas apoyadas

por instrucciones y figuras de los problem as. El m anual de esta decim osegunda edición se modificó para m ejorar su legibilidad y su exactitud se verificó tres veces. • Recursos para el profesor. Los recursos visuales para acom pañar el texto se localizan en el sitio Web: w w w .pearsoneducacion.net/hibbeler. Es necesario contar con un código de acceso y una contraseña para acceder a este sitio; contacte a su representante local de Pearson. Los recursos visuales incluyen todas las ilustraciones del texto, disponibles en diapositivas de Pow erPoint y en form ato JP E G . • Soluciones en video. Las soluciones en video, desarrolladas por el profesor Edward Berger de la University o f Virginia, se localizan en el sitio W eb de este texto y ofrecen guías de soluciones paso a paso para los problem as de tarea más representativos de cada sección del texto. Haga un uso eficiente de las horas de clase y oficina m ostrando a sus estudiantes tos m étodos com pletos y concisos para resolver problem as, a tos que pueden tener acceso en cualquier m om ento para estudiarlos a su propio ritm o. Los videos están diseñados com o un recurso flexible q u e puede usarse cada vez q u e el profesor y el estudiante lo decidan. Los videos tam bién son un valioso recurso para la autoevaluación del estudiante puesto que puede detenerlos o repetirlos hasta verificar su com prensión, y trabajar a lo largo del material. Puede encontrar estos videos en w w w .pearsoneducacion.net/hibbeler siguiendo tos vínculos hasta Engineering Mechanics: Statics, Twelfth Edition text.

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CONTENIDO 1 Principios generales

Equilibrio de una partícula 85

3

Objetivos del capítulo 85

Objetivos del capítulo 3 1.1

Mecánica 3

1.2

Conceptos fundamentales 4

1.3

Unidades de medición 7

1.4

El Sistema Internacional de Unidades 9

1.5

Cálculos numéricos 10

1.6

Procedimiento general para el análisis 12

2 Vectores fuerza

//

17

Objetivos del capítulo 2.1

|R H J\

Escalares y vectores

17

Operaciones vectoriales 18

2.3

Suma vectorial de fuerzas 20

2.4

Suma de un sistema de fuerzas coplanares 32 43

2.6 Suma de vectores cartesianos 46 2.7 Vectores de posición

Condiciones para el equilibrio de una partícula 85

3.2

Diagrama de cuerpo libre 86

3.3

Sistemas de fuerzas coplanares 89

3.4

Sistemas de fuerzas tridimensionales 103

4 Resultantes de sistemas de fuerzas 117 Objetivos del capítulo 117

17

2.2

2.5 Vectores cartesianos

3.1

56

2.8

Vector fuerza dirigido a lo largo de una línea 59

2.9

Producto punto 69

4.1

Momento de una fuerza, formulación escalar 117

4.2

Producto cruz 121

4.3

Momento de una fuerza, formulación vectorial 124

4.4

Principio de momentos 128

4.5

Momento de una fuerza con respecto a un eje específico 139

4.6

Momento de un par 148

4.7

Simplificación de un sistema de fuerza y par 160

4.8

Simplificación adicional de un sistema de fuerza y par 170

4.9

Reducción de una carga simple distribuida 183

OMAR ROJAS x¡¡

C o n t e n id o

5 Equilibrio de un cuerpo rígido 199

7 Fuerzas internas

Objetivos del capítulo 199

329

Objetivos del capítulo 329

5.1

Condiciones para el equilibrio de un cuerpo rígido 199

7.1

Fuerzas internas desarrolladas en elementos estructurales 329

5.2

Diagramas de cuerpo libre 201

7.2

5.3

Ecuaciones de equilibrio 214

Ecuaciones y diagramas de fuerza cortante y de momento flexionante 345

5.4

Elementos de dos y tres fuerzas 224

7.3

Relaciones entre carga distribuida, fuerza cortante y momento flexionante 354

5.5

Diagramas de cuerpo libre 237

7.4

Cables 365

5.6

Ecuaciones de equilibrio 242

5.7

Restricciones y determinación estática 243

6 Análisis estructural

263

Objetivos del capítulo 263

Objetivos del capítulo 387

6.1

Armaduras simples 263

8.1

Características de la fricción seca 387

6.2

Método de nodos 266

8.2

Problemas que implican fricción seca 392

6.3

Elementos de fuerza cero 272

8.3

Cuñas 412

6.4

Método de secciones 280

8.4

Fuerzas de fricción sobre tornillos 414

6.5

Armaduras espaciales 290

8.5

Fuerzas de fricción sobre bandas planas 421

6.6

Bastidores y máquinas 294

8.6

Fuerzas de fricción en chumaceras de collarín, chumaceras de pivote y discos 429

8.7

Fuerzas de fricción en chumaceras lisas 432

8.8

Resistencia al rodamiento 434

OMAR ROJAS C o n t e n id o

11

Centro de gravedad y centroide 447

Trabajo virtual

Objetivos del capítulo 447 9.1

Centro de gravedad, centro de masa y el centroide de un cuerpo 447

9.2

Cuerpos compuestos 470

9.3

Teoremas de Pappus y Guldinus 484

9.4

Resultante de una carga general distribuida 493

9.5

Presión de un fluido 494

563

Objetivos del capítulo 563 11.1

Definición de trabajo 563

11.2

Principio del trabajo virtual 565

11.3

Principio del trabajo virtual para un sistema de cuerpos rígidos conectados 567

11.4

Fuerzas conservadoras 579

11.5

Energía potencial 580

11.6

Criterio de la energía potencial para el equilibrio 582

11.7

Estabilidad de la configuración del equilibrio 583

Apéndice A.

10 Momentos de inercia

xiii

Repaso y expresiones matemáticas 598

511

Objetivos del capítulo 511 10.1

Definición de momentos de inercia para áreas 511

10.2

Teorema de los ejes paralelos para un área 512

10.3

Radio de giro de un área 513

10.4

Momentos de inercia para áreas compuestas 522

10.5

Producto de inercia para un área 530

10.6

Momentos de inercia para un área con respecto a ejes inclinados 534

10.7

Círculo de Mohr para momentos de inercia 537

10.8

Momento de inercia de masa 545

Problemas fundamentales Soluciones parciales y respuestas 603 Respuestas a problemas seleccionados 620 índice

650

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OMAR ROJAS

Créditos Capítulo 1, El transbordador espacial Discovery despega de la platafor­ ma de lanzam iento 39-1 en el Centro Espacial Kennedy, 31 de mayo de 2008 en Cabo Cañaveral, Florida. El transbordador lleva consigo la uni­ dad principal d el laboratorio científico japonés Kibo hacia la Estación Espacial Internacional. G etty Images. Capítulo 1 texto, A stronauta flotando en el espacio. Alamy Images sin derechos d e autor. C apítulo 2, P uente colgante E rasm us, R otterdam , H olanda. A lam y Images. Capítulo 3, Sección prefabricada de un edificio que está siendo coloca­ da en su lugar m ediante una gran grúa. Alamy Images. Capítulo 4, Ingeniero q u e gira tornillos con una llave, acercam iento de las manos. G etty Im ages/Digital Vision. Capítulo 5, Lancha salvavidas que está siendo elevada m ediante una grúa hidráulica móvil, G rim sby, H um berside, N orth L incolnshire, Inglaterra, Reino Unido. Alamy Images. Capítulo 6, Niebla elevándose sobre el agua, que pasa bajo un puente de arm aduras Pratt de acero, en el Río St. John River, New Brunswick, Canadá en P erth A ndover. Alamy Images. C apítulo 7, V arillas de refuerzo encofradas en concreto. R uss C. Hibbeler. Capítulo 8, Freno calibrador en una bicicleta. Alam y Images. C apítulo 9, T o rre de agua, H arm ony, C ondado Bluff, M innesota. Alamy Images. C apítulo 10, E structura de acero en un sitio de construcción. Corbis Royalty Free. Capítulo 11, Brazo de una grúa. G etty Images Inc.-S tone Allstock. P ortada 1, Vigas metálicas de construcción em pernadas. G etty Images Inc.-Im age Bank. P o rtad a 2, P uente G eorge W ashington. G etty Im ages Inc. T etra Images. Las imágenes restantes fueron proporcionadas por el autor.

xv

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INGENIERIA MECANICA

ESTÁTICA DECIMOSEGUNDA EDICIÓN

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El diseño de este cohete y su torre de lanzamiento requieren un conocimiento básico tanto de estática como de dinámica, las cuales son el objeto de estudio de la ingeniería mecánica.

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Principios generales

OBJETIVOS DEL CAPÍTULO • Proporcionar una introducción a las cantidades básicas e idealiza­ ciones de la mecánica. • Dar un enunciado de las leyes de Newton del movimiento y la gravitación. • Revisar los principios para aplicar el sistema internacional de unida­ des (SI). • Examinar los procedimientos estándar para realizar cálculos nu­ méricos. • Presentar una guía general para resolver problemas.

1 .1

Mecánica

La mecánica es una ram a de las ciencias físicas q u e estudia el e sta ­ do d e reposo o m ovim iento de los cuerpos que están som etidos a la acción d e fuerzas. En general, esta m ateria puede dividirse a su vez en tres ramas: mecánica de cuerpos rígidos, mecánica de cuerpos deformables y mecánica de fluidos. En este libro estudiarem os la mecánica de cuerpos rígidos puesto q u e es un requisito básico para el estudio de la mecánica d e cuerpos deform ables y la mecánica de fluidos. A dem ás, la mecánica de cuerpos rígidos es esencial para el diseño y el análisis de m uchos tipos de elem entos estructurales, com ponentes mecánicos, o dispositivos electrónicos que pueden encontrarse en la práctica de la ingeniería. La mecánica de cuerpos rígidos se divide en dos áreas: estática y diná­ mica. La estática estudia el equilibrio de los cuerpos, es decir, de aq u e­ llos que están en reposo o se m ueven a una velocidad constante; por su p arte, la dinámica estudia el movimiento acelerado de los cuerpos. Podemos considerar la estática como un caso especial de la dinámica, en el que la aceleración es cero; sin em bargo, la estática m erece un tra ta ­ miento aparte en la enseñanza de la ingeniería porque muchos objetos se diseñan con la intención de que perm anezcan en equilibrio.

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P r in c ip io s g e n e r a l e s

Desarrollo histórico. La m ateria de estática se desarrolló desde los primeros tiempos de la historia porque sus principios pueden formu­ larse con facilidad a partir de mediciones de geom etría y fuerza. P or ejemplo, los escritos de Arquím edes (287-212 a. C.) tratan del principio de la palanca. Tam bién se tiene registro de estudios sobre la polea, el plano inclinado y la llave de torsión en escritos antiguos —en tiem pos en que las necesidades de ingeniería se limitaban prim ordialm ente a la construcción de edificios. Los principios de la dinám ica dependen de una medición exacta del tiempo, por tal razón esta m ateria se desarrolló mucho después. Galileo Galilei (1564-1642) fue uno de los prim eros contribuyentes im portantes a este cam po. Su trabajo consistió en experim entos donde em pleaba péndulos y cuerpos en caída. Sin em bargo, fue Isaac Newton (16421727) quien realizó las contribuciones más significativas en dinám ica, entre las cuales está la formulación de las tres leyes fundam entales del movimiento y la ley de la atracción gravitacional universal. Poco d es­ pués de q u e estas leyes se postularon, notables científicos com o E uler, D ’A lem bert, Lagrange y otros desarrollaron técnicas im portantes para su aplicación.

1 .2

Conceptos fundam entales

Antes de com enzar nuestro estudio de la ingeniería mecánica, es im por­ tante com prender el significado de ciertos conceptos y principios fu n ­ damentales.

Cantidades básicas. Las siguientes cuatro cantidades se utili­ zan en el estudio de la mecánica. Longitud. La longitud se usa para localizar la posición de un punto en el espacio y por lo tanto describe el tam año de un sistem a físico. Una vez que se ha definido una unidad estándar de longitud, ésta puede usarse para definir distancias y propiedades geom étricas de un cuerpo com o múltiplos de esta unidad. Tiempo. El tiempo se concibe com o una secuencia de eventos. A unque los principios de la estática son independientes del tiem po, esta cantidad tiene un papel im portante e n el estudio de la dinámica.

Masa. La masa es una medición de una cantidad de m ateria que se usa para com parar la acción de un cuerpo con la de otro. Esta propie­ dad se manifiesta com o una atracción gravitacional en tre dos cuerpos y proporciona una m edida de la resistencia de la m ateria a un cambio en su velocidad. Fuerza. En general, la fuerza se considera como un “em pujón” o un ‘ja ló n ” ejercido por un cuerpo sobre otro. Esta interacción puede ocu­ rrir cuando hay un contacto directo en tre los cuerpos, com o cuando una persona em puja una pared, o bien puede ocurrir a través de una distancia cuando los cuerpos están separados físicamente. E ntre los ejemplos del último tipo están las fuerzas gravitacionales, eléctricas y magnéticas. En cualquier caso, una fuerza se caracteriza por com pleto por su m agnitud, dirección y punto de aplicación.

OMAR ROJAS 1 .2

C

o n cepto s fu ndam entales

Idealizaciones. Los modelos o idealizaciones se utilizan en m ecá­ nica a fin de simplificar la aplicación de la teoría. A quí se considerarán tres idealizaciones im portantes. Partícula. U na partícula tiene m asa, pero posee un tam año que puede pasarse p o r alto. Por ejem plo, el tam año de la Tierra es insig­ nificante en com paración con el tam año de su órbita; por lo tanto, la Tierra puede m odelarse como una partícula cuando se estudia su movimiento orbital. C uando un cuerpo se idealiza com o una partícula, los principios d e la mecánica se reducen a una form a bastante sim ­ plificada, puesto que la geom etría del cuerpo no estará incluida en el análisis del problem a. Cuerpo rígido. U n cuerpo rígido puede considerarse com o una combinación de un gran núm ero de partículas donde todas éstas p e r­ manecen a una distancia fija en tre sí, tanto antes como después de la aplicación d e una carga. Este m odelo es im portante porque las propie­ dades del m aterial de todo cuerpo que se supone rígido, no tendrán que tom arse en cuenta al estudiar los efectos de las fuerzas que actúan sobre dicho cuerpo. En la m ayoría de los casos, las deform aciones re a ­ les que ocurren en estructuras, m áquinas, mecanismos, etcétera, son relativam ente pequeñas, y el supuesto de cuerpo rígido resulta a d e ­ cuado para el análisis. Fuerza concentrada. U na juerza concentrada representa el efec­ to d e una carga que se supone actúa en cierto punto de un cuerpo. U na carga puede representarse m ediante una fuerza concentrada, siem pre que el área sobre la q u e se aplique la carga sea muy pequeña en com ­ paración con el tam año total del cuerpo. U n ejem plo sería la fuerza de contacto en tre una rueda y el suelo.

Tres fuerzas actúan sobre el gancho en A . C om o todas estas fuerzas se encuentran en un solo punto, para cualquier análisis de fuerzas se puede suponer que el gancho se rep resen ta como u n a partícula.

El acero es un m aterial común en ingeniería que no se d efor­ ma mucho bajo carga. P or lo tanto, esta ru ed a de ferrocarril puede considerarse com o un cuerpo rígido sobre el que actúa la fuerza concentrada del riel.

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P r in c ip io s g e n e r a l e s

Las tres leyes del movimiento de Newton. La ingeniería mecánica está form ulada con base en las tres leyes del movimiento de Newton, cuya validez se finca en la observación experim ental. Estas leyes se aplican al movimiento de una partícula cuando se mide a p a r­ tir de un marco de referencia sin aceleración. Las leyes se pueden esta­ blecer brevem ente de la siguiente m anera. Primera ley. U na partícula originalm ente en reposo, o que se m ue­ ve en línea recta con velocidad constante, tiende a perm anecer en este estado siem pre que la partícula no se som eta a una fuerza no balancea­ da, figura 1-1 a.

Equilibrio

(a)

Segunda ley. U na partícula sobre la que actúa una fiierza no balan­ ceada F experim enta una aceleración a que tiene la misma dirección que la fuerza y una m agnitud directam ente proporcional a la fuerza, figura 1-16.* Si se aplica F a una partícula de m asa m ye sta ley puede expresarse de m anera m atem ática com o F = ma

F —

(1-1)

—

Movimiento acelerado (b)

Tercera ley. Las fuerzas m utuas de acción y reacción en tre dos p a r­ tículas son iguales, opuestas y colineales, figura 1-lc.

-.tuerza .fuerza de A sobre B F A

B

^ fuerza de B sobre A

Acción-reacción

(c)

Fíg. 1-1 ♦Expresado de o tra manera, la fuerza no balanceada que actúa sobre la partícula es pro­ porcional a la razón de cambio de la cantidad del momento lineal de dicha partícula.

OMAR ROJAS 1 .3

U n id a d e s d e m e d ic ió n

Ley de la atracción gravitacional de Newton. Poco después de form ular sus tres leyes del m ovimiento, N ew ton postuló una ley que gobierna la atracción gravitacional entre dos partículas cuales­ quiera. En forma m atem ática, F = G

» r

(1-2)

donde F = fuerza de gravitación en tre las dos partículas G = constante universal de gravitación; de acuerdo con la evidencia experim ental, G = 66.73(10-12) m 3/(kg -s2) m u m 2 = m asa de cada una de las dos partículas r = distancia en tre las dos partículas

Peso. D e acuerdo con la ecuación 1-2, dos partículas cualesquiera o cuerpos tienen una fuerza de atracción (gravitacional) que actúa entre ellos. Sin em bargo, en el caso de una partícula localizada e n la superficie de la Tierra, o cerca de ella, la única fuerza gravitacional que tiene algu­ na m agnitud significativa es la que existe entre la Tierra y la partícula. En consecuencia, esta fuerza, conocida com o peso, será la única fuerza gravitacional que se considere en nuestro estudio de la mecánica. A partir de la ecuación 1-2, es posible desarrollar una expresión aproxi­ mada para encontrar el peso W d e una partícula que tiene una masa m i = m . Si se supone q u e la T ierra es una esfera q u e no gira, tiene densidad constante y una m asa m 2 = M r , entonces si r es la distancia entre el centro d e la Tierra y la partícula, tenem os W = G mMT

Para todo propósito práctico, el astro­ n au ta no tien e peso p orque se encuen­ tra m uy lejos d el cam po gravitacional d e la T ierra.

r 2

Sea g = G M T/ r 2yentonces W = mg

(1-3)

Por com paración con F = ma, podemos ver que g es la aceleración de­ bida a la gravedad. El peso de un cuerpo depende de r, por tal razón no es una cantidad absoluta. En vez de esto, su magnitud se determ ina con base en el lugar donde se hizo la medición. Sin em bargo, para la m ayo­ ría de los cálculos de ingeniería, g se determ ina al nivel del m ar y a una latitud de 45°, la cual se considera como la “ubicación estándar” .

1 .3

Unidades de medición

Las cuatro cantidades básicas —longitud, tiem po, masa y fuerza— no son independientes entre sí; de hecho, están relacionadas por la segun­ da ley del movimiento de New ton, F = ma. Por esta razón, las unidades utilizadas p ara m edir las cantidades básicas no pueden seleccionarse todas de m anera arbitraria. La igualdad F = m a se m antiene sólo si tres d e las cuatro unidades, llam adas unidades base, están definidas y la cuarta unidad se deriva de la ecuación.

7

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t \

P r in c ip io s g e n e r a l e s

lk 8

-V

I *9.81 N (a)

Unidades SI. El Sistema Internacional de U nidades, que se abrevia SI por el francés “Système International d ’U nités”, es una versión m oderna del sistem a métrico que ha recibido reconocim iento en todo el mundo. Como se m uestra en la tabla 1-1, el sistem a SI define la longitud en metros (m ), el tiem po en segundos (s) y la masa en kilogram os (kg). La unidad de fuerza, llam ada new ton (N), se deriva de F = ma. Así, 1 new ton es igual a la fuerza requerida para dar a 1 kilogram o de masa una aceleración de 1 m /s2 (N = kg • m /s2). Si el peso de un cuerpo localizado en la “ubicación estándar” se debe determ inar en new tons, entonces debe aplicarse la ecuación 1-3. A quí las mediciones d an g = 9.806 65 m /s2; sin em bargo, para los cálculos, se usará el valor g = 9.81 m /s2. Entonces, W = mg

(g = 9.81 m/s2)

(1-4)

Por tanto, un cuerpo de 1 kg de masa tiene un peso de 9.81 N, un cuerpo de 2 kg pesa 19.62 N, etcétera, según la figura 1-2a.

Uso común en Estados Unidos. En el sistem a de unidades de uso com ún en Estados Unidos (FPS) la longitud se mide en pies (ft), el tiem po en segundos (s) y la fuerza en libras (Ib), tabla 1-1. La unidad de masa, llam ada slug> se deriva de F = ma. D e esta m anera, 1 slug es ^ u al a la cantidad de m ateria acelerada a 1 pie/s2 cuando se som ete a una fuerza de 1 lb (slug = lb • s2/pie). Por lo tanto, si las mediciones se hacen en la “ubicación están d ar” , donde g = 32.2 pies/s2, entonces a partir de la ecuación 1-3, W m = — 8

(g = 32.2 p ies/s2)

(1-5)

Así, un cuerpo que pesa 32.2 Ib tiene una masa de 1 slug, un cuerpo de 64.4 lb tiene una masa de 2 slugs, etcétera, com o en la figura 1-26.

TABLA 1-1

Sistemas de unidades

Nombre Sistema Internacional de Unidades

Longitud

Tiempo

Masa

Fuerza

metro

segundo

kilogramo

newton*

k8

N / k g » m\

m

SI Uso común en Estados Unidos FPS "Unidad derivada.

\ pie pie

segundo

s2 /

slug*

libra

f l b - s 2\ V pie /

lb

OMAR ROJAS 1 .4

E l S is t e m a I n t e r n a c io n a l d e U n id a d e s

Unidades de conversión. En la tabla 1-2 se proporciona un conjunto d e factores de conversión directa entre unidades FPS y uni­ dades SI para las cantidades básicas. Tam bién, en el sistem a FPS, recuerde que 1 pie = 12 pulg, 5280 pies = 1 mi (milla), 1000 Ib = 1 kip (kilo-libra) y 2000 Ib = 1 tonelada.

I TA BLA 1-2

Unidad de medida (FPS)

Cantidad Fuerza

Unidad de medida (SI)

Es igual a

Ib slug pie

Masa Longitud

1 .4

Factores de conversión

4.448 N 14.59 kg 0.304 8 m

El Sistem a Internacional de Unidades

El sistema SI d e unidades se usa de m anera extensa en este libro puesto que está destinado a convertirse en el estándar m undial para realizar mediciones. Por lo tanto, a continuación presentarem os algunas de las reglas para su uso, así como parte de su term inología relevante para la ingeniería mecánica.

Prefijos. Cuando una cantidad num érica es muy grande o muy p e ­ queña, las unidades usadas para definir su tam año pueden modificarse m ediante el uso de un prefijo. En la tabla 1-3 se m uestran algunos de los prefijos usados en el sistem a SI. Cada uno representa un múltiplo o subm últiplo de una unidad que, si se aplica de m anera sucesiva, m ue­ ve el punto decim al de una cantidad num érica hacia cada tercera posi­ ción.* P o r ejem plo, 4 000 000 N = 4 000 kN (kilo-new ton) = 4 MN (m ega-newton), o 0.005 m = 5 mm (mili-metro). O bserve que el sis­ tem a SI no incluye el múltiplo deca (10) o el subm últiplo centi (0.01), que forma p arte del sistem a métrico. Excepto para algunas medidas de volum en y área, el uso de estos prefijos debe evitarse en ciencia e ingeniería.

TA BLA 1-3

Múltiplo 1000 000 000 1000 000 1000 Submúltiplo 0.001 0.000 001 0.000 000 001

Prefijos

Forma exponencial

Prefijo

109 106 103

giga

G

mega

kilo

M k

10"3 10"6 10“9

mili

m

micro

M n

nano

♦El kilogramo es la única unidad base que se define con un prefijo.

Símbolo SI

OMAR ROJAS 10

C a p ít u l o 1

P r in c ip io s g e n e r a l e s

Reglas para s u USO. A co n tinuación se p re se n ta n algunas reglas im p o rtan tes q u e d escriben e l uso a p ro p ia d o d e los d iferen tes sím bolos SI: •

Las cantidades definidas por varias unidades que son múltiplos de otras se separan mediante un punto para evitar la confusión con la notación de prefijos, como se observa en N = kg ■m/s2 = kg ■m ■s-2. Asimismo, m • s significa m etro-segundo (m etro por segundo) en tanto que ms representa mili-segundo.

•

La potencia exponencial de una unidad que tiene un prefijo se refie­ re tanto a la unidad como a su prefijo. Por ejemplo, /xN2 = (/xN)2 = /xN* pN . D e igual manera, mm2 representa (m m )2 = mm ■mm.

•

Con excepción de la unidad base kilogramo, por lo general evite el uso de prefijos en el denom inador de las unidades compuestas. Por ejemplo, no escriba N/mm, sino kN/m; asimismo, m/mg debe escri­ birse como Mm/kg.

•

C uando realice cálculos, represente los núm eros en térm inos de sus unidades base o derivadas m ediante la conversión de todos los prefijos a potencias de 10. D e esta m anera, el resultado final podrá expresarse con un solo prefijo. Incluso, después del cálculo es p re­ ferible m antener valores numéricos entre 0.1 y 1000; de otra forma, debe elegirse un prefijo adecuado. Por ejemplo, (50 kN)(60 nm ) = [50(103) N][60(10~9) m] = »OOÍIO“6) N ■m = 3(1CT3) N • m = 3 mN ■m

1 .5

Cálculos numéricos

A m enudo, el trabajo num érico en la práctica de la ingeniería se reafiza m ediante el uso de calculadoras portátiles y com putadoras. Sin em bargo, es im portante q u e las respuestas a cualquier problem a se expresen con una exactitud justificable y una cantidad apropiada de cifras significativas. E n esta sección analizarem os estos tem as, ju n to con algunos otros aspectos im portantes relacionados con los cálculos en ingeniería.

En ingeniería suelen em plearse com putadoras para realizar diseños y análisis avanza-

dos'

Homogeneidad dimensional. Los térm inos de cualquier ecuación usada para describir un proceso físico deben ser dimensionalmente hom ogéneos;es decir, cada térm ino debe expresarse en las mismas unidades. Siem pre que éste sea el caso, todos los térm inos de una ecuación pueden com binarse si las variables se sustituyen por valores numéricos. Por ejem plo, considere la ecuación s = v t+ ¿af2, donde, en unidades SI, s es la posición en m etros, m; te s el tiem po en segundos, s; v e s la velocidad en m/s, y a es la aceleración en m /s2. Sin im portar la forma en q u e se evalúe esta ecuación, su hom ogeneidad dim ensional se mantendrá. En la forma establecida, cada uno de los tres términos se expresa en m etros [m ,(m /¿)¿, (m /s2) s2], o al despejar a, a = 2s/t1 2v /ty cada uno de los térm inos se expresa en unidades de m /s2 [m /s2, m /s2, (m /s)/s].

OMAR ROJAS

Tenga en m ente que los problem as de mecánica siem pre implican la solución d e ecuaciones dim ensionalm ente hom ogéneas; por lo tanto, este hecho se puede usar como una verificación parcial de las m anipu­ laciones algebraicas de una ecuación.

Cifras significativas. El núm ero de cifras significativas conteni­ das en cualquier núm ero determ ínala exactitud de éste. P o r ejem plo, el núm ero 4981 contiene cuatro cifras significativas. Sin em bargo, si hay ceros al final d e un núm ero entero, puede ser poco claro cuántas cifras significativas representa el núm ero. Por ejem plo, 23 400 podría tener tres (234), cuatro (2340) o cinco (23 400) cifras significativas. P ara evi­ tar estas am bigüedades usarem os la notación de ingeniería para expre­ sar un resultado. Lo anterior requiere que los núm eros se redondeen al núm ero apropiado de dígitos significativos y después se expresen en múltiplos de (103), com o (103), (106) o (10-9). Por ejem plo, si 23 400 tiene cinco cifras significativas se escribe com o 23.400(103), pero si sólo tiene tres cifras significativas se escribe com o 23.4(103). Si hay ceros al inicio de un núm ero que es m enor que uno, entonces los ceros no son significativos. Por ejem plo 0.00821 tiene tres cifras sig­ nificativas. Con la notación de ingeniería, este núm ero se expresa como 8.21(10 ~3). D e igual forma, 0.000582 puede expresarse como 0.582(10-3) o582(10“6). Redondeo de números. El redondeo de un núm ero es nece­ sario para q u e la exactitud del resultado sea la misma que la de los datos d el problem a. Como regla general, cualquier cifra numérica que term ine en cinco o más se redondea hacia arriba, y un núm ero m enor que cinco se redondea hacia abajo. Las reglas para red o n ­ dear núm eros se ilustran de m ejor m anera con ejem plos. Suponga que el núm ero 3.5587 debe redondearse a tres cifras significativas. Como el cuarto dígito (8) es m ayor que 5, el tercer núm ero se re d o n ­ dea hacia arrib a a 3.56. D e la misma m an era, 0.5896 se convierte en 0.590 y 9.3866 en 9.39. Si redondeam os 1.341 a tres cifras signifi­ cativas, como el cuarto dígito (1) es menor que 5, entonces o b ten e­ mos 1.34. Asimismo 0.3762 se convierte en 0.376 y 9.871 en 9.87. Hay un caso especial para cualquier número que tiene un 5 con ceros que lo siguen. Como regla general, si el dígito que precede al 5 es un número par, dicho dígito no se redondea hacia arriba. Si el dígito que precede al 5 es un número im par, éste se redondea hacia arriba. Por ejem plo 75.25 redondeado a tres cifras significativas se convierte en 75.2,0.1275 se convierte en 0.128 y 0.2555 en 0.256. Cálculos. C uando se realiza una sucesión de cálculos, se recom ienda almacenar los resultados interm edios en la calculadora. En otras pala­ bras, no redondee los cálculos hasta expresar el resultado final. Este procedim iento m antiene la precisión a través de la serie de pasos reali­ zados hasta la solución final. Por lo general, en este texto redondeare­ mos las respuestas a tres cifras significativas puesto que la mayoría de los datos en ingeniería mecánica, com o m edidas geom étricas y cargas, puede medirse de m anera confiable con esta exactitud.

OMAR ROJAS 12

C a p ít u l o 1

P r in c ip io s g e n e r a l e s

1 .6

Procedimiento general para el análisis

La form a más efectiva d e a p re n d e r los principios d e la ingeniería m ecá­ nica es resolver problem as. P ara te n e r éxito e n ello, es im p o rtan te siem ­ pre p re s e n ta r e l tra b a jo d e un a m anera lógica y ordenada, com o indica la sig u ien te serie d e pasos: •

L ea el p ro b le m a con cuidado y tra te d e correlacio n ar la situación física rea l co n la teo ría estu d iad a.

•

T ab u le los d atos d el problem a y dibuje cu alq u ier diagram a que sea necesario. A p liq u e los principios re le v a n te s, p o r lo g e n e ra l e n u n a fo rm a m atem ática. C u an d o e sc rib a ecu acio n es, a seg ú rese d e q u e se a n d im ensionalm ente hom ogéneas.

Al resolver problem as, realice el trabajo d e la m anera más lim pia posible. L a lim pieza estim ulará el pensam iento claro y ordenado, y viceversa.

R esuelva las ecuaciones necesarias y exprese la resp u esta c o n no más d e tres cifras significativas. •

E stu d ie la respuesta con ju icio técnico y sen tid o com ún p ara d e te r­ m inar si parece razo n ab le o no.

Puntos im p o rtan te s • La estática es el estudio de los cuerpos que están en reposo o que se m ueven con velocidad constante. • Una partícula tiene masa pero posee un tam año que se puede pasar por alto. • U n cuerpo rígido no se deform a bajo carga. • Se supone que las cargas concentradas actúan en un punto sobre un cuerpo. • Las tres leyes del movimiento de Newton deben m em orizarse. • La m asa es una medida de cantidad de m ateria que no cam bia de una ubicación a otra. • El peso se refiere a la atracción gravitacional de la Tierra sobre un cuerpo o una cantidad de masa. Su m agnitud depende de la elevación a la que se encuentra la masa. • En el sistema SI, la unidad de fuerza, el new ton, es una unidad derivada. El m etro, el segundo y el kilogram o son unidades base. • Los prefijos G, M, k, m, p y n se usan para representar cantidades numéricas grandes y pequeñas. Es necesario conocer su tamaño exponencial junto con las reglas para usar las unidades SI. • Realice los cálculos numéricos con varias cifras significativas, y después exprese la respuesta final con tres cifras significativas. • Las m anipulaciones algebraicas de una ecuación se pueden revisar en parte al verificar que la ecuación perm anece dim en­ sionalm ente hom ogénea. • Es necesario conocer las reglas para redondear núm eros.

OMAR ROJAS 1 .6

P r o c e d im ie n t o g e n e r a l p a r a e l a n á l is is

EJEM P LO C onvierta 2 km /h a m/s, ¿cuánto es esto en pies/s? SOLUCIÓN

Como 1 km = 1000 m y 1 h = 3600 s, los factores de conversión se ordenan d e la siguiente m anera, para que pueda aplicarse una can ­ celación de unidades:

,

2 k n í / l 0 0 0 m V 1* A = ~ k n T / \ 3 6 0 0 s / 2000 m = 0.556 m /s 3600 s

Resp.

De la tabla 1-2,1 pie = 0.3048 m. Entonces,

0.556 m /s = x

v

S

—LEí£—\ A 03048 H Í/

= 1.82 pies/s NOTA:

Resp.

recuerde redondear la respuesta final a tres cifras significa­

tivas.

EJEM P LO

1.2

C onvierta las cantidades 300 Ib • s y 52 slug/pie3 a las unidades SI adecuadas. SOLUCIÓN

Con la tabla 1-2,1 Ib = 4.448 2 N.

300 Ib • s = 300H5-S

/ 4.448 N \

VV

H b J/ 1 H5

= 13343 N ■s = 133 kN • s

Resp.

Como 1 slug = 14.593 8 kg y 1 pie = 0.304 8 m, entonces 1-pnf V co i / • 3 52 skig / 14.59 kg V 52 slu g /p ie^ = V ls k r g A 0.304 8m/ -pté3

= 26.8(103) k g /m 3 = 26.8 M g/m 3

Resp.

1 3

OMAR ROJAS 14

C a p ít u l o 1

P r in c ip io s g e n e r a l e s

Evalúe cada una de las siguientes operaciones y exprese la respues­ ta en unidades SI con un prefijo adecuado: (a) (50 mN)(6 GN), (b) (400 mm)(0.6 M N)2,(c ) 45 M N3/900 Gg. SOLUCIÓN

Primero convierta cada núm ero a unidades base, realice las o p era­ ciones indicadas y después elija un prefijo adecuado. Inciso (a)

(50 m N)(6 G N ) = [50(10"3) N j ^ l O 9) N] = 300(10*) N2

= 300 kN 2 NOTA:

Resp.

tenga en m ente la convención kN 2 = (kN )2 = IO6 N2.

Inciso (b)

(400 mm)(0.6 M N)2 = [400(10‘3) m][0.6(106) N]2 = [400(10“3) m][0.36(1012) N2] = 144(109) m - N2 = 144 G m • N 2

Resp.

Tam bién podem os escribir

= 0.144 m -M N 2

Resp.

Inciso (c)

45 M N 3 _ 45(106 N )3 900 G g “ 900(106) kg = 50(109) N 3/k g

= 50 k N 3/k g

Resp.

OMAR ROJAS P ro blem a s

15

PROBLEM AS 1-1. Redondee los siguientes números a tres cifras significa­ tivas: (a) 4.65735 m, (b) 55.578 s, (c) 4555 N y (d) 2768 kg. 1-2. Represente cada una de las siguientes combinacio­ nes de unidades en la forma correcta del SI con un prefijo adecuado: (a) /¿MN, (b) N//xm, (c) MN/ks2 y (d) kN/ms. 1-3. Represente cada una de las siguientes cantidades en la forma correcta del SI con un prefijo adecuado: (a) 0.000431 kg, (b) 35.3(103) N y (c) 0.00532 km. *1-4. Represente cada una de las siguientes combinacio­ nes de unidades en la forma correcta del SI: (a) Mg/ms, (b) N/mm y (c) mN/(kg • /xs). 1-5. Represente cada una de las siguientes combinacio­ nes de unidades en la forma correcta del SI con un prefijo adecuado: (a) kN /ps, (b) Mg/mN, (c) MN/(kg • ms). 1-6. Represente cada una de las siguientes expresio­ nes con tres cifras significativas y escriba cada respuesta en unidades SI con un prefijo adecuado: (a) 45 320 kN, (b) 568(10*) mm y (c) 0.005 63 mg. 1-7. U n cohete tiene una masa de 250(10*) slugs en la Tierra. Especifique (a) su masa en unidades SI y (b) su peso en unidades SI. Si el cohete está en la Luna, donde la aceleración debida a la gravedad es gL = 5.30 pies/s2, utilice tres cifras significativas para determinar (c) su peso en unidades SI y (d) su masa en unidades SI. *1-8. Si un automóvil viaja a 55 mi/h, determine su velo­ cidad en kilómetros por hora y metros por segundo. 1-9. El pascal (Pa) es en realidad una unidad muy peque­ ña de presión. Para demostrar esto, convierta 1 Pa = 1 N/m2 a lb/pie2. La presión atmosférica al nivel del mar es de 14.7 lb/pulg2. ¿A cuántos pascales equivale esto? 1-10. ¿Cuál es el peso en newtons de un objeto que tiene una masa de: (a) 10 kg, (b) 0.5 g y (c) 4.50 Mg? Exprese el resultado con tres cifras significativas. Utilice un prefijo adecuado. 1-11. Realice cada una de las siguientes operaciones y exprese la respuesta con tres cifras significativas, utilice el sistema de unidades SI con un prefijo adecuado: (a) 354 mg(45 km)/(0.0356 kN), (b) (0.004 53 Mg)(201 ms) y (c) 435 MN/23.2 mm.

*1-12. El peso específico (peso/volumen) del latón es de 520 lb/pie3. Determine su densidad (masa/volumen) en unidades SI. Utilice un prefijo adecuado. 1-13. Realice cada una de la siguientes conversiones con tres cifras significativas: (a) 20 Ib • pie a N • m, (b) 450 lb/pie3 a kN/m3 y (c) 15 pies/h a mm/s. 1-14. La densidad (masa/volumen) del aluminio es de 5.26 slug/pie3. Determine su densidad en unidades SI. Emplee un prefijo adecuado. 1-15. El agua tiene una densidad de 1.94 slug/pie3. ¿Cuál es su densidad expresada en unidades SI? Exprese la res­ puesta con tres cifras significativas. *1-16. Dos partículas tienen una masa de 8 kg y 12 kg, respectivamente. Si están separadas por una distancia de 800 mm, determ ine la fuerza de gravedad que actúa entre ellas. Compare este resultado con el peso de cada par­ tícula. 1-17. Determine la masa en kilogramos de un objeto que tiene un peso de (a) 20 mN, (b) 150 kN y (c) 60 MN. Exprese la respuesta con tres cifras significativas. 1-18. Evalúe cada una de las siguientes operaciones y exprese la respuesta en unidades SI con tres cifras significa­ tivas; utilice el prefijo adecuado: (a) (200 kN)2, (b) (0.005 mm)2y (c) (400 m)3. 1-19. Utilice las unidades base del sistema SI para mostrar que la ecuación 1-2 es dimensionalmente homogénea y que da el valor de F en newtons. Determine con tres cifras significativas la fuerza gravitacional que actúa entre dos esferas que se tocan una a la otra. La masa de cada esfe­ ra es de 200 kg y su radio es de 300 mm. *1-20. Realice cada una de las siguientes operaciones y exprese la respuesta con tres cifras significativas, en unida­ des SI y emplee un prefijo adecuado: (a) (0.631 Mm)/(8.60 kg)2y (b) (35 mm)2(48 kg)3. 1-21. Calcule (204 mm)(0.00457 kg)/(34.6 N) con tres cifras significativas y exprese la respuesta en unidades SI con un prefijo apropiado.

OMAR ROJAS

Esta torre de un puente se estabiliza mediante cables que ejercen fuerzas en bs puntos de conexión. En el presente capítulo mostraremos cómo expresar estas fuerzas en la forma de vectores cartesianos y cómo determinar la fuerza resultante.

OMAR ROJAS

Vectores fuerza

OBJETIVOS DEL CAPÍTULO • Mostrar cómo se suman las fuerzas y cómo se obtienen sus com­ ponentes con la ley del paralelogramo. • Expresar una fuerza y su posición en forma de un vector cartesia­ no y explicar cómo se determina la magnitud y la dirección del vector. • Presentar el producto punto a fin de determinar el ángulo entre dos vectores o la proyección de un vector sobre otro.

2 .1

Escalares y vectores

Todas las cantidades físicas en ingeniería m ecánica pueden medirse m ediante escalares o vectores.

Escalar.

U n escalar es cualquier cantidad física positiva o negativa que se puede especificar por com pleto m ediante su magnitud. La lon­ gitud, la masa y el volumen son ejem plos de cantidades escalares.

Vector. Un vectores cualquier cantidad física q u e requiere tanto de magnitud como d e dirección para su descripción com pleta. En estática, algunas cantidades vectoriales encontradas con frecuencia son fuerza, posición y m om ento. U n vector se representa gráficam ente m ediante una flecha. La longitud de la flecha representa la magnitud del vector y el ángulo 0 entre el vector y un eje fijo define la dirección de su línea de acción. La cabeza o punta de la flecha indica el sentido de dirección del vector, como se ve e n la figura 2-1. E n trab ajo s im presos, las cantidades vectoriales se re p resen tan m ediante caracteres en negritas com o A , m ientras que la m agnitud del vector se escribe con letras itálicas, A . P ara trabajos m anuscritos, casi siempre es conveniente d enotar una cantidad vectorial con sólo dibujar una flecha sobre el carácter, A .

OMAR ROJAS 18

C a p ít u l o 2

V ec to r es fuerza

2 .2

Operaciones vectoriales

Multiplicación y división de un vector por un escalar, si un vector se multiplica p o r un escalar positivo, su m agnitud se incre­ menta en esa cantidad. C uando se multiplica por un escalar negativo también cam biará el sentido de la dirección del vector. En la figura 2-2 se m uestran ejem plos gráficos de estas operaciones.

Multiplicación y división escalar

Flg.2-2

Suma de vectores. Todas las cantidades vectoriales obedecen la ley del paralelogramo para la suma. A m anera de ilustración, los dos vectores “com ponentes” A y B de la figura 2-3a se sum an para fo r­ mar un vector “resultante” R = A + B m ediante el siguiente proce­ dimiento: •

Prim ero, una las colas de los com ponentes en un punto de m anera que se hagan concurrentes, figura 2-3b.

•

D esde la cabeza de B, dibuje una línea paralela a A . D ibuje o tra línea desde la cabeza de A que sea paralela a B. Estas dos líneas se intersecan en el punto P para form ar los lados adyacentes de un paralelogram o.

•

La diagonal de este paralelogram o que se extiende hasta P form a R, la cual representa al vector resultante R = A + B, figura 2-3c.

R= A +B Ley del paralelogramo

(c)

Flg.2-3

Tam bién podem os sum ar B a A , figura 2-4¿?, m ediante la regla del triánguloyque es un caso especial de la ley del paralelogram o, donde el vector B se sum a al vector A en una form a de “cabeza a co la” , es decir, se conecta la cabeza de A a la cola de B, figura 2-4b. La resul­ tante R se extiende desde la cola de A hasta la cabeza de B. D e la misma m anera, R tam bién se puede obtener al sumar A y B, figura 2-4c. Por com paración, se ve que la sum a vectorial es conm utativa; en otras palabras, los vectores pueden sum arse en cualquier orden, es decir, R = A + B = B + A.

OMAR ROJAS 2 .2

Regla del triángulo

Regla del triángulo

(b)

(c)

(a)

O

p e r a c io n e s v e c t o r ia l e s

Flg. 2-4

Como un caso especial, si los dos vectores A y B son colineales, es decir, ambos tienen la misma línea de acción, la ley del paralelogram o se reduce a una suma algebraica o suma escalar R = A + B y como se m uestra en la figura 2-5.

A

B R =A +B

Suma de vectores colineales

Fíg. 2-5

Resta de vectores. La diferencia resultante en tre dos vectores A y B del mismo tipo puede expresarse com o r

= A - B = A + (-B )

Esta suma d e vectores se m uestra de m anera gráfica en la figura 2-6. Puesto q u e la resta se define com o un caso especial de la sum a, las reglas d e la sum a de vectores tam bién se aplican a la resta vectorial.

-B Ley del paralelogramo Resta vectorial

Flg. 2-6

Construcción triangular

19

OMAR ROJAS 20

C

a p ít u l o

2

V

ec t o r e s fu erza

2 .3

Suma vectorial de fuerzas

La evidencia experim ental ha m ostrado q u e una fuerza es una cantidad vectorial ya que tiene una m agnitud específica, dirección y sentido, y que se sum a de acuerdo con la ley del paralelogram o. Dos problem as comunes en estática implican encontrar la fuerza resultante, conocer sus com ponentes, o descom poner una fuerza conocida en dos com po­ nentes. A continuación describirem os cóm o se resuelve cada uno de estos problem as m ediante la aplicación de la ley del paralelogram o.

Determinación d e una fuerza resultante. Las dos fuerzas com ponentes F¡ y F2 que actúan sobre el pasador de la figura 2-la se pueden sum ar para form ar la fuerza resultante FR = Fx + F2, como se muestra en la figura 2-7b. A partir de esta construcción, o m ediante el uso de la regla del triángulo, figura 2-7c, podem os aplicar la ley de los cosenos o la ley de los senos al triángulo, a fin de o btener la magnitud de la fuerza resultante y su dirección.

L a ley del paralelogram o debe usarse para determ inar la resultante de las dos fuerzas q u e actúan sobre el gancho.

(a)

(c)

Flg.2-7

M ediante el uso d e la ley del p ara le ­ logram o, la fuerza F causada p o r el elem ento vertical puede sep ararse en com ponentes que actúan a lo largo de los cables de suspensión a y b.

Determinación de las componentes de una fuerza. E n ocasiones es necesario separar una fuerza en dos componentes a fin de estudiar su efecto de jalón o de em puje en dos direcciones específicas. Pbr ejem plo, en la figura 2-8a, F debe separarse en dos com ponen­ tes a lo largo de tos dos elem entos, definidos por tos ejes u y v. Para determ inar la magnitud de cada com ponente, prim ero se construye un paralelogram o, con líneas que inician desde la punta de F, una línea paralela a w, y otra línea paralela a v. D espués, estas líneas se interse­ can con los ejes v y u para form ar un paralelogram o. Las com ponentes de fuerza Fu y Fv se establecen sim plem ente al unir la cola de F con los puntos de intersección en los ejes u y v, como aparece en la figura 2-8b. Después, este paralelogram o puede reducirse a una figura geom étrica que representa la regla del triángulo, figura 2-8c. Con base en esto, se puede aplicar la ley de los senos para determ inar las m agnitudes d es­ conocidas de las com ponentes.

OMAR ROJAS 2 .3

(b)

S u m a v e c t o r ia l d e f u e r z a s

(c)

Rg. 2-8

Suma de varias fuerzas. Si deben sumarse más de dos fuerzas, pueden llevarse a cabo aplicaciones sucesivas de la ley del paralelogramo para o b ten er la fuerza resultante. Por ejem plo, si tres fuerzas Fu F2, F3 actúan en un punto O , figura 2-9, se calcula la resultante de dos cuales­ quiera d e las fuerzas, digam os + F2, y luego esta resultante se sum a a la tercera fuerza, dando la resultante de las tres fuerzas; es decir. F/? = (Fi + F2) + F 3. La aplicación de la ley del paralelogram o para sum ar más d e dos fuerzas, como se m uestra aquí, a m enudo requiere de extensos cálculos geom étricos y trigonom étricos para determ inar los valores numéricos de la m agnitud y la dirección de la resultante. En vez d e ello, los problem as de este tipo pueden resolverse con faci­ lidad m ediante el “m étodo de las com ponentes rectangulares” , el cual se explica en la sección 2.4.

Rg* 2-9

¿Checar bien esta figura?

L a fuerza resu ltan te F* sobre el gancho req u iere la sum a de Fj + F2; después, esta resultante se sum a a F3.

OMAR ROJAS 22

C a p ít u l o 2

V ec to r es fuerza

P ro ce d im ie n to p ara el an á lisis Los problem as que implican la suma de dos fuerzas pueden resol­ verse com o sigue: Ley del paralelogramo. • Las dos fuerzas “com ponentes” Fx y F2 de la figura 2-10a se sum an de acuerdo con la ley del paralelogram o, lo que produce una fuerza resultante FR q u e form a la diagonal del paralelogramo. • Si una fuerza F debe separarse en componentes a lo largo de dos ejes u y v, figura 2-106, entonces comience en la cabeza de la fuerza F y construya líneas paralelas a los ejes, para form ar de esta m anera el paralelogram o. Los lados del paralelogram o representan las com ponentes, FMy Fv. • M arque todas las m agnitudes de fuerzas conocidas y desco­ nocidas y los ángulos sobre el croquis; asimismo, identifique las dos incógnitas com o la m agnitud y la dirección de FRy o las magnitudes de sus com ponentes. Trigonometría. Ley de los cosenos: C = \iA 1 + B2 - 2 A B cose Ley de los senos: A _ B _ C sen a sen b sen c

(c)

• Dibuje de nuevo la mitad del paralelogram o p ara ilustrar la suma triangular de cabeza a cola de las com ponentes. • A partir de este triángulo, la m agnitud de la fuerza resultante puede determ inarse con la ley de los cosenos, y su dirección m ediante la ley de los senos. Las magnitudes de las dos com po­ nentes de fuerza se determ inan a p artir de la ley de los senos. Las fórm ulas se d an en la figura 2-10c.

Fig. 2-10

Puntos im p o rtan te s U n escalar es un núm ero positivo o negativo. U n vector es una cantidad q u e tiene m agnitud, dirección y sen ­ tido. La m ultiplicación o la división de un vector por, o entre, un escalar cam biará la m agnitud del vector. El sentido del vector cam biará si el escalar es negativo. Como un caso especial, si los vectores son colineales, la resul­ tante se form a m ediante una sum a algebraica o escalar.

OMAR ROJAS

EJEM P LO La arm ella roscada de la figura 2-1 l a está som etida a dos fuerzas, F{ y F2. D eterm ine la m agnitud y la dirección de la fuerza resultante.

(b)

(a)

SOLUCIÓN Ley del paralelogram o. El paralelogram o se forma al dibujar una línea desde la cabeza de F! q u e sea paralela a F2, y otra línea desde la cabeza de F2 que sea paralela a Fj. La fuerza resultante F/* se extiende hacia el lugar donde estas líneas se intersecan en el punto A , figura 2-11 b. Las dos incógnitas son la m agnitud de FR y el ángulo 9 (teta). Trigonom etría.

A partir del paralelogram o, se construye el triá n ­ gulo vectorial, figura 2-1 le. M ediante la ley de los cosenos F r = V (1 0 0 N)2 + (150 N )2 - 2(100 N)(150 N) eos 115° = VlO 000 + 22 500 - 30 000(-0.4226) = 212.6 N = 213 N

Resp.

El ángulo 0 se determ ina al aplicar la ley de los senos, 150 N sen 9

212.6 N s e n ll5 c

sen 0 =

150 N (sen 115°) 212.6 N

0 = 39.8° Así, la dirección (fi) de FRy m edida desde la horizontal, es = 39.8° + 15.0° = 54.8°

Resp.

NOTA: los resultados parecen razonables, puesto que la figura 2-1 Ib muestra que FR tiene una magnitud más grande que sus componentes y una dirección que se encuentra entre éstas.

Fíg. 2-11

OMAR ROJAS 24

C a p ít u l o 2

E JEM P LO

V e c t o r e s fu erza

2.2 Descomponga la fuerza horizontal de 600 Ib que se m uestra en la figura 2-12a en com ponentes que actúan a lo largo de los ejes u y v> y determ ine las magnitudes de estas com ponentes.

/ (a)

V

(b) Fig. 2-12

SOLUCIÓN

El paralelogramo se construye al extender una línea paralela al eje v> desde la cabeza de la fuerza de 600 Ib hasta que interseca el eje u en el punto B y figura 2-12b. La flecha desde A h asta B representa Fu. D el mismo m odo, la línea que se extiende desde la cabeza de la fuerza de 600 Ib dibujada en forma paralela al eje u interseca el eje v en el punto C, de donde se obtiene Fv. En la figura 2-12c se m uestra la sum a vectorial cuando se usa la regla del triángulo. Las dos incógnitas son las magnitudes de Fu y Fp. Al aplicar la ley de los senos, Fu

= 600 Ib

sen 120°

sen 30°

Fu = 1039 Ib

Resp.

Fv = 600 Ib sen 30° sen 30° Fv = 600 Ib

Resp.

NOTA: el resultado p a ra Fu m uestra que en ocasiones una com po­ nente puede ten er una m ayor m agnitud que la resultante.

OMAR ROJAS 2 .3

S u m a v e c t o r ia l d e f u e r z a s

D eterm ine la magnitud de la fuerza com ponente F e n la figura 2-13a y la magnitud de la fuerza resultante F* si FR está dirigida a lo largo del eje positivo y.

y

y

(b)

(a)

(c)

Flg. 2-13

SOLUCIÓN En la figura 2-13/? se m uestra la ley del paralelogram o para la sum a, y en la figura 2-13c la regla del triángulo. Las m agnitudes de FR y F son las dos incógnitas. Éstas pueden determ inarse m ediante la apli­ cación d e la ley de los senos.

F sen 60°

200 Ib sen 45°

F = 245 Ib

Fr sen 75°

Resp.

200 Ib sen 45°

Fr = 273 Ib

Resp.

25

OMAR ROJAS

Se requiere que la fuerza resultante que actúa sobre la arm ella ros­ cada de la figura 2-14a esté dirigida a lo largo del eje positivo x y que F2 tenga una m agnitud mínima. D eterm ine esta m agnitud, el ángulo Oy la fuerza resultante correspondiente.

F i = 800 N

(a)

(b)

(c)

F lg .2 -1 4

SOLUCIÓN En la figura 2-146 se muestra la regla del triángulo para F* = F, + F2. Como las magnitudes (longitudes) de ¥R y F2 no están especificadas, entonces F2 puede ser en realidad cualquier vector cuya cabeza toque la línea de acción de F#, figura 2-14c. Sin em bargo, como se m uestra en la figura, la magnitud de F2 es un mínimo o tiene la longitud más corta cuando su línea de acción es perpendicular a la línea de acción de Ffl, es decir, cuando 0 = 90°

Resp.

Como la suma vectorial ahora form a un triángulo rectángulo, las dos magnitudes desconocidas se pueden o btener por trigonom etría. F r = (800 N)cos 60° = 400 N

Resp.

F2 = (800 N)sen 60° = 693 N

Resp.

OMAR ROJAS 2 .3

S u m a v e c t o r ia l d e f u e r z a s

27

pr o blem a s fu n d a m en ta les* F2-1. Determine la magnitud de la fuerza resultante que actúa sobre la armella roscada y su dirección medida en el sentido de las manecillas del reloj desde el eje x.

F2-4. Descomponga la fuerza de 30 Ib en componentes a lo largo de los ejes u y v\ además, determine la magnitud de cada una de estas componentes.

F2-2. Dos fuerzas actúan sobre el gancho. Determine la magnitud de la fuerza resultante.

F2-5. La fuerza F = 450 Ib actúa sobre la estructura. Descomponga esta fuerza en componentes que actúan a lo largo de los elementos A B y AC; además, determine la mag­ nitud de cada componente.

450 Ib

F2-3. Determine la magnitud de la fuerza resultante y su dirección, medida en sentido contrario al de las manecillas del reloj desde el eje x positivo. y

F2-6. Si la fuerza F debe tener una componente a lo largo del eje u con magnitud Fu = 6 kN, determine la magnitud de Fy la magnitud de su componente Fva lo largo del eje v. u

J 1800N

* Al final del libro se proporcionan soluciones parciales y respuestas a todos los problemas fundamentales.

OMAR ROJAS 28

C a p it u l o 2

V e c t o r e s fu erza

PROBLEM AS •2-1. Si 6 = 30° y T = 6 kN, determine la magnitud de la ftierza resultante que actúa sobre la armella roscada y su dirección medida en el sentido de las manecillas del reloj desde el eje x positivo. 2-2. Si 0 = 60° y T = 5 kN, determine la magnitud de la ftierza resultante que actúa sobre la armella roscada y su dirección medida en el sentido de las manecillas del reloj desde el eje positivo x.

2-7. Si Fb = 2 kN y la fuerza resultante actúa a lo largo del eje u positivo, determine la magnitud de la fuerza resultante y el ángulo 0. *2-8. Si se requiere que la fuerza resultante actúe a lo largo del eje u positivo y que tenga una magnitud de 5 kN, determine la magnitud requerida de FB y su dirección 0.

y

2-3. Si la magnitud de la fuerza resultante debe ser de 9 kN dirigida a lo largo del eje x positivo, determine la mag­ nitud de la fuerza T que actúa sobre la armella roscada y su ángulo 0.

Probs. 2-7/8

Probs. 2-1/2/3 *2-4. Determine la magnitud de la fuerza resultante que actúa sobre la ménsula y su dirección, medida en sentido contrario al de las manecillas del reloj desde el eje u posi­ tivo.

•2-9. La placa está sometida a las dos fuerzas A y B, como se muestra en la figura. Si 0 = 60°, determine la mag­ nitud de la resultante de esas dos fuerzas y su dirección medida en el sentido de las manecillas del reloj desde la horizontal. 2-10. Determine el ángulo de 0 para conectar el elemen­ to A a la placa, de manera que la fuerza resultante de F^ y Ffiesté dirigida horizontalmente hacia la derecha. Incluso, ¿cuál es la magnitud de la fuerza resultante?

•2-5. Resuelva la fuerza Fi en componentes a lo largo de los ejes u y v\ además, determine las magnitudes de estas componentes.

Fa = 8kN

2-6. Resuelva la fuerza F2 en componentes a lo largo de los ejes u y v; además, determine las magnitudes de estas componentes.

Probs. 2-4Z5/6

Probs. 2-9/10

OMAR ROJAS 2 .3

2-11. Si la tensión en el cable es de 400 N, determine la mag­ nitud y la dirección de la fuerza resultante que actúa sobre la polea. Este ángulo es el mismo ángulo 0 que forma la línea A B sobre el bloque de escalera.

S u m a v e c t o r ia l d e f u e r z a s

29

2-14. Determine el ángulo de diseño 0 (0o ^ 0 < 90°) para la barra A B de manera que la fuerza horizontal de 400 Ib tenga una componente de 500 Ib dirigida de A hacia C. ¿Cuál es la componente de fuerza que actúa a lo largo del elemento A B ? Considere = 40°. 2-15. Determine el ángulo de diseño (0o ^ ^ 90°) entre las barras A B y A C , de manera que la fuerza hori­ zontal de 400 Ib tenga una componente de 600 Ib que actúa hacia arriba y a la izquierda, en la misma dirección que de B hacia A . Considere que 0 = 30°.

Prob. 2-11 Probs. 2-14/15

*2-12. El dispositivo se usa para sustituir en forma qui­ rúrgica la rótula de la rodilla. Si la fuerza que actúa a lo largo de la pierna es de 360 N, determine sus componentes a lo largo de los ejes* y / . •2-13. El dispositivo se usa para sustituir en forma qui­ rúrgica la rótula de la rodilla. Si la fuerza que actúa a lo largo de la pierna es de 360 N, determine sus componentes a lo largo de los ejes*' y y.

*2-16. Descomponga F! en sus componentes a lo largo de los ejes u y v, y determine las magnitudes de estas com­ ponentes. •2-17. Descomponga F2 en sus componentes a lo largo de los ejes u y v, y determine las magnitudes de estas com­ ponentes.

v

Probs. 2-12/13

Probs. 2-16/17

OMAR ROJAS 30

C a p ít u l o 2

V e c t o r e s fu erza

2-18. El camión se va a remolcar con dos cuerdas. D eter­ mine las magnitudes de las fuerzas y Ffi que actúan en cada cuerda para desarrollar una fuerza resultante de 950 N dirigida a lo largo del eje x positivo. Considere que 0 = 50°.

2-23. Si 0 = 30° y F2 = 6 kN, determine la magnitud de la fuerza resultante que actúa sobre la placa y su dirección medida en el sentido de las manecillas del reloj desde el eje x positivo.

2-19. El camión se va a remolcar con dos cuerdas. Si la fuerza resultante debe ser de 950 N, dirigida a lo largo del eje x positivo, determine las magnitudes de las fuerzas F^ y Ffi que actúan en cada cuerda y el ángulo 0 de FB de manera que la magnitud de Ffi sea un mínimo. F^ actúa a 20° medidos desde el eje x , como se muestra en la figura.

*2-24. Si la fuerza resultante F^ está dirigida a lo lar­ go de una línea a 75° del eje x positivo, medidos en el sen­ tido de las manecillas del reloj, y se sabe que la magnitud de F2 debe ser mínima, determine las magnitudes de F/? y F2y del ángulo 0 ^ 90°.

y y

Probs. 2-23/24 *2-20. Si = 45°, Fx = 5 kN, y la fuerza resultante es 6 kN dirigida a lo largo del eje y positivo, determine la magnitud requerida de F2y su dirección 0. •2-21. Si = 30° y la fuerza resultante debe ser de 6 kN y estar dirigida a lo largo del eje y positivo, determine las magnitudes de Fj y F2 y el ángulo 0 si se requiere que F2 sea mínima. 2-22. Si = ~ F \ c Aquí, la com ponente y es un escalar negativo puesto q u e ¥ y está dirigi­ da a lo largo del eje y negativo. Es im portante ten er en m ente que esta notación escalar positiva y negativa se usa sólo para propósitos de cálculo, no para rep resen ta­ ciones gráficas en las figuras. A lo largo de este libro, la cabeza de un vector representado p o r una flecha en cualquier figura indica el sentido del vector gráficamente; los signos algebraicos no se usan para este fin. Así, los vectores en las figuras 2-15a y 2-156 se designan m ediante el uso de notación (vectorial) en negritas*. Siempre que se escriban símbolos cursivos cerca de flechas vectoriales en las figuras, éstos indicarán la magnitud del vector, la cual siempre es una cantidad positiva. ♦Los signos negativos se usan en figuras con notación en negritas sólo cuando se muestran pares de vectores iguales pero opuestos, como en la figura 2-2.

OMAR ROJAS 2.4

Notación vectorial cartesiana. Tam bién es posible re p re­ sentar las com ponentes x y y de una fuerza en térm inos de vectores unitarios cartesianos i y j. C ada uno de estos vectores unitarios tiene una m agnitud adim ensional de uno, y por lo tanto pueden usarse para designar las direcciones de los ejes x y y, respectivam ente, figura 2-16.* Como la magnitud de cada com ponente de F es siempre una cantidad positiva, la cual está representada p o r los escalares (positivos) Fx y Fy, entonces podem os expresar F como un vector cartesiano. F = / v + Fyj

Resultantes de fuerzas coplanares. Podem os utilizar cual­ quiera de los dos m étodos para determ inar la resultante de varias fuerzas coplanares. P ara hacer esto, cada fuerza se divide prim ero en sus com ponentes x y y, y luego las com ponentes respectivas se sum an con álgebra escalar puesto que son colineales. La fuerza resultante se forma entonces al sum ar las com ponentes resultantes m ediante la ley del paralelogram o. Por ejem plo, considere las tres fuerzas concurren­ tes d e la figura 2-17a,que tienen las com ponentes x y y m ostradas en la figura 2-17b. Al usar notación vectorial cartesiana, cada fuerza se representa prim ero com o un vector cartesiano, es decir,

x T* Fig. 2-16

y

Fi = F\x i + Fíy ¡ F2 = - F ^ i + Fly j F3 = F3x i - F3yj Pbr lo tanto, la resultante vectorial es FR =

+ F2 + F3

= Flx¡ + Fiy} - F2xi + F2y} + F3xi —F3y j

y

= (F\x - Fix + F3x) i + (Fiy + F2y- F3y)j = (F*,)¡ + (FRy)} Si se utiliza notación escalar, entonces tenem os (* )

FRx = Fí x - F 2 x ^ F 3x

(+ í )

FRy = Fly + Fly - F3y

33

S u m a d e u n s is t e m a d e f u e r z a s c o p l a n a r e s

Estos resultados son iguales a los de las com ponentes i y j de FRq\xe se determ inaron anteriorm ente. Fig. 2-17

*Porlo generaren trabajos manuscritos losvectores unitarios se indican con un acento circunflejo, por ejemplo, i y j. Estos vectores tienen una magnitud adimensional de una unidad, y su sentido (o la cabeza de su flecha) se describirá analíticamente median­ te un signo de más o menos, dependiendo de si apuntan a lo largo del eje x o y positivo o negativo.

OMAR ROJAS 34

C a p ít u l o 2

V e c t o r e s fu erza

Podemos representar en forma simbólica las com ponentes de la fuer­ za resultante de cualquier núm ero de fuerzas coplanares m ediante la suma algebraica de las com ponentes x y y de todas las fuerzas, esto es,

F¡tx

=

(2-1)

FRy =

(c)

Una vez que se determ inen estas com ponentes, pueden bosquejarse a lo largo de los ejes x y y con un sentido de dirección adecuado, y la fiierza resultante puede determ inarse con base en una sum a vectorial, como se muestra en la figura 2-17. Después, a partir de este bosquejo, se encuentra la m agnitud de por medio del teorem a de Pitágoras; es decir,

Fig. 2-17

Fr = V

f2 Rx

+ FRy

Asimismo, el ángulo 6, que especifica la dirección de la fuerza resultan­ te, se determ ina por trigonom etría:

0 = tan“1 Frx Los conceptos anteriores se ilustran de form a num érica en los siguien­ tes ejemplos.

Puntos im p o rtan te s La resultante de varias fuerzas coplanares puede determ inarse fácilmente si se establece un sistem a coordenado jc, y y las fu er­ zas se descom ponen a lo largo de tos ejes. La dirección de cada fuerza está especificada por el ángulo que form a su línea de acción con uno de los ejes, o por medio de un triángulo de pendiente. La orientación de los ejes x y y es arbitraria, y sus direcciones positivas pueden especificarse m ediante los vectores unitarios cartesianos i y j. L a fuerza resultante de las fuerzas de los cuatro cables que actúan sobre la m énsula de apoyo puede determ inarse al sum ar algebrai­ cam ente y por separado las com ponentes x y y d e la fuerza de cada cable. E sta resultante F« produce el m ism o efecto de jalón sobre la m énsula que los cuatro cables.

Las com ponentes x y y de la fuerza resultante son sim plem en­ te la suma algebraica de las com ponentes de todas las fuerzas coplanares. La m agnitud de la fuerza resultante se determ ina m ediante el teorem a de Pitágoras, y cuando las com ponentes se bosquejan sobre los ejes x y y, la dirección puede determ inarse por trigo­ nom etría.

OMAR ROJAS 2.4

EJEM P LO

S u m a d e u n s is t e m a d e f u e r z a s c o p l a n a r e s

2.5

D eterm ine las com ponentes x y y de Fj y F2 q u e actúan sobre la barra m ostrada en la figura 2-18a. Exprese cada fuerza com o un vector cartesiano. SOLUCIÓN Notación escalar. Por la ley del paralelogram o, Fj se descom ­ pone en sus com ponentes x y y> figura 2-18b. Como F u actúa en la dirección —x y F !y actúa en la dirección + y, tenem os

F lx = -2 0 0 sen 30° N = —100 N = 100 N com o se m uestra en la figura 2-20b. Al sum ar las com ponentes x>tenem os *> f Rx =

zfy

F rx

= -4 0 0 N + 250 sen 45° N

200(1)N

= -383.2 N = 383.2 N . •2-45. Si la fuerza resultante que actúa sobre la ménsula debe estar dirigida a lo largo del eje x positivo y se requie­ re que la magnitud de Fj sea mínima, determine las magni­ tudes de la fuerza resultante y Fj.

f 2= 3001b

Probs. 2-39/40 F3 = 2601b

•2-41. Determine la magnitud y la dirección 6 de Ffi de manera que la fuerza resultante esté dirigida a lo largo del eje y positivo y tenga una magnitud de 1500 N.

Probs. 2-43/44/45

2-42 Determine la magnitud y el ángulo medido en sen­ tido contrario al de las manecillas del reloj desde el eje y positivo, de la fuerza resultante que actúa sobre la ménsu­ la, si Fb = 600 N y 0 = 20°.

2-46. Las tres fuerzas concurrentes que actúan sobre la ar­ mella producen una fuerza resultante F# = 0. Si F2 = \ F\ y F! debe estar a 90° de F2 como se muestra en la figura, determine la magnitud requerida de F3, expresada en tér­ minos de Fi y del ángulo 0.

y

Probs. 2-41742

Prob. 2-46

OMAR ROJAS 2.4 2-47. Determine la magnitud de y su dirección 0 de manera que la fuerza resultante esté dirigida a lo largo del eje x positivo y tenga una magnitud de 1250 N.

S u m a d e u n s is t e m a d e f u e r z a s c o p l a n a r e s

41

2-50. Se aplican tres fuerzas a la ménsula. Determine el rango de valores de la magnitud de la fuerza P para los cuales la resultante de las tres fuerzas no excede 2400 N.

*2-48. Determine la magnitud y la dirección, medida en sentido contrario al de las manecillas del reloj desde el eje x positivo, de la fuerza resultante que actúa sobre el anillo en O, si Fa = 750 N y 0 = 45°.

2 800 N

Prob. 2-50

Probs. 2-47/48

•2-49. Determine la magnitud de la fuerza resultante y su dirección medida en sentido contrario al de las maneci­ llas del reloj desde el eje x positivo.

2-51. Si F\ = 150 N y = 30°, determine la magnitud de la fuerza resultante que actúa sobre la ménsula y su direc­ ción medida en el sentido de las manecillas del reloj desde el eje x positivo. *2-52. Si la magnitud de la fuerza resultante que actúa sobre la ménsula debe ser de 450 N y está dirigida a lo largo del eje u positivo, determine la magnitud de F! y su dirección . •2-53. Si se requiere que la fuerza resultante que actúa sobre la ménsula sea mínima, determine las magnitudes de Fj y de la fuerza resultante. Considere que = 30°.

y y

Prob. 2-49

Probs. 2-51/52/53

OMAR ROJAS 42

C a p ít u l o 2

V e c t o r e s fu erza

2-54. Tres fuerzas actúan sobre el soporte. Determine la magnitud y la dirección 0 de F2 tales que la fuerza resul­ tante esté dirigida a lo largo del eje u positivo y tenga una magnitud de 50 Ib.

2-57. Determine la magnitud de la fuerza F tal que la fuerza resultante de las tres fuerzas sea lo más pequeña posible. ¿Cuál es la magnitud de esta fuerza resultante mínima?

2-55. Si F2 = 150 Ib y 0 = 55°, determine la magnitud y la dirección, medida en el sentido de las manecillas del reloj desde el eje x positivo de la fuerza resultante de las tres fuerzas que actúan sobre el soporte.

Prob. 2-57

Probs. 2-54/55

*2-56. Las tres fuerzas concurrentes que actúan sobre el poste producen una fuerza resultante F^ = 0. Si F2 = \ Fl y Fj está a 90° de F2como se muestra en la figura, determine la magnitud F3 que se requiere expresada en términos de Fi y del ángulo 0.

Prob. 2-56

2-58. Exprese cada una de las tres fuerzas que actúan sobre el soporte en forma vectorial cartesiana con respec­ to a los ejes x y y. Determine la magnitud y la dirección 0 de F! de manera que la fuerza resultante esté dirigida a lo largo del eje xJ positivo y tenga una magnitud FR = 600 N.

Prob. 2-58

OMAR ROJAS 2 .5

2 .5

V

e c t o r e s c a r t e s ia n o s

Vectores cartesianos

Las operaciones del álgebra vectorial, cuando se aplican a la resolución de problem as en tres dimensiones, se simplifican considerablem ente si prim ero se representan los vectores en forma vectorial cartesiana. En esta sección presentarem os un m étodo general para hacer esto; luego, en la sección siguiente aplicarem os este m étodo para encontrar la fu er­ za resultante d e un sistem a de fuerzas concurrentes.

Sistema coordenado derecho. Usarem os un sistem a co o r­ denado derecho para desarrollar la teoría del álgebra vectorial que se presenta a continuación. Se dice que un sistem a coordenado rectan­ gular es derecho si el pulgar de la mano derecha señala en la direc­ ción del eje z positivo, cuando los dedos de la m ano derecha se curvan alrededor de este eje y están dirigidos del eje jc positivo hacia el eje y positivo, figura 2-21.

Fíg. 2-21

Componentes rectangulares de un vector. U n vector A puede tener una, dos o tres com ponentes rectangulares a lo largo de los ejes coordenados j c , y, z, dependiendo de cóm o esté orientado con respecto a los ejes. En general, cuando A está dirigido dentro de un octante del m arco j c , y, z, figura 2-22, entonces, m ediante dos aplica­ ciones sucesivas de la ley del paralelogram o, podem os dividir el vector en com ponentes com o A = A ' + A z y luego A ' = A x + A y. Al com ­ binar estas ecuaciones, para elim inar A ', A se representa m ediante la suma vectorial de sus tres com ponentes rectangulares. A —A x + A y + A z

( 2 -2 )

Vectores unitarios cartesianos. E n tres dim ensiones, el conjunto de vectores unitarios cartesianos i, j, k, se usa para desig­ nar las direcciones de los ejes j c , y, z , respectivam ente. Como se indicó en la sección 2.4, el sentido (o cabeza de la flecha) de estos vectores se representará analíticam ente m ediante un signo de más o menos, dependiendo d e si están dirigidos a lo largo de los ejes j c , y o z positivos o negativos. En la figura 2-23 se m uestran los vectores unitarios c a rte ­ sianos positivos.

z

F ig . 2 -2 3

Fíg. 2-22

43

OMAR ROJAS 44

C a p ít u l o 2

V ec to r es fuerza

Representación d e un vector cartesiano. Como las tres componentes de A en la ecuación 2-2 actúan en las direcciones positi­ vas i, j y k, figura 2-24, podem os escribir A en forma de vector carte­ siano com o A = A x i + A yj + A z k

(2-3)

Hay una clara ventaja al escribir los vectores de esta m anera. Al separar la magnitud y la dirección de cada vector com ponente se sim­ plificarán las operaciones de álgebra vectorial, particularm ente en tres dimensiones. Fig. 2-24

Magnitud de un vector cartesiano. Siem pre es posible obtener la magnitud de A si está expresado en form a de vector c a r­ tesiano. Como se m uestra en la figura 2-25, a partir del triángulo rec­ tángulo azul, A = V A ' 2 + A 2z y del triángulo rectángulo som breado, A ' = V a 2 + A 2 . Al com binar estas ecuaciones para elim inar A ' se obtiene A = V a*

+ A2 + A2

(2-4)

Por consiguiente, la magnitud de A es igual a la raíz cuadrada positiva de la suma de los cuadrados de sus componentes.

Fig. 2-25

Dirección de un vector cartesiano. La árección de A se definirá m ediante los ángulos directores coordenados a (alfa), p (beta) y y (gamma), medidos entre la cola de A y los ejes x ,y , z positivos, dado que se localizan en la cola de A, figura 2-26. Observe que independien­ tem ente de hacia dónde esté dirigido A, cada uno de esos ángulos estará entre 0 o y 180°. Para determ inar a , p y y, considere la proyección de A sobre los ejes x> y y Zy figura 2-27. Con referencia a los triángulos rectángulos azules mos­ trados en cada figura, tenemos

eos a =

eos p =

eos y =

(2-5)

Estos núm eros se conocen com o cosenos directores de A. U na vez obtenidos, los ángulos directores coordenados a , p y y, pueden d e te r­ minarse a partir de los cosenos inversos.

OMAR ROJAS 2 .5

V

e c t o r e s c a r t e s ia n o s

Fig. 2-26 U na m anera fácil de o btener estos cosenos directores es form ar un vector unitario uA en la dirección de A, figura 2-26. Si A está expresado en forma de vector cartesiano, A = A x i + A yj + A zk, entonces uA te n ­ drá una m agnitud de uno y será adim ensional dado q u e A está dividido entre su m agnitud, es decir,

*M =

7

=

(2 -6 )

donde A = V a 2 + A 2 + A 2 Por com paración con la ecuación 2-7, se observa q u e las com ponentes i, j, k de representan los cosenos directores de A, esto es, uA = eos a i + eos /3j + eos y k

(2-7)

Como la m agnitud de un vector es igual a la raíz cuadrada positiva de la sum a d e los cuadrados de las magnitudes de sus com ponentes, y uA tiene una magnitud de uno, a p artir de la ecuación anterior puede formularse una im portante relación entre los cosenos directores com o eos2 a + eos 2 p + eos 2 y = l

(2-8)

A quí p uede observarse q u e si sólo se conocen dos de los ángulos coordenados, el tercer ángulo puede encontrarse con esta ecuación. Finalm ente, si se conocen la m agnitud y los ángulos directores co o r­ denados, A puede expresarse en forma de vector cartesiano com o

A = Aua = A eos a i + A eos P j + A eos y k

(2-9)

= A J + A yj + A zk F íg 2 - 2 7

45

OMAR ROJAS 46

C a p it u l o 2

V e c t o r e s fu erza

Algunas veces, la dirección de A puede especificarse m ediante dos ángulos, 9 y (fi), como se muestra en la figura 2-28. Entonces, las com­ ponentes de A pueden determ inarse al aplicar prim ero trigonom etría al triángulo rectángulo azul, de donde se obtiene A z = A eos (f>

y A - A sen Ahora, al aplicar trigonometría al otro triángulo rectángulo som breado, A x = A ' eos 9 = A sen eos 9 Rg. 2-28 A v = A ' sen 9 = A sen (f>sen 9 Pbr lo tanto, A escrito en form a de vector cartesiano se convierte en

A = A sen eos 9 i + A sen sen 9 j + A eos 4> k No debe m em orizar esta ecuación; en vez de ello, es im portante que entienda la forma en que las com ponentes se determ inaron m ediante trigonom etría.

2 .6

Suma de vectores cartesianos

La suma (o resta) de dos o más vectores se simplifican considerablemen­ te si los vectores se expresan en térm inos de sus com ponentes cartesia­ nas. Por ejemplo, si A = A x i + A yj + A zk y B = 5*1 + B yj + B zk, figura 2-29, entonces el vector resultante, R, tiene com ponentes que represen­ tan las sumas escalares de las com ponentes i, j, k de A y B, es decir, r = A + B = (A x + Bx)l + (A y + B y)i + ( A z

+

B z) k

Si esto se generaliza y se aplica a un sistem a de varias fuerzas concu­ rrentes, entonces la fuerza resultante es la sum a vectorial de todas las fuerzas presentes en el sistem a y puede escribirse com o

F* = 2 F = S F ri + 'Z F J + S F J l

/ F ig . 2 - 2 9

(2-10)

A quí, 1F X, 2F y y 'ZFz representan las sum as algebraicas de las respec tivas com ponentes jc, y, z o bien i, j, k de cada fueiza presente en e sistema.

OMAR ROJAS S u m a d e v e c t o r e s c a r t e s ia n o s

47

Puntos im p o rtan te s • El análisis vectorial cartesiano se usa a m enudo para resolver problem as en tres dim ensiones. • Las direcciones positivas de los ejes x>y, z se definen m ediante los vectores unitarios cartesianos i, j, k, respectivam ente.

2

• La magnitud de un vector cartesiano es A = V a 2 + A* + A 2 . • La dirección de un vector cartesiano se especifica usando ángu­ los directores coordenados a y p y y que la cola del vector form a con los ejes positivos x y y, z, respectivam ente. Las com ponen­ tes del vector unitario = A /A representan los cosenos d irec­ tores d e a y p y y. Sólo dos de los ángulos a y p y y tienen q u e ser especificados. El tercer ángulo se determ ina a partir de la relación eos2 a + eos2 # + eos2 y = 1 . • En ocasiones la dirección de un vector se define usando los dos ángulos 6y como en la figura 2-28. En este caso las com ponen­ tes vectoriales se obtienen m ediante descomposición vectorial por medio de trigonometría.

La fuerza resu ltan te q u e actúa so b re el am arre d el barco puede determ in arse representando prim ero cada fuerza en la cuerda com o un vector cartesiano p ara después sum ar las com ponentes i, j y k.

• Para encontrar la resultante de un sistem a de fuerzas concurren­ tes, exprese cada fuerza como un vector cartesiano y sume las componentes i, j, k de todas las fuerzas del sistema.

E J E M P L O 2.8 Exprese la fuerza F m ostrada en la figura 2-30 como un vector ca r­ tesiano. SOLUCIÓN

Como sólo se dan dos ángulos directores coordenados, el tercer ángulo a puede ser determ inado con la ecuación 2 -8 ; es decir, eos 2 a + eos2 p + eos 2

7

=

1

eos2 « + eos 2 60° + eos 2 45° = 1 eos a = V i - (0.5 )2 - (0.707)2 = ±0.5 Por consiguiente, existen dos posibilidades, a saber, a = co s_ 1 (0.5) = 60°

o bien

a = co s- 1 (~0.5) = 120° R g . 2-30

Por inspección, es necesario q u e a = 60°, puesto q u e Fx debe estar en la dirección +x. M ediante la ecuación 2-9, con F = 200 N, tenem os F = F eos ca + F eos p j + F eos 7 k = (200 eos 60° N )i + (200 eos 60° N )j + (200 eos 45° N)k = {100.0Í + lOO.Oj + 141.4k} N Se m uestra q u e efectivam ente la m agnitud de F = 200 N.

Resp.

OMAR ROJAS 48

C a p ít u l o 2

EJEMPLO

V ec to r es fuerza

2. D eterm ine la m agnitud y los ángulos directores coordenados de la fiierza resultante que actúa sobre el anillo en la figura 2-3la.

(a)

(b) Fíg. 2-31

SOLUCIÓN

Como cada fuerza está representada en form a de vector cartesiano, la fuerza resultante, que se m uestra en la figura 2-316, es F* = 2 F = Fj + F 2 = {60¡ + 80k} Ib + {50¡ - lOOj + 100k} Ib = {50¡ - 40j + 180k} Ib La m agnitud de FR es F r = V (5 0 Ib )2 + ( - 4 0 Ib ) 2 + (180 Ib )2 = 191.0 Ib = 191 Ib

Resp.

Los ángulos directores coordenados 90° puesto que la componente j de uFr es negativa. Esto parece razonable considerando la suma de Fi y F2 de acuerdo con la ley del paralebgram o.

OMAR ROJAS 2 .6

S

u m a d e v e c t o r e s c a r t e s ia n o s

E J E M P L O 2.10 Exprese la fuerza F que se m uestra en la figura 2-32a como un vec­ to r cartesiano. SOLUCIÓN

Los ángulos de 60° y 45° q u e definen la dirección de F no son án ­ gulos directores coordenados. Se requieren dos aplicaciones sucesi­ vas de la ley del paralelogram o para resolver F e n sus com ponentes x yy y z. Prim ero F = F' + Fz, luego F' = ¥ x + Fy, figura 2-32 b. Por trigonom etría, las magnitudes de las com ponentes son Fz = 100 sen 60° Ib =

Ib

8 6 .6

(a)

F ' = 100 eos 60° Ib = 501b Fx = F eos 45° = 50 eos 45° Ib = 35.4 Ib Fy = F sen 45° = 50 sen 45° Ib = 35.4 Ib D ado q u e

tiene una dirección definida p o r - j , tenem os F = {35.4¡ - 35.4j +

8 6 .6 k)

Ib

Resp.

Para m ostrar que la m agnitud de este vector es efectivam ente de 100 Ib, se aplica la ecuación 2-4, F = V f I + f \+ f\

= V (3 5 .4 ) 2 + ( —35.4 )2 + (8 6 .6 ) 2 =

10 0

Ib

Si es necesario, los ángulos directores coordenados de F pueden determ inarse a p artir de las com ponentes del vector unitario que actüa en la dirección de F. Por tanto, F F* • + Fy • j . F * i, u = 7 = T , + y J + 7 k = 354. 100 1

354. +

86.6

100 J + 100

= 0.354Í - 0.354j + 0.866k

(c) R g . 2-32

de m anera que a = cos~'(0.354) = 69.3° /8

= cos_1 ( -0.354) = 111

y = cos_1 (0.866) = 30.0° Estos resultados se m uestran en la figura 2-32c.

49

OMAR ROJAS 50

C a p it u l o 2

EJEMPLO

V e c t o r e s fu erza

2.11 Dos fuerzas actúan sobre el gancho que se muestra en la figura 2-32«. Especifique la magnitud de F 2 y sus ángulos directores coordenados, de modo que la fuerza resultante F* actúe a lo largo del eje y positivo y tenga una magnitud de 800 N. SOLUCIÓN

Para resolver este problem a, la fuerza resultante ¥ R y sus dos com ­ ponentes, Fi y F2, se expresarán cada una en form a de vector ca r­ tesiano. Entonces, como se m uestra en la figura 2-33«, es necesario que Ffl = Fi + F2. Al aplicar la ecuación 2-9, ¥i = F\ eos a \i + F\ eos 0 i j + F\ eos y \k = 300 eos 45° i + 300 eos 60° j + 300 eos 120° k = {212. l i + 150j - 150k}N F2 = F2xi + F2yj + F2zk Como Ffi tiene una m agnitud de 800 N y actúa en la dirección + j, Ffi = (800 N )(+ j) = {800j} N 700 N

Requerim os que

F r = 800 N

y

¥ r = ¥ i + F2

800j = 212.1¡ + 150j - 150k + F ^ i + F2yj + F2zk 800j = (212.1 + F ^ ) i + (150 + F2y)j + (-1 5 0 + F ^) k

Para satisfacer esta ecuación, las com ponentes i, j, k de F* deben ser iguales a las com ponentes i, j, k correspondientes de (¥ { + F2). Por consiguiente, 0 = 212.1 + F ^

800 = 150 + F 2y 0 = -1 5 0 + F ^

F ^ = -212.1 N F2y = 650 N F ^ = 150 N

Entonces, la m agnitud de F 2 es F2 = V (-2 1 2 .1 N ) 2 + (650 N ) 2 + (150 N )2 = 700 N

Resp.

Podemos usar la ecuación 2-9 para determ inar y) de su base.

V e c t o r f u e r z a d irig id o a

lo

la r g o de u n a lín e a

67

*2-104. La torre de antena se sostiene mediante tres cables. Si las fuerzas de estos cables que actúan sobre la antena son Ffi = 520 N, Fc = 680 N y FD = 560 N, determi­ ne la magnitud y los ángulos directores coordenados de la fuerza resultante que actúa en A.

2 z z

Prob. 2-101

2-102. Si la fuerza en cada cadena tiene una magnitud de 450 Ib, determine la magnitud y los ángulos directores coordenados de la fuerza resultante. 2-103. Si la resultante de las tres fuerzas es F* = {- 900k) Ib, determine la magnitud de la fuerza en cada cadena.

•2-105. Si la fuerza en cada cable atado al cofre es de 70 Ib, determine la magnitud y los ángulos directores coordena­ dos de la fuerza resultante. 2-106. Si la resultante de las cuatro fuerzas es F* = {—360kJ Ib, determine la tensión desarrollada en cada cable. Debido a la simetría, la tensión en los cuatro cables es la misma.

z

z

OMAR ROJAS 68

C a p it u l o 2

V e c t o r e s fu erza

2-107. El tubo está soportado en su extremo mediante una cuerda A B . Si la cuerda ejerce una fuerza F = 12 Ib sobre el tubo en A y exprese esta fuerza como un vector cartesiano.

•2-109. La placa cilindrica está sometida a las fuer­ zas de tres cables que concurren en el punto D. Exprese cada fuerza ejercida por los cables sobre la placa como un vector cartesiano, y determine la magnitud y los ángulos directores coordenados de la fuerza resultante.

2 z

z

Prob. 2-107 Prob. 2-109

*2-108. La carga en A genera una fuerza de 200 N en el cable A B . Exprese esta fuerza como un vector cartesiano, que actúa en A y está dirigido hacia B.

2-110. El cable unido al brazo de la grúa ejerce una fuer­ za de F = 350 Ib. Exprese esta fuerza como un vector car­ tesiano.

z z

Prob. 2-108

Prob. 2-110

OMAR ROJAS 2 .9

2 .9

P

roducto

punto

Producto punto

Algunas veces, en estática debem os localizar el ángulo entre dos líneas o las com ponentes de una fuerza paralela y perpendicular a una línea. En dos dimensiones, esos problem as pueden resolverse por trigonom e­ tría puesto que las relaciones geom étricas son fáciles de visualizar. Sin em bargo, en tres dim ensiones esto suele ser difícil, y en consecuencia deben em plearse m étodos vectoriales para encontrar la solución. E l producto punto define un método particular para “m ultiplicar” dos vec­ tores y se usa para resolver los problem as antes mencionados. E l producto punto de los vectores A y B, que se escribe A • B, y se lee “A punto B ”, se define como el producto de las magnitudes de A y B y el coseno del ángulo 0 en tre sus colas, figura 2-42. Expresado en forma d e ecuación,

A ■B = A B eos 0

(2-12)

donde 0 o ^ 0 < 180°. Con frecuencia, se hace referencia al producto punto com o producto escalar de vectores puesto que el resultado es un escalar y no un vector.

Leyes de operación. 1. Ley conm utativa: A • B = B •A 2. M ultiplicación por un escalar: a{A •B) = (aA) •B = A • (¿*B) 3. Ley distributiva: A • (B + D ) = (A ■B) + (A •D) Es fácil dem ostrar la prim era y segunda leyes p o r medio de la ecuación 2-12. La dem ostración de la ley distributiva se deja com o un ejercicio (vea el problem a 2 - 1 1 1 ).

Formulación vectorial cartesiana. La ecuación 2-12 debe usarse para hallar el producto punto de cada uno de los dos vectores unitarios cartesianos. P o re je m p lo ,i-i = ( l) ( l) c o s 0 o = 1 e i-j = (1 )(1 ) eos 90° = 0. Si querem os encontrar el producto punto de dos vectores A y B que se expresan en forma vectorial cartesiana, tenem os A • B = (A j + A y\ + A zk) ■(Bxi + Byj + £zk) = A xBx( i- i) + A xBy( i-j) + A XB Z{} •k) + A y B x ( ) ' ¡) + A y B y ü "j ) + A y B z (J * k )

+ A ZBX( k - ¡ ) + A zBy(k -j) + A zB 2(k - k ) Al realizar las operaciones del producto pun to, el resultado final se convierte en B - A XBX + AyBy + A ZB Z

(2-13)

Por tanto, para determinar el producto punto de dos vectores cartesia­ nos, multiplique sus componentes correspondientes x, y , z> y sume sus productos algebraicamente. O bserve q u e el resultado será un escalar positivo o negativo.

Fig. 2-42

69

OMAR ROJAS 70

C a p ít u l o 2

V ec to r es fuerza

Aplicaciones. En m ecánica, el producto punto tiene dos im por­ tantes aplicaciones. •

E l ángulo fo rm a d o entre dos vectores o líneas que se intersecan. El ángulo 0 en tre las colas de los vectores A y B qu e se m uestran en la figura 2-42 pueden determ inarse m ediante la ecuación 2-12 y escribirse com o 6 = cos_1( ^ | - )

O’ S Í S

180°

A quí A • B se calcula con la ecuación 2-13. En particular, observe que si A • B = 0 , 0 = eos“ 10 = 90°, por lo que A será perpendicular aB . E l ángulo 6 e n tre la cuerda y la viga de co­ nexión puede determ inarse form ulando los vectores unitarios a lo largo de la viga para después usar el producto p u n to ub • u r = (1)(1) eos 0.

•

Las componentes de un vector paralelo y perpendicular a una lí­ nea. La com ponente de un vector A paralelo a, o colineal con, la línea aa' en la figura 2-43 se define por A a>donde A a = A eos 0. En ocasiones, a esta com ponente se le llam a la proyección de A sobre la línea, puesto q u e se form a un ángulo recto en la cons­ trucción. Si la dirección de la línea está especificada por el vector unitario ua,entonces com o ua = 1, podem os determ inar A adirec­ tam ente con el producto punto (ecuación 2 - 1 2 ); esto es, A a = A eos 0 =

A ■ufl

Por consiguiente, la proyección escalar de A a lo largo de una línea se determina con el producto punto de A y el vector unitario ua que define la dirección de la línea. Observe que si este resultado es positivo, entonces A fl tiene un sentido direccional q u e es igual al de ua>m ientras que si A a es un escalar negativo, entonces Aatiene el sentido opuesto de dirección al de i^. Por lo tanto, la com ponente A^ representada com o un vector es

Afl

Afl Ufl

Tam bién se puede o b ten er la com ponente d e A que es p erp en ­ dicular a la línea aa, figura 2-43. Como A = A fl + A ±, entonces A ± = A - A a. Hay dos m aneras posibles de o b te n e r A ±. U na es determ inar 0 con el producto punto, 0 = eos - 1 (A • uA/A ) y enton­ ces A ± = A sen 0. D e m anera alternativa, si A a es conocida, entonces p o r el teorem a de Pitágoras tam bién podem os escribir a

¡ =

V a 2 - A a2.

A ±
y, z. • Si la geom etría tridimensional le parece difícil, entonces expre­ se prim ero cada fuerza com o un vector cartesiano en el diagra­ ma de cuerpo libre, sustituya esos vectores en 2 F = 0,y después iguale a cero las com ponentes i, j, k. • Si la solución para una fuerza da un resultado negativo, esto indica que el sentido de la fuerza es el inverso del m ostrado en el diagram a de cuerpo libre.

E l anillo en A está som etido a la fuerza del gancho, así como a las fuerzas d e cada una de las tres cadenas. Si el electroim án y su carga tienen un peso W , entonces la fuerza d el gan­ cho será W y las tres ecuaciones escalares de equilibrio pueden aplicarse al diagram a de cu erp o libre del anillo, a fin d e determ inar las fuerzas en las cadenas, FB, Fc y F D.

OMAR ROJAS 104

C a p ít u l o 3

EJEMPLO

E q u il ib r io d e u n a p a r t íc u l a

3.5 Una carga de 90 Ib está suspendida del gancho que se m uestra en la figura 3-10«. Si la carga se sostiene m ediante dos cables y un resor­ te con rigidez k = 500 lb/pie, determ ine la fuerza presente en los cables y el alargam iento del resorte para lograr la posición de equifibrio. El cable A D se encuentra en el plano x-y y el cable .4 C está en plano x-z.

k = 500 lb/pie

A—

*

SOLUCIÓN

El alargam iento del resorte se puede determ inar una vez que se haya calculado la fuerza que hay en él. Diagrama de cuerpo libre. Se selecciona la conexión en A para d análisis del equilibrio puesto que las fuerzas presentes en los cables son concurrentes en este punto. El diagram a de cuerpo libre se m uestra en la figura 3-106.

(a)

Ecuaciones de equilibrio. Por inspección, cada fuerza se puede separar fácilmente en sus com ponentes x , y, z y, por lo tanto, es posible aplicar directam ente las tres ecuaciones escalares de eq u i­ librio. Si consideramos las com ponentes dirigidas a lo largo de los ejes positivos como “positivas” , tenem os

- F d eos 30° + FB = 0

( 1) (2)

)Fc — 90 Ib = 0

(3)

Fd sen 30o - (* )fc = 0 ►—

y

(5

Al despejar Fc de la ecuación (3), luego FD de la ecuación (1) y finalm ente FB de la ecuación (2), se obtiene Fc = 150 Ib

Resp.

F d = 240 Ib

Resp.

F b = 207.8 Ib

Resp.

Entonces, el alargam iento del resorte es Fb

=

F sa b

207.81b = (500 lb/pie) { s ^ ) sAB = 0.416 pie

Resp.

NOTA: como los resultados para todas las fuerzas en los cables son positivos, cada uno de los cables se encuentra en tensión; es decir, jala desde el punto A como era de esperarse, figura 3-106.

OMAR ROJAS

E JE M P LO

3.

La lám para d e 10 kg que se m uestra en la figura 3-11 a está suspen­ dida d e tres cuerdas q ue tienen la misma longitud. D eterm ine su mínima distancia vertical s medida desde el techo, si la fuerza d esa­ rrollada en cualquier cuerda no puede ser m ayor que 50 N.

z

B

600 mm

x

y

(a) Rg. 3-11 SOLUCIÓN Diagrama de cuerpo líbre. D ebido a la sim etría, figura 3-11 b, la distancia D A = D B = D C = 600 mm. A partir de 'ZFX = 0 y 'ZFy = 0 se deduce que la tensión T en cada cuerda será la misma. Asimismo, el ángulo en tre cada cuerda y el eje z es y. Ecuación de equilibrio. Si aplicamos la ecuación de equilibrio a lo largo del eje z ,c o n T = 50 N, tenem os

Z F z = 0;

3[(50 N) eos y] - 10(9.81) N = 0 98 1

y = eos “ 1 —z - = 49.16°

A partir del triángulo som breado de la figura 3-11 b>

s s = 519 mm

Resp.

OMAR ROJAS 106

C a p ít u l o 3

E q u il ib r io d e u n a p a r t íc u l a

E JE M P LO D eterm ine la fuerza en cada cable que se ha usado para sostener la caja de 40 Ib que se m uestra e n la figura 3-12a. SOLUCIÓN Diagrama de cuerpo libre. Como se m uestra en la figura 3-126, se considera el diagram a de cuerpo libre del punto A para “expo­ ner” las tres fueizas desconocidas en los cables. Ecuaciones de equilibrio. P rim ero expresarem os cada fuerza en su forma de vector cartesiano. Como las coordenadas de los puntos B y C son B ( - 3 pies, - 4 pies, 8 pies) y C ( - 3 pies, 4 pies, 8 pies), tenem os

3i - 4j +

F r = F¡ LV ( - 3

)2

8k

+ ( —4 )2 + ( 8 )2-

= —0.318Fb¡ - 0.424Fflj + 0.848F*k —3i + 4j + Fc = Fe (a)

V (-3

)2

8k

+ (4 ) 2 + (8 )2 J

= -0.318F c i + 0.424Fcj + 0.848Fc k Fd = Fdi W = { -4 0 k } Ib El equilibrio requiere que S F = 0;

Fb + Fc + Fd + W = 0 —0.318FV - 0.424Fflj + 0.848Ffik - 0.318Fc i + 0.424Fc j + 0.848Fc k + F & - 40k = 0

Al igualar a cero las respectivas com ponentes i, j, k resulta ZFX =

2 Fz = Rg. 3-12

0;

0;

—0.424Ffi + 0.424FC = 0

( 1) (2 )

0 . 8 4 8 + 0.848FC - 40 = 0

(3)

0.318Ffi - 0.318FC + 1 ^ = 0

La ecuación (2) establece q u e FB = Fc. Entonces, al despejar FB y Fc de la ecuación (3) y sustituir el resultado en la ecuación (1) p ara obtener FDy tenem os Fb = Fc = 23.6 Ib

Resp.

F d = 15.0 Ib

Resp.

OMAR ROJAS 3 .4

E JE M P LO

SSTEM AS DE RJERZAS TRIDIMENSIONALES

3.8

D eterm ine la tensión en cada una de las cuerdas usadas para so ste­ ner el cajón de 100 kg que se m uestra en la figura 3-13a. SOLUCIÓN Diagrama de cuerpo libre. La fuerza en cada una de las cuerdas se puede determ inar si investigamos el equilibrio del punto A . El diagram a d e cuerpo libre se m uestra en la figura 3-13b. El peso de la caja e s W = 100(9.81) = 981 N. Ecuaciones de equilibrio. C ada fuerza incluida en el diagram a de cuerpo libre se expresa prim ero en form a vectorial cartesiana. Con la ecuación 2-9 para Fc y el punto D ( - l m, 2 m , 2 m) para F Dy tenem os

(a)

F* = F*i Fc = Fe eos 120°i + Fc eos 135°j + Fc cos60°k

= -0 .5 F C¡ - 0.707Fc j + 0.5Fc k -li + F d ~ Fd

2j

+

2

k

V ( - l ) 2 + (2 )2 + (2 )2 .

Fd

= -0.333F d ¡ + 0.667F/)j + 0.667FDk W = {—981k} N

Para el equilibrio se requiere que £ F = 0;

F b + Fc + F d + W = 0

W = 981 N

Fb i - 0.5FC¡ - 0.707Fc j + 0.5Fc k

(b)

- 0.333FD i + 0.667FDj + 0.667FDk - 981k = 0 Fíg. 3-13 Al igualar a cero las respectivas com ponentes i, j, k resulta

2 FX = 0

Fb - 0.5Fc - 0.333Fd = 0

2Fy =

0

—0.707Fc + 0.667Fd = 0

( 1) (2 )

Fr =

0

0.5FC + Q.661Fd - 981 = 0

(3)

2

Al despejar FD de la ecuación (2) en térm inos de F c , y sustituir el resultado en la ecuación (3), se obtiene Fc. Luego, se determ ina FD a partir de la ecuación (2). Por últim o, al sustituir los resultados en la ecuación (1) se obtiene FB. Por consiguiente, F c = 813 N

Resp.

Fd =862 N

Resp.

F b = 694 N

R esp.

107

OMAR ROJAS 108

C

a p ít u l o

3

E

q u i l i b r i o d e u n a p a r t íc u l a

PRO BLEM AS FU N D A M EN TALES Todas las soluciones a los problemas deben incluir un DCL.

F3-10. Determine la tensión desarrollada en los cables A B ,A C y A D .

F3-7. Determine la magnitud de las fuerzas F b F2, F3, de manera que la partícula se mantenga en equilibrio.

F3-8. Determine la tensión desarrollada en los cables A B ,A C y A D .

F3-10

z F3-1L La caja de 150 Ib se sostiene mediante los cables A B , A C y A D . Determine la tensión en estos cables.

F3-8 F3-9. Determine la tensión desarrollada en los cables A B ,A C y A D . z

y

1

600 N

F3-9

F3-11

OMAR ROJAS 3.4

SSTEM AS DE RJERZAS TRIDIMENSIONALES

109

PROBLEM AS Todas las soluciones a los problemas deben incluir un DCL. •3-45. Determine la tensión que hay en los cables para poder m antener la caja de 100 kg en la posición de equili­ brio que se muestra en la figura. 3-46. Determine la masa máxima que puede tener la caja si la tensión desarrollada en cada cable no debe exceder 3kN .

*3-48. Determine la tensión desarrollada en los cables A B , A C y A D que se requiere para lograr el equilibrio de la caja de 300 Ib. •3-49. Determine el peso máximo de la caja si la tensión desarrollada en cualquiera de los cables no debe exceder 450 Ib. 3

z

Probs. 3-45/46 3-47. La grúa de brazos de corte se utiliza para llevar la red de pescado de 200 kg hacia el muelle. Determine la fuerza de compresión a lo largo de cada uno de los bra­ zos A B y CB, y la tensión en el cable D B del cabestrante. Suponga que la fuerza presente en cada brazo actúa a lo largo de su eje.

3-50. Determine la fuerza necesaria en cada cable para sostener la plataforma de 3500 Ib. Considere d = 2 pies. 3-51. Determine la fuerza necesaria en cada cable para sostener la plataforma de 3500 Ib. Considere d = 4 pies.

z

Prob. 3-47

Probs. 3-50/51

OMAR ROJAS 110

C

a p ít u l o

3

E

q u i l i b r i o d e u n a p a r t íc u l a

*3-52. Determine la fuerza necesaria en cada uno de los tres cables para elevar el tractor cuya masa es de 8 Mg.

z

3-54. Si la masa de la maceta es de 50 kg, determine la tensión desarrollada en cada alambre para lograr el equili­ brio. Considere x = 1.5 m y z = 2 m. 3-55. Si la masa de la maceta es de 50 kg, determine la tensión desarrollada en cada cable para lograr el equili­ brio. Considere x = 2 m y z = 1.5m.

z

Prob. 3-52

*3-56. Los extremos de los tres cables están unidos a un anillo localizado en A , al borde de una placa uniforme de 150 kg. Determine la tensión necesaria en cada uno de los tres cables para lograr el equilibrio.

•3-53. Determine la fuerza que actúa a lo largo del eje x de cada uno de los tres puntales necesarios para sostener el bloque de 500 kg.

•3-57. Los extremos de los tres cables están unidos a un anillo localizado en A , al borde de una placa uniforme. Determine la masa máxima que puede tener la placa si cada uno de los cables puede soportar una tensión máxima de 15 kN.

Prob. 3-53

OMAR ROJAS 3.4 3-58. Determine la tensión desarrollada en los cables A B yA C y A D que es necesaria para lograr el equilibrio del cilindro de 75 kg. 3-59. Si cada uno de los cables puede soportar una ten­ sión máxima de 1000 N, determine la masa máxima del cilindro para que se pueda m antener el equilibrio.

SSTEM AS DE RJERZAS TRIDIMENSIONALES

111

3-62. Una fuerza de F = 100 Ib mantiene en equilibrio a la caja de 400 Ib. Determine las coordenadas (0, y, z) del punto A si la tensión en cada una de las cuerdas A C y A B es de 700 Ib. 3-63. Si la tensión máxima permitida en los cables A B y A C es de 500 Ib, determine la altura máxima z a la cual se puede elevar la caja de 200 Ib. ¿Cuál es la fuerza horizon­ tal F que debe aplicarse? Considere y = 8 pies.

Probs. 3-58/59

*3-60. La maceta de 50 kg está soportada en A por los tres cables que se muestran. Determine la fuerza que actúa en cada cable para lograr el equilibrio. Considere d = 2.5 m. •3-61. Determine la altura d del cable A B de manera que la fuerza en los cables A D y A C tenga la mitad del valor de la fuerza del cable A B . ¿Cuál es la fuerza de cada cable para este caso? La maceta tiene una masa de 50 kg.

|-2 m - - 2 m -| fc

Probs. 3-62/63 *3-64. El anillo delgado se puede ajustar verticalmente entre tres cables que tienen la misma longitud, de éstos se suspende un candelabro de 100 kg. Si el anillo permanece en el plano horizontal y z = 600 mm, determine la tensión en cada uno de los cables. •3-65. El anillo delgado se puede ajustar verticalmente entre tres cables que tienen la misma longitud, de éstos se suspende un candelabro de 100 kg. Si el anillo perm a­ nece en el plano horizontal y la tensión en cada uno de tos cables no debe exceder 1 kN, determine la distancia z mínima permisible que se requiere para lograr el equi­ librio.

D 3m

! /

6m

/

Probs. 3-60/61

Probs. 3-64/65

OMAR ROJAS 112

C

a p ít u l o

3

E

q u i l i b r i o d e u n a p a r t íc u l a

3-66. El cazo tiene un peso de 80 Ib y se eleva mediante el uso de tres resortes, cada uno de los cuales tiene una longitud no alargada de la = 1 .5 pies y una rigidez k = 50 lb/pie. Determine la distancia vertical d desde el aro hasta el punto A necesaria para lograr el equilibrio.

Prob. 3-66

3-67. Se utilizan tres cables para sostener un anillo de 900 Ib. Determine la tensión que se necesita en cada cable para lograr la posición de equilibrio.

z

*3-68. Cada uno de los tres bloques exteriores tiene una masa de 2 kg, y el bloque central E tiene una masa de 3 kg. Determine la flecha s necesaria para el equilibrio del sis­ tema.

Prob. 3-68

•3-69. Determine el ángulo 0 requerido para que se desarrolle una fuerza igual en los brazos OB y OC. ¿Cuál es la fuerza en cada brazo si ésta se dirige a lo largo del eje del brazo? La fuerza F se encuentra en el plano x-y. Los soportes en A , B y C pueden ejercer fuerzas en cualquier dirección a lo largo de los brazos unidos.

z

Prob. 3-67

Prob. 3-69

OMAR ROJAS R e p a s o d e l c a p ít u l o

113

REPASO D EL CAPÍTULO Partícula en equilibrio Cuando una partícula está en reposo o se mueve con velocidad constante, se dice que está en equilibrio. Esto requiere que todas las fuerzas que actúan sobre la partícula formen una fuerza resultante que sea igual a cero.

¥r =

2

F =

F,

0

f4

F2

x .

F3

Para tom ar en cuenta todas las fuer­ zas que actúan sobre una partícula, es necesario trazar su diagrama de cuerpo libre. Este diagram a es un perfil delineado de la partícula que muestra todas las fuerzas enlistadas con sus magnitudes y direcciones co­ nocidas o desconocidas.

Dos dimensiones Las dos ecuaciones escalares de equilibrio de fuerzas pueden apli­ carse con referencia a un sistema coordenado x, y establecido.

2FX = =

0 0

La fuerza de tensión desarrollada en un cable continuo que pasa sobre una polea sin fricción debe tener una magnitud constante a lo largo del cable para poder m antenerlo en equilibrio. Si el problem a implica un resorte elástico lineal, entonces el alarga­ miento o la compresión s del resor­ te puede relacionarse con la fuerza aplicada a éste.

ir

El cable está en tensión

F = ks

Tres dimensiones Si la geometría tridimensional es difí­ cil de visualizar, la ecuación de equi­ librio debe aplicarse con un análisis de vector cartesiano. Esto requiere expresar primero cada fuerza inclui­ da en el diagram a de cuerpo libre como un vector cartesiano. Cuando las fuerzas se suman y se igualan a cero, las componentes i, j y k tam­ bién son iguales a cero.

T

2F

=

0

= 0 = 0 ZFz = 0

OMAR ROJAS 114

C a p ít u l o 3

E q u il ib r io d e u n a p a r t íc u l a

PRO BLEM AS D E REPASO 3-70. La caja de 500 Ib se eleva usando las cuerdas A B y AC. Cada cuerda puede resistir una tensión máxima de 2500 Ib antes de romperse. Si A B siempre permanece hori­ zontal, determine el ángulo 0 mínimo con el que se puede levantar la caja.

•3-73. Dos bolas cargadas eléctricamente, cada una con una masa de 0.15 g, están suspendidas de cuerdas delga­ das de igual longitud. Determine la magnitud de la fuerza repulsiva horizontal F, que actúa sobre cada bola si la dis­ tancia medida entre ellas es r = 200 mm.

XU e

B

A r x

Prob. 3-70

r = 200 mm Prob. 3-73

3-71. Los elementos de una armadura están articulados en la junta O. Determine la magnitud de Fj y su ángulo 0 necesarios para el equilibrio. Considere F2 = 6 kN. *3-72. Los elementos de una armadura están articulados en la junta O. Determine las magnitudes de F! y F2 necesa­ rias para el equilibrio. Considere 0 =60°.

3-74. La lámpara tiene una masa de 15 kg y está soste­ nida mediante un poste A O y por medio de los cables A B y A C . Si la fuerza en el poste actúa a lo largo de su eje, determine las fuerzas requeridas en A O , A B y A C para mantener el equilibrio.

Probs. 3-71/72

Prob. 3-74

OMAR ROJAS P

3-75. Determine la magnitud de P y los ángulos directo­ res coordenados de F3 requeridos para el equilibrio de la partícula. Observe que F3 actúa en el octante mostrado.

ro blem as de repaso

115

3-78. Determine la fuerza necesaria en cada cable para sostener la carga de 500 Ib.

z

x

Prob. 3-75

*3-76. El anillo de tamaño insignificante está sometido a una fuerza vertical de 200 Ib. Determine la máxima longi­ tud / de la cuerda A C de manera que la tensión que actúa enA C seadelóO lb. Además, ¿cuáles la fuerza que actúa en la cuerda A B 1 Sugerencia: use la condición de equilibrio para determinar el ángulo 0 requerido para la unión, luego determine / usando trigonometría aplicada a AABC.

Prob. 3-78

3-79. La junta de un marco espacial está sometido a cua­ tro fuerzas en los elementos. El elemento OA se encuentra en el plano x-y y el elemento OB en el plano y-z. Determine las fuerzas que actúan en cada elemento y que se requieren para obtener el equilibrio de la junta.

z •3-77. Determine las magnitudes necesarias de F^ F2 y F3 para que la partícula esté en equilibrio. z

Prob. 3-79

OMAR ROJAS

La aplicación de fuerzas sobre los manerales de estas llaves de torsión produ­ cirá una tendencia a que cada llave gire en tomo a su extremo. Es importante saber cómo calcular este efecto y, en algunos casos, ser capaz de simplificar el sistema para sus resultantes.

OMAR ROJAS

Resultantes de sistemas de fuerzas O B J E T IV O S D E L C A P ÍT U L O • Analizar el concepto del momento de una fuerza y mostrar cómo calcularla en dos y tres dimensiones. • Proporcionar un método para encontrar el momento de una fuer­ za con respecto a un eje específico. • Definir el momento de un par. • Presentar métodos para determinar las resultantes de sistemas de fuerzas no concurrentes. • Indicar cómo reducir una carga simple distribuida a una fuerza resultante con una ubicación específica.

4 .1

Momento de una fuerza, formulación escalar

C uando una fuerza se aplica a un cuerpo, ésta producirá una tendencia a que el cuerpo gire alrededor de un punto que no está en la línea de acción d e la fuerza. Esta tendencia a girar se conoce en ocasiones como par de torsión, pero con m ayor frecuencia se denom ina el m om ento de una fuerza o sim plem ente el momento. Por ejem plo, considere una llave de torsión que se usa para desenroscar el perno de la figura 4-la. Si se aplica una fuerza al m aneral de la llave ésta tenderá a girar el perno alrededor del punto O (o el eje z). La m agnitud del m om ento es directam ente proporcional a la m agnitud de F y a la distancia p erp en ­ dicular o brazo de m om ento d. C uanto más grande sea la fuerza o más grande sea el brazo de m om ento, m ayor será el m om ento o el efecto de giro. Observe que si se aplica la fuerza F a un ángulo 9 * 90°, figura 4-1 b y entonces será más difícil girar el perno puesto q u e el brazo de m om ento d' = d sen 0 será m enor q u e d. Si se aplica F a lo largo de la llave, figura 4 -lc, su brazo de m om ento será igual a cero puesto que la línea de acción de F intersecará el punto O (el eje z). En consecuen­ cia, el m om ento de F respecto de O tam bién es cero y no puede ocurrir el giro.

(b)

(c) Fig. 4-1

OMAR ROJAS 8

C a p ít u l o 4

Eje de momento

R e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

A hora podem os generalizar el análisis anterior y considerar la fuer­ za F y el punto O que se encuentran en un plano som breado como se m uestra en la figura A-2a. El m om ento M 0 con respecto al punto O, o con respecto a un eje que pase p o r O y sea perpendicular al plano, es una cantidad vectorial puesto que tiene m agnitud y dirección espe­ cíficas.

M agnitud. La m agnitud de

es

Mn = Fd

(4-1)

donde d e s el brazo de m om ento o distancia perpendicular desde el eje en el punto O hasta la línea de acción de la fuerza. Las unidades de la magnitud del m om ento son el producto de la fuerza multiplicada por la distancia, es decir, N ■m o Ib • pie.

(b) Fig. 4-2

Dirección. La dirección de M 0 está definida p o r su eje de m om en­ to, el cual es perpendicular al plano que contiene la fuerza F, y por su brazo de m om ento d. Para establecer el sentido de dirección de M 0 se utiliza la regla de la m ano derecha. D e acuerdo con esta regla, el cu r­ veo natural de tos dedos de la m ano derecha cuando éstos se doblan sobre la palm a representa la tendencia para la rotación causada p o r el momento. C uando se realiza esta acción, el pulgar de la m ano derecha dará el sentido de la dirección de M 0 , figura A-2a. Observe q u e, en tres dim ensiones, el vector de m om ento se ilustra m ediante una fle­ cha curva alrededor de una flecha. En dos dim ensiones, este vector se representa sólo con la flecha curva como e n la figura A-2b. Como en este caso el m om ento tenderá a causar una rotación en sentido con­ trario al de las manecillas del reloj, el vector de m om ento se dirige en realidad hacia fuera de la página. Momento resultante. P ara problem as bidimensionales, donde todas las fuerzas se encuentran en el plano x-y> figura 4-3, el m om ento resultante (M * ) 0 con respecto al punto O (el eje z ) puede determ i­ narse al encontrar la suma algebraica de los m om entos causados p o r todas las fuerzas en el sistem a. Como convención considerarem os de m anera general los m om entos positivos como en sentido contrario al de las manecillas del reloj por estar dirigidos a lo largo del eje positivo z (fuera de la página). Los momentos en el sentido de las manecillas del reloj serán negativos. Al hacer esto, el sentido de dirección de cada m om ento puede representarse m ediante un signo de más o de menos. Por lo tanto, si se utiliza esta convención de signos, el m om ento resul­ tante en la figura 4-3 es c + (M *)o = Z F d ;

F ig . 4 -3

(M r )o = F xd x - F2d 2 + F 3d 3

Si el resultado num érico de esta sum a es un escalar positivo, (M R)a será un m om ento en sentido contrario al de las manecillas del reloj (fuera de la página); y si el resultado es negativo, (M ^ ) 0 será un m om ento en d sentido de las manecillas del reloj (dentro de la página).

OMAR ROJAS 4 .1

M o m e n t o d e u n a f u e r z a , f o r m u l a c ió n e s c a l a r

119

E JE M P LO Para cada caso ilustrado en la figura 4-4, determ ine el m om ento de la fuerza con respecto al punto O. SOLUCIÓN (ANÁLISIS ESCALAR) La línea de acción de cada fuerza está extendida com o una línea discontinua p ara establecer el brazo de m om ento d. Tam bién se ilustra la tendencia de rotación del elem ento causada por la fuerza. Adem ás, la ó rbita de la fuerza respecto de O se m uestra con una flecha curva d e color azul. Entonces, Fig. 4-4a

M 0 = (100 N)(2 m) = 200 N • n O

Resp.

Fig. 4-4 b

M 0 = (50 N)(0.75 m) = 37.5 N • n O

Resp.

Fig. 4-4c

M 0 = (40 lb)(4 pies + 2 eos 30° pie) = 229 Ib* pie ^

Resp.

Fig. A-Ad

M 0 = (60 lb )(l sen 45° pie) = 42.4 Ib • pie !)

Resp.

Fig. A-Ae

M 0 = (7 kN )(4 m - 1 m) = 2 1 .0 k N - m ^

Resp.

100 N

O 2m (a)

2 pies 2m O

* (b)

u

401b 0.75 m

4 pies 2 eos 30° pie

50 N

(c)

|— • 2 m—-| ! 1m

l

*

4m

O

F ig .4 - 4

(e)

1— 7kN

OMAR ROJAS 120

C a p ít u l o 4

E JE M P LO

R e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

4.2 D eterm ine el m om ento resultante de las cuatro fuerzas q u e actúan sobre la barra de la figura 4-5 con respecto al punto O. SOLUCIÓN

Si se supone q u e los m om entos positivos actúan en la dirección + k , es decir, en sentido contrario al de las manecillas del reloj, tenem os C + M ro = Z F d M Ro = - 5 0 N ( 2 m ) + 60 N(0) + 20 N (3 sen 30° m ) -4 0 N (4 m + 3 eos 30° m) M Ro

Fig.4-5

•334 N ■m = 334 N ■n O

Resp.

Para este cálculo, observe cóm o se establecen las distancias de brazo de m om ento para las fuerzas de 20 N y 40 N desde las líneas de acción extendidas (línea discontinua) de cada una de estas fuerzas.

Com o se ilustra e n los problem as de ejem plo, el m om ento de una fuerza no siem pre ocasiona rotación. P or ejem plo, la fuerza F tiende a girar la viga en el sentido d e las m ane­ cillas del reloj en torno a su sop o rte en A con un m om ento M a = FdA. Si se quitara el so p o rte e n B se d aría la ro ta ­ ción real.

Para poder sacar el clavo se requerirá que el mom ento d e F h con respecto al pu n to O se a más grande que el m om ento d e la fuerza F ^ con respecto a O que se necesita para sacar el clavo.

OMAR ROJAS 4 .2

4 .2

Producto cruz

El m om ento d e una fuerza se form ulará m ediante vectores cartesia­ nos en la siguiente sección. Sin em bargo, antes de hacerlo, es necesa­ rio am pliar nuestro conocim iento del álgebra vectorial e introducir el m étodo del producto cruz de la multiplicación vectorial. E l producto cruz de dos vectores A y B da como resultado el vector C, el cual se escribe C = A XB

(4-2)

y se lee “C es igual a A cruz B” .

M agnitud. La magnitud de C se define com o el producto de las magnitudes d e A y B y el seno del ángulo 0 entre sus colas (0° < 0 < 180°). Así, C = A B sen 9. Dirección. El vector C tiene una dirección perpendicular al plano que contiene a A y B de tal m anera q u e C se especifica m ediante la regla d e la m ano derecha; es decir, al cerrar los dedos de la m ano d e re ­ cha desde el vector A (cruz) hacia el vector B, el pulgar señala e n to n ­ ces la dirección d e C, como se m uestra en la figura 4-6. D ado q u e se conoce la m agnitud y la dirección de C, podem os es­ cribir C = A X B = (A B sen Q)uc

(4-3)

donde el escalar A B sen 9 define la magnitud de C y el vector unitario u c define la dirección de C. Los térm inos de la ecuación 4-3 se ilustran de m anera gráfica en la figura 4-6.

C= A XB

F i g . 4 -6

P

r o d u ct o cruz

121

OMAR ROJAS 122

C a p ít u l o 4

R e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

Leyes de operación •

La ley conm utativa no es válida, es decir A X B * B X A. En vez de eso,

A XB = -B X A E sto se m uestra en la figura 4-7 por la regla de la m ano derecha. El producto cruz B X A produce un vector q u e tiene la misma magnitud pero actúa en dirección opuesta a C; esto es, B X A =

-C . •

Si el producto cruz se multiplica p o r un escalar a, obedece la ley asociativa: a( A X B) = (aA) X B = A X (¿*B) = (A X B)a E sta propiedad es fácil de dem ostrar puesto q u e la m agnitud del vector resultante ( | a\ A B sen 0) y su dirección son las mismas en cada caso.

Fig.4-7

•

El producto cruz de vectores tam bién obedece la ley distributiva de la sum a,

A X (B + D ) = (A X B) + (A X D) •

Fig.4-8

La dem ostración de esta identidad se deja com o ejercicio (vea el problem a 4-1). Es im portante observar q u e d eb e m antenerse el orden adecuado de los productos cruz, dado q u e no son co n ­ mutativos.

Formulación vectorial cartesiana. La ecuación 4-3 puede usarse para encontrar el producto cruz de cualquier p a r de vectores unitarios cartesianos. Por ejem plo, para determ inar i X j, la magnitud del vector resultante es (¿)(;)(sen 90°) = (1)(1)(1) = 1, y su dirección se determ ina por la regla de la m ano derecha. Como se m uestra en la figura 4-8, el vector resultante señala en la dirección + k. Así, i X j = (l)k . Del mismo m odo, iX j = k

iXk =

j

j Xk = i

j Xi =

k

jXj = 0

k Xi = j

kX j =

i

kX k =

iX ¡ = 0 0

Estos resultados no deben memorizarse; antes bien, entender de m ane­ ra clara cóm o se obtiene cada uno cuando se em plean la regla d e la mano derecha y la definición del producto cruz. El esquem a sencillo que se m uestra en la figura 4-9 ayuda a o btener los mismos resultados cuando se requiere. Si el círculo se construye com o se m uestra, e n to n ­ ces, al “cruzar” dos vectores unitarios en sentido contrario al de las manecillas del reloj alrededor del círculo, se obtiene el terc er vector unitario positivo; por ejem plo, k X i = j. Al “cruzar” en el sentido de las manecillas del reloj, se obtiene un vector unitario negativo; por ejem plo, i X k = -j.

OMAR ROJAS

Considere ahora el producto cruz de dos vectores generales A y B los cuales se expresan en forma vectorial cartesiana. Tenem os A X B =

+ A yj + A zk ) X ( j y + Byi + flzk)

= A xBx(i X i) + A xBy( i X j ) + A XBZ{i X k)

+ AyBx(j X i) + AyByü X j ) + A yB z(j X k) + A ZBX( k X i) + A zBy{k X j) + A z£ z(k X k) Al realizar las operaciones de productos cruz y com binar térm inos resulta A X B = ( AyBz - A zBy)i - ( A XB Z- A ZBX)j + ( A xBy - A yBx)k

(4-4)

Esta ecuación tam bién puede escribirse en una forma de determ inan­ te más com pacta com o

A X B =

• «

♦ J

l k

Ax Bx

Ay By

Az Bz

(4-5)

Así, para determ inar el producto cruz de dos vectores cartesianos A y B cualesquiera, es necesario desarrollar un determ inante cuya prim era fila de elem entos conste de los vectores unitarios i, j y k y cuyas segunda y tercera filas representen las com ponentes jc, y, z de los dos vectores A y B, respectivam ente.* *Un determinante con tres filas y tres columnas se puede desarrollar si se usan tres menores, cada uno de los cuales se multiplica por uno de los tres términos en la primera fila. Hay cuatro elementos en cada menor, por ejemplo,

Por definición, esta notación determinante representa los términos ( A u A n - ^ 12^ 21), lo cual es simplemente el producto de los dos elementos de la flecha inclinada hacia abajo y a la derecha ( ^ 11^ 22) menos el producto de los dos elementos de la flecha inclinada hacia abajo y hacia la izquierda (A l2A 2i). Para un determinante de 3 X 3, como el de la ecuación 4-5, los tres menores se pueden generar de acuerdo con el siguiente esquema:

e - H — *i(AyBz - A.By)

Para el elemento i: ¡ Para el elemento j:

Para el elemento k:

0

k

f

Recuerde el agno negativo

¡(AXBZ- A ZBX)

k(Av#v - A SBX)

Al sumar los resultados y tomar nota de que el elemento j debe incluir el signo menos se obtiene la forma desarrollada de A x B dada en la ecuación 4-4.

OMAR ROJAS 124

C a p ít u l o 4

R e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

Eje de momento

4 .3

Momento de una fuerza, formulación vectorial

El m om ento de una fuerza F co n respecto al punto O, o realm ente con respecto al eje del m om ento que pasa p o r O y es perpendicular al plano que contiene a O y a F, figura 4-10a, puede expresarse por el producto cruz vectorial, a saber, Mo = r X F

(4-6)

(a)

A quí r representa un vector de posición trazado desde O hasta cual­ quier punto que se encuentre sobre la línea de acción de F. A hora m os­ trarem os que en realidad el m om ento M 0 , al ser determ inado p o r este producto cruz, tiene la magnitud y la dirección adecuadas.

M agnitud. La m agnitud del producto cruz se define con la ecua­ ción 4-3 com o M 0 = rF se n 0, donde el ángulo 0se mide entre las colas de r y F. Para establecer este ángulo, se debe trata r a r como un vector deslizante, de m anera q u e 0 se pueda construir correctam ente; figura 410b. Como el brazo de m om ento d = r sen 0, entonces M q = rF sen 0 = F (rse n 9) = Fd lo que concuerda con la ecuación 4-1.

(b)

Dirección.

La dirección y el sentido de M 0 en la ecuación 4-6 están determ inados m ediante la regla de la m ano derecha, tal com o se aplica ésta al producto cruz. Así, al deslizar r a la posición de la línea discon­ tinua y cerrar los dedos de la m ano derecha de r hacia F, “r cruz F \ el pulgar está dirigido hacia arriba o perpendicularm ente al plano que contiene a r y a F, esto es, en la misma dirección que M 0 , el m om en­ to de la fuerza respecto al punto O , figura 4-10b. Observe que el “cu r­ veo” de los dedos como el curveo alrededor del vector m om ento, indica el sentido de rotación causado por la fuerza. Como el producto cruz no obedece la ley conm utativa, es im portante conservar el orden de r X F para producir el sentido correcto de la dirección p ara M 0 .

Flg. 4-10

| Principio de transm isi bilí dad. A m enudo, la operación del l)M 0 = r , x F = r2x F = r3 x F producto cruz se usa en tres dim ensiones porque no se requiere la dis­ tancia perpendicular o el brazo de m om ento desde el punto O hasta la línea de acción de la fuerza. En otras palabras, podem os usar cualquier vector de posición r medido desde el punto O hasta cualquier punto sobre la línea de acción de la fuerza F, figura 4 1 1 . Así, ►-----

Línea de acción

Fig. 411

M n = r, X F = r , X F = r i X F Como F se puede aplicar en cualquier punto a lo largo de su línea de acción y aún así crear el mismo m om ento con respecto al pun to O, entonces F puede considerarse un vector deslizante. Esta propiedad se llama principio de transmisibilidad de una fuerza.

OMAR ROJAS 4 .3

M

o m ento

d e u n a f u e r z a , f o r m u l a c ió n v e c t o r ia l

Form ulación vectorial cartesiana. Si establecem os ejes coordenados x> y, z, el vector posición ry la fuerza F pueden expresar­ se com o vectores cartesianos, figura 4-12«. Al aplicar la ecuación 4-5, tenem os

M0 = r X F =

i rx Fx

j ry Fy

k rz Fz

(4-7)

(a) donde rxy ryy rz

representan las com ponentes x yy yz del vector de posición trazado desde el punto O hasta cualquier punto sobre la línea de acción de la fuerza

Fxy Fyy Fz representan las com ponentes jc, y, z del vector fiierza Si se desarrolla el determ inante, com o en la ecuación 4-4 tenem os

Mo = { r / z ~ r zFy)i - (rxF z - rzFx)¡ + (rxF y - ryF x)k

(4-8) Fig. 4-12

El significado físico de esas tres com ponentes d e m om ento resulta evi­ dente al estudiar la figura 4-126. Por ejem plo, la com ponente i de M 0 puede determ inarse a partir de los momentos de F*, Fy y Fz con respecto al eje x. La com ponente Fx no genera un m om ento o tendencia a girar con respecto al eje x puesto que esta fuerza es paralela al eje x. La línea de acción d e Fy pasa por el punto B y entonces la magnitud del m om en­ to d e Fycon respecto al punto A sobre el eje jc es rzFy. Por la regla de la m ano derecha, esta com ponente actúa en la dirección i negativa. De igual form a, F z pasa p o r el p u n to C y p o r lo tanto aporta una com po­ nente d e m om ento de ryFzi con respecto al eje. Así, (M 0)x = (ryFz rzFy) com o se m uestra en la ecuación 4-8. Como ejercicio, establezca las com ponentes j y k de M 0 de esta m anera y dem uestre que en reali­ dad la forma desarrollada del determ inante, ecuación 4-8, representa el m om ento d e la fuerza respecto del punto O. U na vez determ inada observe que siem pre será perpendicular al plano som breado en azul que contiene los vectores r y F, figura 4-12«.

Momento resultante de un sistem a de fuerzas. Si un sistema de fuerzas actúa sobre un cuerpo, figura 4-13, el m om ento resultante d e las fuerzas respecto al punto O puede ser determ inado m ediante la adición del m om ento de cada fuerza. E sta resultante se puede escribir sim bólicam ente com o M *o = 2 ( r X F)

(4-9)

Fig. 4-13

125

OMAR ROJAS 126

C a p ít u l o 4

E JE M P LO

R e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

4.3 D eterm ine el m om ento producido por la fuerza F que se m uestra en la figura 4-14«, respecto al punto O. Exprese el resultado com o un vector cartesiano.

SOLUCIÓN

Como se m uestra en la figura 4-14«, puede usarse rA o bien t B para determ inar el m om ento respecto al punto O. Estos vectores de posición son i A = (12k) m

y

rB = {4i + 12j} m

La fuerza F expresada como un vector cartesiano es {4i + 12j - 12k} m F = Fu m = 2kN . V (4 m)2 +

(a)

(12

m )2 +

( -1 2

m )2 .

= {0.4588Í + 1.376j - 1.376k} kN Por lo tan to 1

— r^ X F —

J

0

0

0.4588

1.376

k 12 1.376

= [0(-1.376) - 12(1.376)]i - [ 0 ( - 1.376) - 12(0.4588)] j + [0(1.376) - 0(0.4588)]k = {-1 6 .5 i + 5.5lj} kN-m

Resp.

o bien 1

Mo ~

tb

4 X F — 0.4588

J

12 1.376

k 0

1.376

= [12(-1.3 7 6 ) - 0(1.376)]i - [4(-1.376) - 0(0.4588)]j + [4(1.376) - 12(0.4588)]k = { -1 6 .5 i + 5.5lj} kN*m

(b) R g . 4 -1 4

Resp.

NOTA: como se m uestra en la figura 4-14b, M 0 actúa p erp en ­ dicular al plano que contiene a F , r ^ y tb . Después de trabajar con este problem a a partir de M 0 = Fd, observe la dificultad que puede surgir al obtener el brazo de m om ento d.

OMAR ROJAS 4 .3

M o m e n t o d e u n a f u e r z a , f o r m u l a c ió n v e c t o r ia l

E JE M P LO Dos fuerzas actúan sobre la barra en la figura 4-15a. D eterm ine el m om ento resultante que generan con respecto al soporte en O. Exprese el resultado como un vector cartesiano.

Fj = {—601 + 40j + 20k} Ib

F2 = {801 + 40j - 30k} Ib

(a)

SOLUCIÓN

Los vectores d e posición están dirigidos desde el punto O hacia cada fuerza, como se m uestra en la figura 4-156. Esos vectores son *a

= (5j) pie

tb

= {4i + 5j - 2k) pie

M* = {30i - 40j + 60k} Ib • pie

Por lo tanto, el m om ento resultante con respecto a O es = 2 ( r X F) =

X Fi +

i =

0

-6 0

j 5 40

tB

X F3

k 0 20

+

i 4 80

j 5 40

k -2

-3 0

= [5(20) - 0(40)]i - [0]j + [0(40) - (5 )(-6 0 )]k + [5 (—30) - ( —2)(40)]i - [4(—30) - (-2 )(8 0 )]j + [4(40) - 5(80)]k = {30i - 40j + 60k} Ib • pie

NOTA: este resultado se presenta en la figura 4-15c. Los ángulos directores coordenados se determ inaron a partir del vector unitario para M Ro. Tenga en cuenta que las dos fuerzas tienden a ocasionar que la barra gire con respecto al eje de m om ento en la m anera que m uestra la flecha curva sobre el vector de m om ento.

Resp.

127

OMAR ROJAS 128

C a p ít u l o 4

R e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

4 .4

O Fig 4-16

Princip io de m o m en to s

Un concepto q u e se usa a m enudo en m ecánica es el principio de m om entos, al cual tam bién se le llam a a veces teorema de Varignon puesto que originalm ente lo desarrolló el m atem ático francés V arig­ non (1654-1722). El principio establece q u e el m om ento de una fu e r ­ za con respecto a un punto es igual a la suma de los m om entos de las componentes de la fuerza con respecto al punto. E ste teorem a puede probarse fácilmente por el producto cruz, puesto que dicho producto obedece la ley distributiva. Por ejem plo, considere los m om entos de la fuerza F y dos de sus com ponentes respecto del punto O , figura 4-16. Cómo F = Fi + F2, tenem os M 0 = r X F = r X (Fj + F2) = r X Fj + r X F 2 Para problem as en dos dim ensiones, figura 4-17, podem os usar el prin­ cipio de m om entos para descom poner la fuerza en sus com ponentes rectangulares y después determ inar el mom ento con un análisis escalar. Así, M 0 = Fxy - FyX Por lo general, este m étodo es más sencillo que determ inar el mismo m om ento con M 0 = Fd.

Puntos im p o rtan te s El m om ento de una fuerza crea la tendencia de un cuerpo a girar con respecto a un eje que pasa por un punto específico O. M ediante la regla de la m ano derecha, el sentido de rotación está indicado por la flexión de tos dedos y el pulgar se dirige a lo largo del eje de m om ento, o línea de acción del m om ento. La m agnitud del m om ento se determ ina m ediante M 0 = Fd, donde d se denom ina brazo de m om ento y representa la dis­ tancia perpendicular más corta desde el punto O hasta la línea de acción de la fuerza. En tres dim ensiones, se usa el producto cruz para determ inar el m om ento, es decir, M 0 = r X F. R ecuerde q u e re s tá dirigi­ do desde el punto O hacia cualquier punto sobre la línea de ac­ ción de F.

E l m om ento de la fuerza aplicada F con respecto al punto O es fácil de determ inar si utilizamos el principio de mom entos. É ste es sim plem ente M 0 = F¿d.

El principio de m om entos establece q u e el m om ento de una fuerza con respecto a un punto es igual a la sum a de los m om en­ tos de las com ponentes de la fuerza con respecto al punto. Éste es un m étodo muy conveniente para usarlo en dos dim en­ siones.

OMAR ROJAS 4 .4

P r in c ip io d e m o m e n t o s

D eterm ine el m om ento de la fuerza que se muestra en la figura 4- 18a respecto del punto O.

o (b)

SOLUCIÓN I

El brazo d e m om ento d en la figura 4-18a puede encontrarse por tri­ gonometría. d = (3 m ) sen 75° = 2.898 m Así, M 0 = Fd = (5 kN)(2.898 m) = 14.5 kN •

Resp.

Como la fuerza tiende a ro tar u orbitar en el sentido de las m aneci­ llas d el reloj respecto del punto O , el m om ento está dirigido hacia dentro d e la página. SOLUCIÓN II

En la figura 4-186 se indican las com ponentes x y y de la fuerza. Si consideram os los m om entos en sentido contrario al de las m aneci­ llas del reloj com o positivos, y aplicamos el principio de m om entos, tenem os

C+

M

q

— — Fxdy — F ^ x

= - ( 5 eos 45° kN ) (3 sen 30° m) - (5 s e n 4 5 ° k N )(3 c o s 3 0 ° m ) = -1 4.5 k N - m = 14.5 k N ■m }

Resp.

Fx = (5 kN) sen 75®

y SOLUCIÓN III

Los ejes x y y pueden establecerse paralelos y perpendiculares al eje de la varilla como se m uestra en la figura 4-18c. A quí Fx no produce m om ento con respecto al punto O puesto que su línea de acción pasa a través d e este punto. Por lo tanto, C + M q - - F ydx

o (c)

= - ( 5 sen 75° kN )(3 m) = -1 4 .5 kN ■m = 14.5 kN • n O

Resp.

F ig . 4 -1 8

\

129

OMAR ROJAS 130

C a p ít u l o 4

R e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

E JE M P LO La fuerza F actúa en el extrem o de la m énsula de la figura 4-19a. D eterm ine el m om ento de la fuerza con respecto al punto O.

SOLUCIÓN I (AN ÁLISIS ESC ALAR)

La fuerza se descom pone en sus com ponentes x y y como se m ues­ tra en la figura 4-19/?, entonces

c+ M o = 400 sen 30° N (0.2 m ) -

400 eos 30° N(0.4 m)

= - 9 8 . 6 N - m = 98.6 N -m J

F = 400 N

o bien M 0 = {—9 8. 6 k J N - m

Resp.

SOLUCIÓN II (ANÁLISIS VECTO RIAL)

0.2 m

Si aplicamos un m étodo vectorial cartesiano, los vectores de fuerza y posición m ostrados en la figura 4-19c son

400 sen 30°N

r = {0.4i — 0.2j} m

0.4 m 400 eos 30° N

(b)

F = {400 sen 30°i - 400 eos 30°j} N = {200.0Í - 346.4j} N

Por b tanto, el m om ento es

Mo = r X F =

¡ 0.4 200.0

j -0 .2 -346.4

k 0 0

= Oi - Oj + [0.4(—346.4) - ( —0.2) (200.0)]k = {-98.6k} N ■m

Fig. 4-19

Resp.

NOTA: observe q ue el análisis escalar (solución I) proporciona un método más conveniente que la solución II, puesto que la dirección del m om ento y el brazo de m om ento para cada com ponente de fu er­ za son fáciles de establecer. Por consiguiente, suele recom endarse d uso de este m étodo para resolver problem as bidimensionales, en tanto que el análisis vectorial cartesiano se recom ienda sólo p ara resolver problem as tridim ensbnales.

OMAR ROJAS 4 .4

P r in c ip io d e m o m e n t o s

131

PRO BLEM AS FU N D A M EN TALES F4-I. Determine el momento de la fuerza con respecto al punto O.

F4-4. Determine el momento de la fuerza con respecto al punto O.

6001b

t F4-2. Determine el momento de la fuerza con respecto al punto O.

F4-5. Determine el momento de la fuerza con respecto al punto O. No tome en cuenta el grosor del elemento.

100 N

O 5m

J

2

m

F4-2

F4-3. Determine el momento de la fuerza con respecto al punto O.

F4-6. Determine el momento de la fuerza con respecto al punto O. 500 N

F4-3

OMAR ROJAS 132

C a p ít u l o 4

R e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

F4-7. Determine el momento resultante producido por las fuerzas con respecto al punto O.

F4-10. Determine el momento de la fuerza F con respec­ to al punto O. Exprese el resultado como un vector carte­ siano.

z

F4-7

F4-10

F4-8. Determine el momento resultante producido por las fuerzas con respecto al punto O.

F4-11. Determine el momento de la fuerza F con respec­ to al punto O. Exprese el resultado como un vector carte­ siano.

z

F4-9. Determine el momento resultante producido por las fuerzas con respecto al punto O.

F4-12. Si Fj = {1001 - 120j + 75k) Ib y F2 = {—2001 + 250j + lOOk) Ib, determine el momento resultante produ­ cido por estas fuerzas con respecto al punto O. Exprese el resultado como un vector cartesiano.

F4 -9

OMAR ROJAS 4 .4

P r in c ip io d e m o m e n t o s

133

PROBLEM AS •4-1. Si A, B y D son vectores dados, demuestre la ley distributiva para el producto cruz, es decir, que A X (B + D) = (A X B) + (A X D).

*4-8. El mango del martillo está sometido a la fuerza de F = 20 Ib. Determine el momento de esta fuerza respecto del punto A .

4-2. Demuestre la identidad del triple producto escalar. ABXC = AXBC.

•4-9. Para poder sacar el clavo en B, la fuerza F ejercida sobre el mango del martillo debe producir un momento en el sentido de las manecillas del reloj de 500 Ib • pulg respecto del punto A . Determine la magnitud requerida de la fuerza F.

4-3. Dados los tres vectores no nulos A, B y C, demues­ tre que si A • (B X C) = 0, los tres vectores deben encon­ trarse en el mismo plano. *4-4. Dos hombres ejercen fuerzas d e F = 801byP = 501b sobre las cuerdas. Determine el momento de cada fuerza respecto de A . ¿De qué forma girará el poste, en el sentido de las manecillas del reloj o en el sentido contrario? •4-5. Si el hombre en B ejerce una fuerza de P = 30 Ib sobre su cuerda, determine la magnitud de la fuerza F que el hombre en C debe ejercer para evitar que el poste gire, es decir, de manera que el momento resultante de ambas fuerzas con respecto a A sea cero.

Probs. 4-8/9 4-10. El cubo de la rueda se puede unir al eje con excen­ tricidad negativa (izquierda) o positiva (derecha). Si la llanta está sometida a cargas normal y radial como las que se muestran en la figura, determine en ambos casos el momento resultante de esas cargas con respecto al punto O localizado sobre el eje. Probs. 4-4/5 4-6. Si 0 = 45°, determine el momento producido por la fuerza de 4 kN respecto del punto A. 4-7. Si el momento producido por la fuerza de 4 kN res­ pecto al punto A es de 10 kN • m en el sentido de las m ane­ cillas del reloj, determine el ángulo 0, donde 0o ^ 0 ^ 90°.

4kN

Probs. 4-6/7

Cas01

Caso 2

Prob. 4-10

OMAR ROJAS 134

C a p ít u l o 4

R e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

4-11. El elemento está sometido a una fuerza de F = 6 kN. Si 0 = 45°, determine el momento producido por Frespecto al punto A. *4-12. Determine el ángulo 0 (0o ^ 0 ^ 180°) de la fuer­ za F de manera que produzca un momento máximo y un momento mínimo respecto al punto A Además encuentre cuáles son las magnitudes de estos momentos máximo y mínimo. •4-13. Determine el momento producido por la fuerza F respecto al punto A en términos del ángulo 0. Trace la grá­ fica de Ma contra 0, donde 0 o ^ 0 ^ 180°.

4-15. La fuerza del tendón de Aquiles de Ft = 650 N se activa cuando el hombre trata de pararse sobre los dedos de sus pies. Cuando hace esto, cada uno de sus pies está sometido a una fuerza reactiva de Nf = 400 N. Determine el momento resultante de F, y Ny con respecto a la unión del tobillo A. *4-16. La fuerza del tendón de Aquiles F, se activa cuan­ do el hombre trata de pararse sobre los dedos de sus pies. Cuando hace esto, cada uno de sus pies está sometido a una fuerza reactiva de N, = 400 N. Si el momento resultan­ te producido por las fuerzas F, y N, con respecto a la unión del tobillo A debe ser cero, determine la magnitud de F,.

F,

Probs. 4-11/12/13 4-14. Cuando un jugador de fútbol americano recibe un golpe en la protección facial de su casco, como se muestra en la figura, puede sufrir lesiones graves de cuello al acti­ varse un mecanismo de guillotina. Determine el momento de la fuerza de la rodilla P = 50 Ib respecto del punto A. ¿Cuál sería la magnitud de la fuerza F del cuello, de m ane­ ra que hubiera un momento con respecto a A que equili­ brara las fuerzas?

Prob. 4-14

•4-17. Los dos muchachos empujan la reja con fuerzas de Fa = 30 Ib y FB = 50 Ib como se muestra en la figura. Determine el momento de cada fuerza con respecto a C. ¿En qué forma girará la reja, en el sentido de las m ane­ cillas del reloj o en el sentido contrario? No considere el espesor de la reja. 4-18. Dos muchachos empujan la reja como se muestra en la figura. Si el muchacho situado en B ejerce una fuerza de Fb = 30 Ib, determine la magnitud de la fuerza FA que el ubicado en A debe ejercer para impedir que la reja gire. No considere el espesor de la reja.

Probs. 4-17/18

OMAR ROJAS 4 .4

4-19. Las tenazas se usan para apretar los extremos del tubo de perforación P. Determine el par de torsión (momento) M P que la fuerza aplicada F = 150 Ib ejerce sobre el tubo con respecto al punto Pcom o una función de 0. Grafíque este momento M Pcontra 0 para 0 ^ 0 ^ 90°. *4-20. Las tenazas se usan para apretar los extremos del tubo de perforación P. Si se requiere un par de torsión (momento) con M P = 800 Ib *pie en P para hacer girar el tubo, determine la fuerza F d el cable que debe aplicarse a las tenazas. Establezca que 0 = 30°.

•4-21. Determine la dirección 0 para 00 < 0 < 180° de la fuerza F, de manera que produzca el momento máximo respecto al punto A . Calcule este momento. 422. Determine el momento de la fuerza F con respecto al punto A como una función de 0. Grafíque los resultados de M (ordenada) contra 0 (abscisa) para 0o ^ 0 < 180°. 4-23. Determine el momento mínimo producido por la fuerza F respecto al punto A . Especifique el ángulo 0 (0o < 0 < 180°).

F = 400 N

Probs. 4-21/22/23

P r in c ip io d e m o m e n t o s

135

*4-24. Para levantar el poste de alumbrado desde la po­ sición mostrada, se aplica la fuerza F al cable. Si F = 200 Ib, determine el momento producido por F con res­ pecto al punto A. •4-25. Para levantar el poste de alumbrado desde la posición mostrada, la fuerza F sobre el cable debe crear un momento con sentido contrario al de las manecillas del reloj de 1500 Ib • pie con respecto al punto A . Determine la magnitud de Fque debe aplicarse al cable.

4-26. El segmento de pie está sometido al jalón de dos músculos flectores. Determine el momento de cada fuerza con respecto al punto de contacto A sobre el suelo.

OMAR ROJAS 136

C a p ít u l o 4

R e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

4-27. La fuerza de 70 N actúa sobre el extremo del tubo en B. Determine (a) el momento de esta fuerza con res­ pecto al punto A y (b ) la magnitud y la dirección de una fuerza horizontal aplicada en C, que produce el mismo momento. Considere que 6 = 60°.

4-31. La varilla del mecanismo de control de potencia para un avión ejecutivo, está sometida a una fuerza de 80 N. Determine el momento de esta fuerza con respecto al cojinete en A .

*4-28. La fuerza de 70 N actúa sobre el extremo del tubo en B. Determine los ángulos 6 (0o < 0 < 180°) de la fuerza que producirá los momentos máximo y mínimo respecto al punto A . ¿Cuáles son las magnitudes de estos momentos?

A

Probs. 4-27/28

•4-29. Determine el momento de cada fuerza con res­ pecto al perno localizado en A . Considere FB = 40 Ib, Fc = 50 Ib. 4-30. Si F b = 30 Ib y Fc = 45 Ib, determine el momento resultante con respecto al perno localizado en A .

*4-32. El cable de remolque ejerce una fuerza de P = 4 kN en el extremo del aguilón de 20 m de longitud de la grúa mostrada. Si 0 = 30°, determine la posición a ; del gan­ cho en A de modo que esta fuerza produzca un momento máximo con respecto al punto O. ¿Qué valor tiene este momento? •4-33. El cable de remolque ejerce una fuerza de P = 4 kN en el extremo del aguilón de 20 m de longitud de la grúa mostrada. Si x = 25 m, determine la posición 0 del aguilón de modo que se produzca un momento máximo con respecto al punto O. ¿Qué valor tiene este momento?

x

Probs. 4-29/30

Probs. 4-32/33

OMAR ROJAS 4 .4

4-34. Con el propósito de sostener la carretilla en la posi­ ción mostrada, la fuerza F debe producir un momento con sentido inverso al de las manecillas del reloj de 200 N • m con respecto al eje A. Determine la magnitud requerida de la fuerza F. 4-35. La carretilla y su contenido tienen una masa de 50 kg y un centro de masa en G. Si el momento resultante producido por la fuerza F y el peso con respecto al punto A debe ser igual a cero, determine la magnitud requerida de la fuerza F.

P r in c ip io d e m o m e n t o s

137

*4-40. Determine el momento producido por la fuerza Ffl respecto al punto O. Exprese el resultado como un vec­ tor cartesiano. •4-41. Determine el momento producido por Fc respec­ to al punto O. Exprese el resultado como un vector carte­ siano. 4-42. Determine el momento resultante producido por las fuerzas Ffi y Fc respecto al punto O. Exprese el resulta­ do como un vector cartesiano.

*4-36. La carretilla y su contenido tienen una masa de 50 kg y un centro de masa en G. Si F = 100 N y el momen­ to resultante producido por la fuerza F y el peso con res­ pecto al eje en A es igual a cero, determine la masa de la carretilla y su contenido. Fc = 420 N /

^ Fb = 780 N

Probs. 4-40/41742

Probs. 4-34/35A36 •4-37. Determine el momento producido por Fj respec­ to del punto O. Exprese el resultado como un vector car­ tesiano.

4-43. Determine el momento producido por cada fuerza respecto del punto O localizado sobre la punta del taladro. Exprese los resultados como vectores cartesianos.

4-38. Determine el momento producido por F2 respec­ to al punto O. Exprese el resultado como un vector carte­ siano. 4-39. Determine el momento resultante producido por las dos fuerzas respecto al punto O. Exprese el resultado como un vector cartesiano.

lOj + 30k} Ib

Probs. 4-37/38/39

*4-44. Una fuerza de F = {6 i - 2j 4- lk) kN produce un momento de M0 = {4i + 5j —14k) kN • m respecto al ori­ gen de coordenadas, el punto O. Si la fuerza actúa en un punto que tiene una coordenada x de x = 1 m, determine las coordenadas y y z.

OMAR ROJAS 138

C a p ít u l o 4

R e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

•4-45. El ensamble de tubos está sometido a la fuerza de 80 N. Determine el momento de esta fuerza con respecto al punto A 4-46. El ensamble de tubos está sometido a la fuerza de

80 N. Determine el momento de esta fuerza con respecto al punto B.

*4-48. La fuerza F actúa en forma perpendicular al plano inclinado. Determine el momento producido por F con respecto al punto A. Exprese el resultado como un vector cartesiano. •4-49. La fuerza F actúa en forma perpendicular al plano inclinado. Determine el momento producido por F con respecto al punto B. Exprese el resultado como un vector cartesiano.

z

z

Probs. 4-45/46

4-47. La fuerza F = {61 + 8j + lOk) N produce un momento con respecto al punto O de M¿> = {—141 + 8j +

2k) N • m. Si esta fuerza pasa por un punto que tiene una coordenada x de 1 m, determine las coordenadas y y z del punto. Además, teniendo en cuenta que M0 = Fd, deter­ mine la distancia perpendicular d desde el punto O hasta la línea de acción de F.

Al maneral de la llave de torsión se aplica una fuer­ za horizontal de 20 N en forma perpendicular. Determine la magnitud y los ángulos directores coordenados del momento producido por esta fuerza con respecto al pun­ to O. 4-50.

z

OMAR ROJAS 4 .5

4 .5

M o m e n to d e u n a f u e r z a c o n re s p e c to a u n e j e e s p e c ífic o

Momento de una fuerza con respecto a un eje específico

En ocasiones debe determ inarse el m om ento producido por una fuerea con respecto a un eje específico. Por ejem plo, suponga q u e hay que aflojar la tuerca del punto O de la llanta de autom óvil que se m uestra en la figura 4-20a. La fuerza aplicada a la llave producirá una tendencia a que ésta y la tuerca giren en to rn o al eje de m om ento q u e pasa p o r O; sin em bargo, la tuerca sólo puede girar alrededor del eje y. Por lo tanto, para determ inar el efecto de giro, sólo se necesita la com ponen­ te y del m om ento, y el m om ento to tal producido no es im portante. Para determ in ar esta com ponente, podem os usar un análisis escalar o vectorial.

Eje de momento

(a) Fíg. 4-20

A nálisis escalar. Para usar un análisis escalar en el caso de la tuerca de la figura 4-20«, el brazo de momento o distancia perpendicu­ lar desde el eje hasta la línea de acción de la fuerza es dy = d eos 0. Así, el m om ento de F respecto al eje y es My = F dy = F(d eos 0). De acuerdo con la regla de la m ano derecha, My está dirigido a lo largo del eje y positivo com o se m uestra en la figura. En general, para cual­ quier eje «, el m om ento es M a = Fda

(4-10)

Si tiene un largo suficiente, la fuerza del cable F sobre el aguilón de esta grúa puede hacer q u e la grúa se voltee. P ara investigar esto, el m om ento de la fuerza d eb e calcularse con respecto a un eje que pasa por la base d e las piernas en A y B.

139

OMAR ROJAS 140

C a p ít u l o 4

R e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

Análisis vectorial. P ara encontrar el m om ento de la fuerza F e n la figura 4-20b con respecto al eje y por medio de un análisis vectorial, primero debem os determ inar el m om ento de la fuerza con respecto a cualquier punto O sobre el eje y, y aplicar la ecuación 4-7, M 0 = r X F. La com ponente M y a lo largo del eje y es la proyección de M 0 sobre el eje y. E sta puede encontrarse usando el producto punto analizado en el capítulo 2, de m anera q u e M y = j • = j ■(r X F), donde j es el vector unitario para el eje y. Este m étodo puede generalizarse considerando q u e ua es el vector unitario que especifica la dirección del eje a m ostrada en la figura 4-21. D espués, el m om ento de F c o n respecto al eje es M a = ua ■(r X F). Esta com binación se denom ina triple producto escalar. Si los vectores se escriben en su forma cartesiana, tenem os

(b) Fig. 4-20

Ma = Wa) + UQyj + Ua k]

Fx uaz(.ryFz

r zFy)

Fy

tia {jxFz

Fz rzFx) 4- u a ( j xFy

ryFx)

Este resultado tam bién se puede escribir en la forma de un determ inan­ te, con lo que es más fácil mem orizarlo.*

M a = « i ' (r X F ) =

Ua, rx Fx

“a, ry Fy

“a, rz Fz

(4-11)

donde uax> uay> uaz representan las com ponentes jc , y , z del vector unitario que define la dirección del eje a rxy ryy rz

representan las com ponentes jc , y , z del vector de posición trazado desde cualquier punto O sobre el eje a hacia cualquier pu n to A sobre la línea de acción de la fuerza

FXy Fyy Fz

representan las com ponentes fuerza

rx F

Eje de proyección

Flg. 4-21

jc ,

y ,

z del vector

Cuando M asea evaluado con la ecuación 4-11, generará un escalar posi­ tivo o negativo. El signo de este escalar indica el sentido de dirección de M a a lo largo del eje a. Si es positivo, entonces Mfl tendrá el mismo sentido que u^, mientras que si es negativo M fl actuará en sentido opues­ to a ua. Una vez determ inado M a>podem os expresar M flcom o un vector c a r­ tesiano, a saber, Mfl = M aua

(4-12)

Los ejem plos siguientes ilustran aplicaciones num éricas de los con­ ceptos descritos en esta sección. *Tome un momento para desarrollar esta determinante, a fin de demostrar que pro­ ducirá el resultado presentado.

OMAR ROJAS 4 .5

M o m e n to d e u n a f u e r z a c o n re s p e c to a u n e j e e s p e c ífic o

Puntos im p o rtan te s El m om ento de una fuerza con respecto a un eje específico puede determ inarse siem pre que la distancia perpendicular da desde la línea de acción de la fuerza hasta el eje pueda ser determ inada. M a = Fda. Si se usa el análisis vectorial, M a = ua • (r X F), donde ua defi­ ne la dirección del eje y r está dirigido desde cualquier punto sobre el eje hasta cualquier punto sobre la línea de acción de la fuerza. Si M a se calcula como un escalar negativo, entonces el sentido de dirección de es opuesto a ua. El m om ento Ma expresado com o un vector cartesiano se d e te r­ mina a p artir de Ma = M aUa.

ejem plo

D eterm ine el m om ento resultante de las tres fuerzas que se m ues­ tran en la figura 4-22 con respecto al eje jc,al eje y y al eje z.

SOLUCIÓN

Una fuerza que es paralela a un eje coordenado o tiene una línea de acción que pasa por el eje no produce ningún m om ento o tendencia a girar alrededor de ese eje. Por lo tanto, al definir la dirección positiva d el m om ento de una fuerza de acuerdo con la regla de la mano derecha, com o se m uestra en la figura, tenem os

M x = (60 lb)(2 pies) + (50 Ib) (2 pies) + 0 = 220 Ib ■pie

Resp.

M y = 0 - (501b)(3 pies) - (40 lb)(2 pies) = -2 3 0 Ib* pie

Resp.

M z = 0 + 0 - (40 Ib)(2 pies) = -8 0 Ib • pie

Resp.

Los signos negativos indican q u e M v y Mz actúan en las direcciones - y y —z, respectivam ente.

f 3 = 40 ib

Fig. 4-22

141

OMAR ROJAS 142

C a p ít u l o 4

E JE M P LO

R e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

4.8 D eterm ine el m om ento MAB producido por la fuerza F que se m ues­ tra en la figura 4-23a, la cual tiende a girar la barra con respecto al eje A B . SOLUCIÓN

F= 300 N

Para encontrar la solución, se considerará un análisis vectorial si usamos MAB = uB- ( r X F ) en vez de encontrar el brazo de m om en­ to o la distancia perpendicular desde la línea de acción de F hasta el eje A B . A hora se identificará cada uno de los térm inos presentes en la ecuación. El vector unitario define la dirección del eje A B de la barra, figura 4-23/?, donde Ufí =

{0.4i + 0.2j) m rb

= 0.8944Í + 0.4472j

V (0.4 m )2 + (0 .2 m ):

El vector r está dirigido desde cualquier punto sobre el eje A B hacia cualquier punto sobre la línea de acción de la fuerza. Por ejem plo, tos vectores de posición r c y rD son los adecuados, figura 4-23/?. (A unque no se m uestran en la figura, tam bién se pueden usar rBC o tBd -) Por simplicidad, seleccionam os rDy donde rD = {0 .6 ¡) m La fuerza es F = {—300k) N Al sustituir estos vectores en la form a de determ inante, y d esarro ­ llarlos tenem os

M ab - Ufl' (rD X F) -

0.8944

0.4472

0.6

0

0

0

0

0

-300

= 0.8944[0( —300) - 0(0)] - 0.4472[0.6(-300) - 0(0)]

+ 0[0 .6 (0 ) - 0 (0 )] = 80.50 N -m Este resultado positivo indica que el sentido de M AB es en la misma dirección q u e ufí. Al expresar M AB com o un vector cartesiano resulta, M AB = M a b Ub = (80.50 N - m)(0.8944i + 0.4472j)

= {72.0¡ + 3 6 . 0 j } N - m

Regp

El resultado se m uestra en la figura 4-23/?. NOTA: si el eje A B se define con un vector unitario dirigido desde B hacia A, entonces en la form ulación anterior tendría que haberse usado - u B. E sto conduciría a M AB = -8 0 .5 0 N • m. En consecuen­ cia, M a b = M a b ( - ufi), y se obtendría el mismo resultado.

OMAR ROJAS 4 .5

M o m e n to d e u n a f u e r z a c o n re s p e c to a u n e j e e s p e c ífic o

E JE M P LO D eterm ine la m agnitud del m om ento de la fuerza F con respecto al segm ento O A del ensam ble de tubos que se m uestra en la figura 4-24«.

SOLUCIÓN

El m om ento d e F con respecto al eje O A se determ ina a partir de M oa = uoa ' (* x F), donde r es un vector de posición que se extien­ de desde cualquier punto sobre el eje O A hasta cualquier punto o i sobre la línea de acción de F. Como se indica en la figura 4-24/?, es posible usar r ODy t 0 c> *a d o t a c \ sin em bargo, aquí se considerará t 0 d porque esto simplificará los cálculos. x El vector unitario u OA>que especifica la dirección del eje O A yes

r OA

{0.3i + 0.4j} m

yo a

V(0.3 m ) 2 + (0.4 m ) 2

= 0.6¡ + 0.8j

y el vector de posición t OD es rod = {0.5i + 0.5k) m

La fuerza F expresada como un vector cartesiano es

F =

f

(— ) \r c D / {0.4i - 0.4j + 0.2k} m

= (300 N) _ V (0.4 m )2 + ( - 0 .4 m ) 2 + (0 .2 m ) 2_

(b)

Fig. 4-24

{200i - 200j + lOOk) N

Por lo tanto,

M

o a

-

uoa

*( í o d x F)

0.6

0.8

0

0.5

0

0.5

200

-2 0 0

100

= 0.6[0 ( 100) = 100 N-m

(0 .5 )(—200)] - 0.8[0.5(100) - (0.5)(200)] + 0 Resp.

143

OMAR ROJAS 144

C a p ít u l o 4

R e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

PRO BLEM AS FU N D A M EN TALES F4-13. Determine la magnitud del momento de la fuerza F = {300i - 200j + 150k) N con respecto al eje x. Exprese el resultado como un vector cartesiano. F4-14. Determine la magnitud del momento de la fuer­ za F = {300i - 200j + 150k) N con respecto al eje OA . Exprese el resultado como un vector cartesiano.

F4-16. Determine la magnitud del momento de la fuerza con respecto al eje y. F = {301 - 20j + 50k} N

F4-16 F4-17. Determine el momento de la fuerza F = {501 40j + 20k) Ib con respecto al eje A B . Exprese el resultado como un vector cartesiano.

F4-13/14

F4-15. Determine la magnitud del momento de la fuerza de 200 N con respecto al eje x.

F4-17 F4-18. Determine el momento de la fuerza F con respec­ to a los ejes x yy y z. Utilice un análisis escalar. F = 200 N 500 N

025 m

F4-15

F4-18

OMAR ROJAS 4 .5

M o m e n to d e u n a f u e r z a c o n re s p e c to a u n e j e e s p e c ífic o

145

PROBLEM AS 4-51. Determine el momento producido por la fuerza F con respecto a la diagonal A F del bloque rectangular. Exprese el resultado como un vector cartesiano. *4-52. Determine el momento producido por la fuerza F con respecto a la diagonal OD del bloque rectangular. Exprese el resultado como un vector cartesiano.

+ 10k}N

4-54. Determine la magnitud de los momentos de la fuer­ za F con respecto a los ejes x> y, z. Resuelva el problema (a) mediante un método vectorial cartesiano, y (b) con un método escalar. 4-55. Determine el momento de la fuerza F con respecto a un eje que pasa por A y C. Exprese el resultado como un vector cartesiano. z

■y

Probs. 4-51/52

•4-53. La herramienta se utiliza para cerrar las válvulas de gas con acceso difícil. Si se aplica la fuerza F a la mani­ ja, determine la componente del momento creado con respecto al eje z de la válvula. z

*4-56. Determine el momento producido por la fuerza F con respecto al segmento A B del ensamble de tubos A B. Exprese el resultado como un vector cartesiano.

OMAR ROJAS 146

C a p ít u l o 4

R e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

•4-57. Determine la magnitud del momento que ejerce la fuerza F con respecto al eje y de la flecha. Resuelva el problema con un método vectorial cartesiano y después con un método escalar.

*4-60. Determine la magnitud del momento producido por la fuerza de F = 200 N con respecto al eje que contiene las bisagras de la puerta (el eje x).

z

X

Prob. 4-60

Prob. 4-57

4-58. Si F = 450 N, determine la magnitud del momento producido por esta fuerza con respecto al eje x. 4-59. La fricción en el manguito A puede proporcionar un momento de resistencia máximo de 125 N • m con res­ pecto al eje x. Determine la magnitud máxima de la fuerza Fque puede aplicarse de manera que el soporte no gire.

z

•4-61. Si la tensión en el cable es F = 140 Ib, determine la magnitud del momento producido por esta fuerza con respecto al eje articulado CD, del panel 4-62. Determine la magnitud de la fuerza F en el cable A B a fin de producir un momento de 500 Ib • pie con res­ pecto al eje articulado CD, lo cual es necesario para man­ tener al panel en la posición mostrada.

z

OMAR ROJAS 4 .5

M o m e n to d e u n a f u e r z a c o n re s p e c to a u n e j e e s p e c ífic o

Se levanta el marco en forma de A a una posición perpendicular mediante la fuerza vertical de F = 80 Ib. Determine el momento de esta fuerza con respecto al eje y' que pasa por los puntos A y B cuando el marco está en la posición mostrada. 4 -6 3 .

*4-64. Se levanta el marco en forma de A a una posición perpendicular mediante la fuerza vertical de F = 80 Ib. Determine el momento de esta fuerza con respecto al eje x cuando el marco está en la posición que se muestra. •4-65. Se levanta el marco en forma de A a una posición perpendicular mediante la fuerza vertical de F = 80 Ib. Determine el momento de esta fuerza con respecto al eje y cuando el marco está en la posición que se muestra.

147

*4-68. El ensamble de tubos está asegurado a la pared mediante dos soportes. Si la maceta tiene un peso de 50 Ib, determine la magnitud del momento producido por el peso con respecto al eje OA. •4-69. El ensamble de tubos está asegurado a la pared mediante dos soportes. Si la fuerza de fricción de ambos soportes puede resistir un momento máximo de 150 Ib • pie, determine el máximo peso de la maceta que puede ser sostenido por el ensamble sin ocasionar que éste gire alre­ dedor del eje OA.

z

z

4-70. Una fuerza vertical de F = 60 N se aplica al mane-

La llave de cabeza flexible está sometida a una fuerza P = 16 Ib, aplicada perpendicularmente a su maneral como se muestra en la figura. Determine el momento o el par de torsión aplicado a lo largo del eje vertical del perno ubicado en A. 4-66.

Si se requiere un par de torsión o momento de 80 Ib *pulg para aflojar el perno localizado en A, determi­ ne la fuerza P que debe aplicarse perpendicularmente al maneral de la llave de cabeza flexible. 4-67.

ral de la llave para tubos. Determine el momento que ejer­ ce esta fuerza a lo largo del eje A B (eje x) del ensamble de tubos. Tanto la llave como el ensamble de tubos ABC. se encuentran en el plano x-y. Sugerencia: use un análisis escalar. 4-71. Determine la magnitud de la fuerza vertical F que

actúa sobre el maneral de la llave si produce una com­ ponente de momento a lo largo del eje A B (eje x) de la tubería de ( M A )X = {—5i) N • m. Tanto la llave como el ensamble de tubos A BC , se encuentran en el plano x-y. Sugerencia: use un análisis escalar. z

OMAR ROJAS 148

C a p ít u l o 4

R e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

4 .6

-F Fig. 4-25

Momento de un par

Un par se define como dos fuerzas paralelas que tienen la misma m ag­ nitud, con direcciones opuestas, y están separadas por una distancia perpendicular d , figura 4-25. Como la fuerza resultante es cero, el único efecto de un par es producir una rotación o tendencia a ro tar en una dirección específica. Por ejem plo, imagine que usted conduce un au to ­ móvil con am bas manos en el volante y está haciendo un giro. U na m ano em pujará el volante m ientras que la o tra lo jalará, con esto el volante girará. El m om ento producido p o r un par se denom ina m om ento de par. Pbdemos determ inar su valor encontrando la suma de los m om entos de am bas fuerzas del par con respecto a cualquier punto arbitrario. Por ejem plo, en la figura 4-26, los vectores de posición rA y rB están dirigi­ dos desde el punto O hasta los puntos A y B que se encuentran sobre la línea de acción de - F y F. Por lo tanto, el m om ento del par calculado con respecto a O es M = t b X F + r A X - F = (rB - r A ) Sin em bargo, rB =

Fig. 4-26

ta

X

¥

+ r o bien r = rB - rA,d e forma que

M = r X F (4-13) Este resultado indica que un m om ento de par es un vector libre, es decir, puede actuar en cualquier punto ya q u e M depende sólo del vec­ tor de posición r dirigido entre las fuerzas y no de los vectores de posi­ ción ta y rBy dirigidos desde el punto arbitrario O hacia las fuerzas. P or b tan to , este concepto es d iferente al m om ento de una fuerza, que requiere un punto definido (o eje) con respecto al cual se determ inan b s mom entos.

Form ulación escalar.

El m om ento de un par, M, figura 4-27, se

define con una magnitud de M = Fd

(4-14)

donde Fes la magnitud de una de las fuerzas y ¿ l a distancia perpendicu­ lar o brazo de m om ento en tre las fuerzas. La dirección y el sentido del m om ento de par se determ inan m ediante la regla de la m ano derecha, donde el pulgar indica la dirección cuando los dedos se cierran con el sentido de rotación causado p o r las dos fuerzas. En todos los casos, M actúa perpendicularm ente al plano que contiene estas fuerzas. Fig. 4-27

Formulación vecto rial. El m om ento de un p a r puede expresar­ se tam bién por el vector producto cruz con la ecuación 4-13, es decir, M = r X F

(4-15)

La aplicación de esta ecuación se recuerda fácilm ente si se piensa en tom ar los m om entos de ambas fuerzas con respecto a un punto que se encuentre sobre la línea de acción de una de las fuerzas. Por ejem plo, si los m om entos se tom an con respecto al punto A en la figura 4-26, el m om ento de - F es cero con respecto a este punto, y el m om ento de F se define a partir de la ecuación 4-15. Por lo tanto, en la form ulación, rs e multiplica vectorialm ente por la fuerza F a la cual está dirigida.

OMAR ROJAS 4 .6

M o m e n t o d e un par

Fíg. 4-28

Pares equivalentes. Se dice que dos pares son equivalentes si producen un m om ento con la misma magnitud y dirección. P o r ejem ­ plo, los dos pares m ostrados en la figura 4-28 son equivalentes porque cada m om ento d e par tiene una m agnitud de M = 30 N(0.4 m) = 40 N(0.3 m) = 12 N ■m, y cada uno de ellos está dirigido hacia el plano de la página. Observe que en el segundo caso se requieren fuerzas más grandes para crear el mismo efecto de giro, debido a que las manos están colocadas más cerca una de la otra. Adem ás, si la rueda estuviera conectada al eje en un punto distinto de su centro, ésta giraría de igual forma al aplicar cada uno de los pares porque el par de 12 N ■m es un vector libre.

Momento de par resultante. Como los m om entos de par son vectores libres, sus resultantes pueden determ inarse m ediante la sum a de vectores. Por ejem plo, considere tos m om entos de p a r Mi y M 2que actúan sobre el tubo de la figura 4-29«. Como cada m om ento de par es un vector libre, podem os unir sus colas en cualquier punto arbitrario y encontrar el m om ento de par resultante, M R = M i + M2, com o se m uestra en la figura 4-29b. Si sobre el cuerpo actúan más de dos m om entos de p ar, podem os generalizar este concepto y escribir el vector resultante com o

M* = 2 ( r X F)

(a)

(4-16)

E stos conceptos se ilustran num éricam ente en los ejem plos que siguen. En general, los problem as proyectados en dos dim ensiones deben resolverse con un análisis escalar puesto q u e los brazos de m om ento y las com ponentes son fáciles de determ inar.

(b) Fig. 4-29

149

OMAR ROJAS 150

C a p ít u l o

4

R e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

P unto s im p o rtan te s • U n m om ento de par lo producen dos fuerzas no colineales que son iguales en m agnitud pero opuestas en dirección. Su efecto es producir una rotación pura, o una tendencia a girar en una dirección especificada. • U n m om ento de par es un vector libre y, como resultado, causa el mismo efecto de rotación sobre un cuerpo independiente­ m ente de dónde se aplique al cuerpo. Los volantes de los vehículos actuales se fabrican más pequeños que en los autom ó­ viles antiguos, debido a que d e esta form a no se re q u iere q u e el co n d u cto r aplique un m om ento de p ar grande al rin de la rueda.

• El m om ento de las dos fuerzas de par se puede determ inar con respecto a cualquier punto. Por conveniencia, a m enudo ese punto se selecciona sobre la línea de acción de una de las fuerzas para elim inar el m om ento de esta fuerza con respecto al punto. • En tres dim ensiones, el m om ento de p a r a m enudo se d e te r­ mina p o r la formulación vectorial, M = r X F, donde r está dirigido desde cualquier punto sobre la línea de acción de una de las fuerzas a cualquier punto sobre la línea de acción de o tra fuerza F. • U n m om ento de par resultante es sim plem ente la suma vecto­ rial de todos los m om entos de par del sistema.

E JE M P LO

4.10 D eterm ine el m om ento de par resultante de los tres pares que actúan sobre la placa de la figura 4-30. 3001b

SOLUCIÓN Como se m uestra en la figura, las distancias perpendiculares en tre cada par de fuerzas son ¿fe = 4 pies, ¿fe = 3 pies y ¿fe = 5 pies. Si se considera q u e los m om entos de par con sentido contrario al de las manecillas del reloj son positivos, tenem os Q + M r = SAZ; M r = ~ F xd \ + F2d 2 ~ F 3d 3 300 Ib

= (-2 0 0 lb)(4 pies) + (450 lb)(3 pies) Flg. 4-30

- (300 Ib) (5 pies) = -9 5 0 Ib • pie = 950 Ib • pie

Resp.

El signo negativo indica que M* tiene un sentido rotacional en el sentido de las manecillas del reloj.

OMAR ROJAS 4 .6

M o m e n t o d e un par

E JE M P LO 4.11 D eterm ine la magnitud y la dirección del m om ento de par que actúa sobre el engrane de la figura 4-3la.

(b)

(a)

SOLUCIÓN La solución más fácil requiere descom poner cada fuerza en sus com ponentes como se m uestra en la figura 4-316. El m om ento de p ar puede determ inarse al sum ar los m om entos de estas com ponen­ tes de fuerza con respecto a cualquier punto, por ejem plo, el centro O del engrane o el punto A . Si consideram os que los m om entos con sentido contrario al de las manecillas del reloj son positivos, tenem os C + M = 2 M 0 ; M = (600 eos 30° N)(0.2 m) - (600 sen 30° N)(0.2 m) = 43.9 N-m 5

Resp.

o bien C + M = S M ^; M = (600 eos 30° N)(0.2 m) - (600 sen 30° N)(0.2 m) = 43.9 N-m 5

Resp.

Este resultado positivo indica q u e M tiene un sentido de rotación inverso al d e las manecillas del reloj, de m anera que está dirigido hacia fuera, perpendicular a la página. NOTA: tam bién se puede o btener el mismo resultado con M = Fd> donde d es la distancia perpendicular en tre las líneas de acción de las fuerzas, figura 4-31c. Sin em bargo, el cálculo p ara d es más com ­ plicado. Observe q u e el m om ento de par es un vector libre, por lo que puede actuar en cualquier punto del engrane y produce el mismo efecto de giro con respecto al punto O.

(c) F ig . 4 -3 1

151

OMAR ROJAS 152

C a p ít u l o 4

E JE M P LO

R e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

4.12 D eterm ine el m om ento de par que actúa sobre el tubo de la figura 4-32a. El segm ento A B está dirigido 30° por debajo del plano x-y.

(a) SOLUCIÓN I (ANÁLISIS VECTORIAL) El m om ento de las dos fuerzas de par puede encontrarse con respecto a cualquier punto. Si se considera el punto O yfigura 4-32b ytenem os M = t a X ( —25k) + rB X (25k)

= ( 8j ) X ( —25k) +

(6

eos 30°i +

8j

- 6 s e n 3 0 °k ) X (25k)

= —200i - 129.9j + 200¡ = { - 130j } Ib ■pulg

Resp.

Es más fácil tom ar m om entos de las fuerzas de par con respecto a un punto que esté sobre la línea de acción de una de las fuerzas, por ejemplo, el punto A y figura 4-32c. En este caso, el m om ento de la fuerza en A es cero, por lo que M = r A B X (25k) = ( 6 eos 30°i -

6

sen 30° k) X (25k)

= {—130j} Ib*pulg SOLUCIÓN II (ANÁLISIS ESCALAR) A unque este problem a se m uestra en tres dim ensiones, la geom e­ tría es suficientem ente simple como p ara usar la ecuación escalar M = Fd. La distancia perpendicular entre las líneas de acción de las fuerzas es d = 6 eos 30° = 5.196 pulg, figura 4-32d. Por lo tanto, y tom ando m om entos de las fuerzas con respecto a cualquier punto A o B resulta M = Fd = 75 lb(5.196 pulg) = 129.9 Ib - pulg (d)

Fíg. 4-32

Al aplicar la regla de la m ano derecha, M actúa en la dirección - j . Entonces, M = {—130j} Ib - pulg Resp.

OMAR ROJAS 4 .6

Reem place los dos pares que actúan sobre la colum na tubular en la figura 4-33« por un m om ento de par resultante.

(a)

(b) Fig. 4-33

SOLUCIÓN (ANÁLISIS VECTORIAL) El m om ento de p a r M b desarrollado por las fuerzas presentes en A y B ypueden determ inarse con facilidad a partir de una formulación escalar. M x = Fd = 150 N(0.4 m) = 60 N • m Por la regla de la m ano derecha, M , actúa en la dirección +¡, figura 4-33b. Por consiguiente, Mj = {60iJ N • m Se usará el análisis vectorial para determ inar M 2, causado por las fuerzas en C y D. Si los m om entos se calculan con respecto al punto D ,fig u ra 4-33a yM 2 = rDC X F c, entonces M 2 = ro c X F c = (0.3i) X [ l2 5 (|) j - 125(f)k] = (0.3¡) X [lOOj - 75k] = 30(i X j) - 22.5(i X k) = {22.5j + 30k} N • m Como M t y M 2 son vectores libres, pueden desplazarse hacia algún punto arbitrario y sumarse en forma vectorial, figura 4-33c. El mo­ m ento d e p ar resultante se convierte en M r = M , + M 2 = {60i + 22.5j + 30k} N ■m

Resp.

M o m e n t o d e un par

153

OMAR ROJAS 154

C a p ít u l o 4

R e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

PRO BLEM AS FU N D A M EN TALES F4-19. Determine el momento de par resultante que ac­ túa sobre la viga.

400 N

F4-22. Determine el momento de par resultante que ac­ túa sobre la viga.

400 N

200 N

| 0J2 200 N

-2 m-

3m 300 N

F4-19

300 N

F4-20. Determine el momento de par resultante que ac­ túa sobre la placa triangular.

3001b

F4-20

3001b

F4-21. Determine la magnitud de F de modo que el momento de par resultante que actúa sobre la viga sea de 1.5 kN • m en el sentido de las manecillas del reloj.

F4-21

F4-23. Determine el momento de par resultante que ac­ túa sobre el ensamble de tubos.

F4-24. Determine el momento de par que actúa sobre el ensamble de tubos y exprese el resultado como un vector cartesiano.

OMAR ROJAS 4 .6

M o m e n t o d e un par

155

PROBLEM AS *4-72. Los efectos de fricción del aire sobre las aspas del ventilador de pedestal crean un momento de par de M0 = 6 N • m sobre las aspas. Determine la magnitud de las fuerzas de par en la base del ventilador de manera que el momento de par resultante sobre el ventilador sea igual a cero.

4-74. La rueda movible está sometida a los dos pares mostrados. Determine las fuerzas i7que ejercen los cojine­ tes sobre el árbol de manera que el momento de par resul­ tante sobre la rueda sea cero.

a 0.15 m

0.15 m

Prob. 4-72

Prob. 4-74

•4-73. Determine la magnitud requerida de los momen­ tos de par M2 y M3 de forma que el momento de par resul­ tante sea igual a cero.

4-75. Si F = 200 Ib, determine el momento de par resul­ tante.

Prob. 4-73

Probs. 4-75/76

*4-76. Determine la magnitud requerida de la fuerza F si el momento de par resultante sobre el marco es de 200 Ib • pie, en el sentido de las manecillas del reloj.

OMAR ROJAS 156

C a p ít u l o 4

R e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

•4-77. El piso ocasiona un momento de par de MA = 40 N • m y M b = 30 N • m sobre las brochas de la m áqui­ na pulidora. Determine la magnitud de las fuerzas de par que debe desarrollar el operador sobre los manubrios, de manera que el momento de par resultante sobre la pulido­ ra sea igual a cero. ¿Cuál es la magnitud de estas fuerzas si la brocha en B se detiene repentinamente de modo que

*4-80. Dos pares actúan sobre la viga. Determine la mag­ nitud de F de modo que el momento del par resultante sea de 450 Ib • pie en sentido contrario al de las manecillas del reloj. ¿En qué punto de la viga actúa el momento del par resultante?

Mb = 0 ?

-F

------------ ta­ 1.5 pies

1

V * pie

— -------2 pies------- Prob. 4-80

Prob. 4-77

4-78. Si 0 = 30°, determine la magnitud de la fuerza F de modo que el momento de par resultante sea de 100 N • m en el sentido de las manecillas del reloj. 4-79. Si F = 200 N, determine el ángulo 0 requerido para que el momento de par resultante sea igual a cero.

•4-81. La cuerda que pasa sobre las dos pequeñas clavi­ jas A y B en el tablero cuadrado, está sometida a una ten­ sión de 100 N. Determine la tensión requerida P que actúa sobre la cuerda que pasa sobre las clavijas C y D, si el par resultante producido por los dos pares es de 15 N • m en el sentido de las manecillas del reloj. Considere que 0 = 15°. 4-82. La cuerda que pasa sobre dos pequeñas clavijas A y B en el tablero cuadrado, está sometida a una tensión de 100 N. Determine la tensión mínima P y la orienta­ ción de 0 de la cuerda que pasa sobre las clavijas C y D, si el momento del par resultante producido por los dos pares es de 20 N • m en el sentido de las manecillas del reloj.

Probs. 4-78/79

Probs. 4-81/82

OMAR ROJAS 4 .6

4-83. Un dispositivo llamado rolamita se usa de varias maneras para reemplazar el movimiento deslizante por movimiento rodante. Si la banda, que está enrollada entre los rodillos, se encuentra sometida a una tensión de 15 N, determine las fuerzas reactivas N de las placas superior e inferior sobre los rodillos, de modo que el par resultante que actúa sobre los rodillos sea igual a cero.

M o m e n t o d e un par

157

•4-85. Determine el momento del par resultante que actúa sobre la viga. Resuelva el problema de dos mane­ ras: (a) sume los momentos con respecto al punto 0 \ y (b) sume los momentos con respecto al punto A.

N

Prob. 4-85 Prob. 4-83

*4-84. Dos pares actúan sobre la viga como se muestra en la figura. Determine la magnitud de F de modo que el momento del par resultante sea de 300 Ib *pie en sentido contrario al de las manecillas del reloj. ¿En qué punto de la viga actúa el momento del par resultante?

2001 b

2001 b

Prob. 4-84

4-86. Dos pares actúan sobre la viga en voladizo. Si F = 6 kN, determine el momento del par resultante. 4-87. Determine la magnitud requerida de la fuerza F, si el momento del par resultante sobre la viga debe ser igual acero.

OMAR ROJAS 158

C a p ít u l o 4

R e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

*4-88. Dos pares actúan sobre la estructura. Si el momen­ to del par resultante debe ser igual a cero, determine la distancia d entre las fuerzas del par de 40 Ib.

•4.93. Si F = 80 N, determine la magnitud y los ángulos directores coordenados del momento de par. El ensamble de tubos se encuentra en el plano x-y.

•4-89. Dos pares actúan sobre el bastidor. Si d = 4 pies, determine el momento de par resultante. Para que calcule el resultado descomponga cada fuerza en componentes x y y. Además obtenga el resultado (a) al determinar el momento de cada par (ecuación 4-13) y (/>) al sumar los momentos de todas las componentes de fuerza con respecto al punto A.

4-94. Si la magnitud del momento de par que actúa sobre el ensamble de tubos es de 50 N • m, determine la magni­ tud de las fuerzas de par aplicadas en cada llave. El ensam­ ble de tubos se encuentra en el plano x-y.

4-90. Dos pares actúan sobre el bastidor. Si d = 4 pies, determine el momento de par resultante. Para que calcule el resultado descomponga cada fuerza en componentes x y y. Además obtenga el resultado (a) al determinar el momento de cada par (ecuación 4-13) y (b ) al sumar los momentos de todas las componentes de fuerza con respecto al punto B. y

z

Probs. 4-93/94

4-91. Si M x = 500 N*m, M2 = 6 0 0 N *my Af3 =450 N*m, determine la magnitud y los ángulos directores coorde­ nados del momento de par resultante. *4-92. Determine la magnitud requerida de los momen­ tos de par Mj, M2 y M3 para que el momento de par resul­ tante sea M* = {3001 + 450j - 600k) N • m. z

4-95. A partir de los cálculos de carga, se ha determ ina­ do que el ala está sometida a momentos de par Mx = 17 kip *pie y My = 25 kip «pie. Determine los momentos de par resultantes producidos con respecto a los ejes x ' y y ' . Todos los ejes se encuentran en el mismo plano hori­ zontal. y

Probs. 4-91/92

Prob. 4-95

OMAR ROJAS 4 .6

*4-96. Exprese el momento del par que actúa sobre el bastidor en forma de vector cartesiano. Las fuerzas se apli­ can de m anera perpendicular al bastidor. ¿Cuál es la mag­ nitud del momento de par? Considere que F = 50 N. •4-97. Para voltear el bastidor, se aplica un momento de par como el que se muestra en la figura. Si la com­ ponente de este momento de par a lo largo del eje x es Mx = (—201) N • m, determine la magnitud F d e las fuerzas de par.

M o m e n t o d e un par

159

*4-100. Si Mx = 180 Ib • pie, M2 = 90 Ib • pie y M3 = 120 Ib *pie, determine la magnitud y los ángulos directores coordenados del momento de par resultante. •4-101. Determine las magnitudes de los momentos de par Mj, M2 y M3de modo que el momento de par resultan­ te sea igual a cero.

Probs. 4-96/97

4-98. Determine el momento de par resultante de los dos pares que actúan sobre el ensamble de tubos. La distan­ cia desde A hasta B es d = 400 mm. Exprese el resultado como un vector cartesiano. 4-99. Determine la distancia d entre A y B de modo que el momento de par resultante tenga una magnitud M R = 20 N • m.

4-102. Si F\ — 100 Ib y F2 = 200 Ib, determine la magni­ tud y los ángulos directores coordenados del momento de par resultante. 4-103. Determine la magnitud de las fuerzas de par F! y F2 de modo que el momento de par resultante que actúa sobre el bloque sea igual a cero.

N

Probs. 4-98/99

Probs. 4-102/103

OMAR ROJAS 160

C a p ít u l o 4

R e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

4 .7

S im p lifica ció n de un siste m a de fu e rza y p ar

En ocasiones es conveniente reducir un sistem a de fuerzas y m om entos de p ar que actúan sobre un cuerpo a una form a más sencilla, lo cual se puede hacer si se reem plaza con un sistema equivalente, que conste de una sola fuerza resultante la cual actúe en un punto específico y un m om ento de par resultante. U n sistem a es equivalente si los efectos externos q u e produce sobre un cuerpo son los mismos que los causados por el sistem a original de fuerza y m om ento de par. En este contexto, tos efectos externos de un sistem a se refieren al movim iento de trasla­ ción y rotación del cuerpo si éste es libre de moverse, o se refiere a las fuerzas reactivas en los apoyos si el cuerpo se m antiene fijo. Por ejem plo, considere que se sujeta la varilla de la figura 4-34«, la cual está som etida a la fuerza F en el punto A . Si añadim os un par de fuerzas iguales pero opuestas F y - F e n el punto B , que se encuentra sobre la línea de acción de F, figura 4-34b, observam os que - F en B y F en A se cancelarán en tre sí, y queda sólo F e n B, figura 4-34c. A hora, la fuerza F se ha movido desde A hasta B sin modificar sus efectos externos sobre la varilla; es decir, la reacción en el agarre perm anece igual. Lo anterior dem uestra el principio de transmisibilidad, el cual establece que una fuerza que actúa sobre un cuerpo (varilla) es un vector desli­ zante puesto que puede aplicarse sobre cualquier punto a lo largo de su línea de acción. Tam bién podem os usar el procedim iento anterior p ara m over una fuerza hasta un punto q u e no está sobre la línea de ac d ó n de la fuerza. Si F se aplica en form a perpendicular a la varilla, com o en la figura 4-35a, podem os añadir un par de fuerzas iguales p ero opuestas F y - F a B , figura 4-356. A hora la fuerza F se aplica en B , y las otras dos fuerzas, F en A y - F en B , form an un par que produce el m om en­ to de p ar M = Fd, figura 4-35c. Por lo tanto, la fuerza F p u ed e moverse desde A h asta B siem pre que se añada un m om ento de p a r M p ara m antener un sistem a equivalente. E ste m om ento de par se determ ina al tom ar el m om ento de F con respecto a B. Como M es en realidad un

(a)

OMAR ROJAS 4 .7

S im p l if ic a c ió n d e u n s is t e m a d e f u e r z a y pa r

vector libre, puede actuar en cualquier punto de la varilla. En ambos casos los sistem as son equivalentes, lo que produce una fuerza descen­ dente F y un m om ento de p a r M = Fd en el sentido de las manecillas del reloj, que se siente en el punto de sujeción.

Sistem a de fuerzas y momentos de par. Por el m étodo anterior, es posible reducir un sistem a de varias fuerzas y m om entos de par que actúan sobre un cuerpo a una sola fuerza resultante que actúa en el punto O y un m om ento de par resultante. P or ejem plo, en la figura 4-36«, O no está en la línea de acción de F b por lo q u e la fuerza puede m overse al punto O siem pre que se añada al cuerpo un momento d e p ar Mi = rj X F. Del mismo m odo, el m om ento de par M 2 = r 2 X F2 debe agregarse al cuerpo cuando m ovem os F 2 al punto O. Por últim o, como el m om ento de p a r M es un vector libre, se puede mover justo al pu nto O. Al hacer esto obtenem os el sistem a equivalen­ te que se m uestra en la figura 4-366, lo cual produce los mismos efectos externos (reacciones en los apoyos) sobre el cuerpo que el sistem a de fuerza y par de la figura 4-36«. Si sumamos las fuerzas y los m om entos de par, obtenem os la fuerza resultante FR = Fj + F2 y el m om ento de par resultante (M /?)0 = M + + M2, figura 4-36c. O bserve que F* es independiente de la ubicación del p u n to O; sin em bargo, (M #)# depende de esta ubicación ya q u e los m om entos y M 2 se determ inan con los vectores de posición ri y r2. Observe tam bién que (M /*)0 es un vector libre y puede actuar en cualquier punto sobre el cuerpo, aunque p o r lo general el punto O se selecciona en su punto de aplicación. El m étodo anterior, para simplificar un sistem a de fueiza y par a una fuerza resu ltan te F* q u e actúe en el p u n to O y un m om ento de p ar resultante (M/?)o, puede generalizarse m ediante la aplicación de las dos ecuaciones siguientes.

(b)

i

(C )

O

(4-17) Fig. 4-36

La prim era ecuación establece q u e la fuerza resultante del sistema es equivalente a la sum a de todas las fuerzas; y la segunda ecuación establece que el m om ento de par resultante del sistem a es equivalente a la sum a d e todos los m om entos de p a r 2M más los m om entos con respecto al p unto O de todas las fuerzas 2 M 0 . Si el sistema de fuerzas se encuentra en el plano x-y y cualesquier momentos de par son perpen­ diculares a este plano, entonces las ecuaciones anteriores se reducen a las siguientes tres ecuaciones escalares. (F r )x = 2 Fx (F r)y

=

( M r)o

=

(4-18)

'Z F y +

2

M

A quí, la fuerza resultante se determ ina a partir de la sum a vectorial de sus dos com ponentes (FR)X y (FR)y.

*R

161

OMAR ROJAS 162

C a p ít u l o 4

R e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

Los pesos de estos sem áforos pueden reem plazarse por su fuerza resultante equivalente W r = W j + VT2 y un m om ento d e p ar (M R) Q = W xd \ + en el apoyo O. E n ambos casos el apoyo d eb e proporcionar la misma resistencia a la traslación y a la rotación a fin de m antener el elem ento en la posición horizontal.

P ro ce d im ie n to p ara el an á lisis Los siguientes puntos deberán tenerse presentes al simplificar un sistema de fuerza y m om ento de par a un sistem a equivalente de fuerza resultante y par. • Establezca los ejes coordenados con el origen focalizado en el punto O donde los ejes tienen una orientación seleccionada. Suma de fuerzas. • Si el sistema de fuerzas es coplanar, descomponga cada fuerza en sus com ponentes * y y. Si una com ponente está dirigida a lo largo de los ejes x o y positivos, representa un escalar positivo; m ientras que si está dirigida a lo largo de los ejes x o y negati­ vos, es un escalar negativo. • En tres dim ensiones, represente cada fuerza como un vector cartesiano antes de sum ar las fuerzas. Suma de momentos. • Por lo general, al determ inar los m om entos de un sistem a de fuerzas coplanares con respecto al punto O ,es conveniente apli­ car el principio de m om entos, es decir, determ inar los m om en­ tos de las com ponentes de cada fuerza en vez del m om ento de la fuerza en sí. • En tres dim ensiones, use el producto cruz vectorial para d e ­ term inar el m om ento de cada fuerza con respecto al punto O. A quí los vectores de posición se extienden desde el punto O hasta cualquier punto sobre la línea de acción de cada fuerza.

OMAR ROJAS 4 .7

S im p l if ic a c ió n d e u n s is t e m a d e f u e r z a y pa r

E JE M P LO 4 .1 4 Reem place el sistem a de fuerza y p a r que se m uestra en la figura 4-37« por una fuerza resultante equivalente y un m om ento de par que actúen en el punto O.

(*)

Fig. 4-37

SOLUCIÓN Suma de fuerzas. Las fueizas de 3 kN y 5 kN se descom ponen en sus com ponentes x y y como se m uestra en la figura 4-37b. Tenem os

± * (F R)X = S F ,;

(FR)X = (3 kN)cos 30° + (f) (5 kN ) = 5.598 kN ->

+ U F R)y =

(FR)y = (3 kN )sen 30° - ( 3 ) (5 kN ) - 4 kN = -6 .5 0 kN = 6.50 kN i

Con base en el teorem a de Pitágoras, figura 4-37c, la m agnitud de F* es

Fr

=

V{FR)X2 + (FR)y2

=

V

(

5 598 .

k

N

)2

+

(

6.50

k

N

)2

=

8.58

k N

Resp.

Su dirección 0 es

_ j ( Fldy\ 8

=

t ó n

{

(

ñ

d

J

6.50 =

t ó n

k N

\

„ „ „ „

=

4 9 3

Suma de m om entos. Los m om entos de 3 kN y 5 kN con respecto al p u nto O se determ inarán m ediante el uso de sus com ponentes x y y. C on referencia a la figura 4-376, tenem os

C + ( M r)o

=

(M r) o = (3 kN )sen 30°(0.2 m) - (3 kN)cos 30°(0.1 m ) + ( f ) (5 kN)(0.1 m)

(Mr )0 = 2.46 kN m

- (f) (5 kN ) (0.5 m) - (4 kN)(0.2 m) = -2 .4 6 kN ■m = 2.46 kN ■m

Resp.

E ste m om ento en el sentido de las manecillas del reloj se m uestra en la figura 4-37c. NOTA: observe que la fuerza y el m om ento de par resultantes en la figura 4.37c producirán los mismos efectos externos o reacciones en los apoyos que los producidos por el sistem a de fuerzas, figura 4-37a.

Fr (F*)y = 6.50kN

(c)

163

OMAR ROJAS 164

C a p ít u l o 4

E JE M P LO

R e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

4.15 Reemplace el sistema de fuerza y p a r que actúa sobre el elem ento de la figura 4 -3 8 ap o r una fuerza y un m om ento de par equivalentes que actúen en el punto O. 500 N 750 N

O

T1 mn

200 N

1m ■125 m —|—125 m — 200 N

(a)

SOLUCIÓN Suma de fuerzas.

Como las fuerzas del par son de 200 N e igua­ les pero opuestas, producen una fuerza resultante nula, por lo tan to no es necesario considerarlas en la sum atoria de fuerzas. La fuerza de 500 N se descom pone en sus com ponentes x y y, por tanto, X (i* ), =

( Fr) x = (f) (500 N ) = 300 N - »

+ l( F ¿ ) y =

(FR)y = (500 N )( |) - 750 N = -3 5 0 N = 350 N i

A p artir de la figura 4-156, la m agnitud de ¥ R es Fr = V ( F r )x2 + (FR)y = V(300 N ) 2 + (350 N )2 = 461 N

Resp.

Y el ángulo 0 es

Suma de momentos.

Como el m om ento de par es un vector libre, puede ac tu a ren cualquier punto del elem ento. Con referencia a la figura 4-38a, tenem os

C + (Ms)0 = 2M0 + SMC; (Mr )0 = (500 N )(j)(2.5 m) - (500 N ) ( |) ( l m) - (750 N)(1.25 m) + 200 N-m = -3 7 .5 N-m = 37.5 N -n O

Resp.

Este m om ento en el sentido de las manecillas del reloj se m uestra en la figura 4-386.

OMAR ROJAS 4 .7

S im p l if ic a c ió n d e u n s is t e m a d e f u e r z a y pa r

165

E JE M P LO 4 .1 6 El elem ento estructural está som etido al m om ento de un par M y a las fuerzas Fi y F 2 como se m uestra en la figura 4-39a. Reem place este sistem a por una fuerza resultante equivalente y el m om ento de un p ar que actúen en su base, es decir el punto O.

M = 500 N • m Fi = 800N 0.1 m

3

= 300N

SOLUCIÓN (ANÁLISIS VECTORIAL) Los aspectos tridimensionales del problem a pueden simplificarse m ediante un análisis vectorial cartesiano. Al expresar las fuerzas y el m om ento d e par como vectores cartesianos tenem os

0.15 m

Fj = {—800k} N F2 = (300 N )ucb = (300 N)

( -c B)J \r

(a)

0.151 + O.ljjm

= 300 N

= { —249.6Í + 166.4j} N

LV(-0.15 m)2 + (0.1 m)2J M

5 00 (f)j + 5 0 0 (|)k = { —400j + 300k} N -m

Suma de fuerzas.

Fr = 2 F ,

FR =

+ F2 = —800k - 249.6Í + 166.4j

= {—250¡ + 166j - 800k} N

Resp.

Suma de m om entos.

=

2

M +

Fig. 4-39

= M + te X Fi + t R X F2

= (—400¡ + 300k) + (lk) X (-8 0 0 k )+

¡ -0.15 249.6

j 0.1 166.4

k 1 0

= ( —400j + 300k) + (0) + (-166.4Í - 249.6j) = {—166i - 650j + 300k} N -m Los resultados se m uestran en la figura 4-396.

Resp.

OMAR ROJAS 166

C a p ít u l o 4

R e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

PRO BLEM AS FU N D A M EN TALES F4-25. Reemplace el sistema de cargas por una fuerza resultante y un momento de par equivalentes que actúen en el punto A

F4-28. Reemplace el sistema de cargas por una fuerza resultante y un momento de par equivalentes que actúen en el punto A.

10 01 b

F4-29. Reemplace el sistema de cargas por una fuerza resultante y un momento de par equivalentes que actúen en el punto O. F4-25 F4-26. Reemplace el sistema de cargas por una fuerza resultante y un momento de par equivalentes que actúen en el punto A

20N

•m

F4-26

F4-30. Reemplace el sistema de cargas por una fuerza resultante y un momento de par equivalentes que actúen en el punto O.

F4-27. Reemplace el sistema de cargas por una fuerza resultante y un momento de par equivalentes que actúen en el punto A

F4-27

F4-30

OMAR ROJAS 4 .7

S im p l if ic a c ió n d e u n s is t e m a d e f u e r z a y pa r

167

PROBLEM AS *4-104. Reemplace el sistema de fuerzas que actúa sobre la armadura por una fuerza resultante y un momento de par en el punto C.

Reemplace las dos fuerzas por una fuerza resul­ tante y un momento de par equivalentes en el punto O. Considere que F = 20 Ib.

4-107.

*4-108. Reemplace las dos fuerzas por una fuerza resul­ tante y un momento de par equivalentes en el punto O. Considere que F = 15 Ib.

•4-105. Reemplace el sistema de fuerzas que actúa sobre la viga por una fuerza y un momento de par equivalentes en el punto A.

•4-109. Reemplace el sistema de fuerzas que actúa sobre el poste por una fuerza resultante y un momento de par equivalentes en el punto A.

Reemplace el sistema de fuerzas que actúa sobre la viga por una fuerza y un momento de par equivalentes en el punto B. 4-106.

3kN 25 kN l-5 k N 30> >

\

iE |U

4m

Probs. 4-105/106

2m

-I

Prob. 4-109

OMAR ROJAS 168

C a p ít u l o 4

R e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

4-110. Reemplace el sistema de fuerza y momento de par

que actúa sobre la viga con voladizo por una fuerza resul­ tante y un momento de par en el punto A.

30 kN 03 m

*4-112. Reemplace las dos fuerzas que actúan sobre la esmeriladora por una fuerza resultante y un momento de par en el punto O. Exprese los resultados en forma vecto­ rial cartesiana.

26 kN

45 kN-m 03 m

-2 m-

1m

1m

-2 m

Prob. 4-110

Reemplace el sistema de fuerzas por una fuerza resultante y un momento de par en el punto O.

•4-113. Reemplace las dos fuerzas que actúan sobre el poste por una fuerza resultante y un momento de par en el punto O. Exprese los resultados en forma vectorial car­ tesiana.

Prob. 4-111

Prob. 4-113

4-111.

OMAR ROJAS 4 .7

4-114. Las tres fuerzas actúan sobre el ensamble de

tubos. Si Ft = 50 N y F2 = 80 N, reemplace este sistema de fuerzas por una fuerza resultante y un momento de par equivalentes que actúen en el punto O. Exprese los resul­ tados en forma vectorial cartesiana.

z

Prob. 4-114

Las fuerzas Fj y F2 de las manijas se aplican al taladro eléctrico. Reemplace este sistema de fuerzas por una fuerza resultante y un momento de par equivalentes que actúen en el punto O. Exprese los resultados en forma vectorial cartesiana.

4-115.

S im p l if ic a c ió n d e u n s is t e m a d e f u e r z a y pa r

169

*4-116. Remplace el sistema de fuerzas que actúa sobre el ensamble de tubos por una fuerza resultante y un momento de par en el punto O. Exprese los resultados en forma vectorial cartesiana.

z

Prob. 4-116

•4-117. Se tiene que levantar la losa con las tres eslin­ gas que se muestran. Reemplace el sistema de fuerzas que actúa sobre las eslingas por una fuerza y un momento de par equivalentes en el punto O. La fuerza F! es vertical.

F2 = { 2 j-4 k } N

z

Prob. 4-117

OMAR ROJAS 170

C a p ít u l o 4

R e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

4 .8

S im p lifica ció n ad icio n al de un sistem a de fu e rz a y p ar

En la sección anterior desarrollam os una forma de reducir un sistema de fuerza y m om ento de par q u e actúa sobre un cuerpo rígido a una ftierza resultante ¥R equivalente que actúa en un punto específico O y un m om ento de p ar resultante El sistem a de fuerzas puede reducirse aún más a una sola fuerza resultante equivalente, siem pre que las líneas de acción de F* y (M *)o sean perpendiculares entre sí. Debido a esta condición, solam ente los sistemas de fuerzas concurrentes, coplanares y paralelos se pueden simplificar aún más.

Sistema de fuerzas concurrentes. Como un sistema de fu e r­ zas concurrentes es aquel en el q u e las líneas de acción de todas las fuerzas se intersecan en un punto com ún O, figura 4-40**; entonces, el sistema de fuerzas no produce ningún m om ento con respecto a este punto. En consecuencia, el sistem a equivalente puede representarse m ediante una sola fuerza resultante = 2 F que actúa en O, figura 4-40 b.

f2

f

' J1 -.

(b)

(a) F ig. 4-40

Sistema de fuerzas coplanares. En el caso de un sistema de fuerzas coplanares, las líneas de acción de todas las fuerzas pertenecen al mismo plano, figura 4-41«, y p o r ende la fuerza resultante ¥ R = 2 F de este sistem a tam bién se encuentra en el mismo plano. A ún más, el m om ento de cada una de las fuerzas con respecto a cualquier punto O se dirige en forma perpendicular a este plano. Así, el m om ento re ­ sultante (M *)^ y la ftierza resultante F* serán mutuamente perpen­ diculares, figura 4-41 b. El m om ento resultante se puede remplazar al mover la fuerza resultante F^ a un brazo de m om ento o distancia p er­ pendicular d del punto O, de tal forma que F^ produzca el mismo m o­ m ento (M/j) 0 con respecto al punto O, figura 4-41c. Esta distancia d se puede determ inar a partir de la ecuación escalar (M R)0 = FRd = o bien d = (M ¿)0/F R.

OMAR ROJAS 4.8

S im p lif ic a c ió n a d ic i o n a l d e u n s is te m a d e f u e r z a y p a r

(b) Rg. 4-41

Sistema de fuerzas paralelas. El sistema de fuerzas paralelas que se m uestra en la figura 4-42a consta de fuerzas que son paralelas al eje z. Así, la fuerza resultante FR = S F e n el punto O tam bién debe ser paralela a este eje, figura 4-426. El m om ento producido por cada fu er­ za se encuentra en el plano de la placa, p o r lo que el m om ento del par resultante, (M /j)o, tam bién estará e n este plano, a lo largo del eje de m om ento a puesto q u e F^ y (M/j) 0 son m utuam ente perpendiculares. En consecuencia, el sistem a de fuerzas se puede reducir aún más a una sola fuerza resultante equivalente F Ry la cual actúa a través del punto P localizado sobre el eje perpendicular 6 , figura 4-42c. Para encon­ trar la distancia d a t o largo de este eje desde el punto O, se em plea {M r)o = FRd = 'ZMq O bien d = 'ZMQ/F R.

Fig. 4-42

(c)

171

OMAR ROJAS 172

C

a p ít u l o

4

R

e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

Las cuatro fuerzas de los cables son concurrentes en el punto O que se en cu en tra en la to rre de este puente. E n consecuencia, no producen u n m om ento resu ltan te ahí, sólo una fuerza resul­ tante Ffl. O bserve que los diseñadores han colocado los cables de m anera q u e F* esté dirigida a lo largo de la to rre del puente y d irectam en te hacia el apoyo, de m odo que no cause ninguna flexión de la torre.

P ro ce d im ie n to p ara el an á lisis La técnica para reducir un sistem a de fuerzas coplanares o p arale­ las a una sola fuerza resultante sigue un procedim iento similar al descrito e n la sección anterior. • Establezca los ejes x > y > z y localice la fuerza resultante ¥R a una distancia arbitraria del origen de coordenadas. Suma de fuerzas. • La fuerza resultante es igual a la suma de todas las fuerzas en el sistema. • Para un sistem a de fuerzas coplanares, descom ponga cada fu er­ za en sus com ponentes x y y. Las com ponentes positivas están dirigidas a b largo de b s ejes x y y positivos, y las com ponentes negativas están dirigidas a lo largo de los ejes x y y negativos. Suma de momentos. • El m om ento de la fuerza resultante con respecto al punto O es igual a la suma de todos los m om entos de par en el sistem a, más los m om entos con respecto al punto O de todas las fuerzas del sistema. • Esta condición de m om ento se usa para encontrar la ubicación de la fuerza resultante desde el punto O.

OMAR ROJAS 4 .8

S im p lif ic a c ió n a d ic i o n a l d e u n s is te m a d e f u e r z a y p a r

A quí, los pesos de los sem áforos se reem plazan por su fuerza resu ltan te W R = W i + W2 q u e actú a a un a distancia d = (W xd \ + Wnd¿)/WR desde O. A m bos sistem as son equivalentes.

Reducción a una llave. En general, un sistema tridim ensional de fuerzas y m om entos de par tendrá una fuerza resultante equiva­ lente F* que actuará en el punto O y un m om ento de par resultante (M/?)o Que m son perpendiculares entre sí, como se m uestra en la figu­ ra 4-43a. A unque un sistema de fuerzas com o éste no se puede reducir aún más a una sola fuerza resultante equivalente, el m om ento de par resultante (M #)# se puede descom poner en sus com ponentes paralela y perpendicular a la línea de acción de F^, figura 4-43a. La com ponente perpendicular M ± se puede reem plazar si m ovem os FR al punto P , a una distancia d desde el punto O a lo largo del eje 6 , figura 4-436. Como se ha visto, este eje es perpendicular tanto al eje a com o a la línea d e acción d e FR. La ubicación de P puede determ inarse a partir de d = M J F r . Por últim o, debido a q u e My es un vector libre, puede moverse hasta el punto P, figura 4-43c. E sta combinación de una fu er­ za resultante F^ y un m om ento de par colineal M (| tenderá a rotar y trasladar el cuerpo con respecto a su eje, lo cual se denom ina llave o tom illo. U na llave es el sistem a más simple que puede usarse para representar cualquier sistema general de fuerza y m om ento de par que actúa sobre un cuerpo. z

z

(a)

z

F ig . 4 - 4 3

( y, 0), figura 4-47/?. Así, (M r )0 = £M o; tp

X F r = (r^ X F^) + (¡rB X F fi) + (rc X Fc )

(jci + yj) X ( —700k) = [(4i) X (-3 0 0 k )] + [(—4¡ + 2j) X ( —500k)] + [(—4j) X (100k)] —700 jc( í X k) - 700y(j X k) = -1200(i X k) + 2000(i X k) - 1000(j X k) - 400(j X k) 700xj - 700y¡ = 1200j - 2000j - lOOOi - 400i Al igualar las com ponentes de i y j,

( 1)

—700y = -14 0 0 y =

2

pulg

R esp.

(2 )

700y = -8 0 0 x = -1 .1 4 pulg

R esp.

El signo negativo indica que la coordenada x del punto P es nega­ tiva. NOTA: tam bién es posible establecer directam ente las ecuaciones 1 y 2 al sum ar los m om entos con respecto a los ejes x y y. Con la regla d e la m ano derecha, tenem os

(M r )x =

2M,;

( M r ) y = S M y;

-700y = -1 0 0 lb(4 pulg) - 500 lb(2 pulg) 700* = 300 lb(4 pulg) - 500 lb(4 pulg)

(b)

Fíg. 4-47

OMAR ROJAS 178

C a p ít u l o 4

R e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

PRO BLEM AS FU N D A M EN TALES F4-3L Reemplace el sistema de cargas por una fuer­ za resultante equivalente y especifique el punto, medido desde O, donde la línea de acción de la resultante inter­ seca a la viga.

F4-34. Reemplace el sistema de cargas por una fuer­ za resultante equivalente y especifique el punto, medido desde A, donde la línea de acción de la resultante interseca al elemento AB. y

es

3 pies

3 pies---- 3 pies—|

F4-31 F4-32. Reemplace el sistema de cargas por una fuer­ za resultante equivalente y especifique el punto, medido desde A, donde la línea de acción de la resultante interseca al elemento. F4-35. Reemplace las cargas mostradas por una sola fuerza resultante equivalente y especifique las coordena­ das x y y de su línea de acción.

F4-35 F4-33. Reemplace el sistema de cargas por una fuer­ za resultante equivalente y especifique el punto, medido desde A, donde la línea de acción de la resultante interseca al elemento.

F4-36. Reemplace las cargas mostradas por una sola fuerza resultante equivalente y especifique las coordena­ das x y y de su línea de acción. z

OMAR ROJAS 4 .8

S im p l if ic a c ió n a d ic io n a l d e u n s is t e m a d e f u e r z a y pa r

179

PROBLEM AS 4-118. Se muestran los pesos de los diferentes compo­

nentes del camión. Reemplace este sistema de fuerzas por una fuerza resultante equivalente y especifique su ubica­ ción medida desde B.

•4-121. El sistema de cuatro fuerzas actúa sobre la arma­ dura para techo. Determine la fuerza resultante equiva­ lente y especifique su ubicación a lo largo de A B y medida desde el punto A.

4-119. Se muestran los pesos de los diferentes compo­

nentes del camión. Reemplace este sistema de fuerzas por una fuerza resultante equivalente y especifique su ubica­ ción medida desde el punto A.

Prob. 4-121 3 pies

2 pies Prohs. 4-118/119 4-122. Reemplace el sistema de fuerza y par que actúa sobre el bastidor por una fuerza resultante equivalente y especifique el punto, medido desde A , donde la línea de acción de la resultante interseca al elemento AB.

*4-120. El sistema de fuerzas paralelas actúa sobre la parte superior de la armadura Warren. Determine la fuer­ za resultante equivalente del sistema y especifique su ubi­ cación medida desde el punto A.

4-123. Reemplace el sistema de fuerza y par que actúa sobre el bastidor por una fuerza resultante equivalente y especifique el punto, medido desde B, donde la línea de acción de la resultante interseca al elemento BC.

2 pies

2kN

y

1501b

500 Ib pie

3 pies

Áo*

501b

Prob. 4-120

Probs. 4-122/123

4 pies

OMAR ROJAS 180

C a p ít u l o 4

R e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

*4-124. Reemplace el sistema de fuerza y momento de par que actúa sobre la viga con voladizo por una fuerza resultante, además especifique su ubicación medida desde el punto A a lo largo de AB.

Reemplace el sistema de fuerzas que actúa sobre el poste por una fuerza resultante y especifique el punto, medido desde el punto A, donde su línea de acción inter­ seca al poste >15. 4-127.

*4-128. Reemplace el sistema de fuerzas que actúa sobre el poste por una fuerza resultante y especifique el punto, medido desde el punto B, donde su línea de acción inter­ seca al poste >15.

05 m

Prob. 4-124

Probs. 4-127/128

•4-125. Reemplace el sistema de fuerzas que actúa sobre el bastidor por una fuerza resultante equivalente y especi­ fique el punto, medido desde el punto A, donde la línea de acción de la resultante interseca al elemento AB.

•4-129. La losa de un edificio está sometida a cuatro car­ gas de columnas paralelas. Determine la fuerza resultante equivalente y especifique su ubicación (*, y) sobre la losa. Considere que F\ = 30 kN y F2 = 40 kN.

Reemplace el sistema de fuerzas que actúa sobre el bastidor por una fuerza resultante equivalente y especi­ fique el punto, medido desde el punto B, donde la línea de acción de la resultante interseca al elemento BC.

4-130.

4-126.

La losa de un edificio está sometida a cuatro car­ gas de columnas paralelas. Determine la fuerza resultante equivalente y especifique su ubicación (*, y) sobre la losa. Considere que F\ = 20 kN y F2 = 50 kN.

z

Probs. 4-125/126

Probs. 4-129/130

OMAR ROJAS 4.8 El ducto soporta las cuatro fuerzas paralelas. Determine las magnitudes de las fuerzas Fc y FD que actúan en C y D de manera que la fuerza resultante equi­ valente al sistema de fuerzas actúe a través del punto medio O del ducto.

4131.

S im p lif ic a c ió n a d ic i o n a l d e u n s is te m a d e f u e r z a y p a r

181

Si Fa = 40 kN y FB = 35 kN, determine la magni­ tud de la fuerza resultante y especifique la ubicación de su punto de aplicación (x, y) sobre la losa.

4-134.

Si se requiere que la fuerza resultante actúe en el centro de la losa, determine la magnitud de las cargas de columna F^ y Ffi así como la magnitud de la fuerza resul­ tante. 4-135.

Fb 30 kN 90 kN 20 kN

2.5 m 0.75 m 0.75 m

0.75 m

Probs. 4-134/135 Prob. 4-131

*4-132. Tres fuerzas paralelas de atornillado actúan sobre la placa circular. Determine la fuerza resultante y especifique su ubicación (x>y) sobre la placa. FA = 200 Ib, Fb = 100 Ib y Fc = 400 Ib. •4-133. Las tres fuerzas paralelas de atornillado actúan sobre la placa circular. Si la fuerza en A tiene una magni­ tud de Fa = 200 Ib, determine las magnitudes de FB y Fc de manera que la fuerza resultante FR del sistema tenga una línea de acción que coincida con el eje y. Sugerencia: se requiere que 'ZMX = 0 y 1.MZ = 0 .

Probs. 4-132/133

*4-136. Reemplace el sistema de fuerzas paralelas que actúa sobre la placa por una fuerza resultante y especifi­ que su ubicación sobre el plano x-z.

z

Prob. 4-136

OMAR ROJAS 182

C a p ít u l o 4

R e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

•4-137. Si Fa = 7 kN y FB = 5 kN, represente el siste­ ma de fuerzas que actúa sobre los voladizos mediante una fuerza resultante y especifique su ubicación sobre el plano x-y.

*4-140. Reemplace las tres fuerzas que actúan sobre la placa por una llave. Especifique la magnitud de la fuer­ za y del momento de par para la llave, así como el punto P(y, z) donde su línea de acción interseca la placa.

4-138. Determine las magnitudes de y Ffi de modo que la fuerza resultante pase a través del punto O de la columna.

z

z

Probs. 4-137/138

4-139. Reemplace el sistema de fuerza y momento de par que actúa sobre el bloque rectangular por una llave. Especifique la magnitud de la fuerza y del momento de par de la llave, así como el punto donde su línea de acción interseca el plano x-y.

•4-141. Reemplace las tres fuerzas que actúan sobre la placa por una llave. Especifique la magnitud de la fuer­ za y del momento de par para la llave, así como el punto P(x, y) donde su línea de acción interseca la placa.

z

Prob. 4 - 1 3 9

Prob. 4 - 1 4 1

OMAR ROJAS 4 .9

4 .9

R e d u c c ió n d e u n a c a r g a s im p l e d is t r ib u id a

Reducción de una carga simple distribuida

En ocasiones, un cuerpo puede e star som etido a una carga q u e se encuentra distribuida p o r toda su superficie. P o r ejem plo, la presión del viento sobre la superficie de un señalam iento, la presión del agua dentro de un tanque, o el peso de la arena sobre el piso de un conte­ nedor d e alm acenaje, son todas cargas distribuidas. La presión ejerci­ da sobre cada punto de la superficie indica la intensidad de la carga. Ésta se mide p or pascales Pa (o N /m 2) en unidades SI o lb/pie 2 en el sistema de uso com ún en Estados Unidos.

Carga uniforme a lo largo de un solo eje. El tipo más común d e carga distribuida que se encuentra en la práctica de la inge­ niería es una carga uniform e a lo largo de un solo eje*. Por ejem plo, considere la viga (o placa) de la figura 4-48a que tiene un ancho cons­ tante y está som etida a una carga de presión que varía sólo a lo largo del eje x. E sta carga se puede describir m ediante la función p = p(x) N /m 2. C ontiene sólo una variable jc, y p o r esa razón tam bién podem os representarla como una carga distribuida coplanar. P ara esto, m ulti­ plicamos la función de carga po r el ancho b m de la viga, de m odo que w(x) = p (x)b N/m , figura 4-48b. Con los m étodos de la sección 4.8, podemos reem plazar este sistem a de fuerzas paralelas coplanares por una sola fuerza resultante equivalente ¥ R que actúa en una ubicación específica sobre la viga, figura 4-48c. Magnitud de la fuerza resultante. A partir de la ecuación 4-17 (F r = 2 f ) , la m agnitud de F* es equivalente a la suma de todas las fuerzas en el sistema. En este caso, debem os usar integración p u es­ to que hay un núm ero infinito de fuerzas paralelas dF q u e actúan sobre la viga, figura 4-4Sb. Como dF actúa sobre un elem ento de longi­ tud d x y y w(x) es una fuerza por unidad de longitud, entonces d F = w(*) d x = dA. En otras palabras, la m agnitud de d F s c determ ina a partir del área diferencial som breada dA bajo la curva de carga. Para toda la longitud L. + ÍF * = 2 F ;

(4-19)

Por consiguiente, la magnitud de la fuerza resultante es igual al área total A bajo el diagrama de carga, figura 4-48c.

*E1 caso más general de una superficie con carga no uniforme que actúa sobre un cuerpo está considerado en la sección 9.5.

Fig. 4-48

183

OMAR ROJAS 184

C a p ít u l o 4

R e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

Ubicación de la fuerza resultante. A plicando la ecuación 4 1 7 (M * 0 = SM o), la ubicación x de la línea de acción de F* puede determ inarse igualando los m om entos de la fueiza resultante y de la distribución de fuerzas con respecto al punto O (el eje y). Como d ¥ produce un m om ento de x d F = xw (x) dx con respecto a O, figura 448/?,entonces, para toda la longitud, figura 4-48c. C + ( M r )0 = 1 M 0 \

- xFr =

xw(x) dx

Al despejar x de la ecuación 4-19, tenem os (a) w (4 2 0 )

Esta coordenada x, ubica el centro geom étrico o centroide del área bajo d diagram a de carga distribuida. En otras palabras J a fuerza resultante tiene una línea de acción que pasa p o r el centroide C (centro geométrico) del área bajo el diagrama de carga, figura 4-48c. En el capítulo 9 se p ro ­ porciona un tratam iento detallado de las técnicas de integración para encontrar la ubicación de centroides de áreas. Sin em bargo, en muchos casos el diagram a de carga distribuida tiene la forma de un rectángu­ lo, de un triángulo, o algún otro cuerpo geom étrico simple. La ubica­ ción de los centroides para form as tan com unes no tiene que determ i­ narse con la ecuación anterior sino que pueden obtenerse directam ente de las tablas que aparecen en el forro interior de la contraportada de este libro. Una vez d eterm in ad a je, p o r sim etría, ¥ R pasa a través del pu n to (*, 0) sobre la superficie de la viga, figura 4-48a. Por lo tanto, en este caso, la fuerza resultante tiene una magnitud igual al volumen bajo la curva de carga p = p (x ) y una línea de acción que pasa p o r el centroide (centro geométrico) de este volumen.

P unto s im p o rtan te s Las cargas distribuidas coplanares se definen con una función de carga w = w(x) que indica la intensidad de la carga a lo largo de la longitud del elem ento. E sta intensidad se mide en N /m o lb/pie. L a viga q u e so p o rta esta pila de m adera está som etida a una carga uniform e de >v(). P or lo tanto, la fuerza resu ltan te es igual al área bajo el diagram a de carga F r = wj>. E sta fuerza actúa a través d el cen tro id e o centro geom étrico del área, a una distancia b f l desde el soporte.

Los efectos externos causados p o r una carga distribuida coplanar que actúa sobre un cuerpo pueden representarse por m edio de una sola fuerza resultante. Esta fuerza resultante es equivalente al área bajo el diagram a de carga, y tiene una línea de acción que pasa por el centroide o centro geom étrico de esta área.

OMAR ROJAS 4 .9

R e d u c c ió n d e u n a c a r g a s im p l e d is t r ib u id a

E J E M P L O 4.21 D eterm ine la m agnitud y la ubicación de la fuerza resultante eq u i­ valente que actúa sobre la flecha de la figura 4-49a.

Fig. 4-49 SOLUCIÓN Como w = w(x) está dada, este problem a se resolverá p o r integra­ ción. El elem ento diferencial tiene un área d A = w dx = 60*2 dx. Si se aplica la ecuación 4-19,

Fr

- L

60.x2 d x = 60

ía- í

= 160 N

Resp.

La ubicación x de FR m edida desde O, figura 4-496, se determ ina con la ecuación 4-20.

f xdA x =

JA

í _

jc(60 x 2) d x

601

JO_______________ _ ___

160 N

160 N

:

k?-? 160 N

>A L

= 1.5 m

Resp.

NOTA: estos resultados pueden verificarse m ediante la tabla que se proporciona en el forro interior de la contraportada de este libro, donde se m uestra q u e para un área exparabólica de longitud a>altu ­ ra 6 , y el perfil que se m uestra en la figura 4-49a, tenem os ab 2 m(240 N /m ) A = ~r- = ----- ^—- — -— - = 1 60N y x = 3"

= ^ ( 2 m ) = 1 .5 m

185

OMAR ROJAS 186

C a p ít u l o 4

E JE M P LO

R e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

4.22 Una carga distribuida de p = (80Qr) Pa actúa sobre la superficie superior de la viga que se m uestra en la figura 4-50«. D eterm ine la magnitud y la ubicación de la fuerza resultante equivalente.

7200 Pa

(a)

SOLUCIÓN Como la intensidad de la carga es uniform e a lo largo del ancho de la viga (el eje y), la viga puede verse en dos dim ensiones, com o se muestra en la figura 4-506. A quí w = (800* N /m 2 )(0.2 m) = (160 jc) N /m Observe q u e w = 1440 N /m en x = 9 m. A unque podem os aplicar de nuevo las ecuaciones 4-19 y 4-20 como en el ejem plo anterior, es más sencillo utilizar la tabla que aparece en el forro interior al final del libro. La m agnitud de la fuerza resultante es equivalente al área bajo el triángulo. Fr = 6.48 kN

F r = 1(9 m)(1440 N /m ) = 6480 N = 6.48 kN

Resp.

La línea de acción de FR pasa por el centroide C de este triángulo. Por consiguiente x = 9 m - |( 9 m) =

6

m

Resp.

Estos resultados se m uestran en la figura 4-50c.

F íg . 4 -5 0

NOTA: tam bién podem os considerar que la resultante FR actúa a través del centroide del volumen del diagram a de carga p = p(x ) en la figura 4-50«. Por lo tanto FR corta el plano x-y en el punto (6 m, 0). A dem ás, la m agnitud de FR es igual al volumen bajo el diagram a de carga; es decir, F r = V = |(7200 N /m 2) (9 m )(0.2 m) = 6.48 kN

Resp.

OMAR ROJAS 4 .9

R e d u c c ió n d e u n a c a r g a s im p l e d is t r ib u id a

187

E J E M P L O 4 .2 3 El m aterial granular ejerce una carga distribuida sobre la viga com o se m uestra en la figura 4-5la . D eterm ine la m agnitud y la ubicación de la resultante equivalente de esta carga. 100 lb/pie

SOLUCIÓN

50 lb/pie B

El área del diagrama de carga es un trapecio y, por ello, la solución puede obtenerse directam ente con las fórmulas de áreas y centroi­ des para un trapecio enlistadas e n el forro interior alfinaldel libro. Como estas fórmulas no son fáciles de recordar, resolveremos este problem a con las áreas “com puestas” . Para esto dividiremos la carga del trapecio en una carga rectangular y en una carga triangular com o se muestra en la figura 4-51 b. La magnitud de la fuerza representada por cada una de esas cargas es igual a su área asociada, Fl = |( 9 pies) (50 lb/pie) = 225 Ib F2 = (9 pies )(50 lb/pie) = 4501b Las líneas de acción de estas fuerzas paralelas actúan a través del cen­ troide de sus áreas asociadas y, por lo tanto, intersecan la viga en x \ = |( 9 pies) = 3 pies x 2 = |( 9 pies) = 4.5 pies Las dos fuerzas paralelas F! y F 2 pueden reducirse a una sola fueiza resultante F*. La m agnitud de F ^ e s F r = 225 + 450 = 675 Ib

Resp.

Con referencia al punto A y figuras 4-5Ib y 4-5le, podem os encon­ trar la ubicación de FR. R equerim os que 100

C + M r = 2,M a \

lb/pie

50*Ib/pie

*(675) = 3(225) + 4.5(450) Resp.

* = 4 pies

NOTA: el área trapecial que se indica en la figura 4-51 a tam bién puede ser dividida en dos áreas triangulares, como se m uestra en la figura 4-5 Id. En este caso F 3 = |( 9 pies) (100 lb/pie) = 4501b F i = |( 9 pies) (50 lb/pie) = 2251b

*3

= |( 9 p ies) = 3 pies

*4

= 9 pies -

|( 9 pies) =

6

pies

NOTA: con estos resultados, m uestre que de nuevo FR = 675 Ib y x = 4 pies.

Fig. 4-51

OMAR ROJAS C a p ít u l o 4

188

R e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

PRO BLEM AS FU N D A M EN TALES F4-37. Determine la fuerza resultante y especifique el punto, medido desde A , donde dicha fuerza actúa sobre la viga.

F4-40. Determine la fuerza resultante y especifique el punto, medido desde A , donde dicha fuerza actúa sobre la viga.

9 kN/m 6 kN/m

200 lb/fcie

3 kN/m

5001b

f i t

A — 15 m—--------- 3 m --------- — 15 m

-

F4-37

F4-38. Determine la fuerza resultante y especifique el punto, medido desde A , donde dicha fuerza actúa sobre la viga.

150 lb/pie

^ - r r tT

F4-41. Determine la fuerza resultante y especifique el punto, medido desde A , donde dicha fuerza actúa sobre la viga.

6kN/m

,

£ 6 pies

8 pies F4-41

F4-38

F4-39. Determine la fuerza resultante y especifique el punto, medido desde A , donde dicha fuerza actúa sobre la viga.

F4-42. Determine la fuerza resultante y especifique el punto, medido desde A , donde dicha fuerza actúa sobre la viga.

w 6 kN/m A

y ^ÓON/ta

--------x ------------------4 m -------------------

F4-42

OMAR ROJAS 4 .9

R e d u c c ió n d e u n a c a r g a s im p l e d is t r ib u id a

189

PROBLEM AS 4-142. Reemplace la carga distribuida por una fuerza resultante equivalente y especifique su ubicación sobre la viga, medida desde el punto A .

•4-145. Reemplace la carga distribuida por una fuerza resultante equivalente y especifique su ubicación sobre la viga, medida desde el punto A.

15 kN/m

Prob. 4-145

4-143. Reemplace la carga distribuida por una fuerza resultante equivalente y especifique su ubicación sobre la viga, medida desde el punto A .

8 kN/m

4-146. En la figura se muestra la distribución de carga del suelo sobre la base de una losa de un edificio. Reemplace esta carga por una fuerza resultante equivalente y especifi­ que su ubicación, medida desde el punto O.

a

O 4 kN/m

B ---------- 3 m ----------- •--------- 3 m -----------

Prob. 4-143

*4-144. Reemplace la carga distribuida por una fuerza resultante equivalente y especifique su ubicación medida desde el punto A.

4-147. Determine las intensidades W\ y w2 de la carga distribuida que actúa sobre la parte inferior de la losa, de modo que esta carga tenga una fuerza resultante equiva­ lente que sea igual pero opuesta a la resultante de la carga distribuida que actúa en la parte superior de la losa.

800 N/m 3 pies

200 N/m

Prob. 4-144

Prob. 4-147

OMAR ROJAS 190

C a p ít u l o 4

R e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

*4-148. Los ladrillos sobre la parte superior de la viga y tos soportes en la parte inferior producen la carga distri­ buida que se muestra en la segunda figura. Determine la intensidad requerida w y la dimensión d del soporte dere­ cho para que la fuerza y el momento de par resultantes con respecto al punto A del sistema sean ambos iguales acero.

La viga está sometida a la carga distribuida que se muestra. Determine la longitud b de la carga uniforme y su posición a sobre la viga, de manera que la fuerza y el momento de par resultantes que actúan sobre la viga sean iguales a cero. 4-150.

200 N/m

.wfTTTíIÍÍ" ' Prob. 4-150

75 N/m 0.5 m

MH -3 m-

Prob. 4-148

•4-149. La presión del viento que actúa sobre un señala­ miento triangular es uniforme. Reemplace esta carga por una fuerza resultante y un momento de par equivalentes en el punto O.

4-151. En la actualidad, 85 por ciento de todas las lesio­

nes de cuello son causadas por colisiones en la parte tra­ sera de un automóvil. Para mitigar este problema se ha desarrollado un respaldo para los asientos de automó­ vil, el cual proporciona una presión adicional de contacto con el cráneo. Durante las pruebas dinámicas se ha graficado y demostrado que la distribución de carga sobre el cráneo es parabólica. Determine la fuerza resultante equi­ valente y su ubicación medida desde el punto A.

12(1 + Ix2) Ib/pie

A 18 lb/pie

Prob. 4-149

Prob. 4-151

OMAR ROJAS 4 .9

*4-152. El viento ha depositado arena sobre una píataforma de m anera que la intensidad de la carga se puede aproximar mediante la función w = (0.5*3) N/m. Simplifique esta carga distribuida a una fuerza resultante equivalente y especifique su magnitud y ubicación medida desde A

R e d u c c ió n d e u n a c a r g a s im p l e d is t r ib u id a

191

4-154. Reemplace la carga distribuida por una fuerza resultante equivalente y especifique su ubicación, medida desde el punto A y sobre la viga.

Prob. 4-152

•4-153. El concreto húmedo ejerce una presión distribui­ da a lo largo de la pared de la cimbra. Determine la fuerza resultante de esta distribución, y especifique la altura h en que debe colocarse el puntal de soporte de modo que esté posicionado sobre la línea de acción de la fuerza resultan­ te. La pared tiene una anchura de 5 m.

Prob. 4 - 1 5 3

4-155. Reemplace la carga por una fuerza resultante y un momento de par equivalentes en el punto A. *4-156. Reemplace la carga por una fuerza resultante y un momento de par equivalentes en el punto B.

Probs. 4 -1 5 5 /1 5 6

OMAR ROJAS 192

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R e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

•4-157. La fuerza de sustentación a lo largo del ala de un avión de propulsión a chorro consta de una distribución uniforme a lo largo de A B , y una distribución semiparabólica a lo largo de BC con origen en B. Reemplace esta carga por una sola fuerza resultante y especifique su ubica­ ción medida desde el punto A .

*4-160. La carga distribuida actúa sobre la viga como se muestra en la figura. Determine la magnitud de la fuerza resultante equivalente y especifique su ubicación, medida desde el punto A.

Prob. 4-160

4-158. La carga distribuida actúa sobre la viga como se muestra en la figura. Determine la magnitud de la fuerza resultante equivalente y especifique el punto donde actúa, medido desde el punto A .

•4-16L Si la distribución de la reacción del suelo por uni­ dad de longitud sobre el tubo puede aproximarse como se muestra en la figura, determine la magnitud de la fuerza resultante producida por esta carga.

4-159. La carga distribuida actúa sobre la viga como se muestra en la figura. Determine la intensidad máxima w'máx- ¿Cuál es la magnitud de la fuerza resultante equiva­ lente? Especifique el punto donde actúa, medido desde el punto B.

w

Probs. 4-158/159

Prob. 4-161

OMAR ROJAS R e p a s o d e l c a p ít u l o

REPASO D EL CAPÍTULO Momento de fiierza-Definición escalar

Eje de momento

Una fuerza produce un efecto rotatorio o momento con respecto a un punto O que no se encuentra sobre su línea de acción. En forma escalar, la magnitud del momento es el producto de la fuer­ za y el brazo de momento o la distancia perpendicular desde el punto O hasta la línea de acción de la fuerza.

M,

Fd

La dirección del momento se define con la regla de la mano derecha. M0 siem­ pre actúa a lo largo de un eje perpen­ dicular al plano que contiene a F y d, y pasa por el punto O.

M,

En lugar de calcular d> normalmen­ te es más fácil descomponer la fuerza en sus componentes x y y, determinar el momento de cada componente con respecto al punto, y luego sumar los re­ sultados. Esto se llama el principio de momentos.

Fd = Fxy - FyX

Momento de una fuerza-Definición vectorial

Como por lo general la geometría tri­ dimensional es más difícil de visuali­ zar, puede usarse el producto cruz para determinar el momento. M0 = r X F, donde r es un vector de posición que se extiende desde el punto O hasta cual­ quier punto sobre la línea de acción deF.

Si el vector de posición r y la fuerza F se expresan como vectores cartesianos, entonces el producto cruz se obtiene del desarrollo de un determinante.

M,

M,

rA X

F = t B X F = rc X F

rX F

193

OMAR ROJAS 194

C a p ít u l o 4

R e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

Momento con respecto a un eje Si el momento de una fuerza Fse va a determinar con respecto a un eje arbitrario a, entonces debe obtener­ se la proyección del momento sobre el eje. Teniendo en cuenta que la distancia da que es perpendicular tanto a la línea de acción de la fuerza como al eje, entonces el momento de la fuerza con respecto al eje puede determ inarse a partir de una ecua­ ción escalar.

Ma = Fda ■

^

a

Observe que cuando la línea de acción de F interseca el eje, el momento de F con respecto al eje es igual a cero. Además, cuando la línea de acción de F es paralela al eje, el momento de F con respecto al eje es igual a cero. En tres dimensiones, debe usarse el triple producto vectorial. Aquí, ufl es el vector unitario que especifi­ ca la dirección del eje y r es un vec­ tor de posición que está dirigido desde cualquier punto sobre el eje hacia cualquier punto sobre la línea de acción de la fuerza. Si Mase calcu­ la como un escalar negativo, enton­ ces el sentido de dirección de Ma es opuesto a ua.

y

u «t

M a = ua-( r X F ) =

ry

Mz rz

Fx

Fy

Fz

k Eje de proyección a'

M = Fd

La magnitud del momento de par es M = Fd, y su dirección se estable­ ce por medio de la regla de la mano derecha. Si se usa el producto cruz vectorial para determinar el momento del par, entonces r se extiende desde cual­ quier punto sobre la línea de acción de una de las fuerzas hacia cualquier punto sobre la línea de acción de la o tra fuerza F que se em plea en el producto cruz.

\

^ Uax rx

Momento de par Un par consta de dos fuerzas iguales pero opuestas que actúan separadas por una distancia perpendicular d. Los pares tienden a producir una rotación sin traslación.

4

M=r

X

F

F

OMAR ROJAS R e p a s o d e l c a p ít u l o

Simplificación de un sistema de fuerza y par Cualquier sistema de fuerzas y pares puede reducirse a una sola fuerza re­ sultante y a un momento de par resul­ tante que actúan en un punto. La fuerza resultante es la suma de todas las fuerzas presentes en el sistema, F r = 2F,y el momento de par resul­ tante es igual a la suma de todos los momentos de las fuerzas con respec­ to al punto y todos los momentos de par. M/to = 2M 0 + SM. Una simplificación adicional a una sola fuerza resultante es posible siempre que el sistema de fuerzas sea concurrente, coplanar o parale­ lo. Para encontrar la ubicación de la fuerza resultante desde un punto, es necesario igualar el momento de la fuerza resultante con respecto al punto al momento de las fuerzas y pares presentes en el sistema con respecto al mismo punto. Si la fuerza y el momento del par resultantes no son perpendiculares entre sí, entonces este sistema se puede reducir a una llave, la cual consta de la fuerza resultante y un momento de par colineal.

Carga distribuida coplanar Una carga simple distribuida puede representarse mediante una fuerza resultante, la cual es equivalente al área bajo la curva de carga. Esta resultante tiene una línea de acción que pasa por el centroide o centro geométrico del área o el volumen bajo el diagrama de carga.

Fr

w = w(x) y

195

OMAR ROJAS 196

C a p ít u l o 4

R e s u l t a n t e s d e s is t e m a s d e f u e r z a s

PRO BLEM AS D E REPASO La viga está sometida a la carga parabólica. Determine un sistema de fuerza y par equivalente en el punto A. 4-162.

*4-164. Determine los ángulos directores coordenados a , /3, y de F, que se aplica en el extremo del ensamble de tubos, de manera que el momento de F con respecto a O sea igual a cero. •4-165. Determine el momento de la fuerza F con respec­ to al punto O. La fuerza tiene ángulos directores coorde­ nados de a = 60°, /3 = 120°, y = 45°. Exprese el resultado como un vector cartesiano.

Probs. 4-164/165

Dos pares actúan sobre el bastidor. Si el momento de par resultante debe ser igual a cero, determine la dis­ tancia d entre las fuerzas de par de 10 0 Ib. 4-163.

El brazo telescópico se extiende hasta la posi­ ción mostrada. Si el trabajador pesa 160 Ib, determine el momento de esta fuerza con respecto a la conexión en A. 4-166.

1001b

Prob. 4-163

Prob. 4-166

OMAR ROJAS P ro blem as de r epaso

4-167. Determine el momento de la fuerza Fc con res­

pecto a la bisagra en el punto A de la puerta. Exprese el resultado como un vector cartesiano. *4-168. Determine la magnitud del momento de la fuer­ za Fc, con respecto al eje articulado aa de la puerta.

19 7

Reemplace la fuerza que actúa en A por una fiierza resultante y un momento de par equivalentes en el punto P. Exprese los resultados en forma vectorial carte­ siana. 4-171.

z

Prohs. 4-167/168

•4-169. Exprese el momento del par que actúa sobre el ensamble de tubos en forma vectorial cartesiana. Resuelva el problema (a) con la ecuación 4-13 y (b) sume el momen­ to de cada fuerza con respecto al punto O. Considere que F = {25k) N. 4-170. Si el momento de par que actúa sobre el tubo

tiene una magnitud de 400 N • m, determine la magnitud Fde la fuerza vertical aplicada a cada llave.

Probs. 4-169/170

*4-172. La fuerza horizontal de 30 N actúa sobre el maneral de la llave. Determine el momento de esta fuerza con respecto al punto O. Especifique los ángulos directo­ res coordenados a, /3, y del eje de momento. •4-173. La fuerza horizontal de 30 N actúa sobre el maneral de la llave. ¿Cuál es la magnitud del momento de esta fuerza con respecto al eje z?

Probs. 4-172/173

OMAR ROJAS

La grúa está sometida a su peso y a la carga que soporta. Para calcular las reacciones en los apoyos de la grúa es necesario aplicar los principios del equilibrio.

OMAR ROJAS

Equilibrio de un cuerpo rígido O B J E T IV O S D E L C A P ÍT U L O • Desarrollar las ecuaciones de equilibrio para un cuerpo rígido. • Presentar el concepto de diagrama de cuerpo libre para un cuerpo rígido. • Mostrar cómo resolver problemas de equilibrio de cuerpos rígidos mediante las ecuaciones de equilibrio.

5 .1

C o n d id o n e s p ara el e q u ilib rio de un cu e rp o ríg id o

En esta sección desarrollarem os las condiciones necesarias y suficientes para lograr el equilibrio del cuerpo rígido que se m uestra en la figura 5-la. E ste cuerpo está som etido a un sistem a de fuerzas externas y m om entos de p ar que es el resultado de los efectos de fuerzas gravitatorias, eléctricas, magnéticas o de contacto causadas p o r cuerpos adya­ centes. Las fuerzas internas causadas por interacciones en tre partículas dentro del cuerpo no se m uestran en la figura porque estas fuerzas ocurren en pares colineales iguales pero opuestos y por consiguiente se cancelarán, lo cual es una consecuencia de la tercera ley de Newton.

M,

(a) F íg .5 - 1

OMAR ROJAS 200

C a p ít u l o 5

E q u il ib r io d e u n c u e r p o r íg id o

Si utilizamos los m étodos del capítulo anterior, el sistema de fuerzas y mom entos de p ar que actúan sobre un cuerpo puede reducirse a una fuerza resultante y un m om ento de par equivalentes en cualquier punto arbitrario O sobre el cuerpo o fuera de él, figura 5-1 b. Si tanto la fuerza como el m om ento de par resultantes son iguales a cero, entonces se dice que el cuerpo está en equilibrio. En forma m atem ática, el equilibrio de un cuerpo se expresa com o

f4

/

'

O.

(a)

M,

(5-1)

La prim era de estas ecuaciones establece que la sum a de las fuerzas que actúan sobre el cuerpo es igual a cero. La segunda ecuación esta­ blece que la sum a de los m om entos de todas las fuerzas en el sistema con respecto al punto O, añadida a todos los m om entos de p a r es igual a cero. Estas dos ecuaciones no sólo son necesarias para el equilibrio, también son suficientes. Para m ostrar esto, considere la sum atoria de b s m om entos con respecto a algún otro punto, como el punto A de la figura 5-lc. Necesitam os

Fr = 0

(b)

^

= r X F , + (M R)Q = 0

Como r * 0, esta ecuación se cum ple sólo si se satisfacen las ecuaciones 5-1, a saber FR = Oy (M /? ) 0 = 0. C uando se apliquen las ecuaciones de equilibrio, supondrem os que el cuerpo perm anece rígido. Sin em bargo, en realidad todos los cuerpos se deform an cuando están sometidos a cargas. A unque éste sea el caso, la m ayoría de los m ateriales de ingeniería como el acero y el concreto son muy rígidos por lo que su deform ación suele ser muy pequeña. P or b tan to , al aplicar las ecuaciones de equilibrio, podem os suponer de m anera general que el cuerpo perm anecerá rígido y no se deformará bajo la carga aplicada sin introducir ningún error significativo. D e esta forma, la dirección de las fuerzas aplicadas y sus brazos de m om ento con respecto a una referencia fija, perm anecen sin cambio antes y d es­ pués de cargar el cuerpo.

(c) Flg. 5-1

EQUILIBRIO EN DOS DIMENSIONES

w j^V-—-----o o o o > 2T1

Rg. 5-2

R

En la prim era p a rte del capítulo, considerarem os el caso d o n d e el sistema de fuerzas que actúa sobre un cuerpo rígido se encuentra en, o puede ser proyectado sobre un solo plano y, adem ás, cualesquier momentos de par que actúen sobre el cuerpo se dirigen de m anera p er­ pendicular a dicho plano. Este tipo de sistem a de fuerzas y m om entos de par suele denom inarse sistem a de fuerzas coplanares o bidimensionales. Por ejem plo, el avión de la figura 5-2 tiene un plano de sim etría a través de su eje central, y por lo tanto las cargas que actúan sobre el avión son simétricas con respecto a ese plano. Así, cada una de las dos llantas de las alas soportará la misma carga T , lo cual se representa en la vista lateral (bidim ensional) del avión com o 2T.

OMAR ROJAS 5 .2

5 .2

201

D ia g r a m a s d e c u e r p o u b r e

Diagramas de cuerpo libre

La aplicación exitosa de las ecuaciones de equilibrio requiere de una especificación com pleta de todas las fuerzas externas conocidas y d es­ conocidas q u e actúan sobre un cuerpo. La m ejor m anera de tom ar en cuenta esas fuerzas es trazar el diagram a de cuerpo libre del cuerpo, el cual lo representa aislado o “libre” de su entorno, esto es, un “cu e r­ po libre” . Sobre este bosquejo es necesario m ostrar todas las fuerzas y los m om entos d e p a r que ejerce el entorno sobre el cuerpo, de m anera que cuando se apliquen las ecuaciones de equilibrio se puedan ten er en cuenta estos efectos. Para resolver problem as en mecánica, es de primordial importancia tener un entendimiento total de cóm o trazar un diagrama de cuerpo libre.

Reacciones en soportes. A ntes de presentar un procedim ien­ to form al sobre cóm o trazar un diagram a de cuerpo libre, prim ero co n ­ siderarem os los diversos tipos de reacciones que ocurren en soportes y puntos de contacto en tre cuerpos som etidos a sistemas coplanares de fuerza. Como regla general, •

Si un so p o rte evita la traslación de un cuerpo en una dirección dada, entonces se desarrolla una fuerza sobre el cuerpo en esa dirección.

•

Si se evita una rotación, se ejerce un m om ento de p a r sobre el cuerpo.

P o r ejem plo, considerem os tres m aneras en que un elem ento h o ri­ zontal, com o una viga, está soportado en su extrem o. U n m étodo es por medio de un rodillo o cilindro, figura 5-3a. Como este soporte sólo evita que la viga se traslade en dirección vertical, el rodillo puede ejercer una fuerza sobre la viga únicam ente en esta dirección, figura 5-3b. L a viga p uede ser soportada de una form a más restrictiva con un pasador, com o se m uestra en la figura 5-3c. El pasador liso atraviesa un orificio localizado en la viga y en dos placas q u e están fijas al suelo. Aquí, el pasador puede evitar la traslación de la viga en cualquier direc­ ción , figura 5-3d, por lo que debe ejercer una fuerza F sobre la viga en esta dirección. Por lo general, para fines de análisis es más fácil representar esta fueiza resultante F por medio de sus dos com ponen­ tes rectangulares Fx y Fy, figura 5-3e. Si se conocen Fx y Fyy entonces se pueden calcular F y . La m anera más restrictiva de soportar la viga sería con un soporte fijo como se m uestra en la figura 5-3f E ste soporte im pedirá la traslación y la rotación de la viga. Para ello deben desarrollarse una fuerza y un m om ento de p a r sobre la viga en su punto de conexión, figura 5-3g. Como en el caso del pasador, la fuerza se suele representar m ediante sus com ponentes rectangulares F* y Fv. E n la tab la 5-1 se presentan otro s tipos com unes de soportes para cuerpos sometidos a sistemas coplanares de fuerzas. (En todos los casos se supone que se conoce el ángulo 0). Estudie cuidadosam ente cada uno de los sím bolos usados para representar esos soportes y los tipos de reacciones que éstos ejercen sobre sus elem entos en contacto.

rodillo

(a) (b)

pasador (c)

o bien

F

T (e)

(d)

M

soporte fijo (0

(g) F íg .5 - 3

OMAR ROJAS 2 0 2

C a p ít u l o 5

TABLA 5-1

E q u il ib r io d e u n c u e r p o r íg id o

Soportes para cuerpos rígidos sometidos a sistemas de fuerzas bidimensionales

Tipos de conexión

Reacción

Número de incógnitas

Una incógnita. La reacción es una fuerza de tensión que actúa alejándose del elemento en la dirección del cable. cable

Una incógnita. La reacción es una fuerza que actúa a lo largo del eje del eslabón. eslabón sin peso

Una incógnita. La reacción es una fuerza que actúa perpendicularmente a la superficie en el punto de contacto. rodillo

o bien F

Una incógnita. La reacción es una fuerza que actúa perpendicularmente a la ranura.

rodillo o pasador confinado en una ranura lisa (5 )

Una incógnita. La reacción es una fuerza que actúa perpendicularmente a la superficie en el punto de contacto. soporte mecedora

Una incógnita. La reacción es una fuerza que actúa perpendicularmente a la superficie en el punto de contacto. superficie de contacto lisa

F

o bien

Una incógnita. La reacción es una fuerza que actúa perpendicularmente a la barra. elemento conectado mediante un pasador a un collar sobre una barra lisa continúa

OMAR ROJAS 5 .2

TA BLA 5-1

D ia g r a m a s d e c u e r p o u b r e

203

Continuación

Tipos de conexión

Reacción

o bien

pasador liso o articulación lisa

Número de incógnitas Dos incógnitas. Las reacciones son dos compo­ nentes de fuerza, o la magnitud y la dirección de la fuerza resultante. Observe que y 0 no son necesariamente iguales [no suelen serlo, a menos que la barra mostrada sea un eslabón como en (2 )].

Dos incógnitas. Las reacciones son el momento de par y la fuerza que actúa perpendicularmente a la barra. elemento con conexión fija a un collar sobre una barra lisa

(10) y

U

o bien

Tres incógnitas. Las reacciones son el momento de par y las dos componentes de fuerza, o el momento de par y la magnitud y la dirección de la fuerza resultante.

soporte fijo

En la siguiente serie de fotografías se presentan ejem plos típicos de soportes reales. Los núm eros indican los tipos de conexión a que se hace referencia en la tabla 5-1.

E sta trab e de con­ creto descansa sobre el borde que supues­ tam ente actúa como una superficie de contacto lisa. (6)

El cable ejerce una fuerza sobre la ménsula, o soporte, e n la direc­ ción del cable. (1)

El so p o rte de m ecedora para esta tra b e d e p u en te p erm ite el movi­ m iento horizontal de m anera que e l p u e n te p u ed a d ilatarse y con­ tra e rse p o r cam bios e n la tem pe­ ratura. (5)

E sta instalación de edifi­ cio está soportada por un pasador en la parte supe­ rior de la columna. (8)

Las vigas del piso de este edifi­ cio se sueldan en tre sí para fo r­ mar conexiones fijas. (10)

OMAR ROJAS 20 4

C a p ít u l o 5

E q u il ib r io d e u n c u e r p o r íg id o

Fuerzas internas. Como mencionamos en la sección 5.1, las fuerzas internas que actúan entre partículas adyacentes en un cuerpo siempre se presentan en parejas colineales que tienen la misma magni­ tud pero que actúan en direcciones opuestas (tercera ley de Newton). Como estas fuerzas se cancelan en tre sí, no crearán un efecto externo sobre el cuerpo. Por esta razón, las fuerzas internas no deben incluirse en el diagram a de cuerpo libre si se tom a en cuenta todo el cuerpo. Pbr ejem plo, el m otor que se m uestra en la figura 5-Aa tiene un diagra­ ma de cuerpo libre que aparece en la figura 5-46. Las fuerzas internas entre todas sus partes conectadas, a saber tom illos y tuercas, se cance­ larán porque form an parejas colineales y opuestas. En el diagram a de cuerpo libre sólo se m uestran las fuerzas externas T i y T 2,q u e ejercen las cadenas y el peso W del m otor.

(b)

Rg. 5-4

Peso y centro de gravedad.

C uando un cuerpo está som e­ tido a un cam po gravitatorio, cada una de sus partículas tiene un peso específico. En la sección 4.8 se m ostró que dicho sistem a se puede reducir a una sola fuerza resultante q u e actúa a través de un punto específico. Nos referim os a esta fuerza resultante com o al peso W del cuerpo, y a la posición de su punto de aplicación com o al centro de gravedad. Los m étodos usados para su determ inación se desarrollarán en el capítulo 9. E n los ejem plos y problem as que siguen, si el peso del cuerpo es im portante para el análisis, esta fuerza resultante se indicará en el enun­ ciado del problem a. Tam bién, cuando el cuerpo sea uniform e, o esté hecho de m aterial hom ogéneo, el centro de gravedad se localizará en el centro geométrico o centroide del cuerpo; sin em bargo, si el cuerpo no es hom ogéneo o tiene una forma poco com ún, entonces se dará la ubicación de su centro de gravedad G.

Modelos idealizados. C uando un ingeniero realiza un análisis de fuerzas de cualquier objeto, debe considerar un modelo analítico correspondiente o m odelo idealizado que dé resultados que se aproxi­ men lo más posible a la situación real. Para ello, tiene que hacerse una selección cuidadosa de m anera que el tipo de soportes, el com porta­ miento del m aterial y las dim ensiones del objeto queden justificados. D e esta m anera es posible confiar en que cualquier diseño o análisis dará

OMAR ROJAS 5 .2

resultados seguros. En casos com plejos, este proceso puede requerir el desarrollo de varios modelos diferentes del objeto que debe analizar­ se. En cualquier caso, este proceso de selección requiere tanto habili­ dad com o experiencia. Los siguientes dos casos ilustran lo q u e se requiere para desarrollar un m odelo apropiado. Como se ve en la figura 5-5a, se va a utilizar la viga de acero para soportar los largueros del techo de un edificio. En un análisis de fuerza, es razonable suponer que el material (acero) es rígido puesto que sólo ocurrirán muy pequeñas deflexiones cuando se cargue la viga. Una conexión con pernos en A perm itirá cualquier rotación que ocurra cuando se aplique la carga, por lo que para el soporte puede considerarse un pasador liso. En B puede considerarse un rodillo, pues­ to que ah í el soporte no ofrece resistencia al movimiento horizontal. Para especificar la carga de techo A se usa el código de construcción a fin de poder calcular las cargas F de tos largueros. Estas fuerzas serán mayores que cualquier carga real sobre la viga ya que tom an en cu en ­ ta los casos extrem os de carga para efectos dinámicos o de vibración. Finalmente, el peso de la viga por lo general se pasa por alto cuando es pequeño com parado con la carga que soporta la viga. Por consiguiente, el m odelo idealizado de la viga se m uestra con dim ensiones prom edio a yb yc y d en la figura 5-5b. Como un segundo caso, considere la pluma de ascenso de la figura 5-6a y la cual está soportada p o r un pasador colocado e n A y por el cilindro hidráulico B C yq u e puede aproxim arse com o un eslabón sin peso. Podem os suponer que el m aterial es rígido, y con su densidad conocida, se determ inan el peso de la plum a y la ubicación de su centro de gravedad G. Cuando se especifica una carga de diseño P, el modelo idealizado que se m uestra en la figura 5-6b puede usarse para un a n á ­ lisis de fuerza. P ara especificar la ubicación de las cargas y soportes, se usan dim ensiones prom edio (no se m uestran aquí). E n algunos de los ejem plos presentados en el texto se darán m o d e­ los idealizados d e objetos específicos. Sin em bargo, es necesario ten er en m en te q u e cada caso re p resen ta la reducción de una situación práctica m ediante supuestos sim plificados com o los q u e se ilustran aquí.

F í g . 5 -6

D ia g r a m a s d e c u e r p o u b r e

205

(a) F

F

F

i__ L J d—\ (b) Fig. 5-5

OMAR ROJAS 20 6

C a p ít u l o 5

E q u il ib r io d e u n c u e r p o r íg id o

P ro ce d im ie n to p ara el an á lisis Para construir el diagram a de cuerpo libre de un cuerpo rígido o cualquier grupo de cuerpos considerados com o un solo sistem a, deben darse los siguientes pasos: Trace el contorno. Imagine el cuerpo aislado o recortado “libre” de sus restricciones y conexiones, y delinee (en un bosquejo) su contorno. Muestre todas las fuerzas y momentos de par. Identifique todas las fuerzas externas conocidas y desconocidas y los m om entos de par q u e actúan sobre el cuerpo. Las que p o r lo general se encuentran se deben a ( 1 ) cargas aplicadas, (2 ) reaccio­ nes que ocurren en los soportes o en puntos de contacto con otros cuerpos (vea la tabla 5-1), y (3) el peso del cuerpo. P ara tom ar en cuenta todos estos efectos, puede servir hacer trazos sobre los límites, y señalar cuidadosam ente cada fuerza o m om ento de p ar que actúa en el cuerpo. Identifique cada carga y las dimensiones dadas. Las fuerzas y los mom entos de par que se conocen deben m arcar­ se con sus propias magnitudes y direcciones. Se usan letras p ara representar las magnitudes y los ángulos de dirección de fuerzas y mom entos de par que sean desconocidos. Establezca un sistem a coordenado x>y de m anera que se puedan identificar estas incógni­ tas, A XyA yyetcétera. Indique las dimensiones del cuerpo necesarias para calcular los m om entos de las fuerzas.

Puntos im p o rtan te s • Ningún problem a de equilibrio debe resolverse sin trazar p ri­ mero el diagrama de cuerpo libre, de m anera que se tom en en cuenta todas las fuerzas y los momentos de par que actúan sobre el cuerpo. • Si un soporte evita la traslación de un cuerpo en una dirección particular, entonces el soporte ejerce una fuerza sobre el cuerpo en esa dirección. • Si se evita la rotación, entonces el soporte ejerce un m omento de p a r sobre el cuerpo. • Estudie la tabla 5-1. • Las fuerzas internas nunca se m uestran en el diagram a de cuer­ po libre puesto que se presentan en parejas colineales iguales pero opuestas, y por consiguiente, se cancelan. • El peso de un cuerpo es una fuerza externa, y su efecto se re p re­ senta m ediante una sola fuerza resultante que actúa a través del centro de gravedad G del cuerpo. • Los momentos de p a r pueden colocarse en cualquier parte del diagram a de cuerpo libre puesto q u e son vectores libres. Las fuerzas pueden actuar en cualquier punto a lo largo de sus líneas de acción ya que son vectores deslizantes.

OMAR ROJAS 5 .2

Trace el diagram a de cuerpo libre de la viga uniforme que se muestra en la figura 5-1 a. La viga tiene una m asa de 100 kg.

6m

SOLUCIÓN El diagram a de cuerpo libre de la viga se m uestra en la figura 5-76. Como el soporte en A es fijo, la pared ejerce tres reacciones que actúan sobre la viga, identificadas com o Ax, A y y M^. Las m agnitu­ des d e estas reacciones son desconocidas, y sus sentidos son supues­ tos. El peso d e la viga, W = 100(9.81) N = 981 N, actúa a través del centro de gravedad G de la viga, q u e está a 3 m de A puesto que la viga es uniform e.

y

1200 N 2m ' Efecto de la fuerza aplicada sobre la viga

Efecto del sopon fijo que actúa sobre la viga

G A 3m

Efecto de la gravedad (peso) que actúa sobre la viga (b) Flg. 5 -7

D ia g r a m a s d e c u e r p o u b r e

207

OMAR ROJAS 20 8

C a p ít u l o 5

E q u il ib r io d e u n c u e r p o r íg id o

Trace el diagram a de cuerpo libre del pedal q u e se m uestra en la figura 5-8a. El operador aplica una fuerza vertical al pedal de m anera que el resorte se estira 1.5 pulg y la fuerza en el eslabón corto en B es de 2 0 Ib.

5 pulg

(c)

SOLUCIÓN Como podem os ver p o r la fotografía, la palanca está unida holga­ dam ente al bastidor del cam ión en A por medio de un perno. La barra en B está articulada en sus extrem os y actúa como un “eslabón corto” . D espués de realizar las mediciones apropiadas, el m odelo idealizado de la palanca se m uestra en la figura 5-86. A partir de esto, se m uestra el diagrama de cuerpo libre en la figura 5-8c. El soporte de pasador en A ejerce las com ponentes de fuerza A x y Ay sobre la palanca. El eslabón en B ejerce una fuerza de 20 Ib, y actúa en la dirección del eslabón. Adem ás, el resorte ejerce tam bién una fuerza horizontal sobre la palanca. Si se mide la rigidez y se encuentra que es k = 20 lb/pulg, entonces, como el alargam iento s = 1.5 pulg, con la ecuación 3-2, Fs = ks = 20 lb/pulg (1.5 pulg) = 30 Ib. Finalm ente, el zapato del operador aplica una fuerza vertical F sobre el pedal. Las dimensiones de la palanca se m uestran tam bién sobre el diagram a de cuerpo libre, ya que esta inform ación será útil cuando se calcu­ len los m om entos de las fuerzas. C om o es usual, se han d ad o por descontados b s sentidos de las fuerzas desconocidas en A . Los sen ­ tidos correctos serán evidentes después de resolver las ecuaciones de equilibrio.

OMAR ROJAS 5 .2

EJEMPLO

D ia g r a m a s d e c u e r p o u b r e

209

5.3

Dos tubos lisos, cada uno con m asa de 300 kg, están soportados por la horquilla del trac to r en la figura 5-9«. D ibuje los diagram as de cuerpo libre para cada tubo y para los dos tubos juntos. Efecto de B que actúa sobre A R 0o

2943 Efecto de la gravedad (peso) que actúa sobre A

F Efecto de la horquilla inclinada que actúa sobre A

(d )

SOLUCIÓN El modelo idealizado a partir del cual debemos dibujar los diagramas de cuerpo libre se m uestra en la figura 5-9/?. A quí los tubos están identificados, se han agregado las dim ensiones, y la situación física se redujo a su forma más simple. En la figura 5-9c se m uestra el diagram a de cuerpo libre p ara el tubo A . Su peso es W = 300(9.81) = 2943 N. Suponiendo que todas las superficies de contacto son lisas, las fuerzas reactivas T , F, R actúan en una dirección normal a la tangente en sus superficies de contacto. El diagrama de cuerpo libre del tubo B se m uestra en la figura 5-9d. ¿Puede identificar cada una de las tres fuerzas que actúan sobre este tu b o l En particular, observe que R, q u e representa la fuerza de A sobre B , figura 5-9d yes igual y opuesta a R que representa la fu e r­ za d e B sobre A yfigura 5-9c. Esto es una consecuencia de la tercera ley del movimiento de Newton. El diagram a de cuerpo libre de am bos tubos com binados (“sis­ tem a”) se m uestra en la figura 5-9e. Aquí, la fuerza de contacto R, que actúa e n tre A y B y está considerada com o una fuerza interna y p o r ello no se m uestra en el diagram a de cuerpo libre. Es decir, representa un p a r de fuerzas colineales iguales pero opuestas que se cancelan en tre sí.

(e)

5-9

OMAR ROJAS CUERPO RÍGIDO

Dibuje el diagram a de cuerpo libre de la plataform a sin carga que está suspendida del borde de la torre petrolera, figura 5 -10a. La pla­ taforma tiene una masa de 2 0 0 kg.

(a)

Flg.5-10 SOLUCIÓN El modelo idealizado de la plataform a se considerará en dos dim en­ siones ya que, por observación, la carga y las dim ensiones son sim é­ tricas con respecto a un plano vertical que pasa por su centro, figura 5-10b. Se considera que la conexión e n A es un pasador y que el cable soporta la plataform a en B. La dirección del cable y las dim ensiones prom edio de la plataform a están indicadas, y se determ inó el centro de gravedad G. A partir de este modelo hemos dibujado el diagrama de cuerpo libre que se m uestra en la figura 5-10c. El peso de la p lata­ forma es de 200(9.81) = 1962 N. Las com ponentes de fuerza A* y A y junto con la fuerza del cable T representan las reacciones que ambos pasadores y ambos cables ejercen sobre la plataform a, figura 5-10a. En consecuencia, y de acuerdo con la solución para estas reacciones, la mitad de la m agnitud de esas reacciones se desarrolla en A y la mitad se desarrolla en B.

OMAR ROJAS 5 .2

D ia g r a m a s d e c u e r p o u b r e

211

PRO BLEM AS •5-1. Trace el diagrama de cuerpo libre del cilindro de papel de 50 kg que tiene su centro de masa en G y des­ cansa sobre la horquilla lisa del transportador de papel. Explique la importancia de cada fuerza que actúa sobre el diagrama. (Vea la figura 5-76).

*5.4. Trace el diagrama de cuerpo libre de la viga que soporta la carga de 80 kg y que está apoyada mediante un pasador en A y por medio de un cable que pasa alrededor de la polea en D. Explique la importancia de cada fuerza en el diagrama. (Vea la figura 5-76).

Prob. 5-1 5-2. Trace el diagrama de cuerpo libre del elemento A B , que se apoya mediante un rodillo en A y un pasador en B. Explique la importancia de cada fuerza en el diagrama. (Vea la figura 5-76). 3901b

Prob. 5-4

•5-5. Trace el diagrama de cuerpo libre de la armadu­ ra que está soportada por el cable A B y el pasador C. Explique la importancia de cada fuerza que actúa en el diagrama. (Vea la figura 5-76). 5-3. Trace el diagrama de cuerpo libre de la caja de vol­ teo D del camión, la cual tiene un peso de 5000 Ib y centro de gravedad en G. La caja está soportada por un pasador en A y un cilindro hidráulico BC (eslabón corto) conecta­ do mediante un pasador. Explique la importancia de cada fuerza en el diagrama. (Vea la figura 5-76).

Prob. 5-3

Prob. 5-5

OMAR ROJAS 212

C a p ít u l o 5

E q u il ib r io d e u n c u e r p o r íg id o

5-6. Trace el diagrama de cuerpo libre de la pluma A B de la grúa, la cual tiene un peso de 650 Ib y centro de gra­ vedad en G. La pluma está soportada por un pasador en A y un cable BC. La carga de 1250 Ib está suspendida de un cable unido en B. Explique la importancia de cada fuerza que actúa en el diagrama. (Vea la figura 5-7¿>).

•5-9. Trace el diagrama de cuerpo libre de la barra, cuyo grosor no se toma en cuenta, y puntos de contacto lisos en A , B y C. Explique la importancia de cada fuerza en el diagrama. (Vea la figura 5-lb).

Prob. 5-6 5-7. Dibuje el diagrama de cuerpo libre de la “llave de horquilla” que está sometida a la fuerza de 20 Ib. El sopor­ te en A puede considerarse un pasador, y la superficie de contacto en B es lisa. Explique la importancia de cada fuerza que actúa en el diagrama. (Vea la figura 5-lb).

Prob. 5-9

5-10. Trace el diagrama de cuerpo libre del malacate, el 201b

cual consiste en un tambor de 4 pulg de radio. Está conec­ tado mediante un pasador en su centro C,y en su aro exte­ rior hay un engrane de cremallera con un radio medio de 6 pulg. El trinquete A B sirve como un elemento de dos fuerzas (eslabón corto) y evita que el tambor gire. Explique la importancia de cada fuerza en el diagrama. (Vea la figu­ ra 5-lb).

*5-8. Trace el diagrama de cuerpo libre del elemento A B C que está soportado por un collar liso en A , un rodi­ llo en By y un eslabón corto CD. Explique la importancia de cada fuerza que actúa en el diagrama. (Vea la figura 5-lb).

2.5 kN

Prob. 5-8

Prob. 5-10

OMAR ROJAS 5.2

D ia g r a m a s de c u e rp o u b re

213

PRO BLEM AS C O N C EPTU A LES P5-L Trace el diagrama de cuerpo libre del bote de basu­ ra uniforme que tiene un peso significativo. Está apoyado mediante un pasador en A y descansa contra el elemento horizontal liso en B. Muestre su resultado en la vista late­ ral. Marque cualquier dimensión que sea necesaria.

P5-3. Trace el diagrama de cuerpo libre de un ala del avión de pasajeros. Los pesos del motor y el ala son signi­ ficativos. Las llantas en B ruedan libremente.

5

P5-3

P5-1 P5-2. Trace el diagrama de cuerpo libre del elemento ABC que se utiliza para soportar una retroexcavadora. El pasador superior B está conectado al cilindro hidráulico, el cual puede considerarse como un pasador corto (ele­ mento de dos fuerzas), la zapata de apoyo en A es lisa y el elemento A B C está conectado al bastidor mediante un pasador en C.

*P5-4. Trace el diagrama de cuerpo libre de la rueda y el elemento ABC usados como parte del tren de aterrizaje de un avión a propulsión. El cilindro hidráulico AD actúa como un elemento de dos fuerzas, y hay una conexión de pasador en B.

P5-2

P5-4

OMAR ROJAS 21 4

C a p ít u l o 5

E q u il ib r io d e u n c u e r p o r íg id o

5 .3

Ecu acio n e s de e q u ilib rio

En la sección 5.1 desarrollam os las dos ecuaciones que se requieren y bastan para o btener el equilibrio de un cuerpo rígido, esto es, 2 F = 0 y 2 M 0 = 0. C uando el cuerpo está som etido a un sistema de fuerzas, las cuales se encuentran en el plano x -y , las fuerzas se pueden descom ­ poner en sus com ponentes x y y. En consecuencia, las condiciones de equilibrio en dos dim ensiones son

2 F ,= 0 2F V = 0 SM0 = 0

(5-2)

A quí, 2 F Xy 2 F y representan, respectivam ente, las sumas algebraicas de las com ponentes * y y de todas las fuerzas que actúan sobre el cuer­ po, y 2 M 0 representa la sum a algebraica de los m om entos de par y b s m om entos de todas las com ponentes de fuerza con respecto al eje z y el cual es perpendicular al plano x-y y que pasa por el punto arb i­ trario O.

Conjuntos alternativos de ecuaciones de equilibrio. A unque las ecuaciones 5-2 se usan con mayor frecuencia para resolver problemas de equilibrio coplanar, pueden usarse tam bién dos conjun­ tos alternativos de tres ecuaciones de equilibrio independientes. U no de estos conjuntos es (b)

SFX= 0 2M a = =

(c)

Fig. 5-11

0

(5-3)

0

Al usar estas ecuaciones se requiere q ue una línea q u e pase por los puntos A y B no sea paralela al eje y. Para probar que las ecuaciones 5-3 proporcionan las condiciones de equilibrio, considere el diagram a de cuerpo libre de la placa que se m uestra en la figura 5 -l i a . Con los métodos de la sección 4.8, todas las fuerzas sobre el diagram a de cuer­ po libre pueden reem plazarse p o r una fuerza resultante equivalente ¥ r = 2 F , q u e actúan en el punto A y y un m om ento de par resultan­ te = 2 M A, figura 5-11 b. Si se satisface 2 Ai* = 0, es necesario que M /^ = 0. A dem ás, para que F* satisfaga a 2F* = 0, no debe tener componentes a b largo del eje x y y por lo tanto, F* debe ser paralela al eje y, figura 5-1 le. Finalm ente, se requiere q u e = 0, donde B no se encuentra sobre la línea de acción de F*, entonces F* = 0. Como las ecuaciones 5-3 m uestran que am bas resultantes son iguales a cero, ciertam ente el cuerpo que aparece en la figura 5-1 l a debe estar en equilibrio.

OMAR ROJAS 5 .3

U n segundo conjunto alternativo de ecuaciones de equilibrio es =

0

= 0 £M C = 0

(5-4)

Aquí es necesario que los puntos A , B y C no se encuentren en la misma línea. Para probar que al satisfacer esas ecuaciones se garantiza el equili­ brio, considere de nuevo el diagram a de cuerpo libre de la figura 5-11 b. Si 'ZMa = 0 debe ser satisfecha, entonces = 0. 2 Afc = 0 se satisface si la línea de acción de pasa por el punto C com o se muestra en la figura 5-1 le. Por último, si requerim os que = 0, es necesario que Ffl = 0, y entonces la placa de la figura 5-1 l a debe estar en equilibrio.

| P ro ce d im ie n to para el a n á lisis Los problem as de equilibrio de fuerzas coplanares para un cuerpo rígido pueden resolverse por el siguiente procedim iento. Diagrama de cuerpo libre. • Establezca los ejes coordenados x, y en cualquier orientación adecuada. • Trace un contorno del cuerpo. • M uestre todas las fuerzas y los m om entos de p ar q u e actúan sobre el cuerpo. • M arque todas las cargas y especifique sus direcciones relativas a los ejes x o y. El sentido de una fuerza o m om ento de par que tiene una magnitud desconocida,pero línea de acción conocida, puede suponerse. • Indique las dim ensiones del cuerpo necesarias para calcular los m om entos de las fuerzas. Ecuaciones de equilibrio. • A plique la ecuación de equilibrio de m om entos, 2AT0 = 0, con respecto a un punto (O ) que se en cuentre en la intersección de las líneas de acción de dos fuerzas desconocidas. D e este modo, los m om entos de esas incógnitas son cero con respecto a O, y se puede determ inar una solución directa para la tercera incógnita. • A l aplicar las ecuaciones de equilibrio m ediante fuerzas, 'ZFX = 0 y 'ZFy = 0, oriente los ejes * y y a lo largo de líneas que proporcionen la descom posición más sim ple de las fuerzas en sus com ponentes x y y. • Si la solución de las ecuaciones de equilibrio da como resultado un escalar negativo para una magnitud de fuerza o de m om en­ to d e par, esto indica que el sentido es contrario al que se supuso en el diagram a de cuerpo libre.

E c u a c io n e s d e e q u il ib r io

215

OMAR ROJAS C a p ít u l o 5

21 6

E JE M P LO

E q u il ib r io d e u n c u e r p o r íg id o

5.5 Determine las com ponentes horizontal y vertical de la reacción en la viga, causada por el pasador en B y el soporte de mecedora en A ycomo se muestra en la figura 5-12«. No tom e en cuenta el peso de la viga.

:

02 m

600 eos 45

l

2m

A .

---------------------- * B

A r~7"-

T

600!sen i45° N

200 N

IN 600 N

■3 m ----------

'T l 2 m ------1

N J

200 N

02 m

I

Br B

D 2m

2m

3m

1

100 N

100 N

(b)

(a)

Fig. 5-12 SOLUCIÓN Diagrama de cuerpo líbre. Identifique cada una de las fuerzas que se m uestran en el diagram a de cuerpo libre de la viga, figu­ ra 5-126. (V ea el ejem plo 5.1). Por sencillez, la fuerza de 600 N se representa m ediante sus com ponentes x y y com o se m uestra en la figura 5-126. Ecuaciones de equilibrio.

Al sum ar las fuerzas en la dirección x

se obtiene = 0;

600 eos 45° N - Bx = 0 B x = 424 N

Resp.

Una solución directa p ara A y se puede obtener m ediante la ecuación de m om entos = 0 con respecto al punto B. Q+'ZM b = 0;

100 N (2 m) + (600 sen 45° N )(5 m) - (600 eos 45° N)(0.2 m ) - A y{7 m) = 0 A y = 319 N

Resp.

Al sum ar fuerzas e n la dirección y, y usar este resultado, obtenem os + T 2 F V = 0;

319 N - 6 0 0 se n 4 5 °N - 100N

200 N + By = 0

By = 405 N

Resp.

NOTA: podemos verificar este resultado al sum ar m om entos con respecto al punto A. C +£M

a

= 0;

-(6 0 0 sen 45° N )(2 m) - (600eos 45° N ) (0.2 m)

—(100 N )(5 m) - (200 N )(7 m ) + £ y(7 m ) = 0 By = 405 N

Resp.

OMAR ROJAS 5 .3

EJEMPLO

E c u a c io n e s d e e q u il ib r io

5

La cuerda d e la figura 5-13a soporta una fuerza de 100 Ib y se enrolla sobre la polea sin fricción. D eterm ine la tensión en la cuerda en C y las com ponentes horizontal y vertical de reacción en el pasador A .

(a)

Rg. 5-13 SOLUCIÓN Diagramas de cuerpo líbre. Los diagram as de cuerpo libre de la cuerda y la polea se m uestran en la figura 5-136. Tenga presente que el principio de acción igual pero reacción opuesta se debe observar con gran cuidado al trazar cada uno de esos diagram as: la cuerda ejerce una distribución de carga desconocida p sobre la polea en la superficie de contacto, m ientras que la polea ejerce un efecto igual pero opuesto sobre la cuerda. Sin em bargo, para encontrar la solu­ ción es más sencillo com binar los diagram as de cuerpo libre de la polea y esta porción de la cuerda, de m anera que la carga distribuida se vuelva interna al “sistem a” y, por lo tanto, pueda elim inarse del análisis, figura 5-13c.

100 Ib

Ecuaciones de equilibrio. A l sum ar m om entos con respecto al punto A para elim inar A* y A y, figura 5-13c, tenem os

Q + 2 M a = 0;

100 Ib (0.5 pie) - 7(0.5 pie) = 0 T = 100 Ib

Resp.

Con el resultado ^ Z F X=

0;

A x + 100 sen 30° Ib = 0 A x = 50.0 Ib

+Í

2

Fy =

0;

Resp.

100 Ib - 100 eos 30° Ib = 0 A y = 187 Ib

Resp.

NOTA: se observa que la tensión perm anece constante al pasar la cuerda sobre la polea. (P or supuesto, esto es cierto para cualquier ángulo 9 en el que esté dirigida la cuerda y para cualquier radio r de la polea).

(c)

217

OMAR ROJAS 21 8

C a p ít u l o 5

E q u il ib r io d e u n c u e r p o r íg id o

El elem ento que se m uestra en la figura 5-14« está articulado en A y descansa contra un soporte liso ubicado en B. D eterm ine las com ­ ponentes horizontal y vertical de reacción en el pasador A .

v 0.5 m 60 N

(a)

(b) Rg. 5-14

SOLUCIÓN Diagrama de cuerpo libre. Como se m uestra en la figura 5-146, la reacción es perpendicular al eslabón en B. Tam bién, las com po­ nentes horizontal y vertical de reacción están representadas en A . Ecuaciones de equilibrio. Al sum ar m om entos con respecto a A y obtenem os una solución directa para N By

Q+' ZM a = 0\

- 9 0 N • m - 60 N(1 m ) + Afe(0.75 m ) = 0 N b = 200 N

Con este resultado, ■i * ’2.Fx = 0;

A x — 200 sen 30° N = 0 A x = 100 N

+ t 'ZFy = 0;

Resp.

A y - 200 eos 30° N - 60 N = 0 A y = 233 N

Resp.

OMAR ROJAS 5 .3

E c u a c io n e s d e e q u il ib r io

219

5.8

EJEMPLO

La llave de cubo que se muestra en la figura 5-15« se usa para apretar el perno en A . Si la llave no gira cuando se aplica la carga al m aneral, determ ine el par de torsión o el m om ento aplicado al perno y la fuerza de la llave sobre el perno. SOLUCIÓN Diagrama de cuerpo libre. El diagram a de cuerpo libre para la llave se m uestra en la figura 5-15b. D ado que el perno actúa com o un “so porte fijo” , ejerce las com ponentes de fuerza A* y A y y un m om ento M A sobre la llave en A. |— 300 mm—I------ 400 mm

■^1FX = 0;

1

r 't

Ecuaciones de equilibrio.

A x - 5 2 ( ^ ) N + 3 0 c o s6 0 °N = 0 30 N

Ax =

+ ]'ZFy = 0 ;

5 .0 0

N

Resp.

A y — 5 2 (H )N - 3 0 s e n 6 0 ° N = 0 A y = 74.0 N

Resp.

c + 2 M a = 0; M a - [5 2 (||) n ] (0.3 m) - (30 sen 60° N)(0.7 m) = 0 M a = 32.6 N -m

Resp. 0.3 m

M,

Observe que en esta sum atoria de momentos debe incluirse M^. Este m om ento de par es un vector libre y representa la resistencia del perno a girar sobre la llave. Por la tercera ley de New ton, la llave ejerce un m om ento o par de torsión igual pero opuesto sobre el perno. A dem ás, la fuerza resultante sobre la llave es

FA =

V

( 5 . 0 0 ) 2

+ (74.0 )2 = 74.1 N

0;

19.2 N • m + 32.6 N ■m - 51.8 N -m = 0

TTL ^

60°

3

30 N

(b) Fig. 5-15

Resp.

[5 2 (g ) n ] (0.4 m) + 32.6 N -m - 74.0 N(0.7 m) =

0.4 m

52 N

NOTA: aunque sólo pueden escribirse tres ecuaciones indepen­ dientes d e equilibrio para un cuerpo rígido, es un buen hábito revisar los cálculos m ediante una cuarta ecuación de equilibrio. Por ejem plo, los cálculos anteriores se pueden verificar en parte al sum ar m om entos con respecto al punto C: c + 2 MC =

(-

0

OMAR ROJAS 220

C a p ít u l o 5

E JE M P LO

E q u il ib r io d e u n c u e r p o r íg id o

5. D eterm ine las com ponentes horizontal y vertical de reacción sobre d elem ento en el pasador A, y la reacción norm al en el rodillo B de la figura 5-16a. SOLUCIÓN Diagrama de cuerpo líbre. E n la figura 5.166 se m uestra el diagrama de cuerpo libre. El pasador en A ejerce dos com ponentes de reacción sobre el elem ento, A x y A y.

7501b

7501b

Ecuaciones de equilibrio. La reacción N B puede obtenerse direc­ tamente al sum ar m om entos con respecto al punto A puesto q u e A* y A y no producen m om entos con respecto a A.

C + SM a =

0;

[Afeoos 30o](6 pies) - [NB sen 30°](2 pies) - 750 Ib(3 pies) = 0 N b = 536.2 Ib = 536 Ib

Resp.

Con este resultado 2 F* = 0;

A x — (536.2 Ib ) sen 30° = 0 A„ = 268 Ib

+ í 2 F y = 0;

Resp.

A y + (536.2 Ib) eos 30° - 750 Ib = 0

A y = 286 Ib

Resp.

OMAR ROJAS 5 .3

EJEMPLO

E c u a c io n e s d e e q u il ib r io

5 .1 0

La barra uniform e lisa q u e se m uestra en la figura 5-17a está som e­ tida a una fuerza y a un m om ento de par. Si la b arra está soportada en A por una pared lisa, y en B y C p o r rodillos colocados en la p arte superior o inferior, determ ine las reacciones en esos soportes. No tom e en cuenta el peso de la barra.

SOLUCIÓN Diagrama de cuerpo líbre. Como se ve en la figura 5-17/?, todas las reacciones de soporte actúan en form a norm al a las superficies de contacto ya que dichas superficies son lisas. Se m uestra que las reacciones en B y C actúan en la dirección y ' positiva. Esto hace suponer que los rodillos ubicados al fondo de la barra sólo se usan para soporte. Ecuaciones de equilibrio. Si utilizamos el sistem a coordenado x y y que se m uestra en la figura 5-17/?, tenem os

2 F , = 0; + T ZFy = 0;

C+1Ma

C y sen 30° + By sen 30° - A x = 0

(1)

-3 0 0 N + C y eos 30° + B y eos 30° = 0

(2)

= 0; ~ B y ( 2 m) + 4000 N • m - C y ( 6 m) + (300 eos 30° N) ( 8 m) = 0

(3)

Al escribir la ecuación de m om entos, debe observarse que la línea de acción de la com ponente de fuerza 300 sen 30° N pasa p o r el punto A y, por lo tanto, esta fuerza no está incluida en la ecuación de mom entos. Al resolver sim ultáneam ente las ecuaciones 2 y 3 obtenem os By = -1000.0 N = - 1 kN

Resp.

C , = 1346.4 N =1.35 kN

Resp.

C om o B y es un escalar negativo, el sentid o de By es opuesto al del diagram a de cuerpo libre de la figura 5-17Z?. P o r consiguiente, el rodillo superior ubicado en B sirve como soporte en vez del infe­ rior. Se retiene el signo negativo p ara By (¿por qué?) y al sustituir b s resultados en la ecuación 1 , obtenem os 1346.4 sen 30° N + (-1000.0 sen 30° N) - A x = 0

A x = 173 N

Resp.

(b) Fig. 5-17

OMAR ROJAS 222

C a p ít u l o 5

EJEMPLO

E q u il ib r io d e u n c u e r p o r íg id o

5.11 La ram pa uniform e del cam ión que se m uestra en la figura 5-18a pesa 400 Ib y está articulada al bastidor del cam ión en cada lado; asimismo, se m antiene en la posición m ostrada m ediante los dos cables laterales. D eterm ine la tensión en los cables. SOLUCIÓN

En la figura 5-18/? se m uestra el m odelo idealizado de la ram pa, que indica todas las dim ensiones y soportes necesarios. A quí el centro de gravedad está localizado en el punto medio ya que la ram pa es aproxim adam ente uniform e. Diagrama de cuerpo libre. A p artir del m odelo idealizado, el diagrama de cuerpo libre de la ram pa se m uestra en la figura 5-18c. Ecuaciones de equilibrio. A l sum ar m om entos con respecto al punto A se tendrá una solución directa para la tensión en el cable. Si se usa el principio de m om entos, hay varias m aneras de determ inar el m om ento de T con respecto a A . Si usamos las com ponentes x y y, con T aplicada en B ytenem os

5

Ç + 'ZMa = 0; —T eos 20°(7 sen 30° pie) + T sen 20°(7 eos 30° pie) + 400 Ib (5 eos 30° pie) = 0 T = 1425 Ib La m anera más simple de calcular el m om ento de T con respecto a A es descom ponerla en com ponentes a lo largo y de m anera p erp en ­ dicular a la ram pa en B. Entonces, el m om ento de la com ponente a b largo de la ram pa es cero con respecto a A ypor lo que Q + ZM a = 0;

- T sen 10°(7 pies) + 4001b (5 eos 30° pie) = 0 T = 1425 Ib

Dado que dos cables soportan la ram pa,

V = - = 712 Ib

Fíg. 5-18

NOTA:

como ejercicio, dem uestre que A x = 1339 Ib y A y = 887.4 Ib.

OMAR ROJAS 5 .3

E c u a c io n e s d e e q u il ib r io

D eterm ine las reacciones del soporte sobre el elem ento que se m ues­ tra en la figura 5-19a. El collar en A está fijo al elem ento y puede deslizarse verticalm ente a lo largo del eje vertical. 900 N

900 N

(a)

(b) Fig. 5-19

SOLUCIÓN Diagram a de cuerpo líb re. En la figura 5-19b se m uestra el diagram a d e cuerpo libre del elem ento. El collar ejerce una fuerza horizontal A* y un m om ento sobre el elem ento. La reacción del rodillo sobre el elem ento es vertical. Ecuaciones de equilibrio. Las fuerzas A x y N Bpueden calcularse directam ente a partir de las ecuaciones de equilibrio de fuerza.

2 Fx = 0;

Ax = 0

Resp.

N b - 900 N = 0 N b - 900 N

Resp.

El m om ento M A puede determ inarse al sum ar los m om entos con respecto al p u n to A o bien con respecto al punto B. Ç + ZM a = 0; M a - 900 N(1.5 m) - 500 N • m + 900 N [3 m + (1 m) eos 45o] = 0 Ma = -1 4 8 6 N ■m = 1.49 kN • m J

Resp.

o bien C + 1 M b = 0; Ma + 900 N [1.5 m + (1 m) eos 45o] - 500 N ■m = 0 M a = -1 4 8 6 N -m = 1.49 k N - m ^

Resp.

El signo negativo indica q u e MA tiene el sentido de rotación opuesto al del diagram a de cuerpo libre.

OMAR ROJAS 22 4

C a p ít u l o 5

E q u il ib r io d e u n c u e r p o r íg id o

5 .4

Elem entos de dos y tres fuerzas

Las soluciones de algunos problemas de equilibrio pueden simplificarse al identificar los elementos que están sometidos a sólo dos o tres fuerzas.

E l eslabón A B del cucharón de la retroexcavadora es un ejem plo típico de un elem ento de dos fu er­ zas, ya que está conectado m ediante pasadores en sus extrem os y, si no se tom a en cu en ta su peso, nin ­ guna o tra fuerza actúa sobre este elem ento.

E l eslabón q u e se usa para frenar este vagón de ferrocarril es un elem ento de tres fuerzas. C om o la fuerza F g en la b arra B y Fc desde el eslabón en C son paralelas, para lograr el equilibrio la fuerza resultante en el pasador A tam bién d eb e ser paralela a estas dos fuerzas.

La plum a de este elevador es un elem en­ to de tres fuerzas, sin to m ar en cuenta su peso. A quí, las líneas de acción del peso del trabajador, W, y la fuerza del elem ento de dos fuerzas (cilindro hidráulico) en B , ¥ B, se intersecan en O. Para el equilibrio de m om ento, la fuerza resultante en el pasador A , F^, tam bién debe estar dirigida hacia O.

Elementos de dos fuerzas Como lo indica su nom bre, un ele­ mento de dos fuerzas tiene fuerzas aplicadas en sólo dos puntos sobre el elem ento. U n ejem plo se m uestra en la figura 5-20a. Para satisfa­ cer el equilibrio de fuerzas, F* y FB deben ten er la misma m agnitud, Fa = Fb = Fypero dirección opuesta (2 F = 0), figura 5-20b. Además, el equilibrio de m om entos requiere q u e F^ y FB com partan la misma línea de acción, lo cual sólo puede ocurrir si están dirigidas a lo largo de la línea q u e une a los puntos A y B = 0 o bien = 0), figura 5-20c. Por lo tanto, para que cualquier elem ento de dos fuer­ zas esté en equilibrio, las dos fuerzas que actúan sobre él deben tener h misma magnitud, actuar en direcciones opuestas y tener la misma línea de acción, dirigida a lo largo de la línea que une los puntos donde actúan estas fuerzas.

Elemento de dos fuerzas Fig. 5-20

Elementos de tres fuerzas Si un elem ento está som etido a sólo tres fu erza s, se denom ina elemento de tres fuerzas. El equilibrio de m om ento se puede satisfacer sólo si las tres fuerzas forman un sis­ tema de fuerzas concurrentes o paralelas. Para ilustrar esto, considere d elem ento som etido a las tres fuerzas F b F2y F3,q u e se m uestra en la figura 5-21a. Si las líneas de acdón de F¡ y F2se intersecan en el punto O , entonces la línea de acdón de F3 también debe pasar por el punto O, de m odo que las fuerzas satisfagan = 0. Como caso especial, si las tres fuerzas son paralelas, figura 5-21/?, la ubicadón del punto de intersecdón, O, se aproxim ará al infinito.

F íg . 5 -21

OMAR ROJAS 5 .4

EJEMPLO

E lem en t o s d e d o s y t r e s fu erza s

5.13

La palanca A B C está articulada en A y conectada a un eslabón corto B D y com o se m uestra en la figura 5-22a. Si el peso del elem en ­ to es insignificante, determ ine la fuerza del pasador sobre la palan­ ca en A

400

SOLUCIÓN Diagram as de cuerpo líb re. C om o se ve en la figura 5-226, el eslabón corto B D es un dem ento de dos fuerzas, por b que las fu er­ zas resultantes en los pasadores D y B deben ser iguales, opuestas y colineales. A unque la magnitud de la fuerza es una incógnita, la línea de acción es conocida ya q u e pasa p o r B y D. La palanca A B C es un elemento de tres fuerzas yp o r b tanto, para satisfacer el equilibrio de m om ento, las tres fuerzas no paralelas que actúan sobre la palanca deben ser concurrentes en O yfigura 5-22c. En particular, observe que la fuerza F sobre la palanca en B es igual pero opuesta a la fuerza F que actúa en B sobre el eslabón. ¿Por qué? La distancia CO debe ser de 0.5 m ya que las líneas de acción de F y la fuerza d e 400 N son conocidas.

0.2 m

Ecuaciones de equilibrio. Com o se requiere que el sistem a de fuerzas sea concurrente e n O, y ya q u e 'ZMq = 0 , el ángulo 0 que define la línea de acción de F^ puede determ inarse por trigonom e­ tría,

0 = tan'

a -

60.3C

fuerzas,

± >'2FX = 0;

FÁ eos 60.3° - F e o s 45° + 400 N = 0

+ T XFy =

Fa sen 60.3° - F s e n 45° =

0;

0

Al despejar, obtenem os Fa = 1.07 kN

Resp.

F = 1.32 kN NOTA: también podem os resolver este problem a p o r la represen­ tación de la fuerza en A m ediante sus dos com ponentes A* y A.y y la aplicación d e 2 M A = 0, 2F* = 0, 2 F y = 0 a la palanca. U na vez determ inadas A x y A yy podem os o btener FA y 9.

(c) Fig. 5-22

225

OMAR ROJAS 22 6

C a p ít u l o 5

E q u il ib r io d e u n c u e r p o r íg id o

PRO BLEM AS FU N D A M EN TALES Todas las soluciones a los problemas deben incluir un DCL.

F5-4. Determine las componentes de reacción en el sopor­ te fijo ubicado en A. El grosor de la viga no cuenta.

F5-1. Determine las componentes horizontal y vertical de la reacción en los soportes. Desprecie el grosor de la viga.

200 N

200 N

200 N

600 Ib • pie

F5-1

F5-4

F5-2. Determine las componentes horizontal y vertical de la reacción en el pasador A y la reacción sobre la viga en C.

F5-5. La barra de 25 kg tiene un centro de masa en G. Si la barra se sostiene mediante una clavija lisa en C, un rodillo en A y una cuerda A B , determine las reacciones en estos soportes.

4kN -1.5 m

•1.5 m

F5-5 F5-3. La armadura se sostiene mediante un pasador en A y un rodillo en B. Determine las reacciones de soporte.

F5-3

F5-6. Determine las reacciones en los puntos de contacto lisos A , B y C á ela barra.

OMAR ROJAS 5 .4

E lem en t o s d e d o s y t r e s fu erza s

227

PROBLEM AS T o d a s la s so lu c io n e s a lo s p ro b le m a s d e b e n incluir u n D C L .

5.11. Determine las reacciones normales en A y B en el problema 5-1. *5.12. Determine la tensión en la cuerda y las compo­ nentes horizontal y vertical de la reacción en el soporte A de la viga en el problema 5-4.

*5-20. El vagón de ferrocarril tiene un peso de 24 000 Ib y un centro de gravedad en G. Está suspendido de la vía en sus partes delantera y trasera mediante seis llantas ubica­ das en A y B y C. Determine las reacciones normales sobre estas llantas si se supone que la vía es una superficie lisa y que, tanto en las llantas delanteras como en las traseras, se sostiene una porción equivalente de la carga.

•5-13. Determine las componentes horizontal y vertical de la reacción en C y la tensión en el cable A B para la armadura del problema 5-5. 5-14. Determine las componentes horizontal y vertical de la reacción en A y la tensión en el cable B C sobre la pluma del problema 5-6. 5-15. Determine las componentes horizontal y vertical de la reacción en .4 y la reacción normal en B sobre la llave de hor­ quilla del problema 5-7. *5-16. Determine las reacciones normales en A y B y la fuerza en el eslabón C D que actúa sobre el elemento del problema 5-8. •5-17. Determine las reacciones normales en los puntos de contacto en A , B y C de la barra que se muestra en el problema 5-9. 5-18. Determine las componentes horizontal y vertical de la reacción en el pasador C y la fuerza en el trinquete del malacate que se muestra en el problema 5-10. 5-19. Compare la fuerza ejercida sobre la punta del pie y el talón de una mujer de 120 Ib cuando calza zapatos nor­ males y cuando lleva zapatos de tacón. Suponga que todo su peso recae sobre uno de sus pies y que las reacciones ocurren en los puntos A y B que se muestran en la figura.

•5-21. Determine las componentes horizontal y vertical de la reacción en el pasador A y la tensión desarrollada en el cable B C que se usa para sostener el bastidor de acero.

1201b 1201b

Prob. 5-19

60 kN

Prob. 5-21

OMAR ROJAS 22 8

C a p ít u l o 5

E q u il ib r io d e u n c u e r p o r íg id o

5-22. La pluma articulada de la grúa tiene un peso de 125 Ib y centro de gravedad en G. Si sostiene una carga de 600 Ib, determine la fuerza que actúa en el pasador A y la fuerza en el cilindro hidráulico BC cuando la pluma está en la posición mostrada.

•5-25. El transformador eléctrico de 300 Ib con centro de gravedad en G se sostiene mediante un pasador en A y una plataforma lisa en B. Determine las componentes horizontal y vertical de la reacción en el pasador A y la reacción de la plataforma B sobre el transformador.

i^ l 15 pies

'

.

3 pies

*G

- A

—

Prob. 5-25 5-23. El actuador neumático en D se usa para aplicar una fuerza de F = 200 N sobre el elemento en B. Determine los componentes horizontal y vertical de la reacción en el pasador A y la fuerza del eje liso ubicado en C sobre el ele­ mento. *5-24. El actuador neumático en D se usa para aplicar una F sobre el elemento en B. La reacción normal en el eje liso ubicado en C sobre el elemento es de 300 N. D eter­ mine la magnitud de F y las componentes horizontal y vertical de la reacción en el pasador A .

Probs. 5-23/24

5-26. En la parte superior de la siguiente figura se mues­ tra un diagrama esquelético de una mano sosteniendo una carga. Si la carga y el antebrazo tienen masas de 2 kg y 1.2 kg, respectivamente, y sus centros de masa se localizan en G x y G2, determine la fuerza desarrollada en el bíceps CD y las componentes horizontal y vertical de la reacción en el codo B. El antebrazo que sostiene al sistema puede modelarse como el sistema estructural que se muestra en la parte inferior de la figura.

Prob. 5-26

OMAR ROJAS 5 .4

5-27. Cuando se aplican los frenos de un avión, la rueda frontal ejerce dos fuerzas sobre el extremo del tren de ate­ rrizaje como se muestra en la figura. Determine las com­ ponentes horizontal y vertical de la reacción en el pasador Cy la fuerza en el tirante A B .

E lem en t o s d e d o s y t r e s fu erza s

229

•5-29. La masa de 700 kg se suspende de un trole carga­ dor que se mueve a lo largo del riel desde d = 1.7 m hasta d = 3.5 m. Determine la fuerza a lo largo del tirante articu­ lado BC (eslabón corto) y la magnitud de la fuerza en el pasador A como una función de la posición d. Grafique tos resultados de Fgc y FA (eje vertical) contra d (eje hori­ zontal).

Prob. 5-29

Prob. 5-27

*5-28. El tubo de desagüe de 1.4 Mg se sostiene en las barras del montacargas. Determine las fuerzas normales en A y B como funciones del ángulo de inclinación 0 y gra­ fique los resultados de las fuerzas (eje vertical) contra 0 (eje horizontal) para 0 ^ 0 ^ 90°.

Prob. 5-28

5-30. Si la fuerza de F = 100 Ib se aplica a la manija del doblador de barras, determine las componentes vertical y horizontal de la reacción en el pasador A y la reacción del rodillo B sobre la barra lisa. 5-31. Si se requiere que la fuerza del rodillo liso en B sobre el doblador de barras sea de 15 kip, determine las componentes vertical y horizontal de la reacción en el pasador A y la magnitud de la fuerza F que se aplica a la manija.

Probs. 5-30/31

OMAR ROJAS 23 0

C a p ít u l o 5

E q u il ib r io d e u n c u e r p o r íg id o

*5-32. El brazo de la grúa se sostiene mediante un pasa­ dor en C y la varilla A B . Si la carga tiene una masa de 2 Mg con su centro de masa localizado en G, determine las componentes horizontal y vertical de la reacción en el pasador Cy la fuerza desarrollada en la varilla A B sobre la grúa cuando x = 5 m. •5-33. El brazo de la grúa se sostiene mediante un pasa­ dor en C y la varilla A B . La varilla puede soportar una tensión máxima de 40 kN. Si la carga tiene una masa de 2 Mg con su centro de masa localizado en G, determine la máxima distancia x permisible y las componentes horizon­ tal y vertical correspondientes de la reacción en C.

5-35. El armazón se sostiene mediante el elemento A B que descansa sobre el piso liso. Cuando el armazón está cargado, la distribución de presión sobre A B es lineal como se muestra en la figura. Determine la longitud d del elemento A B y la intensidad w para este caso.

4 pies

Prob. 5-35

5-34. Determine las componentes horizontal y vertical de la reacción en el pasador A y la fuerza norm al en la clavija lisa B sobre el elemento.

*5-36. Los elementos A y B se utilizan para estabilizar la grúa y evitar que se vuelque al levantar cargas muy gran­ des. Si se va a levantar una carga de 3 Mg, determine el máximo ángulo 0 de la pluma de modo que la grúa no se vuelque. La grúa tiene una masa de 5 Mg y centro de masa en Gc, mientras que la pluma tiene una masa de 0.6 Mg y centro de masa en GB.

Prob. 5-34

Prob. 5-36

Probs. 5-32/33

OMAR ROJAS 5 .4

•5-37. El tablón de madera que descansa entre dos edifi­ cios se flexiona ligeramente cuando sostiene a una persona de 50 kg. Esta flexión causa una distribución triangular de carga en sus extremos, con intensidades máximas de wA y wB. Calcule wA y w B, cada una medida en N/m, cuando la persona está parada a 3 m de uno de los extremos como se muestra en la figura. Pase por alto la masa de la plancha.

E lem en t o s d e d o s y t r e s fu erza s

231

*5-40. El ensamble de la plataforma tiene un peso de 250 Ib y su centro de gravedad está en Gt . Si se quiere soportar una carga máxima de 400 Ib colocada en el punto G2, determine el contrapeso W mínimo que debe ubicarse en B para evitar una volcadura de la plataforma.

Prob. 5-37

5-38. El resorte CD permanece en la posición horizontal en todo momento debido al rodillo en D. Si el resorte no se estira cuando 0 = 0o y la ménsula logra su posición de equilibrio cuando 0 = 30°, determine la rigidez k del resor­ te y las componentes horizontal y vertical de la reacción en el pasador A

Prob. 5-40

5-39. El resorte CD permanece en la posición horizon­ tal en todo momento debido al rodillo en D. Si el resorte no se estira cuando 0 = 0o y la rigidez del resorte es k = 1.5 kN/m, determine el mínimo ángulo 0 requerido para el equilibrio y las componentes horizontal y vertical de la reacción en el pasador A.

•5-41. Determine las componentes horizontal y vertical de la reacción en el pasador A y la reacción del collar liso B sobre la barra.

Probs. 5-38/39

Prob. 5-41

OMAR ROJAS 23 2

C a p ít u l o 5

E q u il ib r io d e u n c u e r p o r íg id o

5-42. Determine las reacciones de soporte del rodillo A y el collar liso B sobre la barra. El collar está fijo a la barra A B , pero puede deslizarse a lo largo de la barra CD.

*5-44. Determine las componentes horizontal y vertical de la fuerza en el pasador A y la reacción en el soporte de mecedora B de la viga curva.

500 N

Prob. 5-42

Prob. 5-44

5-43. La barra uniforme A B tiene un peso de 15 Ib. D eter­ mine la fuerza en el cable cuando la barra está en la posi­ ción mostrada.

•5-45. La grúa de piso y el conductor tienen un peso total de 2500 Ib con un centro de gravedad en G . Si se requiere que la grúa levante un barril de 500 Ib, determine la reac­ ción normal sobre ambas ruedas en A y ambas ruedas en B cuando la pluma está en la posición mostrada.

5

5-46. La grúa de piso y el conductor tienen un peso total de 2500 Ib con un centro de gravedad en G. Determine el peso máximo del barril que puede levantar la grúa sin que esto cause una volcadura cuando la pluma está en la posición mostrada.

Prob. 5-43

OMAR ROJAS 5 .4

5-47. El m otor tiene un peso de 850 Ib. Determine la fuerza que ejerce cada una de las cadenas sobre los gan­ chos de soporte en A , B y C. Pase por alto el tamaño de los ganchos y el grosor de la viga.

E lem en t o s d e d o s y t r e s fu erza s

233

5-50. El cable de sujeción de una camioneta remolcadora está sometido a una fuerza de T = 6 kN cuando el cable tiene una dirección 0 = 60°. Determine las magnitudes de la fuerza total F de frenado por fricción para el par de rue­ das traseras B y de las fuerzas normales totales en las dos ruedas delanteras A y las dos ruedas traseras B para lograr el equilibrio. La camioneta tiene una masa total de 4 Mg y centro de masa en G. 5-51. Determine la fuerza mínima T en el cable y el ángu­ lo crítico 0 que hará que la camioneta comience a volcarse, es decir, para que la reacción normal en A sea igual a cero. Suponga que la camioneta está frenada y no patinará en B. La camioneta tiene una masa total de 4 Mg y centro de masa en G.

Pr0b'

*5-48. Determine la fuerza P necesaria para jalar el rodi­ llo de 50 kg sobre el escalón liso. Considere que 0 = 60°. •5-49. Determine la magnitud y la dirección 0 de la fuer­ za mínima P necesaria para jalar el rodillo de 50 kg sobre el escalón liso.

Proba. 5-50/51

*5-52. Tres libros iguales, cada uno con peso W y lon­ gitud a, están colocados como se muestra. Determine la distancia d máxima que el libro superior puede sobresalir con respecto al de la base sin que se caiga.

OMAR ROJAS 234

C a p ít u l o 5

E q u il ib r io d e u n c u e r p o r íg id o

•5-53. Determine el ángulo 0 con el que el eslabón A B C se mantiene en equilibrio si el elemento BD se mueve 2 pulg a la derecha. Los resortes están originalmente sin estirar cuando 0 = 0o. Cada resorte tiene la rigidez que se muestra. Los resortes permanecen horizontales porque están unidos a guías de rodillo.

5-55. La viga horizontal está soportada por resortes en sus extremos. Cada resorte tiene una rigidez de k = 5 kN/m y originalmente no está estirado cuando la viga se encuentra en posición horizontal. Determine el ángulo de inclinación de la viga si se aplica una carga de 800 N en el punto C como se muestra. *5-56. La viga horizontal está soportada por resortes en sus extremos. Si la rigidez del resorte localizado en A es k A = 5 kN/m, determine la rigidez requerida en el resorte ubicado en B de manera que si la viga se carga con 800 N permanezca en posición horizontal. Los resortes están cons­ truidos originalmente de modo que la viga mantenga la posición horizontal cuando está descargada.

800 N

Prob. 5-53

Probs. 5-55/56

5-54. La barra uniforme A B tiene un peso de 15 Ib y el resorte no se estira cuando 0 = 0o. Si 0 = 30°, determine la rigidez k del resorte.

•5-57. Los discos lisos D y E tienen un peso de 200 Ib y 100 Ib, respectivamente. Si una fuerza horizontal de P = 200 Ib se aplica al centro del disco E, determine las reac­ ciones normales en los puntos de contacto con el suelo en A ,B y C . 5-58. Los discos lisos D y E tienen un peso de 200 Ib y 100 Ib, respectivamente. Determine la fuerza horizontal P máxima que puede aplicarse al centro del disco E sin oca­ sionar que el disco D se mueva hacia arriba por el plano inclinado.

Prob. 5-54

Probs. 5-57/58

OMAR ROJAS 5 .4

5-59. Un joven está de pie en el extremo de un tram po­ lín, el cual se sostiene por medio de los resortes ubicados en A y B ycada resorte tiene rigidez k = 15 kN/m. En la posición mostrada el trampolín está horizontal. Si el joven tiene una masa de 40 kg, determine el ángulo de incli­ nación que forma el trampolín con la horizontal después de que salta al agua. Ignore el peso del trampolín y suponga que es rígido.

E lem en t o s d e d o s y t r e s fu erza s

235

•5-61. Si el resorte BC no se estira con 0 = 0o y la palan­ ca angular logra su posición de equilibrio cuando 0 = 15°, determine la fuerza F aplicada en forma perpendicular al segmento A D y las componentes horizontal y vertical de la reacción en el pasador A . El resorte BC permanece en la posición horizontal en todo momento debido al rodillo en C.

5

Prob. 5-61 Prob. 5-59

*5-60. La barra uniforme tiene una longitud / y un peso W. Está soportada en un extremo A por una pared lisa y en el otro extremo por una cuerda de longitud s, la cual está unida a la pared como se muestra en la figura. Demuestre que para lograr el equilibrio se requiere que

5-62. La varilla delgada de longitud / está soportada por el tubo liso. Determine la distancia a necesaria para el equilibrio si la carga aplicada es P.

h = [(s2 - ; 2)/3]fc.

Prob. 5-60

Prob. 5-62

OMAR ROJAS 23 6

C a p ít u l o 5

E q u il ib r io d e u n c u e r p o r íg id o

PRO BLEM AS C O N C EPTU A LES P5-5. La barra de sujeción se usa para sostener el vola­ do a la entrada de un edificio. Si está conectado mediante pasadores a la pared del edificio en A y al centro del vola­ do B , determine si la fuerza en la barra se incrementará, disminuirá o perm anecerá igual si (a) el soporte en A se mueve a una posición D más baja, y (b) el soporte en B se mueve a una posición Cmás cercana a la orilla. Explique su respuesta con un análisis de equilibrio, usando dimen­ siones y cargas. Suponga que el volado está sostenido mediante pasadores en la pared del edificio.

P5-7. Como cualquier avión, este jet descansa sobre tres ruedas. ¿Por qué no usar una rueda adicional en la cola para tener un mejor soporte? (Piense en alguna razón para no incluir esta rueda). Si hubiera una cuarta rueda en la cola, trace un diagrama de cuerpo libre del jet desde una vista lateral (2 D), y muestre por qué no es posible deter­ minar las reacciones en todas las ruedas con las ecuaciones de equilibrio.

P5-5 P5-6. El hombre trata de jalar la cuatrimoto hacia arriba por el plano inclinado y sobre la plataforma de la camio­ neta. Desde la posición que se muestra, ¿será más efectivo mantener la cuerda atada en A , o sería mejor atarla al eje de las ruedas delanteras en B? Trace un diagrama de cuer­ po libre y haga un análisis de equilibrio para explicar su respuesta.

*P5-8. ¿Cuál es el mejor sitio para acomodar la mayoría de los troncos en la carretilla, de modo que se minimice el tamaño de la fuerza que actúa sobre la columna vertebral de la persona que transporta la carga? Haga un análisis de equilibrio para explicar su respuesta.

P5-6

P5-8

OMAR ROJAS 5 .5

EQUILIBRIO EN TRES DIMENSIONES

5 .5

Diagramas de cuerpo libre

El prim er paso para resolver problem as tridimensionales de equilibrio, como en el caso de los bidimensionales, es trazar un diagram a de cu e r­ po libre. Sin em bargo, antes de m ostrar esto, es necesario analizar los tipos de reacción que pueden presentarse en los soportes.

Reacciones de soporte. En la tabla 5-2, se m uestran las fuerzas y los m om entos de p ar reactivos que actúan en varios tipos de sopor­ tes y conexiones, cuando los elem entos se ven en tres dim ensiones. Es im portante reconocer los símbolos usados para representar cada uno de esos soportes y entender claram ente cóm o se desarrollan las fu er­ zas y los m om entos de par. Igual que en el caso bidimensional: •

Una fuerza se desarrolla m ediante un soporte que restringe la tras­ lación d e su elem ento conectado.

•

Un m om ento de par se desarrolla cuando se evita la rotación del elem ento conectado.

P o r ejem plo, en la tabla 5-2, la ju n ta (4) de rótula esférica impide cualquier traslación del elem ento conectado; p o r lo tanto, una fu er­ za debe actuar en el elem ento en el punto de conexión. E sta fuerza tiene tres com ponentes con m agnitudes desconocidas Fxy Fyy Fz. Si esas com ponentes son conocidas, se puede ob ten er la m agnitud de la fuerza F = V f * + F 2y + F \y y la orientación de la fuerza está defini­ da p o r los ángulos directores coordenados a y /3, y, ecuaciones 2-7*. Dado que el elem ento conectado puede girar librem ente con respecto a cualquier eje, ninguna ju n ta de rótula esférica resiste mom ento alguno de par. D eb e observarse q u e en los soportes de chum acera (5) y (7), se m uestra que cada pasador (8 ) y la articulación única (9) deben resistir com ponentes tanto de fuerza como de m om ento de par. Sin em bargo, si esos soportes se usan junto con otras chumaceras, pasadores, o articu­ laciones p ara m antener un cuerpo rígido en equilibrio y los soportes están alineados adecuadamente cuando se conectan al cuerpo, entonces las reacciones de fuerza en esos soportes pueden por sí solas ser a d e ­ cuadas para so p o rtar el cuerpo. En o tras palabras, los m om entos de par resultan redundantes y no se m uestran en el diagram a de cuerpo libre. La razón d e esto se aclara después de estudiar los ejem plos que siguen.

♦Las tres incógnitas también se pueden representar como una magnitud de fuerza desconocida Fy dos ángulos directores coordenados. El tercer ángulo director se obtiene con la identidad eos2 a + eos2 p + eos2 7 = 1, ecuación 2-8.

D ia g r a m a s d e c u e r p o u b r e

237

OMAR ROJAS 238

C

a p ít u l o

TABLA 5-2

5

E

q u il ib r io d e u n c u e r p o r íg id o

Soportes para cuerpos rígidos sometidos a sistemas de fuerzas tridimensionales

Tipos de conexión

Reacción

Número de incógnitas

( 1)

\

Una incógnita. La reacción es una fuerza que actúa alejándose del elemento en la dirección conocida del cable.

cable

(2)

Una incógnita. La reacción es una fuerza que actúa perpendicularmente a la superficie en el punto de contacto. Soporte superficial liso

( 3 )

Una incógnita. La reacción es una fuerza que actúa perpendicularmente a la superficie en el punto de contacto. rodillo

(4 )

/

Tres incógnitas. Las reacciones son tres compo­ nentes rectangulares de fuerza.

rótula esférica

chumacera simple

Cuatro incógnitas. Las reacciones son dos fuer­ zas y dos componentes de momento de par que actúan perpendicularmente al eje. Nota: por lo general, los momentos de par no se aplican si el cuerpo está soportado en cualquier otro punto. Vea los ejemplos.

continúa

OMAR ROJAS 5 .5

TA BLA 5-2

D

ia g r a m a s d e c u e r p o u b r e

239

Continuación

Reacción

Tipos de conexión

Número de incógnitas

(6) Gnco incógnitas. Las reacciones son dos fuerzas y tres componentes de momento de par. Nota: por lo general, los momentos de par no se apli­ can si el cuerpo está soportado en cualquier otro punto. Vea los ejemplos.

M6 chumacera simple con flecha cuadrada

(7) Gnco incógnitas. Las reacciones son tres fuerzas y dos componentes de momento de par. Nota: en general, los momentos de par no se aplican si el cuerpo está soportado en cualquier otro punto. Vea los ejemplos. chumacera de empuje simple

(8)

Gnco incógnitas. Las reacciones son tres fuerzas y dos componentes de momento de par. Nota: por lo general, los momentos de par no se apli­ can si el cuerpo está soportado en cualquier otro punto. Vea los ejemplos.

%

Fx pasador liso simple

(9)

Gnco incógnitas. Las reacciones son tres fuerzas y dos componentes de momento de par. Nota: por lo general, los momentos de par no se apli­ can si el cuerpo está soportado en cualquier otro punto. Vea los ejemplos. bisagra simple

(10)

111

Seis incógnitas. Las reacciones son tres fuerzas y tres componentes de momento de par. M ,f

# 5

soporte fijo

*

Fy

M v

OMAR ROJAS 24 0

C

a p ít u l o

5

E

q u il ib r io d e u n c u e r p o r íg id o

En la siguiente serie de fotografías se m uestran ejem plos típicos de soportes reales, cuyas referencias están en la tabla 5-2.

E sta ju n ta de ró tu la esférica pro p o r­ ciona una conexión p a ra la caja de una m áquina niveladora de tierra con su bastidor. (4)

E sta chum acera sim ple sop o rta el extrem o de la flecha. (5)

Esta chum acera d e em puje se usa para so p o rtar la flecha im pulsora de una máquina. (7)

E ste pasador se usa para so p o rtar el extrem o de un tira n te usado e n un tractor.

Diagramas d e cuerpo libre. El procedim iento general para establecer el diagram a de cuerpo libre de un cuerpo rígido se bosquejó en la sección 5.2. En esencia, se requiere prim ero “aislar” el cuerpo por medio del delineado de su contorno. A esto sigue una cuidadosa rotulación de todas las fuerzas y m om entos de par con referencia a un sistema coordenado x y y, z establecido. Se sugiere m ostrar las com ­ ponentes de reacción con m agnitud desconocida en cuanto actúan en d diagram a de cuerpo libre en sentido positivo. D e este m odo, si se obtienen valores negativos, esto indicará q u e las com ponentes actúan en las direcdones coordenadas negativas.

OMAR ROJAS 5 .5

EJEMPLO

D

ia g r a m a s d e c u e r p o u b r e

5 .1 4

Considere las dos barras y la placa, junto con sus diagram as de cu e r­ po libre asociados que se m uestran en la figura 5-23. Los ejes x> y, z se establecen en el diagram a y las com ponentes de reacción d es­ conocidas están indicadas con sentido positivo. El peso de los objetos no se considera. SOLUCIÓN

Chumaceras en A , B y C, alineadas apropiadamente.

Las reacciones de fuerza desarrolladas mediante las chumaceras son suficientes para obtener el equilibrio ya que impiden que la flecha gire con respecto a cada uno de los ejes coordenados.

cb

Mediante el pasador colocado sobre la barra, se desarrollan componentes de momento para impedir rotaciones con respecto a los ejes x y z.

400 Ib

Chumacera alineada apropiadamente en A y bisagra en C. Rodillo en B. F lg . 5 - 2 3

Mediante la chumacera y la visagra colocada sobre la placa, se desarrollan sólo reacciones de fuerza para impedir rotaciones con respecto a cada eje coordenado. En la bisagra no se desarrolla ningún momento.

241

OMAR ROJAS C

a p ít u l o

5

E

q u il ib r io d e u n c u e r p o r íg id o

5 .6

E cu acio n e s de e q u ilib rio

Como se estableció en la sección 5.1, las condiciones para lograr el equilibrio de un cuerpo rígido som etido a un sistem a tridim ensional de fuerzas requieren q u e la fuerza resultante y el m om ento de p ar resul­ tante que actúan sobre el cuerpo sean iguales a cero.

Ecuaciones vectoriales de equilibrio. Las dos condiciones para lograr el equilibrio de un cuerpo rígido pueden expresarse m ate­ m áticamente en forma vectorial com o 2F =

0

£M o =

0

(5-5)

donde 2 F e s la sum a vectorial de todas las fuerzas externas que actúan sobre el cuerpo y 2 M 0 es la sum a de los momentos de par y los m om en­ tos de todas las fuerzas con respecto a cualquier punto O localizado en el cuerpo o fuera de él.

Ecuaciones escalares de equilibrio. Si todas las fuerzas externas y los m om entos de par aplicados se expresan en forma vecto­ rial cartesiana y se sustituyen en las ecuaciones 5-5, tenem os 2 F = 2 Fx\ + 2 F yj + 2 F zk = 0 2 M 0 = 2M *i + 2 M y\ + 2 M zk = 0 Como las com ponentes i, j y k son independientes en tre sí, las ecuacio­ nes anteriores se satisfacen siem pre que

2 Fx 2 Fy 2 Fz

II II II o o o

24 2

(5-6a)

y M, = 2 My = 2 Mz = 2

0 0

(5-6 b)

0

Estas seis ecuaciones escalares de equilibrio pueden usarse para resolver cuando mucho seis incógnitas mostradas en el diagram a de cuerpo libre. Las ecuaciones 5-6a exigen que la sum a de las com ponentes externas de fuerza que actúan en las direcciones x> y y z sea igual a cero; asimis­ mo, las ecuaciones 5-6b requieren que la suma de las com ponentes de m om ento con respecto a los ejes *, y y z, sea igual a cero.

OMAR ROJAS 5 .7

5 .7

R e s t r ic c io n e s y d e t e r m in a c ió n e s t á t ic a

R e striccio n e s y d e te rm in a ció n e stá tica

Para asegurar el equilibrio de un cuerpo rígido, no sólo es necesario satisfacer las ecuaciones de equilibrio, sino que el cuerpo tam bién debe estar sostenido o restringido propiam ente por sus soportes. Algunos cuerpos pueden ten er más soportes que los necesarios para el equili­ brio, m ientras que otros pueden no tener suficientes o estar colocados de tal m anera que ocasionen el movimiento del cuerpo. A continuación se analiza cada uno de esos casos.

Restricciones redundantes. C uando un cuerpo tiene soportes redundantes, es decir, más de los necesarios para m antenerlo en equili­ brio, se vuelve estáticam ente indeterm inado. Estáticamente indeterm i­ nado .significa que habrá más cargas desconocidas sobre el cuerpo que ecuaciones d e equilibrio disponibles para su solución. Por ejem plo, la viga de la figura 5-24«, y el ensam ble de tubos de la figura 5-24/?, que se m uestran ju n to con sus diagram as de cuerpo libre, son estáticam en­ te indeterm inados debido a las reacciones adicionales (o redundantes) en tos soportes. P ara la viga hay cinco incógnitas, MAy A XyA yy By y Cyy para las cuales sólo se pueden escribir tres ecuaciones de equilibrio (2 F X = 0, = 0 y 2 M 0 = 0, ecuaciones 5-2). El ensam ble de tubos tiene ocho incógnitas, para las cuales sólo se pueden escribir seis ec u a­ ciones d e equilibrio, ecuaciones 5-6. Las ecuaciones adicionales necesarias para resolver problem as e stá ­ ticam ente indeterm inados del tipo que se m uestra en la figura 5-24 se obtienen generalm ente a partir de las condiciones de deform ación presentes en los puntos de soporte. Estas ecuaciones implican las p ro ­ piedades físicas del cuerpo que se estudian en tem as relacionados con la mecánica elástica, como la “mecánica de m ateriales” *.

♦Vea R.C. Híbbeler, Mecánica de materiales, 7a. ed., Pearson Education/Prentice Hall, Inc.

500 N 2kN • m

3= B

Fig. 5-24

243

OMAR ROJAS 24 4

C a p ít u l o 5

E q u il ib r io d e u n c u e r p o r íg id o

Restricciones impropias. C uando se tienen tantas fuerzas reactivas desconocidas com o ecuaciones de equilibrio, no siem pre se garantiza que un cuerpo se encuentre estable cuando está som etido a una carga particular. Por ejem plo, el soporte de pasador en A y el soporte de rodillo en B para la viga de la figura 5-25a, están colocados de tal m odo que las líneas de acción de las fuerzas de reacción son concurrentes en un punto A . En consecuencia, la carga P aplicada o ca­ sionará que la viga gire un poco con respecto a A y por lo que la viga está im propiam ente restringida, 2 Ai* * 0 . En tres dim ensiones, un cuerpo estará im propiam ente restringido si las líneas de acción de todas las fuerzas reactivas intersecan un eje común. Por ejem plo, las fuerzas reactivas en los soportes de rótula esfé­ rica, ubicados en los puntos A y B de la figura 5-25/?, intersecan el eje que pasa por A y B. Como los momentos de estas fuerzas con respecto a A y B son todos iguales a cero, entonces la carga P hará que el elem ento gire con respecto al eje A B y ^ M AB * 0.

5

F ig . 5 -2 5

OMAR ROJAS 5 .7

R e s t r ic c io n e s y d e t e r m in a c ió n e s t á t ic a

245

X

\p B

A1

(a)

(b)

F5g. 5-26

O tra m anera en que una restricción im propia conduce a la inestabi­ lidad ocurre cuando todas las fuerzas de reacción son paralelas. En la figura 5-26 se m uestran ejem plos bidim ensionales y tridim ensionales de esto. En ambos casos, la sum a de fuerzas a lo largo del eje x no será igual a cero. E n algunos casos, un cuerpo puede tener menos fuerzas de reacción que ecuaciones de equilibrio que deben ser satisfechas. Entonces, el cuer­ po está sólo parcialmente restringido. Por ejemplo, considere el elemento A B de la figura 5-21 a con su correspondiente diagrama de cuerpo libre en la figura 5-21b. A quí, 'IFy = 0 no será satisfecha para las condiciones de carga, y por lo tanto no se m antendrá el equilibrio. P ara resum ir estos puntos, un cuerpo se considera impropiamente restringido si todas las fuerzas de reacción se intersecan en un pu n to com ún o pasan por un eje com ún, o si todas las fuerzas de reacción son paralelas. E n la práctica de la ingeniería, estas situaciones deben evitarse en to d o m om ento ya que pueden causar una condición ines­ table.

100 N

JE

B

(a)

100 N

(b) F ig . 5 -2 7

5 IL

OMAR ROJAS 24 6

C a p ít u l o 5

E q u il ib r io d e u n c u e r p o r íg id o

P unto s im p o rtan te s • Al resolver cualquier problem a de equilibrio, siem pre trace prim ero el diagram a de cuerpo libre. • a un soporte evita la traslación de un cuerpo en una dirección específica, entonces el soporte ejerce una fuerza sobre el cuerpo en esa dirección. • Si un soporte evita la rotación con respecto a un eje, entonces el soporte ejerce un m om ento de p a r sobre el cuerpo con respecto al eje. • Si un cuerpo está som etido a más reacciones desconocidas que ecuaciones de equilibrio disponibles, entonces el problem a es estáticamente indetermi­ nado. • U n cuerpo estable requiere que las líneas de acción de las fuerzas reactivas no intersequen un eje común y no sean paralelas entre sí.

P ro ce d im ie n to para el an á lisis Los problem as de equilibrio tridim ensional para un cuerpo rígido pueden resolverse por el siguiente procedim iento. Diagrama de cuerpo libre. • Trace el contorno del cuerpo. • Muestre todas las fuerzas y los momentos de par que actúan sobre el cuerpo. • Establezca el origen de los ejes jc, y, z e n un punto conveniente y oriente los ejes de m anera que sean paralelos a las fuerzas y m om entos externos tanto com o sea posible. • Rotule todas las cargas y especifique sus direcciones relativas a los ejes x , y, z. En general, m uestre todas las com ponentes desconocidas con un sentido positivo a lo largo de los ejes x , y, z. • Indique las dim ensiones del cuerpo necesarias para calcular los m om entos de las fuerzas. Ecuaciones de equilibrio. •

Si las com ponentes j c , y, z de fuerza y m om ento parecen fáciles de d e te r­ minar, entonces aplique las seis ecuaciones escalares de equilibrio; de o tra m anera, use las ecuaciones vectoriales.

• No es necesario que el conjunto de ejes seleccionados para la sum atoria de fuerzas coincida con el conjunto de ejes elegidos para la sum atoria de momentos. En realidad, para realizar la sum a de fuerzas y m om entos p u e ­ de elegirse un eje en cualquier dirección arbitraria. • H ija la dirección de un eje para la suma de mom entos de m anera que inter­ seque la línea de acción de las fuerzas desconocidas tanto como sea posible. Tenga en cuenta que los m om entos de las fuerzas que pasan por tos puntos sobre este eje y las fuerzas que son paralelas al eje serán iguales a cero. • a la solución de las ecuaciones de equilibrio da como resultado un escalar negativo para una m agnitud de fuerza o d e m om ento de p ar, esto indica que el sentido es contrario al supuesto en el diagram a de cuerpo libre.

OMAR ROJAS 5 .7

EJEMPLO

R e s t r ic c io n e s y d e t e r m in a c ió n e s t á t ic a

5.15

La placa hom ogénea q u e se m uestra en la figura 5-28a tiene una masa de 1 0 0 kg y está som etida a una fuerza y un m om ento de par a lo largo de sus bordes. Si está soportada en el plano horizontal por medio de un rodillo en A y una rótula esférica en B y una cuerda en C, determ ine las com ponentes de reacción en estos soportes.

300 N

SOLUCIÓN (ANÁLISIS ESCALAR) Diagrama de cuerpo líbre. Hay cinco reacciones desconocidas que actúan so bre la placa, com o se m uestra en la figura 5-2Sb. Se supone que cada una de esas reacciones actúa en una dirección co o r­ denada positiva. Ecuaciones de equilibrio.

Como la geom etría tridimensional es bastante sencilla, un análisis escalar proporciona una solución directa a este problem a. U na suma de fuerzas a lo largo de cada eje resulta en = 2Fy

0

Bx = 0

= 0

By = 0

=

A z + Bz + Tc

0

300 N - 981 N = 0

R ecuerde que el m om ento de u n a fuerza con respecto a un eje es igual al producto de la m agnitud de la fuerza y la distancia p erp en ­ dicular (brazo de m om ento) desde la línea de acción de la fuerza hasta el eje. Asimismo, las fuerzas que son paralelas a un eje o pasan por él no generan m om ento con respecto al eje. P o r consiguiente, al sum ar m om entos con respecto a los ejes x y y positivos, tenem os = 0; 2M y =

Tc {2 m) - 981 N(1 m) + Bz( 2 m) = 0

(2)

0;

3 0 0 N(1.5m) + 981 N(1.5 m) - Bz(3 m) - á z (3m ) - 200N- m = 0 (3) Las com ponentes de la fuerza en B s e pueden elim inar si los m om en­ tos se sum an con respecto a los ejes x'y y'. O btenem os = 0;

981 N(1 m) + 300 N(2 m ) - A z(2 m) = 0

(4)

= 0; —300N(1.5m ) —981 N(1.5 m) — 200 N -m + r c (3m ) = 0

(5)

R esolver las ecuaciones 1 a 3, o las más convenientes 1, 4 y 5, da como resultado A z = 790 N Bz = -2 1 7 N Tc = 707 N Resp. El signo negativo indica q u e B z actúa hacia abajo. NOTA: la solución de este problem a no requiere el uso de una sum atoria d e m om entos con respecto al eje z. La placa está parcial­ m ente restringida, ya q u e los soportes no pueden im pedir que gire respecto del eje z si se aplica una fuerza e n el plano x-y.

Fíg. 5-28

247

OMAR ROJAS 24 8

C a p ít u l o 5

E q u il ib r io d e u n c u e r p o r íg id o

EJEMPLO D eterm ine las com ponentes de reacción que ejercen la ju n ta de rótula esférica ubicada en A , la chum acera lisa en B y el so p o rte de rodillo en C, sobre el ensam ble de barras q u e se m uestra en la figura 5-29a.

Fig. 5-29 SOLUCIÓN 5

Diagrama de cuerpo líbre. Como se m uestra en la figura 5-29/?, las fuerzas de reacción de los soportes evitarán que el ensam ble gire con respecto a cada eje coordenado, de esta m anera la chum acera en B sólo ejerce fuerzas de reacción sobre el elem ento. Ecuaciones de equilibrio. Podem os obtener una solución directa para A y si sumamos fuerzas a lo largo del eje y.

'ZFy = 0;

Ay = 0

Resp.

La fuerza Fc puede determ inarse directam ente al sum ar m om entos con respecto al eje y. 2 A íy = 0;

F d 0.6 m) - 900 N(0.4 m) = 0 Resp.

Fc = 600 N

Con este resultado, B z puede determ inarse al sum ar m om entos con respecto al eje x. 2

.M x =

0;

£ z(0.8 m) + 600 N(1.2 m) - 900 N(0.4 m ) = 0 Bz =

450 N

fesp -

El signo negativo indica que Bz actúa hacia abajo. La fuerza Bx puede encontrarse al sum ar m om entos con el respecto al eje z. 2Afz = 0;

-** (0 .8 m ) = 0

Resp.

Bx = 0

Así, 2 F , = 0;

Ax + 0 = 0

Resp.

Ax = 0

Por últim o, con los resultados de B z y Fc . 2FZ = 0 ;

A z + (- 4 5 0 N) + 600 N A z = 750 N

900 N = 0

Resp.

OMAR ROJAS 5 .7

EJEMPLO

R e s t r ic c io n e s y d e t e r m in a c ió n e s t á t ic a

5.1 7

El pescante se usa para sostener la m aceta de 75 Ib q u e se m uestra en la figura 5-30a. D eterm ine la tensión desarrollada en los cables

AByAC. SOLUCIÓN Diagrama de cuerpo lib re. E n la figura 5-30/?, se m uestra el diagram a d e cuerpo libre del pescante. Ecuaciones de equilibrio.

Usarem os un análisis vectorial.

{2¡ a b

F

-

1A B

= F

t e ) ■H

(

t^ c

]

\ rA c )

=

j

=

f

6j

+ 3k} pies

V (2pies)2 + ( - 6 pies)2 + (3 pies)2

)

Fab i - §F ab j + $FABk

I - 2i—6j + 3k} pies \ \ V (-2 p ie s )2 + (-6 p ie s)2 + (3 pies ) 2 '

(

= - j F ACi ~ §F ac j + f F ^ k

Podem os elim inar la reacción de la fuerza en O al escribir la ec u a­ ción d e equilibrio del m om ento con respecto al punto O.

£ M 0 = 0;

r A X ( F ^ + ¥ AC + W ) = 0

(6j) X (y Fa b \

=

f FABj + f FABk j +

-

0

¥F ab +

f

Fa c

0 =

0

~ T F

a b

+

F ^i

-

f FACj + f FACk j + (-7 5 k )

- 450 = 0 0

=

f

F

a c

= 0

Al resolver sim ultáneam ente las ecuaciones (1) y (2), F ab ~ Fa c = 87.5 Ib

=

0

249

OMAR ROJAS 25 0

C a p ít u l o 5

E JEM P LO

E q u il ib r io d e u n c u e r p o r íg id o

5.18 La b arra A B q u e se m uestra en la figura 5-31« está som etida a la fiierza de 200 N. D eterm ine las reacciones en la junta de rótula esfé­ rica A y la tensión en los cables BD y BE. SOLUCIÓN (ANÁLISIS VECTORIAL) Diagrama de cuerpo líbre.

Figura 5-31 b.

Ecuaciones de equilibrio. Al representar cada fuerza del diagra­ ma de cuerpo libre en form a vectorial cartesiana tenem os 2m

¥ a = A x\ + A y} + A zk Te = T ei T d = T dj F = { —200k} N

-" i

Al aplicar la ecuación de equilibrio de fuerzas: (a)

2 F = 0;

Ta + T f + T D + F — 0

( A x + Te )i + (Ay + Td)} + (A z - 200)k = 0 0

Ax + TE = 0

1Fy = 0 1FZ = 0

Ay + T D = 0 Az - 200 = 0

=

(1) (2 ) (3)

Al sum ar m om entos con respecto al punto A resulta 2 M a = 0;

rc X F + rB X (T £ + TD) = 0

Como rc = \ r Byentonces

(0.5i + l j - lk)

X

(—200k) + ( li + 2j - 2k)

X

(7£i + TDj) = 0

Al desarrollar y reordenar térm inos se obtiene

(2Td - 200)i + ( —2Te + 100)j + (TD - 2TE)k = 0 2

M, =

0

iM y = 0

=

0

2Td - 200 = 0

(4)

- 2 T e + 100 = 0

(5)

Td - 2Te = 0

(6 )

Si resolvem os las ecuaciones de la 1 a la 5 obtenem os

T D = 100 N

Resp.

T e = 50 N A x = -5 0 N

Resp.

A y = -1 0 0 N A z = 200 N

Resp.

Resp. Resp.

NOTA: el signo negativo indica q u e A* y A y tienen un sentido que es opuesto al qu e se m uestra en el diagram a de cuerpo libre, figura 5-31 b.

OMAR ROJAS 5 .7

EJEMPLO

R e s t r ic c io n e s y d e t e r m in a c ió n e s t á t ic a

5 .1 9

La barra doblada que se m uestra en la figura 5-32a está soportada en A p or una chum acera, en D por una ju n ta de rótula esférica, y en B por medio d el cable BC . Con sólo una ecuación de equilibrio, o b ten ­ ga una solución directa p ara la tensión en el cable BC. La chum acera en A es capaz de ejercer com ponentes de fuerza sólo en las direccio­ nes z y y puesto que está apropiadam ente alineada sobre el eje. SOLUCIÓN (ANÁLISIS VECTORIAL) Diagrama de cuerpo líbre.

Como se m uestra en la figura 5-326,

hay seis incógnitas. Ecuaciones de equilibrio. La tensión T Ben el cable puede o b te ­ nerse árectam ente al sum ar m om entos con respecto a un eje que pase p or los puntos D y A . ¿Por qué? La dirección del eje está defi­ nida por el vector unitario u, donde

U

- Tda —

1

rDA

V i '

- _ _ j_ .

(a)

V 2 J

= —0.707li - 0.7071j Por lo tanto, la suma de los m om entos con respecto a este eje será cero siem pre que 'ZM da = u ■2 ( r X F) = 0 A quí r representa un vector de posición trazado desde cualquier punto sobre el eje D A hasta cualquier punto sobre la línea de acción de la fuerza F (vea la ecuación 4-11). Con referencia a la figura 5-326, podem os escribir u • (rB X T b + rE X W) = 0 ( —0.7071Í — 0.7071J) - [ ( —l j) X

(7¿k) (b)

+ ( —0.5j) X ( —981k)] = 0

( —0.7071 i - a 7 0 7 1 j ) - [ ( - 7 B + 490.5)i] =

Fig. 5-32

0

- 0.7071(—7}} + 490.5) + 0 + 0 = 0 Tb = 490.5 N

Resp.

Como los brazos de m om ento desde el eje hasta TBy W son fáciles de obtener, tam bién podem os determ inar este resultado con un an á ­ lisis escalar. Como se m uestra en la figura 5-326, 2 M da = 0;Tb (1 m sen 45°) - 981 N(0.5 m sen 45°) = 0

Tb = 490.5 N

Resp.

251

OMAR ROJAS 25 2

C a p ít u l o 5

E q u il ib r io d e u n c u e r p o r íg id o

PRO BLEM AS FU N D A M EN TALES Todas las soluciones a los problemas deben incluir un DCL. F5-7. La placa uniforme tiene un peso de 500 Ib. D eter­ mine la tensión en cada uno de los cables de soporte.

F5-10. Determine las reacciones de soporte en las chu­ maceras lisas A , B y C del ensamble de tubos.

F5-10 F5-11. Determine la fuerza desarrollada en las cuerdas B D , CE y CFy las reacciones de la junta de rótula A sobre el bloque. F5-8. Para la placa que se muestra en la figura, determ i­ ne las reacciones en el soporte de rodillo A , la junta de rótula esférica D y la tensión en el cable BC.

z

z

F5-11

F5-8 F5-9. La barra se sostiene mediante chumaceras lisas en A , B y C y está sometida a las dos fuerzas mostradas. Determine las reacciones en los soportes. z

F5-12. Determine las componentes de reacción que ejercen la chumacera de empuje A y el cable B C sobre la barra. z

OMAR ROJAS 5 .7

R e s t r ic c io n e s y d e t e r m in a c ió n e s t á t ic a

253

PROBLEM AS Todas las soluciones a los problemas deben incluir un DCL. 5-63. El carro de carga soporta una caja uniforme que tiene una masa de 85 kg. Determine las reacciones vertica­ les sobre las tres ruedas en A , B y C. La rueda en B no se muestra. No tome en cuenta la masa de la carretilla.

02 m

•5-65. Si P = 6 kN, x —0.75 m y y = 1 m, determine la tensión desarrollada en los cables A B , CD y EF. Haga caso omiso del peso de la placa. 5-66. Determine la ubicación a : y y del punto de aplica­ ción de la fuerza P de modo que la tensión desarrollada en los cables AB, CD y EF sea la misma. Pase por alto el peso de la placa.

.35 m 035 m

Prob. 5-63

*5-64. El poste para una línea de potencia está sometido a las dos fuerzas del cable de 60 Ib, cada fuerza se encuen­ tra en un plano paralelo al plano x-y. Si la tensión en la retenida A B es de 80 Ib, determine las componentes de reacción x, y, z en la base O del poste.

Probs. 5-65/66

5-67. Debido a una distribución desigual del combustible en los tanques de las alas, los centros de gravedad para el fuselaje del avión A y las alas B y C se localizan como se muestra en la figura. Si estos componentes tienen pesos Wyj = 45 000 Ib, WB = 8000 Ib y Wc = 6000 Ib, determine las reacciones normales de las ruedas D, E y F sobre el suelo. 601b

Prob. 5-64

Prob. 5-67

OMAR ROJAS 25 4

C a p ít u l o 5

E q u il ib r io d e u n c u e r p o r íg id o

*5-68. Determine la magnitud de la fuerza F que debe ejercerse sobre la manivela en C para sostener la caja de 75 kg en la posición mostrada. También, determine las componentes de reacción en la chumacera de empuje A y en la chumacera lisa B.

5-70. Determine la tensión en los cables BD y CD y las componentes de reacción x , y, z en la junta de rótula esfé­ rica ubicada en A.

z

z

Prob. 5-68

•5-69. La flecha está soportado por tres chumaceras lisas en A , B y C. Determine las componentes de reacción en estos soportes.

5-71. El ensamble de barras se usa para sostener el cilin­ dro de 250 Ib. Determine las componentes de reacción en la junta de rótula esférica A , en la chumacera lisa £ y la fuerza desarrollada a lo largo de la barra CD. Las conexio­ nes en C y D son juntas de rótula esférica.

z z

Prob. 5-69

Prob. 5-71

OMAR ROJAS 5 .7

*5-72. Determine las componentes de reacción que ac­ túan en las chumaceras lisas A ,B y C .

R e s t r ic c io n e s y d e t e r m in a c ió n e s t á t ic a

255

5-74. Si la carga tiene un peso de 200 Ib, determine las componentes xy y y z de la reacción en la junta de rótula esférica A y la tensión en cada uno de los cables.

Prob. 5-72

•5-73. Determine las componentes de fuerza que actúan sobre la rótula esférica en A yla reacción en el rodillo B y la tensión en la cuerda CD necesarias para el equilibrio de la placa con forma de cuadrante circular.

350 N

5-75. Si el cable puede estar sometido a una tensión má­ xima de 300 Ib, determine la fuerza F máxima que puede aplicarse a la placa. Calcule las componentes x y y, z de la reacción en la bisagra A para esta carga.

D

Prob. 5-73

Prob. 5-75

OMAR ROJAS 256

C a p ít u l o 5

E q u il ib r io d e u n c u e r p o r íg id o

*5-76. El elemento se sostiene mediante un pasador en A y un cable BC. Si la carga en D es de 300 Ib, determine las componentes x, y, z de la reacción en el pasador A y la tensión en el cable BC.

El pescante está soportado por una junta de rótula esférica en A y una retenida en B. Si las cargas de 5 kN se encuentran en un plano que es paralelo al plano x-y, deter­ mine las componentes de reacción x, y, z en A y la tensión existente en el cable en B. 5-79.

z z

Prob. 5-79 •5-77. La placa tiene un peso de W con centro de grave­ dad en G. Determine la distancia d a lo largo de la línea GHdonde la fuerza vertical P = 0.75Vahará que la tensión en el cable CD sea cero. 5-78. La placa tiene un peso de W con centro de grave­ dad en G. Determine la tensión desarrollada en los alam­ bres A B , CD y EF si la fuerza P = 0.75 Wse aplica en d =

L/2.

Probs. 5-77/78

*5-80. La puerta circular tiene un peso de 55 Ib y un cen­ tro de gravedad en G. Determine las componentes x> y, z de la reacción en la bisagra A y la fuerza que actúa a lo largo del bastón CB necesarias para mantener la puerta en equilibrio. Considere que 0 = 45°. •5-81. La puerta circular tiene un peso de 55 Ib y un cen­ tro de gravedad en G. Determine las componentes x, y, z de la reacción en la bisagra A y la fuerza que actúa a lo largo del bastón CB necesarias para sostener la puerta en equilibrio. Considere que 6 = 90°.

Probs. 5-80/81

OMAR ROJAS 5 .7

5-82. El elemento A B está soportado en B mediante un cable y en A por medio de una barra cuadrada fija que entra holgadamente por el orificio cuadrado del collar. Si F = {201 - 40j - 75k) Ib, determine las componentes x, y, z de la reacción en A y la tensión en el cable. 5-83. El elemento A B está soportado en B mediante un cable y en A por medio de una barra cuadrada fija que entra holgadamente en el orificio cuadrado del collar. Determine la tensión en el cable BC si la fuerza F = {—45k) Ib.

R e s t r ic c io n e s y d e t e r m in a c ió n e s t á t ic a

257

•5-85. La placa circular tiene un peso W y centro de gra­ vedad en su centro. Está sostenida por tres cuerdas verti­ cales atadas a su borde; determine la distancia d máxima desde el centro hasta el punto donde se puede aplicar cual­ quier fuerza vertical P de manera que, en ninguno de los cables, la fuerza se vuelva cero. 5-86. Resuelva el problema 5-85 si se pasa por alto el peso W de la placa.

Probs. 5-85/86

*5-84. Determine el máximo peso del barril de petróleo que puede soportar la grúa de piso sin caerse. Incluso, cuá­ les son las reacciones verticales en las ruedas lisas A , B y C para este caso. La grúa de piso tiene un peso de 300 Ib, con su centro de gravedad ubicado en G.

5-87. Una mesa cuadrada uniforme que tiene un peso W y lados de magnitud a se sostiene mediante tres patas ver­ ticales. Determine la mínima fuerza vertical P que puede aplicarse a su parte superior para ocasionar la volcadura de la mesa.

Prob. 5-87

OMAR ROJAS C a p ít u l o 5

25 8

E q u il ib r io d e u n c u e r p o r íg id o

REPASO D EL CAPÍTULO Equilibrio

f2

Un cuerpo en equilibrio no gira pero puede trasladarse con velocidad constante, o no se mueve.

2F = 0 l

2M = 0 f 3/

0 X

/

Dos dimensiones A ntes de analizar el equilibrio de un cuer­ po, es necesario trazar primero un diagrama de cuerpo libre. E ste diagram a es una for­ ma delineada que m uestra todas las fuerzas y los momentos de par que actúan sobre el cuerpo. Los m omentos de par pueden colocarse en cualquier punto en un diagram a de cuerpo libre puesto que son vectores libres. Las fuer­ zas pueden actuar en cualquier punto a lo largo de su línea de acción ya que son vectores des­ lizantes. Los ángulos usados para descom poner fuer­ zas, y las dimensiones empleadas para tomar los momentos de las fuerzas, también deben mostrarse en el diagrama de cuerpo libre. A continuación se presentan en dos dimensio­ nes algunos tipos comunes de soportes y sus reacciones. Recuerde que un soporte ejercerá una fuerza sobre el cuerpo en una dirección particular si evita la traslación del cuerpo en esa dirección, y ejercerá un momento de par sobre el cuerpo si evita una rotación.

in d illo

Las tres ecuaciones escalares de equilibrio pueden aplicarse al resolver problemas en dos dimensiones, ya que la geometría es fácil de visualizar.

f,

pasador o bisagra lisa

F, = 0 'ZFy = 0 = 0 2

soporte fijo

/

OMAR ROJAS 259

R e p a so d e l c a p ít u lo

Para la solución más directa, trate de sumar fuerzas a lo largo de un eje que elimine tan­ tas fuerzas desconocidas como sea posible. Sume momentos con respecto a un punto A que pase por la línea de acción de tantas fuer­ zas desconocidas como sea posible.

2

2

F , = 0; Ax - P 2= 0 .M a = ^2^2

A x = P2

0;

B y d fì ~ 1*1^1 = 0

n

P\d\ — P2d2

By ~

7~

Tres dimensiones A continuación se muestran aquí en tres dimen­ siones algunos tipos comunes de soporte y sus reacciones. M

[II rodillo

rótula esférica

En tres dimensiones, a menudo es conveniente usar un análisis vectorial cartesiano al aplicar las ecuaciones de equilibrio. Para hacer esto, exprese primero, en forma vectorial cartesia­ na, cada fuerza y cada momento de par cono­ cidos y desconocidos mostrados en el diagrama de cuerpo libre. Luego iguale a cero la suma de fuerzas. Tome momentos con respecto a un punto O que se encuentre sobre la línea de acción de tantas componentes desconocidas de fuerza como sea posible. Desde el punto O dirija vectores de posición hacia cada fuerza, y luego use el producto cruz para determinar el momento de cada fuerza.

F*

Fy J My

soporte fijo

2F = Mo =

0

=

0

ZFy = ZFz =

0

XM, = = =

0

2

0

0

0 0

Las seis ecuaciones escalares de equilibrio se establecen haciendo las respectivas com po­ nentes i, j y k de esas sumas de fuerzas y de momentos iguales a cero.

Determinación y estabilidad Si un cuerpo está soportado por un número mínimo de restricciones para asegurar el equi­ librio, entonces es estáticamente determinado. Si tiene más restricciones que las requeridas, entonces es estáticamente indeterminado. Para restringir apropiadamente el cuerpo, las reacciones no deben ser todas concurrentes o paralelas entre sí.

200 N

600 N 500 N

:

2 k N - ni

?

Estáticamente indeterminadas, anco reacciones, tres ecuaciones de equilibrio

“

I

100 N Restricción apropiada, estáticamente determinada

OMAR ROJAS 26 0

C a p ít u l o 5

E q u il ib r io d e u n c u e r p o r íg id o

PRO BLEM AS D E REPASO *5-88. Determine las componentes vertical y horizontal de la reacción en el pasador A y la fuerza en el cable BC. Pase por alto el grosor de los elementos.

5-91. Determine la reacción normal en el rodillo A y las componentes horizontal y vertical en el pasador B , para lograr el equilibrio del elemento.

10 kN

I

0'

6m

0.6 m

1

Prob. 5-91 Prob. 5-88

•5-89. Determine las componentes de reacción horizon­ tal y vertical en el pasador A y la reacción en el rodillo B requeridas para soportar la armadura. Considere que F = 600 N. 5-90. Si el rodillo localizado en B puede soportar una carga máxima de 3 kN, determine la máxima magnitud de cada una de las tres fuerzas F que puede ser soportada por la armadura.

Probs. 5-89/90

*5-92. La flecha ensamblada está soportada por dos chu­ maceras lisas A y B y un eslabón corto DC. Si se aplica un momento de par a la flecha como se muestra, determine las componentes de fuerza de reacción en las chumaceras y la fuerza presente en el eslabón. El eslabón se encuentra en un plano paralelo al plano y-z y las chumaceras están adecuadamente alineadas con la flecha.

Prob. 5-92

OMAR ROJAS P ro b le m a s de re p a s o

•5-93. Determine las reacciones en los soportes A y B del bastidor.

261

5-95. U na fuerza vertical de 80 Ib actúa sobre el cigüeñal. Determine la fuerza horizontal P de equilibrio que debe aplicarse a la manivela y las componentes x, y , z de reac­ ción en la chumacera lisa A y en la chumacera de empuje B. Estos cojinetes están alineados correctamente y ejercen sólo fuerzas de reacción sobre la flecha.

Prob. 5-93 5-94. En la parte inferior de la figura se muestra un diagrama esquelético de la pierna. A quí se puede obser­ var que esta parte de la pierna se levanta por la acción del músculo cuádriceps unido a la cadera en A y a la rótula en B. Este hueso se desliza libremente sobre el cartílago y la junta de la rodilla. El cuádriceps se extiende posteriormen­ te para unirse a la tibia en C. Con el sistema mecánico que se muestra en la parte superior de la figura para modelar la pierna, determine la tensión en el cuádriceps en C y la magnitud de la fuerza resultante en el fémur (pasador), £>, a fin de m antener la pierna en la posición mostrada. La pierna tiene una masa de 3.2 kg y un centro de masa en Gx\ el pie tiene una masa de 1.6 kg y un centro de masa en G2.

*5-96. La repisa simétrica está sometida a una carga uniforme de 4 kPa. El soporte está proporcionado por un perno (o pasador) localizado en cada extremo A y A ' y por las ménsulas simétricas que se apoyan contra la pared lisa en ambos lados B y B’. Determine la fuerza resistida por cada perno en la pared y la fuerza normal B necesarias para lograr el equilibrio.

75 mm

Prob. 5-94

Prob. 5-96

OMAR ROJAS

Para diseñar apropiadamente los elementos, es necesario determinar las fuerzas internas de los elementos de cada puente de armadura.

OMAR ROJAS

Análisis estructural 6

O B J E T IV O S D E L C A P ÍT U L O • Mostrar cómo se determinan las fuerzas en los elementos de una armadura, por medio del método de nodos y del método de secciones. • Analizar las fuerzas que actúan sobre los elementos de bastidores y máquinas, compuestos por elementos conectados mediante pasadores.

6 .1

A rm a d u ra s sim p le s

Una armadura es una estructura com puesta de elem entos esbeltos uni­ dos entre sí en sus puntos extremos. Los elementos usados comúnmente en construcción consisten en puntales de m adera o barras metálicas. En particular, las arm aduras planas se sitúan en un solo plano y con frecuencia se usan para soportar techos y puentes. La arm adura que se m uestra en la figura 6 - 1 a es un ejem plo de una arm adura típica para so p ortar techos. En esta figura, la carga del techo se transm ite a la arm adura en los nodos por m edio de una serie de largueros. C om o esta carga actú a en el mismo plano que la arm adura, figura 6 - 1 b, el análisis d e las fuerzas desarrolladas en los elem entos de la arm adura será bidimensional.

F lg . 6 - 1

OMAR ROJAS 2 6 4

C a p ít u l o 6

A n á l is is e s t r u c t u r a l

Larguero

Plataforma

Viga de piso

Armadura de puente

(b) Fíg. 6 -2

En el caso de un puente, como el m ostrado en la figura 6-2a, la carga sobre la cubierta se transm ite prim ero a los largueros, luego a las vigas de p iso, y finalm ente a los nodos de las dos arm aduras laterales de soporte. Igual que e n la arm adura de techo, la carga en una arm adura de puente es coplanar, figura 6 -2 b. C uando las arm aduras de puente o de techo se extienden sobre gran­ des distancias, com únm ente se usa un soporte o rodillo para soportar un extrem o, por ejem plo, el nodo A en las figuras 6 - la y 6-2a. Este tipo de soporte perm ite la expansión o la contracción de los elem entos debidas a los cambios de tem peratura o a la aplicación de cargas.

Supuestos para el diseño. P ara diseñar los elem entos y las conexiones de una arm adura, es necesario determ inar prim ero la fuer­ za desarrollada en cada elem ento cuando la arm adura está som etida a una carga dada. P ara esto, harem os dos supuestos im portantes:

(b) F íg .6 - 3

•

Todas las cargas se a p lic a n en lo s n o d o s. En la m ayoría de las situaciones, como en armaduras de puentes y de techos, este supues­ to se cumple. A m enudo se pasa por alto el peso de los elem entos, ya que la fuerza soportada por cada elem ento suele ser mucho más grande que su peso. Sin em bargo, si el peso debe ser incluido en el análisis, por lo general es satisfactorio aplicarlo como una fuerza vertical con la m itad de su magnitud aplicada a cada extrem o del elemento.

•

L o s elem entos están unidos entre s í m ed ia n te pasadores lisos. Por

lo general, las conexiones de los nodos se forman em pernando o soldando los extremos de los elem entos a una placa común, llam a­ da placa de uniónycomo se m uestra en la figura 6-3a, o simplemente pasando un perno o pasador largo a través de cada uno de los ele­ mentos, figura 6-3b. Podemos suponer que estas conexiones actúan como pasadores siem pre que las líneas centrales de los elem entos unidos sean concurrentes, com o en la figura 6-3.

OMAR ROJAS 6 .1

r

i

í

ï

Tensión

Compresión

(a)

(b)

A r m a d u r a s s im p l e s

265

Flg. 6-4 Debido a estos dos supuestos, cada elemento de la armadura actuará como un elemento de dos fuerzas, y p o r lo tanto, la fuerza que actúe en cada extrem o del elem ento debe estar dirigida a lo largo del eje del elem ento. Si la fuerza tiende a alargar el elem ento, es una fuerza de tensión (T), figura 6-4«; m ientras que si tiende a acortar el elem ento, es una fuerza de com presión (C), figura 6-46. En el diseño real de una arm adura es im portante establecer si la naturaleza de la fuerza es de tensión o de compresión. A m enudo, los elementos a com presión deben ser más gruesos q u e tos elem entos a tensión debido al efecto de pandeo o de colum na que ocurre cuando un elem ento está en com presión.

Arm adura sim ple. Si tres elem entos se conectan en tre sí m e­ diante pasadores en sus extrem os, form an una armadura triangular que será rígida, figura 6-5. Al unir dos elem entos más y conectar estos elem entos a una nueva ju n ta D se forma una arm adura más grande, figura 6 -6 . E ste procedim iento puede repetirse todas las veces que se desee para form ar una arm adura aún más grande. Si una arm adura se p uede construir expandiendo de este modo la arm adura triangular básica, se denom ina una armadura simple.

Flg. 6-5

Flg. 6-6

En la construcción de estas arm aduras W arren, es evidente el uso de placas de unión metálicas.

OMAR ROJAS C a p ít u l o 6

26 6

A n á l is is e s t r u c t u r a l

6 .2

M étod o de no d o s

Para analizar o diseñar una arm adura, es necesario determ inar la fuerza en cada uno de sus elem entos. Una form a de hacer esto consiste en em plear el m étodo de nodos. E ste m étodo se basa en el hecho de que toda la arm adura está en equilibrio, entonces cada uno de sus nodos también está en equilibrio. Por lo tanto, si se traza el diagram a de cuer­ po libre de cada nodo, se pueden usar las ecuaciones de equilibrio de fuerzas p ara o b ten er las fuerzas de los elem entos q u e actúan sobre cada nodo. Como los elem entos de una armadura plana son elem entos rectos de dos fuerzas que se encuentran en el mismo plano, cada nodo está som etido a un sistema de fuerzas q u e es coplanar y concurrente. En consecuencia, sólo es necesario satisfacer 'LFX = 0 y 2 F y = 0 para garantizar el equilibrio. Por ejem plo, considere el pasador situado en el nodo B de la arm adu­ ra que aparece en la figura 6-7a. Sobre el pasador actúan tres fuerzas, a saber, la fuerza de 500 N y las fuerzas ejercidas por los elem entos B A y BC. E l diagram a de cuerpo libre se m uestra en la figura 6-7b. A quí, F fíyl está “jalando” el pasador, lo que significa que el elem ento B A está en tensión; m ientras q u e ¥ BC está “em pujando” el pasador, y en consecuencia, el m iem bro B C está e n compresión. Estos efectos se dem uestran claram ente al aislar el nodo con pequeños segmentos del elem ento conectado al pasador, figura 6-7c. El jalón o el em pujón sobre esos pequeños segm entos indican el efecto del elem ento que está en compresión o en tensión. C uando se usa el m étodo de los nodos, siem pre se debe com enzar en un nodo q u e tenga por lo menos una fuerza conocida y cuando mucho dos fuerzas desconocidas, como en la figura 6-7b. D e esta m anera, la aplicación de 2 F* = 0 y = 0 resulta en dos ecuaciones algebrai­ cas de las cuales se pueden despejar las dos incógnitas. Al aplicar esas ecuaciones, el sentido correcto de una fuerza de elem ento desconocida puede determ inarse con uno de dos posibles m étodos.

B

2

(a)

m (b)

Fíg. 6-7

(c)

OMAR ROJAS 6 .2

•

El sentido correcto de la dirección de una fuerza desconocida de un elem ento puede determ inarse, en muchos casos, “por inspección’’. Por ejem plo, FBCen la figura 6-7b debe em pujar sobre el pasador (compresión) ya que su com ponente horizontal, FBCsen 45°, debe equilibrar la fuerza de 500 N (2F* = 0). D e la misma m anera, ¥ Ba es una fuerza de tensión ya q u e equilibra a la com ponente v erti­ cal, F fíCcos 45° (2 F y = 0). En casos más complicados, el sentido de la fuerza desconocida de un elem ento puede suponerse; luego, después de aplicar las ecuaciones de equilibrio, el sentido supuesto puede verificarse a partir de los resultados numéricos. U na respues­ ta positiva indica que el sentido es correcto, m ientras que una res­ puesta negativa indica q u e el sentido m ostrado en el diagram a de cuerpo libre se d eb e invertir.

•

Suponga siempre que las fuerzas desconocidas en los elementos que actúan e n el diagram a de cuerpo libre del nodo están en tensión', es decir, las fuerzas “jalan” el pasador. Si se hace así, entonces la solu­ ción num érica de las ecuaciones de equilibrio darán escalares p o si­ tivos para elementos en tensión y escalares negativos para elementos en compresión. U na vez que se encuentre la fuerza desconocida de un elem ento, aplique su m agnitud y su sentido correctos (T o C) en tos subsecuentes diagram as de cuerpo libre de los nodos.

P ro ce d im ie n to para el a n á lisis El siguiente procedim iento proporciona un medio para analizar una arm adura con el m étodo de nodos. • Trace el diagram a de cuerpo libre de un nodo q u e tenga por lo menos una fuerza conocida y cuando mucho dos fuerzas d es­ conocidas. (Si este nodo está en uno de los soportes, e n to n ­ ces puede ser necesario calcular las reacciones externas en los soportes d e la arm adura). • Use uno d e los dos m étodos descritos antes para establecer el sentido de una fuerza desconocida. • O riente los ejes x y y de m anera que las fuerzas en el diagram a de cuerpo libre puedan descom ponerse fácilmente en sus com ­ ponentes x y y ,y luego aplique las dos ecuaciones de equilibrio de fuerzas 2F* = 0 y 2 F y = 0. Despeje las dos fuenzas de e le ­ m ento desconocidas y verifique su sentido correcto. • Con tos resultados obtenidos, continúe con el análisis de cada uno de los otros nodos. Recuerde que un elem ento en com pre­ sión “em puja” el nodo y un elem ento en tensión “jala” el nodo. Además, asegúrese de seleccionar un nodo que tenga cuando mucho dos incógnitas y por lo menos una fuerza conocida.

M éto d o de n odo s

Las fuerzas en los elem entos de esta arm adura sencilla para techo pue­ d en d eterm in arse por el m éto d o de nodos.

267

OMAR ROJAS 268

C a p ít u l o 6

A n á l is is e s t r u c t u r a l

EJEMPLO D eterm ine la fuerza en cada elem ento de la arm adura m ostrada en la figura 6 -8a e indique si los elem entos están e n tensión o e n com ­ presión.

SOLUCIÓN Como no debem os tener más de dos incógnitas e n el nodo y por lo menos contar con una fuerza conocida actuando ahí, com enzarem os el análisis e n el nodo B. Nodo B. El diagram a de cuerpo libre del nodo en B se m uestra en la figura 6 -8b. Al aplicar las ecuaciones de equilibrio, tenem os

B

►500 N

J * '2 F X = 0; 500 N - F K sen 45° = 0 FBC = 707.1 N (C ) Resp.

Fbc

+ T Z F y = 0;

(b)

F x eos 45° — F BA = 0 FBA = 500 N (T)

Resp.

Como se ha calculado la fuerza en el elem ento B C ypodem os p ro ­ ceder a analizar el nodo C p ara determ inar la fuerza en el elem ento CA y la reacción en el soporte del rodillo.

707.1N

Nodo C.

A partir del diagram a de cuerpo libre del nodo C, figura

6 .8 c, tenem os

F/m = 500N

-J* Z F X = 0; —Fc a + 707.1 eos 45° N = 0 FCA = 500 N (T) Resp.

►FCa = 500 N

Ax-

500 N

500 N

C y - 707.1 sen 45° N = 0

500 N

707.1 N

500 N

Tensión45^ 500N

= 0;

Iío o n 500 N

c

500 N ^ 500 N

(e) R g . 6 -8

C = 500 N

Resp.

Nodo A . A unque no es necesario, podem os determ inar las com ­ ponentes de las reacciones de soporte en el nodo A m ediante los resultados de FcAyFüA A partir del diagram a de cuerpo libre, figu­ ra 6 -8 d, tenem os

(d)

B

+ T2 F

Ax = 0

A x = 500 N

500 N - A y = 0

A y = 500 N

NOTA: los resultados del análisis se resum en en la figura 6 -8 e. Observe que el diagram a de cuerpo libre de cada nodo (o pasador) muestra los efectos de todos los elem entos conectados y las fuerzas externas aplicadas al nodo, en tanto que el diagram a de cuerpo libre de cada elem ento sólo m uestra los efectos de los pasadores de los extremos en el elem ento.

OMAR ROJAS 6 .2

M éto d o de n odo s

E J E M P L O 6.2 D eterm ine la fuerza que actúa en cada uno de los elem entos de la arm adura q u e se m uestra en la figura 6-9 a\ adem ás, indique si los elem entos están en tensión o en com presión.

400 N

SOLUCIÓN Como el nodo C tiene una fuerza conocida y sólo dos fuerzas d es­ conocidas q u e actúan sobre él, es posible com enzar en este punto, después analizar el nodo D y por último el nodo A . D e esta forma las reacciones d e soporte no tendrán q u e determ inarse antes de com en­ zar el análisis. (a) Nodo C.

Por inspección del equilibrio de fuerzas, figura 6-96, se puede observar q u e ambos elem entos B C y CD deben estar en com ­ presión. + t£ ¿ V =

0;

Fbc sen 45° - 400 N = 0 Fbc = 565.69 N = 566 N (C)

= 0;

400 N

Resp.

FCD_ te

Fcd ~ (565.69 N) eos 45° = 0

Fcd = 400 N (C )

Resp.

Con el resultado FCD = 400 N (C), la fuerza en los e le ­ m entos BD y A D pu ed e encontrarse al analizar el equilibrio del nodo D. Supondrem os que tanto FAd com o FBD son fuerzas de te n ­ sión, figura 6-9c. El sistem a coordenado x \ y' se establecerá de modo que el eje x' esté dirigido a lo largo de FBD. D e esta m anera, elim i­ narem os la necesidad de resolver dos ecuaciones sim ultáneam ente. A hora FAD se puede o btener directamente al aplicar 2 / y = 0.

(b)

Nodo D.

Fcd = 400 N D\ v / 3 0 o 15e

+ /* 2 ¿y = 0;

- Fa d sen 15° - 400 sen 30° = 0 Fad = -772.74 N = 773 N (C)

Resp.

(c)

El signo negativo indica q u e FAD es una fuerza de com presión. Con este resultado, = 0; Fbd + (-7 7 2 .7 4 eos 15°) - 400 eos 30° = 0 Fbd = 1092.82 N = 1.09 kN (T)

Resp.

Nodo A La fuerza en el elem ento A B puede encontrarse al a n a ­ lizar el equilibrio del nodo A yfigura 6-9d. Tenem os

2 F X = 0;

(d)

(772.74 N) eos 45° - Fa s = 0 Fa s = 546.41 N (C) = 546 N (C )

i—x

l\ >

Resp.

Rg.6-9

269

OMAR ROJAS 2 7 0

C a p ít u l o 6

E JEM P LO

A n á l is is e s t r u c t u r a l

6.3 D eterm ine la fuerza en cada elem ento de la arm adura m ostrada en la figura 6-10a. Indique si los elem entos están en tensión o en com ­ presión.

4X)N

Fíg. 6 -1 0

SOLUCIÓN Reacciones en los sop ortes. No se puede analizar ningún nodo hasta que se hayan determ inado las reacciones en los soportes, porque cada nodo tiene más de tres fuerzas desconocidas que actúan sobre él. En la figura 6-10b se presenta un diagram a de cuerpo libre de toda la arm adura. Al aplicar las ecuaciones de equilibrio, tenem os

C

^ 'Z F X =

0;

+

0 ;

2

M

C

=

600 N - C , = 0

C v = 600 N

A y (6 m ) + 400 N(3 m) + 600 N (4 m) = 0 A y = 600 N

+ t £ F y = 0;

600 N — 400 N — C y = 0

Cy = 200 N

El análisis puede em pezar ahora en cualquiera de los nodos A o C. La elección es arbitraria ya que hay una fuerza conocida y dos fu e r­ zas de elem ento desconocidas que actúan sobre el pasador en cada uno de esos nodos. Nodo A (Figura 6-10c). Como se m uestra en el diagram a de cuer­ po libre, se supone q u e F ^ e s una fuerza de com presión y VAD es de tensión. Al aplicar las ecuaciones de equilibrio, tenem os

+ 1 'S.Fy = 0; (c)

= o;

600 N

\F ab = 0

F a d ~ |(750 N ) = 0

Fm

= 750 N

F a d = 450 N

( C )

Resp.

(T)

Resp.

OMAR ROJAS 6 .2

M éto do de n o d o s

Nodo D . (Figura 6-10d). Si utilizam os el resultado p ara F a d Y sumamos fuerzas en la dirección horizontal, figura 6 - 1 0 d, tenem os

= 0;

-4 5 0 N + \ F

db

+ 600 N = 0

F DB = -2 5 0 N

El signo negativo indica q u e ¥ DB actúa en sentido opuesto al m ostra­ do en la figura 6-10d * Por lo tan to , F db = 250 N (T)

450 N D

600 N (d)

Resp.

P ara d eterm in ar ¥ DC podem os corregir el sentido de ¥ DB en el diagram a de cuerpo libre y luego aplicar = 0 , o aplicar esta ecuación y retener el signo negativo p ara FDBi es decir, + í ZFy = 0;

- F o c - | (-250 N) = 0 Foc = 200 N

200 N

(C ) Resp. Fcb

Nodo C.

c

600 N

(Figura 6-10e). 200 N

^

ZFX = 0 ;

+ í 2 F y = 0;

Fcb - 600 N = 0

FCB = 600 N

200 N - 200 N = 0

(C )

Resp.

(com probación)

NOTA: en la figura 6-10/se presenta el análisis resum ido, que m ues­ tra el diagram a de cuerpo libre para cada nodo y cada elem ento. 400 N

I200N 600 N

*E1 sentido correcto podría haber sido determinado por inspección, antes de aplicar 2 FX= 0 .

(e)

271

OMAR ROJAS 27 2

C a p ít u l o 6

A n á l is is e s t r u c t u r a l

6 .3

E le m e n to s de fu e rza ce ro

El análisis de armaduras por el m étodo de nodos se simplifica de manera considerable si podemos identificar prim ero aquellos elem entos que no soportan carga. Esos elementos de fuerza cero se usan para increm entar la estabilidad de la arm adura durante la construcción y proporcionar soporte adicional si se modifica la carga aplicada. Por lo general, los elem entos de fuerza cero de una arm adura se p u e­ den encontrar por inspección de cada uno de sus nodos. Por ejem plo, considere la arm adura m ostrada en la figura 6-1 la. Si se traza un diagra­ ma de cuerpo libre del pasador situado en el nodo A , figura 6-116, se advierte que tos elem entos A B y A F so n elem entos de fueiza cero. (No podríamos haber llegado a esta conclusión si hubiésem os considerado tos diagram as de cuerpo libre de los nodos F o B sim plemente porque hay cinco incógnitas en cada uno de esos nodos). Del mismo m odo, considere el diagram a de cuerpo libre del nodo D, figura 6-1 le. A quí se ve de nuevo q u e D C y D E son elem entos de fuerza cero. A partir de estas observaciones, podem os concluir q u e si sólo dos elementos forman una armadura y no se aplica ninguna carga externa o reacción de soporte al nodo, los dos elementos deben ser elementos de fuerza cero. Por lo tanto, la carga sobre la arm adura que aparece en la figura 6-1 la está soportada sólo por cinco elem entos, como se m uestra en la figura 6 - 1 1 d.

D

i i

Fa f

^ S F x = 0; Fab = 0

+T XFy = 0;

Fa f = 0

(b)

(a)

+ \* XFy = 0; F DCsen 6 = 0; FDC = Oya que sen G ± 0 F d e —0

+ ^2FX= 0; F d e + 0 = 0;

(d)

(c) F íg . 6 - 1 1

OMAR ROJAS 6.3

E le m e n t o s de fuer za c e r o

273

A hora considere la arm adura m ostrada en la figura 6-12a. El diagra­ ma de cuerpo libre del pasador en el nodo D se m uestra en la figura 6-126. Al orientar el eje y a lo largo de los elem entos D C y D E y el eje x a lo largo del elem ento D A ,se observa que D A es un elem ento de fu er­ za cero. Observe que éste es tam bién el caso del elem ento CA, figura 6 -12c. P o r lo general, si tres elementos form an un nodo de armadura en el cual dos de los elementos son colineales, el tercer miem bro es un ele­ mento de fuerza cero siempre que no se aplique ninguna fuerza exterior o reacción de soporte al nodo. P o r lo tanto, la arm adura m ostrada en la figura 6-12d es adecuada para soportar la carga P.

P

*+—

E

FDE

X

y

+ = 0;

Ffe

(d)

2kN

(Figura 6-136).

y F BC

0

Resp.

Observe que no pudim os concluir q ue G C es un elem ento de fuerza cero al considerar el nodo C, donde se tienen cinco incógnitas. El hecho de q u e G C sea un elem ento de fuerza cero significa q u e la carga de 5 kN en C d eb e estar soportada por los elem entos C By CH , C F y CD. Nodo D.

FBH

F GC =

(Figura 6-13c).

+ S 'Z F X = 0;

Fd f

-

Resp.

0

\

Nodo F.

(e)

2kN

\/ FHA

H (0

FHC ► FHG

(Figura 6-13d).

+í

= 0; Fpc eos 0 = 0 Puesto q u e 0 * 90°, F fc = 0 Resp.

NOTA:

si se analiza el nodo B yfigura 6-13e,

+ \ 1 F X = 0;

2 k N — Fqh = 0

FBH = 2 kN

(C)

X

A dem ás, F//Cdebe satisfacer 2 F y = 0, figura 6-13/, y por lo tanto, H C no es un elem ento de fuerza cero.

OMAR ROJAS 6.3

E le m e n t o s de fuer za c e r o

275

PRO BLEM AS FU N D A M EN TALES F6-1. Determine la fuerza en cada elemento de la armadura. Establezca si los elementos están en tensión o en compresión.

F6-4. Determine la máxima carga P que puede aplicarse a la armadura, de manera que ninguno de los elementos esté sometido a una fuerza que supere 2 kN en tensión o 1.5 kN en compresión.

P6-2. Determine la fuerza en cada elemento de la armadura. Establezca si los elementos están en tensión o en compresión.

F6-5. Identifique los elementos de fuerza cero en la ar­ madura,

F6-5 3001b

F6-3. Determine la fuerza en los elementos A E y DC. Establezca si los elementos están en tensión o en compre­ sión.

P6-3

F6«ó. Determine la fuerza en cada elemento de la ar­ madura. Establezca si los elementos están en tensión o en compresión.

OMAR ROJAS 2 7 6

C a p ít u l o 6

A n á l is is e s t r u c t u r a l

PROBLEM AS •6-1. Determine la fuerza en cada elemento de la arma­ dura y establezca si los elementos están en tensión o en compresión.

*6-4. Determine la fuerza en cada elemento de la arma­ dura y establezca si los elementos están en tensión o en compresión. Suponga que cada nodo es un pasador. Con­ sidere P = 4 kN. •6-5. Suponga que cada miembro de la armadura está hecho de acero con una masa por longitud de 4 kg/m. Establezca P = 0, determine la fuerza en cada elemento, e indique si los elementos están en tensión o en compre­ sión. Ignore el peso de las placas de unión y suponga que cada nodo es un pasador. El problema se resuelve al supo­ ner que el peso de cada elemento puede ser representado como una fuerza vertical, la mitad de la cual está aplicada en el extremo de cada elemento. 2P

Prob. 6-1

6-2. La armadura, que se ha utilizado para soportar un balcón, está sometida a la carga mostrada. Aproxime cada nodo como un pasador y determine la fuerza en cada ele­ mento. Establezca si los elementos están en tensión o en compresión. Considere P\ = 600 Ib, P2 = 400 Ib. 6-3. La armadura, que se ha utilizado para soportar un balcón, está sometida a la carga mostrada. Aproxime cada nodo como un pasador y determine la fuerza en cada ele­ mento. Establezca si los elementos están en tensión o en compresióa Considere P\ = 800 Ib, P2 = 0.

Probs. 6-4/5 6 -6 . Determine la fuerza en cada elemento de la arma­ dura y establezca si los elementos están en tensión o en compresión. Considere P\ = 2 kN y P2 = 1.5 kN. 6-7. Determine la fuerza en cada elemento de la arma­ dura y establezca si los elementos están en tensión o en compresión. Considere P\ = P2 = 4 kN.

Probs. 6-6/7

OMAR ROJAS 6.3

E le m e n t o s de fuer za c e r o

277

*6-8. Determine la fuerza en cada elemento de la arma­ dura y establezca si los elementos están en tensión o en compresión. Considere P —800 Ib.

*6-12. Determine la fuerza en cada elemento de la arma­ dura y establezca si los elementos están en tensión o en compresión. Considere P\ —240 Ib, P 2 —100 Ib.

•6-9. Elimine la fuerza de 500 Ib y entonces determine la máxima fuerza P que puede aplicarse a la armadura de manera que ninguno de los elementos esté sometido a una fuerza que exceda 800 Ib en tensión o 600 Ib en compre­ sión.

•6-13. Determine la máxima fuerza P 2 que puede aplicar­ se a la armadura de manera que la fuerza en cualquiera de los elementos no exceda 500 Ib (T) o 350 Ib (C). Considere P i = 0.

Probs. 6-8/9

Probs. 6-12/13

6-10. Determine la fuerza en cada elemento de la arma­ dura y establezca si los elementos están en tensión o en compresión. Considere P\ = 800 Ib, P2 = 0.

6-14. Determine la fuerza en cada elemento de la arma­ dura y establezca si los elementos están en tensión o en compresión. Considere P —2500 Ib.

6-11. Determine la fuerza en cada elemento de la arma­ dura y establezca si los elementos están en tensión o en compresión. Considere P\ = 600 Ib, P2 = 400 Ib.

6-15. Elimine la fuerza de 1200 Ib y determine la máxi­ ma fuerza Pque puede aplicarse a la armadura de manera que ninguno de los elementos esté sometido a una fuerza que exceda 2000 Ib en tensión o 1500 Ib en compresión.

Probs. 6-10/11

Probs. 6-14/15

OMAR ROJAS 2 7 8

C a p ít u l o 6

A n á l is is e s t r u c t u r a l

*6-16. Determine la fuerza en cada elemento de la arm a­ dura y establezca si los elementos están en tensión o en compresión. Considere P = 5 kN.

*6-20. Determine la fuerza en cada elemento de la arma­ dura y establezca si los elementos están en tensión o en compresión. La carga tiene una masa de 40 kg.

•6-17. Determine la máxima fuerza P que puede aplicar­ se a la armadura, de manera que ninguno de los elementos esté sometido a una fuerza que exceda 2.5 kN en tensión o 2 kN en compresión.

•6-21. Determine la máxima masa m del bloque sus­ pendido de modo que la fuerza en cualquier elemento no exceda 30 kN (T) o 25 kN (C).

Probs. 6-16/17

Probs. 6-20/21

6-18. Determine la fuerza en cada elemento de la arm a­ dura y establezca si los elementos están en tensión o en compresión.

6-22. Determine la fuerza en cada elemento de la arma­ dura y establezca si los elementos están en tensión o en compresión.

6-19. La arm adura se fabrica con elementos que tienen un peso de 10 lb/pie. Retire las fuerzas externas de la armadura y determine la fuerza en cada elemento debido al peso de los elementos. Establezca si los elementos están en tensión o en compresión. Suponga que la fuerza total que actúa sobre un nodo es la suma de la mitad del peso de cada elemento conectado al nodo.

6-23. La arm adura se fabrica con elementos que tienen una masa de 5 kg/m. Retire las fuerzas externas de la armadura y determine la fuerza en cada elemento debido al peso de los elementos. Establezca si los elementos están en tensión o en compresión. Suponga que la fuerza total que actúa sobre un nodo es la suma de la mitad del peso de cada elemento conectado al nodo.

600 N

OMAR ROJAS 6.3 *6-24. Determine la fuerza en cada elemento de la arma­ dura y establezca si los elementos están en tensión o en compresión. Considere P = 4 kN.

E le m e n t o s de fuer za c e r o

279

6-27. Determine la fuerza en cada elemento de la arma­ dura de doble tijera en términos de la carga P y establezca si los elementos están en tensión o en compresión.

•6-25. Determine la máxima fuerza P que puede aplicar­ se a la armadura, de manera que ninguno de los elementos esté sometido a una fuerza que exceda 1.5 kN en tensión o 1 kN en compresión.

Prob. 6-27 *6-28. Determine la fuerza en cada elemento de la arma­ dura en términos de la carga P , e indique si los elementos están en tensión o en compresión.

Probs. 6-24/25

•6-29. Si la fuerza máxima que cualquier elemento puede soportar es de 4 kN en tensión y 3 kN en compre­ sión, determine la fuerza máxima P que puede aplicarse en el punto B. Considere d = 1 m.

6-26. Un señalamiento está sometido a una carga del viento que ejerce fuerzas horizontales de 300 Ib sobre los nodos B y C de una de las armaduras laterales de soporte. Determine la fuerza en cada elemento de la armadura y establezca si los elementos están en tensión o en compre­ sión.

Probs. 6-28/29 6-30. La armadura de dos elementos está sometida a una ftierza de 300 Ib. Determine el rango 0 para la aplicación de la carga de manera que la fuerza en cualquier elemento no exceda 400 Ib (T) o 200 Ib (C).

Prob. 6-26

OMAR ROJAS 28 0

C a p ít u l o 6

A n á l is is e s t r u c t u r a l

6 .4

A

Fuerzas *j internas"-—^ de tensión

Tensión

A

Fuerzas internas de compresión

Compresión

Flg. 6-14

M étod o de se ccio n e s

Cuando necesitamos encontrar la fuerza en sólo unos cuantos elementos de una arm adura, ésta puede analizarse m ediante el método de seccio­ nes. Este m étodo se basa en el principio de que si la arm adura está en equilibrio, entonces cualquier segm ento de la arm adura está tam bién en equilibrio. Por ejem plo, considere los dos elem entos de arm adura mostrados a la izquierda en la figura 6-14. Si se deben determ inar las fuerzas dentro de los elem entos, entonces puede utilizarse una sección imaginaria, indicada por la línea azul, para cortar cada elem ento en dos partes y en consecuencia “exponer” cada fuerza interna como “externa” como se indica en los diagramas de cuerpo libre de la derecha. Se puede observar con claridad que para que haya equilibrio el elem ento que está en tensión (T) está sujeto a un “jaló n ” , m ientras que el elem ento en compresión (C) está som etido a un “em pujón” . El m étodo de secciones puede usarse tam bién para “co rtar” o sec­ cionar los elem entos de toda una arm adura. Si la sección pasa por la arm adura y se traza el diagram a de cuerpo libre de cualquiera de sus dos partes, entonces podemos aplicar las ecuaciones de equilibrio a esa parte para determ inar las fuerzas del elem ento en la “sección cortada” . Como sólo se pueden aplicar tres ecuaciones independientes de equilibrio (ZFX = 0, 'ZFy = 0, 'ZM q = 0) al diagram a de cuerpo libre de cualquier segmento, debemos tratar de seleccionar una sección que, en general, pase por no más de tres elementos en que las fuerzas sean desconocidas. Por ejemplo, considere la arm adura que se muestra en la figura 6-15a. Si se deben determ inar las fuerzas en los elementos B C y G C y GFyla sec­ ción aa podría ser apropiada. Los diagramas de cuerpo libre de las dos partes se muestran en las figuras 6-156 y 6-15c. Observe que la línea de acción de cada fuerza del elem ento se especifica a partir de la geometría de la arm adura, ya que la fuerza en un elem ento pasa a lo largo de su eje. Además, las fuerzas del elem ento que actúan sobre una parte de la arm adura son iguales pero opuestas a las que actúan sobre la otra parte —tercera ley de New ton—. Se supone que los elementos B C y G C están en tensión puesto que se encuentran sometidos a un “jalón” , mientras que G F está en compresión porque se encuentra som etido a un “em pujón” . Las tres fuerzas de elem ento desconocidas FfiC, FGC y Fgf pueden obtenerse al aplicar las tres ecuaciones d e equilibrio al diagram a de cuerpo libre de la figura 6-156. Sin em bargo, si se considera el diagra­ ma de cuerpo libre de la figura 6-15c, se tendrán que conocer las tres reacciones de soporte Dx, D y y E Xyporque sólo hay tres ecuaciones de equilibrio disponibles. (Por supuesto, esto se hace de la m anera usual si se considera un diagram a de cuerpo libre de toda la armadura).

OMAR ROJAS 6 .4

Al aplicar las ecuaciones de equilibrio debem os considerar con gran cuidado las m aneras de escribir las ecuaciones de modo q u e den una solución directa p ara cada una de las incógnitas, en vez de ten er que resolver ecuaciones sim ultáneas. P o r ejem plo, con el segm ento de arm adura d e la figura 6-156 y la sum a de m om entos con respecto a C, se obtendría una solución directa p ara F gf ya que FBC y FGc no p ro ­ ducen ningún m om ento con respecto a C. D e la misma m anera, puede obtenerse directam ente a p artir de una suma de m om entos con respecto a G. Por últim o, FGC puede encontrarse directam ente a partir de una sum a d e fuerzas en la dirección vertical ya q u e ¥ GF y ¥ BC no tienen com ponentes verticales. E sta capacidad de determinar directa­ mente la fuerza en un elem ento particular de una arm adura es una de las ventajas principales del m étodo de secciones.* Al igual que en el m étodo de nodos, hay dos m aneras en q u e se puede determ in ar el sentido correcto de una fuerza de elem ento d es­ conocida: •

En muchos casos, el sentido correcto de una fuerza de elem ento desconocida, puede determ inarse “por inspección” . Por ejem plo, ¥ bc es una fuerza de tensión tal com o se representa en la figura 6-156, ya que el equilibrio por m om entos con respecto a G requie­ re q u e ¥ bc genere un m om ento opuesto al de la fuerza de 1000 N. Adem ás, ¥ GCes una fuerza de tensión puesto que su com ponente vertical debe equilibrar la fuerza de 1000 N que actúa hacia abajo. En casos más com plicados, el sentido de una fuerza de elem en­ to desconocida puede suponerse. Si la solución resulta un escalar negativo, esto indica que el sentido de la fuerza es opuesto al del diagram a d e cuerpo libre.

•

Siempre suponga que las fuerzas desconocidas en elem entos de la sección cortada están en tensión, es decir, “jalando” al elem ento. Al hacer esto, la solución num érica de las ecuaciones de equilibrio dará escalares positivos para elementos en tensión y escalares nega­ tivos para elementos en compresión.

♦Observe que si se usara el método de nodos para determinar, digamos, la fuerza en el elemento GC, sería necesario analizar los nodos A , B y G en secuencia.

R g . 6 -15

M é t o d o d e s e c c io n e s

281

Las fuerzas e n algunos elem entos se ­ leccionados de esta arm adura P ratt pueden d eterm inarse p o r el m étodo de secciones.

OMAR ROJAS 28 2

C a p ít u l o 6

A n á l is is e s t r u c t u r a l

En la construcción de grandes grúas suelen usarse arm aduras sencillas a fin de reducir el peso d e la plum a y la to rre.

P ro ce d im ie n to para el an á lisis Las fuerzas en los elem entos de una arm adura pueden d eterm i­ narse m ediante el m étodo de secciones por el siguiente procedi­ miento. Diagrama de cuerpo libre. • Tom e una decisión acerca de cóm o “co rtar” o seccionar la arm adura a través de los elem entos cuyas fuerzas deben d e te r­ minarse. • Antes de aislar la sección apropiada, puede requerirse determinar prim ero las reacciones externas de la armadura. Una vez hecho esto, entonces estarán disponibles las tres ecuaciones de equilibrio para encontrar las fuerzas de los elementos en la sección. • Trace el diagram a de cuerpo libre del segm ento de la arm adura seccionada sobre la que actúe el m enor núm ero de fuerzas. • Use uno de los dos m étodos descritos antes para establecer el sentido de las fuerzas de elem ento desconocidas. Ecuaciones de equilibrio. • Los m om entos deben sum arse con respecto a un punto que se encuentre en la intersección de las líneas de acción de dos fuer­ zas desconocidas, de m anera que la tercera fuerza desconocida se determ ine directam ente a partir de la ecuación de momento. • Si dos de las fuerzas desconocidas son paralelas, las otras fu er­ zas pueden sum arse en form a perpendicular a la dirección de esas incógnitas para determ inar directamente la tercera fuerza desconocida.

OMAR ROJAS 6 .4

M é t o d o d e s e c c io n e s

283

E J E M P L O 6.5 D eterm ine la fuerza en los elem entos G E , GC y B C de la arm adura m ostrada en la figura 6-16a. Indique si los elementos están en tensión o en com presión.

■4 X ) N

3m

V SOLUCIÓN La sección aa que se m uestra en la figura 6-16a ha sido selecciona­ da porque corta a través de los tres elem entos cuyas fuerzas deben determ inarse. Sin em bargo, para usar el m étodo de secciones, es necesario determ inar primero las reacciones externas en A o en D. ¿Por qu é? E n la figura 6-166 se m uestra un diagram a de cuerpo libre de to d a la arm adura. Al aplicar las ecuaciones de equilibrio, tenem os =

0;

C + ^ M a = 0;

400 N — A . = 0

1-

r s l c

4m (a)

A, =

1200 N ( 8 m ) - 400 N (3 m ) + £».(12 m ) = Dy = 900 N

+ Î 2 F V = 0;

A v - 1200 N + 900 N = 0

Diagrama de cuerpo líbre. Para el análisis, se usará el diagram a de cuerpo libre de la porción izquierda de la arm adura seccionada, ya que implica el m enor núm ero de fuerzas, figura 6-16c. Ecuaciones de equilibrio. Al sum ar m om entos con respecto al p u nto G se elim inan FGE y FGC y se obtiene una solución directa para FBC.

Q + 'ZM q = 0;

—300 N (4 m) - 400 N(3 m) + F BC(3 m ) = 0 Fbc = 800 N

(T )

Resp.

D e la misma m anera, al sum ar m om entos con respecto al punto C obtenem os una solución directa p ara FGE.

C +2MC = 0;

-300 N (8 m) + Fg e (3 m) = 0 Fge = 800 N

(C)

Resp.

Como FBC y F ge no tienen com ponentes verticales, al sum ar fuerzas en la dirección y obtenem os directam ente FGCy es decir, + Î 2 F . = 0;

300 N

| F CC =

0

Fcc = 500 N

(T )

Resp.

NOTA: aquí es posible determ inar, por inspección, la dirección apropiada para cada fuerza de elem ento desconocida. Por ejem plo, 2 M C = 0 requiere q u e F G£sea compresiva porque debe equilibrar el m om ento d e la fuerza de 300 N con respecto a C.

fc)

Fig. 6-16

OMAR ROJAS 28 4

C a p ít u l o 6

A n á l is is e s t r u c t u r a l

EJEMPLO D eterm ine la fuerza presente en el elem ento CF de la arm adura m ostrada en la figura 6-17a. Indique si el elem ento está en tensión o en com presión. Suponga que cada elem ento está conectado m edian­ te pasadores.

W

a

t 2m

325 kN

4.75 kN

Fig. 6-17

SOLUCIÓN Diagrama de cuerpo libre. Se usará la sección aa que se m uestra en la figura 6-17a ya que es la que “expondrá” la fuerza interna en el elem ento C Fcom o “externa” e n el diagram a de cuerpo libre de la porción derecha o izquierda de la arm adura. Sin em bargo, prim ero es necesario determ inar las reacciones externas en el lado izquier­ do o en el derecho. Verifique los resultados q u e se m uestran en el diagrama de cuerpo libre de la figura 6-176.

En la figura 6-17c se m uestra el diagram a de cuerpo libre de la pord ó n derecha de la arm adura, que es la más fácil de analizar. Se tie­ nen tres incógnitas, F F G y F C f y F c d Fcf-cos 45°cl 45 4.75 kN

Ecuaciones de equilibrio. Aplicaremos la ecuación de m om ento con respecto al punto O a fin de elim inar las dos incógnitas Ff g y Fcd- La posición del punto O medida desde E puede determ inarse por triángulos semejantes, es decir, 4/(4 + x ) = 6 /( 8 + x )yx = 4 m. O, dicho de otra m anera, la pendiente del elem ento G F tie n e una caída de 2 m en una distancia horizontal de 4 m. Como FD es de 4 m, figura 6-17c, entonces la distancia desde D hasta O debe ser de 8 m.

U na m anera fácil de determ inar el m om ento de F CfCon respecto al punto O es usar el principio de transm isibilidad y traslad ar al punto C, y luego descom poner FC fen sus dos com ponentes rec­ tangulares. Tenem os

C +£Mo = 0; - F CFsen 4 5 °(1 2 m ) + (3 k N )(8 m ) - (4 .7 5 k N )(4 m ) = 0 F cf = 0.589 kN

(C )

Resp.

OMAR ROJAS 6 .4

M é t o d o d e s e c c io n e s

EJEMPLO 1000 N

D eterm ine la fuerza en el elem ento EB de la arm adura de techo m ostrada en la figura 6 -18a. Indique si el elem ento está en tensión o en com presión. SOLUCIÓN Diagramas de cuerpo líbre. Por el método de secciones, cualquier sección vertical imaginaria que corte E B ,figura 6-18a, tendrá que cor­ tar tam bién otros tres elementos cuyas fuerzas son desconocidas. Por ejem plo, la sección aa corta E D y E B , EB y A B . Si se considera un diagram a d e cuerpo libre del lado izquierdo de esta sección, figura 6-18/?, es posible obtener FED con la sum a de momentos con respecto a B para eliminar las otras tres incógnitas; sin em bargo, no se puede determ inar a partir de las dos ecuaciones de equilibrio restantes. U na manera posible de obtener FED es determ inar primero FED a par­ tir de la sección aa, y luego usar este resultado en la sección Z?Z?, figura 6-18a, la cual se muestra en la figura 6-18c. Aquí el sistema de fuerzas es concurrente y nuestro diagram a de cuerpo libre seccionado es el mismo que el diagrama de cuerpo libre para el nodo ubicado en E.

(a)

1000 N

(c)

(b) Rg. 6-18 Ecuaciones de equilibrio. Para determ inar el m om ento de F££, con respecto al punto B , figura 6-18/?, usaremos el principio de transmisibilidad y extenderem os la fuerza hasta el punto C para después descom ponerla en sus com ponentes rectangulares com o se muestra. Por lo tanto,

Q + 'Z M s = 0;

1000 N (4 m ) + 3000 N (2 m ) - 4000 N (4 m ) + Fed se n 3 0 °(4 m ) = 0 Eed = 3000 N

(C)

Al considerar ahora el diagram a de cuerpo libre de la sección /?/?, figura 6-18c, tenem os 2 F , = 0;

F ef eos 30° - 3000 eos 30° N = 0 F ef = 3000 N

+Í2F„=0;

(C )

2(3000 sen 30° N) — 1000 N — F EB = 0

Feb = 2000 N

(T )

Resp.

285

OMAR ROJAS 286

C a p ít u l o

6

A n á l is is e s t r u c t u r a l

PRO BLEM AS FU N D A M EN TALES F5-7. Determine la fuerza en los elementos BCy CF y FE. Establezca si los elementos están en tensión o en compre­ sión.

F6-10. Determine la fuerza en los elementos EFy CF y BC de la armadura. Establezca si los elementos están en tensión o en compresión.

FT6-1L Determine la fuerza en los elementos GFy GD y CD de la armadura. Establezca si los elementos están en tensión o en compresión.

F6-7

P6-8. Determine la fuerza en los elementos LK, KC y CD de la armadura Pratt. Establezca si los elementos están en tensión o en compresión. P6-9. Determine la fuerza en los elementos KJy KD y CD de la armadura Pratt. Establezca si los elementos están en tensión o en compresión.

F6-8/9

P5-11 P6-12. Determine la fuerza en los elementos DCyH I y J l de la armadura. Establezca si los elementos están en ten­ sión o en compresión.

P 6 -1 2

OMAR ROJAS 6 .4

M é t o d o d e s e c c io n e s

287

PROBLEM AS 6-31. La armadura de arrastre interna para el ala de un avión ligero está sometida a las fuerzas que se muestran. Determine la fuerza en los elementos BC, BH y HC , y establezca si los elementos están en tensión o en compre­ sión.

6-34. Determine la fuerza en los elementos JK y CJ y CD de la armadura, y establezca si los elementos están en ten­ sión o en compresión. 6-35. Determine la fuerza en los elementos H Iy FI y E F de la armadura, y establezca si los elementos están en ten­ sión o en compresión.

8kN

6kN

Prob. 6-31

Probs. 6-34/35

*6-32. La armadura Howe para puente está sometida a las cargas que se muestran. Determine la fuerza en los ele­ mentos H D y CD y G D yy establezca si los elementos están en tensión o en compresión.

*6-36. Determine la fuerza en los elementos BCy CG y G F de la armadura Warren. Indique si los elementos están

•6-33. La armadura Howe para puente está sometida a las cargas que se muestran. Determine la fuerza en los ele­ mentos H Iy H B y BCy y establezca si los elementos están en tensión o en compresión.

en tensión o en compresión. •6-37. Determine la fuerza en los elemento CDy CFy FG de la armadura Warren. Indique si los elementos están en tensión o en compresión.

3m 40 kN

Probs. 6-32/33

B

-I

3m

el

Probs. 6-36/37

-I dI

OMAR ROJAS 2 8 8

C a p ít u l o 6

A n á l is is e s t r u c t u r a l

6-38. Determine la fuerza en los elementos DC, HC y H l de la armadura, y establezca si los elementos están en ten­ sión o en compresión. 6-39. Determine la fuerza en los elemento ED, E H y G H de la armadura, y establezca si los elementos están en ten­ sión o en compresión.

50 kN

6-42. Determine la fuerza en los elementos IC y CG de la armadura, y establezca si estos elementos están en tensión o en compresión. Además, indique todos los elementos de fuerza cero. 6-43. Determine la fuerza en los elementos J E y GF de la armadura, y establezca si estos elementos están en tensión o en compresión. Además, indique todos los elementos de fuerza cero.

B

C

D

Probs. 6-38/39

Probs. 6-42/43

*6-40. Determine la fuerza en los elementos GF, GD y CD de la armadura, y establezca si los elementos están en tensión o en compresión.

*6-44. Determine la fuerza en los elementos J l , EF, E l y J E de la armadura, y establezca si los elementos están en tensión o en compresión.

•6-41. Determine la fuerza en los elemento BG, B C y H G de la armadura, y establezca si los elementos están en tensión o en compresión.

•6-45. Determine la fuerza en los elementos CD, LD y K L de la armadura, y establezca si los elementos están en tensión o en compresión.

C 9001b

Probs. 6-40/41

Probs. 6-44/45

OMAR ROJAS 6 .4

M é t o d o d e s e c c io n e s

289

646. Determine la fuerza desarrollada en los elementos B C y C H de la armadura para techo, y establezca si los elementos están en tensión o en compresión.

6-50. Determine la fuerza en cada uno de los elementos de la armadura y establezca si los elementos están en ten­ sión o en compresión. Considere P i = 20 kN, P 2 = 10 kN.

647. Determine la fuerza en los elementos C D y G F de la armadura, y establezca si los elementos están en tensión o en compresión. Además, indique todos los elementos de fuerza cero.

6-51. Determine la fuerza en cada uno de los elementos de la armadura y establezca si los elementos están en ten­ sión o en compresión. Considere P \ = 40 kN, P 2 = 20 kN.

B

C

D

Probs. 646/47

Probs. 6-50/51

*6-48. Determine la fuerza en los elementos / / , E J y C D de la armadura H o w e , y establezca si los elementos están en tensión o en compresión.

*6-52. Determine la fuerza en los elementos K J , N J , N D y C D de la a rm a d u ra K . Indique si los elementos están en tensión o en compresión. S u g e re n cia : use las secciones aa y bb.

•64 9 . Determine la fuerza en los elementos K J , K C y de la arm adura H o w e , y establezca si los elementos están en tensión o en compresión.

•6-53. Determine la fuerza en los elementos J 1 y D E de la a rm a d u ra K . Indique si los elementos están en tensión o en compresión.

Probs. 648/49

Probs. 6-52/53

BC

OMAR ROJAS 2 9 0

C a p ít u l o 6

A n á l is is e s t r u c t u r a l

* 6 .5

Armaduras espaciales

Una armadura espacial consiste en elem entos unidos en sus extrem os para form ar una estructura estable tridimensional. La forma más sim­ ple de una arm adura espacial es un tetraedro, form ado al conectar seis elementos en tre sí, com o se m uestra en la figura 6-19. C ualquier e le ­ mento adicional agregado a este elem ento básico sería redundante en el soporte de la fuerza P. Una armadura espacial simple puede construirse a partir de este tetraedro básico agregando tres elem entos adicionales y un nodo, y continuar de esta m anera hasta form ar un sistem a de te tra e ­ dros multiconectados.

Supuestos para el diseño. Los elem entos de una arm adura espacial se pueden tratar como elem entos de dos fuerzas siem pre que la carga externa esté aplicada en los nodos y éstos consistan en cone­ xiones de rótula esférica. Estos supuestos se justifican cuando las conexio­ nes, soldadas o em pernadas, de los elementos unidos se intersecan en un punto común y el peso de los elementos puede ser ignorado. En casos donde debe incluirse el peso de un elem ento en el análisis, por lo general resulta satisfactorio aplicarlo como una fuerza vertical, la mitad de su magnitud aplicada en cada extrem o del elemento.

P ro ce d im ie n to p ara el an á lisis Cuando se desea determ inar las fuerzas desarrolladas en los e le ­ m entos de una arm adura espacial simple se puede usar el m étodo de nodos o el m étodo de secciones. A rm adura espacial típica para so p o rte de techo. O bserve el uso de rótulas esféricas e n las conexiones.

Método de nodos. Si se deben determ inar las fuerzas en todos los elem entos de la arm adura, el m étodo de nodos es el más adecuado para realizar el análisis. Aquí es necesario aplicar las tres ecuaciones de equilibrio 'ZFx = 0 , 'ZFy = 0 , 2 FZ = 0 a las fuerzas que actúan en cada nodo. R ecuerde que la solución de muchas ecuaciones simultáneas puede evitarse si el análisis de fuerzas em pieza en un nodo que tenga por fo menos una fuerza conocida y cuando mucho tres fuerzas d es­ conocidas. Además, Si la geom etría tridimensional del sistem a de fuerzas existente e n el nodo es difícil de visualizar, se recom ienda utilizar un análisis vectorial cartesiano para encontrar la solución. Método de secciones.

P o r razones económ icas, las grandes torres de transm isión eléctrica suelen construirse con arm aduras espaciales.

Si se deben determ inar sólo unas pocas fuerzas de elem ento, se puede usar el m étodo de secciones. C uando se pasa una sección imaginaria por una arm adura y ésta queda separada en dos partes, el sistem a de fuerzas que actúa sobre una de las partes debe satis­ facer las seis ecuaciones de equilibrio: 2F* = 0, Í.Fy = 0 , 2 F Z = 0, 'ZMx = 0, 'ZMy = 0, = 0 (ecuaciones 5-6). Por medio de una selección apropiada de la sección y los ejes para sum ar fuerzas y m om entos, m uchas de las fuerzas de elem ento desconocidas en una arm adura espacial se pueden calcular directamente, m edian­ te una sola ecuación de equilibrio.

OMAR ROJAS 6.5

A r m a d u r a s e s p a c ia le s

E J E M P L O 6 .8 D eterm ine las fuerzas que actúan e n los elem entos de la arm adura espacial que se m uestra en la figura 6-20a. Indique si los elem entos están en tensión o en com presión.

2kN

SOLUCIÓN

Como hay una fuerza conocida y tres fuerzas desconocidas que actúan en el nodo A , el análisis de fuerzas de esta arm adura com en­ zará en este nodo. Nodo A . (Figura 6-20b). Si expresam os cada fuerza que actúa en el diagram a de cuerpo libre del nodo A como un vector cartesiano, tenem os P = { - 4 j} k N ,

Í4B - F¿b j,

Fxc “ ~ F acK

^AE = &AE ( r ^ ) = Fa e (0-511 í + ° '577j “ 0.577k) Por equilibrio, 2 F = 0;

P + ¥ AB + ¥ÁC + F ¿£ - 0

- 4 j + Fabj - Fack + 0.577Fa£Í + 0.511 FAEi - 0.511FAEk = 0 *FX =

0

0.511Fa e = 0

=

0

- 4 + Fab + 0.511Fa e = 0

SFV =

0

- F a c ~ 0.511Fa e = 0 f ac

= Fa e = 0

Fab = 4 k N

Resp. (T)

(b)

Resp.

Como Fab es conocida, a continuación se puede analizar el nodo B. Nodo B.

= 0;

(Figura 6-20c). -R

b eos

45° + 0.101FBE = 0

'IFy = 0;

- 4 + R b sen 45o = 0

= 0;

2 + Fb d - 0.101Fbe = 0

Fb = Fbe = 5.66 kN

(T),

FBD = 2 kN

2 kN

(C )

R esp.

Las ecuaciones escalares de equilibrio tam bién pueden aplicarse directam ente a sistem as de fuerzas que actúan e n los diagram as de cuerpo libre de los nodos D y C ,ya que las com ponentes de fuerzas se determ inan con facilidad. D em uestre que

FBE — Fnr cf — 0 D C — F CE

Resp.

(c)

Fig. 6-20

291

OMAR ROJAS 292

C a p ít u l o 6

A n á l is is e s t r u c t u r a l

PROBLEM AS 6-54.

La armadura espacial soporta una fuerza F = {—5001 + 600j + 400k) Ib. Determine la fuerza en cada elemento y establezca si los elementos están en tensión o en compresión.

6-58. Determine la fuerza en los elementos BE, DF y BC de la armadura espacial, y establezca si los elementos están en tensión o en compresión.

La armadura espacial soporta una fuerza F = {6001 + 450j - 750k) Ib. Determine la fuerza en cada elemento y establezca si los elementos están en tensión o en com­ presión.

6-59.

6-55.

Determine la fuerza en los elementos AB, CD, ED y CFde la armadura espacial, y establezca si los elementos están en tensión o en compresión.

Probs. 6-54/55

Probs. 6-58/59

*6-56. Determine la fuerza en cada elemento de la arma­ dura espacial y establezca si los elementos están en tensión o en compresión. La armadura está soportada por rótulas esféricas en A, B y E. Considere F = {800j) N. Sugerencia: la reacción en el soporte E actúa a lo largo del elemento EC. ¿Por qué?

*6-60. Determine la fuerza en los elementos AB, AE, BC, BF, BD y BE de la armadura espacial, y establezca si los elementos están en tensión o en compresión.

•6-57. Determine la fuerza en cada elemento de la arma­ dura espacial y establezca si los elementos están en tensión o en compresión. La armadura está soportada por rótulas esféricas en A , B y E. Considere F = {—2001 + 400j) N. Sugerencia: la reacción en el soporte E actúa a lo largo del elemento EC. ¿Por qué?

4001b

Probs. 6-56/57

Prob. 6-60

OMAR ROJAS 6.5

•6-61. Determine la fuerza en los elementos EF, DF’ CF y CD de la armadura espacial, y establezca si los elemen­ tos están en tensión o en compresión.

A r m a d u r a s e s p a c ia l e s

2 9 3

*6-64. Determine la fuerza desarrollada en cada elemen­ to de la armadura espacial y establezca si los elementos están en tensión o en compresión. La caja tiene un peso de 150 Ib.

z z

4001b

Prob. 6-61

Prob. 6-64

Si la armadura soporta una fuerza de F = 200 N, determine la fuerza en cada elemento y establezca si los elementos están en tensión o en compresión.

•6-65. Determine la fuerza en los elementos FE y ED de la armadura espacial y establezca si los elementos están en tensión o en compresión. La armadura está soportada por una unión de rótula esférica en C y eslabones cortos en A y B.

6-62.

6-63. Si cada elemento de la armadura espacial puede so­ portar una fuerza máxima de 600 N en compresión y 800 N en tensión, determine la fuerza máxima Fque puede sopor­ tar la armadura.

6 -66 .

Determine la fuerza en los elementos GD, GE y FD de la armadura espacial y establezca si los elementos están en tensión o en compresión.

z z

Probs. 6-62)63

Probs. 6-65/66

OMAR ROJAS 2 9 4

C a p ít u l o 6

A n á l is is e s t r u c t u r a l

6 .6

B a stid o re s y m áq u in as

Los bastidores y las máquinas son dos tipos comunes de estructuras que a m enudo están compuestas por elementos de varias fuerzas conectados m ediante pasadores, es decir, elem entos que están som etidos a más de dos fuerzas. Los bastidores se usan para soportar cargas, m ientras que las máquinas contienen partes móviles y están diseñadas para transm i­ tir y modificar el efecto de las fuerzas. Siem pre que un bastidor o una m áquina no contengan más soportes o elem entos q u e los necesarios para evitar el colapso, las fuerzas q u e actúan en las uniones y soportes pueden determ inarse si se aplican las ecuaciones de equilibrio a cada uno de sus elem entos. U na vez obtenidas las fuerzas en las uniones, es posible á señ a r el tam año de b s elem entos, conexiones y soportes al aplicar la teoría de la mecánica de m ateriales y un código de diseño de ingeniería adecuado.

E sta enorm e grúa es un ejem ­ plo típico de un bastidor.

Algunas herram ientas com unes, como estas pinzas, actúan com o máquinas simples. A quí, la fuerza aplicada sobre los mangos crea una fuerza más grande en las quijadas.

Diagramas de cuerpo libre. Para determ inar las fuerzas que actúan en las uniones y soportes de un bastidor o de una m áquina, la estructura debe desensam blarse y se deben trazar los diagram as de cuerpo libre de sus partes. Es necesario cumplir con los siguientes p un­ tos im portantes: •

Aísle cada parte con la delincación de su contorno. Después m ues­ tre todas las fuerzas y/o b s m om entos de par que actúan sobre la parte. Asegúrese de marcar o identificar cada fuerza y m om ento de par conocido o desconocido con referencia a un sistem a coorde­ nado jc, y establecido. Tam bién indique cualesquier dim ensiones em pleadas para tom ar m om entos. Las ec u acb n e s de equilibrio suelen ser más fáciles de aplicar si las fuerzas están rep resen ta­ das por sus com ponentes rectangulares. Como es usual, se puede suponer el sentido de una fuerza o de un m om ento de par desco­ nocido.

•

Identifique todos los elementos de dos fuerzas existentes en la estruc­ tura y represente sus diagram as de cuerpo libre con dos fuerzas iguales colineales pero opuestas en sus puntos de aplicación. (Vea la sección 5.4). Si reconocemos los elementos de dos fuerzas, pode­ mos evitar la resolución de un número innecesario de ecuaciones de equilibrio.

•

Las fuerzas com unes a dos elem entos cualesquiera en contacto actúan con magnitudes iguales pero con sentidos opuestos sobre b s elem entos respectivos. Si los dos elem entos se tratan com o un “sistem a” de elementos conectados, entonces esas fuerzas son “internas” y no se muestran en el diagrama de cuerpo libre del sis­ tema; sin em bargo, si se traza el diagram a de cuerpo libre de cada dem ento, las fuerzas son “externas”y deben mostrarse en cada uno de los diagramas de cuerpo libre.

Los siguientes ejem plos ilustran gráficam ente la m anera de trazar los diagramas de cuerpo libre de un bastidor o de una m áquina desm em ­ brados. En todos b s casos se ignora el peso de los elem entos.

OMAR ROJAS 6.6

B a s t id o r e s y m á q u in a s

295

EJEMPLO Para el bastidor de la figura 6-2la , trace el diagram a de cuerpo libre d e (a) cada elem ento, ( 6 ) el pasador situado en B , y (c) los dos e le ­ mentos conectados en tre sí. B„

Bv

B* //

// M

resulta una segunda integración Fu x = — (senh Wq

u + C 2)

o bien Fh jsenh-1 w0 Fh

{wqS

+ Ci)

+ C2

( 1)

Para evaluar las constantes observe q u e, a partir de la ecuación 7-14,

% = - L j Wods

o

£ = ¿ 0 * » + c.)

Como dy/dx = 0 en s = 0, entonces C x = 0. Así, dy

w tf

dx

Fh

(2 )

La constante C2 puede evaluarse con la condición s = 0 en x = 0 de acuerdo con la ecuación 1, en cuyo caso C2 = 0. Para obtener la curva de deflexión, despeje 5 de la ecuación 1 , con lo cual se obtiene = ^ se n h (-^ * ) w0 \F h ) A hora sustituya en la ecuación 2, en cuyo caso dy

dx

= senh ( s

*

)

(3)

OMAR ROJAS 7 .4

Por consiguiente, Fh . y = — cosh w0

+ C3

Si se aplica la condición de fro n te ra y = 0 en x = 0, la constante C 3 = - F H/w 0,y entonces la curva de deflexión se convierte en y

Elí cosh w0

=

(S')

(4 )

1

Esta ecuación define la forma de una curva catenaria. La constante F h se obtiene por la condición de frontera y = h en x = L ¡2, en cuyo caso (w o L \ h = tJL cosh V2 Fh ) w0 C om o w0 = 5 N /m , h = convierten en

6

m y L = 20 m, las ecuaciones 4 y 5 se

Fh cosh 5 N/m 6

(6)

1

Fh cosh 5 N /m m

m =

(5 )

1

(7 )

-

Fh se puede despejar de la ecuación 7 por un procedim iento de prue­ ba y error. El resultado es F h = 45.9 N y, p or lo tanto, la curva de deflexión, ecuación 6 , resulta ser y = 9.19[cosh(0.109jc) - 1] m

Resp.

M ediante la ecuación 3 con x = 10 m, la m itad de la longitud del cable es 5 N /m 45.9 N senh 5 N /m 45.9 N

X 2

(10

m)

= 12.1 m

Por consiguiente, X = 24.2 m

Resp.

Como T = Fh ¡eos 0, la tensión máxima ocurre cuando 6 es m áxi­ mo, es decir, en s = X /2 = 12.1 m. Con la ecuación 2 se obtiene 5 N/m (12.1 m )

dy_ dx

5 =12.1

m

h*n 0 máx

45.9 N

= 1.32

0máx — 52.8° Y entonces, T 1 máx =

Fh eos 0máx

45.9 N = 75.9 N eos 52.8C

Resp.

C a bles

375

OMAR ROJAS 37 6

C a p it u l o 7

F u e r z a s in t e r n a s

pro blem a s En los siguientes problemas ignore el peso del cable, a menos que se especifique lo contrario. •7-89. Determine la tensión en cada segmento del cable y la longitud total del cable. Considere P = 80 Ib.

*7-93. Determine la fuerza P necesaria para mantener el cable en la posición que se muestra, es decir, de modo que el segmento BC permanezca horizontal. Además, calcule |a flecha y¡¡ ,a tensión máxjma en e, caWe

7-90. Si cada segmento del cable puede soportar una ten­ sión máxima de 75 Ib, determine la carga P más grande que puede aplicarse.

Prob. 7-93

Prohs. 7-89/90 7-91. Los segmentos del cable soportan la carga que se muestra. Determine la distancia horizontal xB desde la fuerza en B hasta el punto A. Considere P = 40 Ib.

7-94. El cable ABCD soporta la lámpara E de 10 kg y la lámpara F de 15 kg. Determine la tensión máxima en el cable y la flecha y B del punto B.

*7-92. Los segmentos del cable soportan la carga que se muestra. Determine la magnitud de la fuerza horizontal P de manera que xB = 6 pies.

Probs. 7-91/92

Prob. 7-94

OMAR ROJAS 7 .4

7-95. El cable soporta las tres cargas que se mues­ tran. Determine las flechas y B y yo de los puntos B y D. Considere P\ = 400 Ib, P2 = 250 Ib.

C a bles

377

7-99. Determine la máxima carga uniforme distribuida w0 N/m que puede soportar el cable si es capaz de sostener una tensión máxima de 60 kN.

*7-96. El cable soporta las tres cargas que se muestran. Determine la magnitud de Pj si P2 = 300 Ib y y B = 8 pies. También encuentre la flecha y D.

b

60m-

T" 7m

H

ni Probs. 7-95/96

Prob. 7-99

•7-97. El cable soporta la carga que se muestra. D eter­ mine la distancia horizontal x B medida desde el punto A a que actúa la fuerza en el punto B. Considere P = 40 Ib.

*7-100. El cable soporta la carga uniforme distribuida de w0 = 600 lb/pie. Determine la tensión en el cable en cada soporte A y B.

7-98. El cable soporta la carga que se muestra. D eter­ mine la magnitud de la fuerza horizontal P de modo que x B = 6 pies.

•7-101. Determine la máxima carga uniforme distribuida w0 que puede soportar el cable, si la tensión máxima que puede sostener es de 4000 Ib.

3 p ies1

Probs. 7-97/98

Prob. 7-101

OMAR ROJAS 37 8

C a p it u l o 7

F u e r z a s in t e r n a s

7-102. El cable está sometido a la carga triangular. Si la pendiente del cable en el punto O es cero, determine la ecuación de la curva y = /(*) que define la forma OB del cable, y la tensión máxima desarrollada en éste.

*7-104. La plataforma del puente tiene un peso por uni­ dad de longitud de 80 kN/m. Está sostenida en cada lado por un cable. Determine la tensión en cada cable en los pilotes A y B. •7-105. Si cada uno de los dos cables laterales que sopor­ tan la plataforma del cable puede sostener una tensión máxima de 50 MN, determine la carga uniforme distribui­ da disponible w0 causada por el peso de la plataforma.

y

Prob. 7-102

Probs. 7-104/105

7-103. Si los cilindros Cy D pesan 900 Ib cada uno, deter­

7-106. Si la pendiente del cable en el soporte A es de 10°, determine la curva de deflexión y = / ( x) del cable y la ten­ sión máxima desarrollada en el cable.

mine la flecha máxima Ai y la longitud del cable entre las poleas lisas en A y B. La viga tiene un peso por unidad de longitud de 10 0 lb/pie.

12 pies------------------ 1

Prob. 7-103

Prob. 7-106

OMAR ROJAS 7 .4

C a bles

379

7-107. Si h = 5 m, determine la tensión máxima desarro­ llada en la cadena y su longitud. La cadena tiene una masa por unidad de longitud de 8 kg/m.

7-111. El cable tiene una masa por unidad de longitud de 10 kg/m. Determine la longitud total L más corta del cable que puede suspenderse en equilibrio.

50 m

8m

B

h=5m Prob. 7-107

*7-108. Un cable que tiene un peso por unidad de lon­ gitud de 5 lb/pie se suspende entre los soportes A y B. Determine la ecuación de la curva catenaria del cable y la longitud del cable.

*7-112. El cable de transmisión eléctrica tiene un peso por unidad de longitud de 15 lb/pie. Si el punto más bajo del cable debe estar al menos 90 pies sobre el suelo, deter­ mine la tensión máxima desarrollada en el cable y la longi­ tud del cable entre A y B.

-150 pies-

Prob. 7-108 •7-109. Si el cable de 42 m de longitud tiene una masa por unidad de longitud de 5 kg/m, determine la ecuación de la curva catenaria del cable y la tensión máxima desa­ rrollada en éste.

Prob. 7-109 7-110. Demuestre que la curva de deflexión del cable analizado en el ejemplo 7-13 se reduce a la ecuación 4 del ejemplo 7-12 cuando la función coseno hiperbólico se expande en términos de una serie y sólo se retienen los dos primeros términos. (La respuesta indica que la catena­ ria puede reemplazarse por una parábola en la resolución de problemas donde la flecha es pequeña. En este caso, se supone que el peso del cable está distribuido de manera uniforme a lo largo de la horizontal).

Prob. 7-112

•7-113. Si la fuerza de remolque horizontal es T =20 kN y la cadena tiene una masa por unidad de longitud de 15 kg/m, determine la flecha máxima h. Pase por alto el efecto de flotación del agua sobre la cadena. Los barcos son estacionarios.

Píob. 7-113

OMAR ROJAS 38 0

C a p ít u l o 7

F u e r z a s in t e r n a s

REPASO D EL CAPÍTULO Cargas internas Si un sistema coplanar de fuerzas actúa sobre un elem ento, entonces en general actuarán una fuerza normal interna N, una fuerza cortante Vy un momento flexionante M que resultan en cualquier sección trans­ versal a lo largo del elemento. En la figura se muestran las direcciones positivas de estas cargas.

Fuerza normal

M

Fuerza cortante —

/ Momento flexionante

(a)

V

La fuerza normal interna, la fuerza cortan­ te y el momento flexionante que resultan se determinan por el método de secciones. Para encontrarlas, el elemento se secciona en el punto C donde se debe determinar la carga interna. Luego se traza un diagrama de cuerpo libre de una de las partes seccio­ nadas y las cargas internas se muestran en sus direcciones positivas.

A,

B

*FX La fuerza normal se determina al sumar las fuerzas normales a la sección transversal. La fuerza cortante que resulta se encuentra al sumar las fuerzas tangentes a la sección transversal, y el momento flexionante se encuentra por la suma de momentos con respecto al centro geométrico o centroide del área de la sección transversal.

c

2Fy ■

?.Mr

vc M' ç

F2

ty

B

Nc Si el elemento está sometido a una carga tridimensional, entonces, en general, un momento de torsión también actuará sobre la sección transversal. Esta carga se puede determinar por la suma de momentos con respecto a un eje perpendicular a la sección transversal que pasa por su centroide.

B„

Componentes del momento flexionante

kv z I

s Momento de torsión

Componentes de la fuerza cortante

OMAR ROJAS R e p a s o d e l c a p ít u l o

Diagramas de fuerza cortante y de momento flexionante Para construir los diagramas de fuerza cortante y de momento flexionante para un elemento, es necesario seccionar el ele­ mento en un punto arbitrario, localizado a una distancia x del extremo izquierdo.

Si la carga externa consta de cambios en la carga distribuida, o sobre el elemento actúa una serie de cargas concentradas y momentos de par, entonces deben deter­ minarse diferentes expresiones para V y M dentro de las regiones entre cualesquier discontinuidades de carga.

-.1

La fuerza cortante y el momento de par desconocidos se indican sobre la sección transversal en la dirección positiva de acuerdo con la convención de signos esta­ blecida, y después se determinan la fuerza cortante interna y el momento flexionan­ te como funciones de x. Fuerza cortante positiva M

Entonces se gráfica cada una de las funcio­ nes de la fuerza cortante y del momento flexionante para crear los diagramas de fuerza cortante y de momento flexionante.

M

■ nr

r M

^ M

Momento flexionante positivo

381

OMAR ROJAS 38 2

C a p ít u l o 7

F u e r z a s in t e r n a s

Relaciones entre fuerza cortante y momento flexionante Es posible graficar rápidam ente los diagram as de fuerza c o rta n te y de momento flexionante mediante las rela­ ciones diferenciales que existen entre la carga distribuida w y V y M . La pendiente del diagram a de fuerza cortante es igual a la carga distribuida en cualquier punto. La pendiente es positiva si la carga distribuida actúa hacia arriba y viceversa.

dV dx

w

dM = V dx

La pendiente del diagrama de momento flexionante es igual a la fuerza cortan­ te en cualquier punto. La pendiente es positiva si la fuerza cortante es positiva o viceversa.

AV =

AM =

El cambio en la fuerza cortante entre cual­ quiera de dos puntos es igual al área bajo la caiga distribuida entre los puntos.

I w dx

/■

/ V dx

I

El cambio en el momento flexionante es igual al área bajo el diagrama de fuerza cortante entre los puntos.

Cables Cuando un cable flexible e inextensi­ ble está sometido a una serie de fuerzas concentradas, el análisis puede realizarse mediante las ecuaciones de equilibrio apli­ cadas a los diagramas de cuerpo libre de segmentos, o bien, de puntos de aplicación de la carga.

Si deben considerarse cargas distribuidas externas o el peso del cable, entonces las fuerzas y la forma del cable deben deter­ minarse al analizar primero las fuerzas sobre un segmento diferencial del cable e integrar después este resultado. Las dos constantes, digamos C\ y C2, resultantes de la integración se determinan al aplicar las condiciones de frontera para el cable.

Carga distribuida ds

- /

1/2 1

+

F

Peso del cable

OMAR ROJAS P r o blem a s d e r ep a so

383

PRO BLEM AS d e r e p a s o 7-114. Un cable de 100 Ib está unido entre dos puntos separados por una distancia de 50 pies con elevaciones iguales. Si la tensión máxima desarrollada en el cable es de 75 Ib, determine la longitud del cable y la flecha.

•7-117. Determine la fuerza normal interna, la fuerza cor­ tante y el momento flexionante en los puntos D y E del bastidor.

7-115. Trace los diagramas de fuerza cortante y de mo­ mento flexionante para la viga CD. 025 m

-— 3 pies — - - 2 p ie s lOkip 4kip pie

Prob. 7-115

Prob. 7-117

*7-116. Determine la fuerza normal interna, la fuerza cor­ tante y el momento flexionante en los puntos B y C de la viga.

7-118. Determine la distancia a entre los soportes en tér­ minos de la longitud L de la viga de manera que el momen­ to flexionante en la viga simétrica sea cero en el centro de la viga.

-

r

r

T

J

^

.

-

-------------------- a --------------------

----------------------L

Prob. 7-116

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

Prob. 7-118

—

1

OMAR ROJAS 384

C a p ít u lo 7

F u e r z a s in t e r n a s

7-119. Una cadena está suspendida entre puntos con la misma elevación y separados por una distancia de 60 pies. Si la cadena tiene un peso por unidad de longitud de 0.5 lb/pie y la flecha es de 3 pies, determine la tensión máxi­ ma en la cadena. *7-120. Trace los diagramas de fuerza cortante y de momento flexionante para la viga.

7-122. La grúa móvil consiste en una viga de 5 m de largo cuya masa uniforme por unidad de longitud es de 20 kg/m. La cadena del malacate y su carga soportada ejercen una fuerza de 8 kN sobre la viga cuando x = 2 m. Trace los diagramas de fuerza cortante y de momento flexionante para la viga. Las ruedas de guía en los extremos A y B ejercen sólo reacciones verticales sobre la viga. Ignore el tamaño del cargador en C.

2kN /m

Prob. 7-120

Prob. 7-122

•7-121. Determine la fuerza cortante interna y el momen­ to flexionante en el elemento A B C como una función de x , donde el origen para x está en A.

*7-123. Determine la fuerza normal interna, la fuerza cortante y el momento flexionante como una función de 00 < 0 < 180° y y < 2 pies para el elemento cargado como se muestra en la figura.

2001b

2 pies

Prob. 7-121

Prob. 7-123

OMAR ROJAS P r o blem a s d e r ep a so

385

*7-124. El yate está anclado con una cadena cuya lon­ gitud total es de 40 m y una masa por unidad de longi­ tud de 18 kg/m; la tensión de la cadena en A es de 7 kN. Determine la longitud de la cadena l¿ que descansa en el fondo del mar. ¿Cuál es el valor de la distancia 0). Si un tom illo es autobloqueante, debe aplicarse un m om ento de p ar M' al tornillo en la dirección opuesta al movimiento del tornillo hacia abajo ( 0 ). Esto ocasiona una fuerza horizontal inversa M '/r que em puja la rosca hacia abajo com o se indica en la figura 8-16c. Con el mismo procedi­ miento anterior, obtenem os M ' = rW tan (0 - 4>s)

(8-4)

n Movimiento del tomillo hacia abajo (i9 > s )

(c)

Movimiento inminente hacia abajo. (s < 0). Si el tom illo no es autobloqueante, es necesario aplicar un m om ento M "para evitar que el tom illo gire hacia abajo (s < 0). A quí, se requiere que una fúerza horizontal M "/r em puje contra la rosca para evitar qu e ésta se deslice hacia abajo por el plano, figura 8-16d. Por lo tanto, la magnitud del m om ento M" para evitar este giro es

M " = W r ta n (s - 0)

W

(8-5) n Movimiento del tomillo hacia abajo (0 < s)

Si ocurre movimiento del tornillo, pueden aplicarse las ecuaciones 8-3, 8 4 y 8-5 con sólo reem plazar s p o r 0 .

OMAR ROJAS 8.4

Fuerzas

4 1 7

d e f r ic c ió n s o b r e t o r n il l o s

PROBLEM AS •8-65. Determine la fuerza horizontal P mínima requeri­ da para sacar la cuña A. El embalaje tiene un peso de 300 Ib y el coeficiente de fricción estática en todas las superficies en contacto es * s = 0.3. Ignore el peso de la cuña.

*8-6 8 . La cuña tiene peso insignificante y un coeficien­ te de fricción estática *s = 0.35 con todas las superficies en contacto. Determine el ángulo 0 más grande posible de manera que sea “autobloqueante”. Esto no implica desli­ zamiento alguno para cualquier magnitud de la fuerza P aplicada a la junta.

P

Prob. 8-65 8-6 6 .

Determine la fuerza horizontal P mínima reque­ rida para elevar el embalaje de 200 kg. El coeficiente de fricción estática en todas las superficies en contacto es ¡is = 0.3. Ignore la masa de la cuña.

Prob.

•8-69. Determine la fuerza horizontal P mínima requeri­ da para comenzar a mover el bloque hacia la derecha si la fuerza del resorte es de 600 N y el coeficiente de fricción estática en todas las superficies de contacto sobre A es fxs = 03. El casquillo en C es liso. Ignore la masa de A y B.

A Prob.

8-68

45

45°

8-66

Prob. 8-69 8-67. Determine la fuerza horizontal P mínima requerida para elevar el cilindro de 100 kg. Los coeficientes de fric­ ción estática en los puntos de contacto . Tv

(a)

Análisis de fricción. En la figura 8-1 Sb se m uestra un diagram a de cuerpo libre del segm ento de banda que está en contacto con la superficie. Como se m uestra, la fuerza norm al y las fuerzas de fric­ ción, que actúan en puntos diferentes a lo largo de la banda, variarán en m agnitud y dirección. D ebido a esta distribución desconocida, el análisis del problem a requerirá prim ero un estudio de las fuerzas que actúan sobre un elem ento diferencial de la banda. E n la figura 8-18c se m uestra un diagram a de cuerpo libre de un elem ento con longitud ds. Si se supone movimiento inm inente o m ovi­ miento de la banda, la magnitud de la fuerza de fricción es d F = p dN. Esta fuerza se opone al movimiento deslizante de la banda, de modo que aum enta la magnitud de la fuerza de tensión que actúa en la banda m ediante dT . Al aplicar las dos ecuaciones de equilibrio de fuerzas, tenem os \ + 'Z F x = 0;

r c o s ( y ) + A* d N — (T + ¿ r ) c o s ( y ) =

0

+ / 1 F y = 0;

d N - [T + ¿ 7 ) s e n ^ y J - T s e n ^ y j =

0

Como dO es de tamaño infinitesimal, sen (dOf.2) = ddf2 y eos (dO/2) = 1. Además, el producto de las dos infinitesimales d T y dOf2 puede ser ignorado al comparado con infinitesimales de primer orden. Como resultado, las dos ecuaciones anteriores se convierten en p dN = dT y

d N = T dO Al elim inar ¿¿A resulta dT

= pdO

421

(b)

T + dT

^

de '2

\

OMAR ROJAS 4 2 2

C a p ít u l o 8

F r ic c i ó n

Movimiento o movimiento inminente de la banda con relación a la superficie

Al integrar esta ecuación entre todos los puntos de contacto de la banda con el tam bor, y observar q u e T = T x en 0 = 0 y T = T2 en 0 = /3, resulta

r

- =

Jt i T

m

i de

Jq

l n ^ = «S Las bandas planas o en V se usan para transm itir el par de torsión desarrollado por un m otor hacia una ru e d a unida a una bom ba, un ventilador o un co m ­ presor.

Al despejar r 2, obtenem os T 2 = T xe ^

(8-6)

donde T1, T l = tensiones en la banda; Tx se opone a la dirección del m ovim iento (o m ovim iento inm inente) de la b an d a m edido con relación a la superficie, m ientras q u e T2 actúa en la dirección del m ovim iento relativo de la banda (o movimiento inm inente); debido a la fricción, r 2 > Tv fx = coeficiente de fricción estática o cinética entre la banda y la superficie de contacto. /3 = ángulo en tre la banda y la superficie de contacto, m edi­ do en radianes. e = 2.718..., base del logaritmo natural.

Observe q u e r 2es independiente del radio del tam bor y q u e más bien es una función del ángulo de contacto en tre la banda y la superficie de contacto,/3. Como resultado, esta ecuación es válida para bandas planas que pasan sobre cualquier superficie de contacto curva.

OMAR ROJAS 8.5

EJEMPLO

F u e r z a s d e f r i c c ió n s o b r e b a n d a s p l a n a s

8.8

La tensión m áxim a que puede desarrollarse en la cuerda q u e se m uestra en la figura 8-19a es de 500 N. Si la polea en A puede girar librem ente y el coeficiente de fricción estática en los tam bores fijos B y C e s ixs = 0.25, determ ine la masa más grande que puede tener el cilindro y aún ser levantado por la cuerda.

(a)

SOLUCIÓN L evantar el cilindro, q u e tiene un peso W = m g, ocasiona q u e la cuerda se m ueva en sentido contrario al de las manecillas del reloj sobre los tam bores localizados en B y C; p o r lo tanto, la tensión m áxim a T2 en la cuerda ocurre en D. A sí, F = T2 = 500 N. U na sección d e la cuerda que pasa sobre el tam bor en B se m uestra en la figura 8-19b. C om o 180° = ir rad, el ángulo de contacto entre el tam bor y la cuerda es /3 = (135°/180°)7r = 3 7 r/ 4 rad. Si usamos la ecuación 8 -6 , tenem os T

2

Movimiento inminente

(b)

500 N = Tie0-25«3^

= T x^ \

Por consiguiente, Ti =

500 N

= 500 N

¿l).2 5[(3 /4)» ]

1 .8 0

= 277.4 N

Como la polea en A puede girar librem ente, el equilibrio requiere que la tensión en la cuerda perm anezca igual en ambos lados de la polea. La sección de la cuerda que pasa sobre el tam bor en C se m ues­ tra en la figura 8-19c. El peso W o bien

dL =

C ualquiera d e estas expresiones puede usarse; sin em bargo, para su aplicación debe seleccionarse aquella que implique una integración más sencilla. Por ejem plo, considere la carga de la figura 9-66, definida por y = 2 jc2, la longitud del elem ento es d L = V i + (d y /d x )2 d x y com o d y/d x = 4x, entonces d L = V i + (4 * ) 2 dx. El centroide para este e le ­ mento se focaliza en x = x y y = y.

(b) Fig. 9-6

Puntos im p o rtan te s • El centroide representa el centro geom étrico de un cuerpo. Este punto coincide con el centro de masa o con el centro de gravedad sólo si el m aterial que com pone el cuerpo es unifor­ me u hom ogéneo.

y • Las fórm ulas usadas p ara localizar el centro de gravedad o el centroide sim plem ente representan un balance en tre la sum a de m om entos de todas las partes del sistem a y el m om ento de la “resultante” para el sistem a. • En algunos casos, el centroide se ubica en un punto fuera del objeto, como en el caso de un anillo, donde el centroide está en el centro del anillo. Adem ás, este punto se encontrará sobre cualquier eje de sim etría del cuerpo, figura 9-7.

451

OMAR ROJAS 4 5 2

C a p ít u l o 9

C e n t r o d e g r a v e d a d y c e n t r o id e

P ro ce d im ie n to p ara el an á lisis H centro de gravedad o centroide de un objeto o form a, se puede determ inar m ediante integraciones sim ples por el siguiente p ro ­ cedimiento.

Elemento diferencial. • Seleccione un sistem a coordenado apropiado, especifique los ejes coordenados, y luego elija un elem ento diferencial para la integración. • Para líneas, el elem ento se representa m ediante un segm ento diferencial de línea con longitud dL. • Para áreas, p o r lo general el elem ento es un rectángulo de área d A ycon una longitud finita y ancho diferencial. • Para volúm enes, el elem ento puede ser un disco circular de volum en d V ycon un radio finito y espesor diferencial. • Localice el elem ento de m anera que toque el punto arbitrario (jc, y, z) sobre la curva que define la frontera de la forma.

Tamaño y brazos de momento. • Exprese la longitud d L y el área d A y o el volum en d V del e le ­ m ento en térm inos de las coordenadas que describen la curva. • Exprese los brazos de m om ento x yy, z para el centroide o cen ­ tro de gravedad del elem ento en térm inos de las coordenadas que describen la curva.

Integraciones. • Sustituya las formulaciones para x yy, z y d L y dA o d V en las ecuaciones apropiadas (ecuaciones 9-1 a 9-5). • Exprese la función en el integrando en térm inos de la misma variable aplicada al espesor del elemento. • Los límites de la integral se definen a partir de las dos ubicacio­ nes extrem as del espesor diferencial del elem ento, de m anera que cuando los elem entos se “sum an” o la integración se reali­ za, toda la región queda cubierta.* ♦Las fórmulas de integración se dan en el apéndice A.

OMAR ROJAS 9 .1

C e n t r o de g ra v e d a d , c e n t r o de m asa y e l c e n t r o id e de u n c u e rp o

EJEMPLO Localice el centroide de la varilla doblada en forma de arco p arab ó ­ lico, como se m uestra en la figura 9-8.

SOLUCIÓN Elem ento diferencial. El elem ento diferencial se m uestra en la figura 9-8. Se ubica sobre la curva en el punto arbitrario (jc, Á rea y brazos de momento.

El elem ento diferencial de longitud d L puede expresarse en térm inos de las diferenciales dx y dy con el teorem a de Pitágoras. Flg.9-8

dL =

V(dx)2 + (d y )2 =

+ *dy

Como x = y2, entonces dx/dy = 2y. Por lo tanto, al expresar d L en térm inos d e y y dy, tenem os dL = V (2 y )2

+

1 dy

Como se m uestra e n la figura 9-8, el centroide del elem ento se ubica en x = j c , y = y. Integraciones. Al aplicar las ecuaciones 9-5 y con las fórmulas del apéndice A para evaluar las integrales, obtenem os

p

p ila

I x dL x =

/ _

JL

JO ____________________ _

C

]d L

p ila

jc V V + 1dy p\m

J

/

y 1' V V + 1 d y

JO_____________________

p lm

^

V 4 y2 +

1

dy

J

V 4y2 +

1

dy

0.6063 = 0.410 m 1.479 p im

p

ydL y =

Resp.

Jl L dL

/ yV4y2 + l d y _ Jo ________________ C

VAy 2 +

1

0.8484 = 0.574 m 1.479

Resp.

dy

NOTA: estos resultados para C parecen razonables cuando se grafican en la figura 9-8.

453

OMAR ROJAS 4 5 4

C a p ít u l o 9

E JEM P LO

C e n t r o d e g r a v e d a d y c e n t r o id e

9.2 Localice el centroide del segm ento circular de alam bre que se m ues­ tra en la figura 9-9.

SOLUCIÓN Para resolver este problem a usarem os coordenadas polares puesto que el arco es circular. Elemento diferencial. Se selecciona un arco circular diferencial como se m uestra en la figura. E ste elem ento interseca la curva en (R ,0 ). Longitud y brazo de momento. La longitud del elem ento dife­ rencial es d L = R dOy y su centroide se localiza en x = R eos 9 y y = R se n 9. Integraciones. Al aplicar las ecuaciones 9-5 e integrar con respec­ to a 9yobtenem os. r

Jl

í- T T fl

x dL

/ Jo

rt/ 2

(R eos 9)R d9

R2 / Jo

eos 9 d$

R Resp. 77

2

/2

Rd9

L dL r

R

pirfl

y dL Jl

L dL

d9 Jo

/ Jo

pirfl

(R se n 9 )R d 9

R2

sen 9 d9 Jo

Rd9

[TTf2 R d9

R 77

2

Resp.

Jo

NOTA: como se esperaba, las dos coordenadas son num éricam en­ te iguales debido a la sim etría del alam bre.

OMAR ROJAS 9 .1

C e n t r o de g ra v e d a d , c e n t r o de m asa y e l c e n t r o id e de u n c u e rp o

D eterm ine la distancia y medida desde el eje x hasta el centroide del área del triángulo que se m uestra e n la figura 9-10.

y

y

X

b Rg. 9-10

SOLUCIÓN Elem ento diferencial. C onsidere un elem ento rectangular que tiene un esp esor dy y q u e se ubica en una posición arbitraria de m anera que interseca la frontera en ( jc , y), figura 9-10. Área y brazos de momento.

El área del elem ento es d A = x d y ,

= ^ (h - y ) d y , y su centroide está localizado a una distancia y = y del eje x. Integración. Al aplicar la segunda de las ecuaciones 9-4 e integrar con respecto a y , resulta

h 3

Resp.

NOTA: este resultado es válido para cualquier form a de triángulo. Establece que el centroide se localiza a un tercio de la altura m edi­ da desde la base del triángulo.

455

OMAR ROJAS 456

C a p ít u l o 9

C e n t r o d e g r a v e d a d y c e n t r o id e

Localice el centroide para el área de un cuadrante de círculo q u e se muestra en la figura 9-11.

y

y = jÆsenfl x x=

eos e Fíg. 9-11

SOLUCIÓN Elem ento diferencial. Se usarán coordenadas polares, ya que la frontera es circular. Seleccionamos el elem ento en form a de un triángulo, figura 9-11. (En realidad la forma es un sector circular, sin embargo, al ignorar las diferenciales de orden superior, el elem ento se vuelve triangular). El elem ento interseca la curva en el punto (R , 0). Área y brazos de mom ento.

El área del elem ento es

y al usar los resultados del ejem plo 9.3, el centroide del elem ento (triangular) se ubica en x = f R eos 0, y = \ R sen 0. Integraciones.

Al aplicar las ecuaciones 9-4 e integrar con respec­

to a 0 , obtenem os

4R —

x =

Resp.

í dA JA

4R

í dA JA

— 3 tt

Resp. *

OMAR ROJAS 9 .1

C e n t r o de g ra v e d a d , c e n t r o de m asa y e l c e n t r o id e de u n c u e rp o

E J E M P L O 9.5 Localice el centroide del área que se m uestra en la figura 9-12a. SOLUCIÓN I Elemento diferencial. En la figura 9-12a se m uestra un elem ento diferencial de espesor dx. El elem ento interseca la curva en el p u n ­ to arbitrario ( jc , y ),p o r lo que tiene una altura y. Área y brazos de mom ento.

El área del elem ento es d A = y d x , y su centroide se localiza en x = jc , J = y/2. Integraciones.

Al aplicar las ecuaciones 9-4 e integrar con respec­

to a x se obtiene lm

/ x dA t ~

X

A

A

J O ___________________

J A

\ o

A

Í

_

J0 _

=

dA

L

r > Jo /Ȓm

/*

j / dA y

xy dx

Í

L

*

» *1

i

< S ' T” ‘ ld *

/»lm

dA

l

0.250 = 0.75 m 0.333

R esp.

p\•lm

W

=

i Jo

*** lm , x dx

/

0 .1 0 0

lm

0.333

= 0.3 m

R esp.

x 2dx

ydx

t

Jo

SOLUCIÓN II Elem ento diferencial. En la figura 9-126 se m uestra el elem ento diferencial de espesor dy. El elem ento interseca la curva en el punto arbitrario ( * , > 0 , por lo que tiene una longitud ( 1 - jc ) . Área y brazos de momento.

El área del elem ento es d A = (1 - x)

dy> y su centroide se localiza en ,

/ ' l - * >\

= x + {— Integraciones.

1 +

J C _

) = —

’y = y

Al aplicar las ecuaciones 9-4 e integrar con respec­

to a y yobtenem os •lm

J^xdA

¡

„

JC =

dA Jo

/*

JdA Ja =

/»lm

\ J

/»lm

t

y

+ jc)/2 ] ( 1 - x) d y

[(1

R g . 9 -1 2

(1

/»lm

(l-x)dy

/»lm

/ Jo

R esp.

->

i

/

dA

nies 2 pies

/

ydx 2 pies

2 P>es 2 pies *

Ii

-V

4/3 = 0.424 pie 7r

'i

4’

Resp.

l ~ d x 4

SOLUCIÓN II Elemento diferencial. Se considerará el elem ento diferencial rec­ tangular som breado en gris de grosor dy y ancho 2 jc, paralelo al eje jc, figura 9-13 b. Área y brazos de momento.

de está en x = Integración. X

=

2

0

El área es dA = 2x d y yy su centroi­

y y = y.

Si aplicam os la segunda de las ecuaciones 9-4 con

' \ / l - y 2, tenem os

1 pie

í y dA -

JA

y =

i *

í

Jo

y (2 x d y )

r* *

r

\

y v ^ y? 2 d y

Jo

4 /3 =

í

Jo

« v £ y .f ,

pie = 0.424 pie Resp.

OMAR ROJAS 9 .1

C e n t r o de g ra v e d a d , c e n t r o de m asa y e l c e n t r o id e de u n c u e rp o

Localice el centroide y para el paraboloide de revolución que se m uestra en la figura 9-14.

z z2 = 100>-

100 mm

y x

100 mm

Hg. 9-14

SOLUCIÓN Elem ento diferencial. Se selecciona un elem ento con la forma de un disco delgado. Este elem ento tiene un espesor dy e interseca la curva generatriz en el punto arbitrario (0 , y> z ) por lo que su radio es r = z.

Volum en y brazo d e mom ento.

El volum en del elem ento es d V = (ttz2) d y, y su centroide está ubicado en y = y.

Integración.

A l aplicar la segunda de las ecuaciones 9-3, e integrar con respecto a y resulta

= 66.7 mm

Resp.

459

OMAR ROJAS 4 6 0

C a p ít u l o 9

C e n t r o d e g r a v e d a d y c e n t r o id e

D eterm ine la ubicación del centro de masa del cilindro que se m ues­ tra en la figura 9-15 si su densidad varía directam ente con la distancia desde su base, es decir, p = 2 0 0 z kg/m 3.

z

y X

Fíg. 9-15 SOLUCIÓN Por razones de sim etría del m aterial, x = y =

0

Resp.

Elemento diferencial. Para realizar la integración se elige un e le ­ mento en form a de disco, con radio de 0.5 m y espesor dz> figura 9-15, ya q u e la densidad de todo el elemento es constante para un valor dado de z. E l elem ento se localiza a lo largo del eje z en el punto arbitrario (0 , 0 , z). Volum en y brazo de mom ento.

El volum en del elem ento es d V = 7t( 0 .5 ) 2 dZy y su centroide se localiza en z = z-

Integraciones. Con una ecuación sim ilar a la tercera de las ecuadones 9-2 e integrar con respecto a z, observam os que p = 200z, y tenem os

1m

= 0 .6 6 7 m

Resp.

OMAR ROJAS 9 .1

C e n t r o de g ra v e d a d , c e n t r o de m asa y e l c e n t r o id e de u n c u e rp o

461

PRO BLEM AS FU N D A M EN TALES F9-1.

Determine el centroide (*, y ) del área sombreada.

F9-4. Localice el centro de masa x de la barra recta si su masa por unidad de longitud está dada por m =

m0( 1 + x*/L2).

F9-4

F9-1 F9-2.

Determine el centroide (x> y ) del área sombreada.

F9-2 F9-3.

Determine el centroide y del área sombreada.

F9-5. Localice el centroide y del sólido homogéneo que se forma al girar el área sombreada (gris claro) con respec­ to al eje y.

F9-5 F9-6. Localice el centroide z del sólido homogéneo que se forma al girar el área sombreada en azul con respecto al eje z.

z = 3" (12 ~ &y)

F 9 -3

OMAR ROJAS 4 6 2

C a p ít u l o 9

C e n t r o d e g r a v e d a d y c e n t r o id e

PROBLEM AS •9-1. Determine la masa y la ubicación del centro de masa (x , y) de la barra uniforme con forma parabólica. La masa por unidad de longitud de la barra es 2 kg/m.

9-3. Determine la distancia x hasta el centro de masa de la barra homogénea doblada en la forma que se muestra. Si la barra tiene una masa por unidad de longitud de 0.5 kg/m, determine las reacciones en el soporte fijo O.

y

Prob. 9-1

9-2. La barra uniforme está doblada en forma de una parábola y tiene un peso por unidad de longitud de 6 lb/pie. Determine las reacciones en el soporte fijo A.

*94. Determine la masa y localice el centro de masa (*, y) de la barra uniforme. La masa por unidad de longitud de la barra es 3 kg/m

Prob. 9-2

Prob. 9 4

OMAR ROJAS 9 .1

C e n t r o de g ra v e d a d , c e n t r o de m asa y e l c e n t r o id e de u n c u e rp o

•9-5. Determine la masa y la ubicación del centro de masa x de la barra si su masa por unidad de longitud es m = mo(l + x/L).

463

*9-8. Determine el área y el centroide (x, y) del área.

Prob. 9-5 9-6. Determine la ubicación (*, y) del centroide del cable.

•9-9.

Determine el área y el centroide (x, y)del área.

9-7. Localice el centroide x de la barra circular. Expre­ se la respuesta en términos del radio r y el ángulo a del medio arco. 9-10. Determine el área y el centroide (*, y)del área.

Prob. 9-7

PTob. 9-10

OMAR ROJAS 4 6 4

C a p ít u l o 9

C e n t r o d e g r a v e d a d y c e n t r o id e

9-11. Determine el área y el centroide (x , y) del área.

9-14. Determine el área y el centroide (x , y) del área.

x 9-15.

Determine el área y el centroide (x yy )del área.

Prob. 9-11

*■9-12. Localice el centroide x del área. •■9-13.

Localice el centroide y del área.

*9-16.

■

Localice el centroide (x, y) del área.

y = y¡xy 2 + 2x5ß

----------- 2 pies-------------

Probs. 9-12/13

Prob. 9-16

OMAR ROJAS 9 .1

C e n t r o de g ra v e d a d , c e n t r o de m asa y e l c e n t r o id e de u n c u e rp o

•9-17. Determine el área y el centroide (x , y ) del área.

*9-20. La placa tiene un espesor de 0.5 pulg y está hecha de acero que tiene un peso específico de 490 lb/pie3. Deter­ mine las componentes horizontal y vertical de la reacción en el pasador A y la fuerza en la cuerda en B.

9-18. La placa está hecha de acero que tiene una densi­ dad de 7850 kg/m3. Si el espesor de la placa es de 10 mm, determine las componentes horizontal y vertical de la reacción en el pasador A y la tensión en el cable BC.

y

Prob. 9-20

•9-21.

Localice el centroide x del área sombreada.

y

9-19. Determine la ubicación x del centroide C de la por­ ción superior del cardioide, r = a{1 - eos 0).

Prob. 9-19

465

Prob. 9-21

OMAR ROJAS 4 6 6

C a p ít u l o 9

C e n t r o d e g r a v e d a d y c e n t r o id e

9-22.

Localice el centroide x del área.

9-23.

Localice el centroide y del área.

•9-25.

Determine el área y el centroide (*, y ) del área.

05 pulg

X

3 p ie s

Probs. 9-22/23

*9-24. Localice el centroide (*, y) del área.

Prob. 9-25

9-26. Localice el centroide x del área. 9-27. Localice el centroide y del área.

y y

Probs. 9-26/27

*

OMAR ROJAS 9.1

C e n t r o de g ra v e d a d , c e n t r o de m asa y e l c e n t r o id e de u n c u e rp o

*9-28. Localice el centroide x del área. •9-29.

Localice el centroide y del área.

Localice el centroide del área. Sugerencia: elija ele­ mentos de espesor dy y longitud [(2 - y) —y2].

9-31.

Prob. 9-31

9-30. La placa de acero tiene un espesor de 0.3 m y una densidad de 7850 kg/m3. Determine la ubicación de su centro de masa. También determine las reacciones hori­ zontal y vertical en el pasador y la reacción en el soporte de rodillo. Sugerencia: la fuerza normal en B es perpen­ dicular a la tangente en B, que se encuentra a partir de tan 0 = dy/dx.

Prob. 9-30

467

*9-32.

Localice el centroide x del área.

•9-33.

Localice el centroide y del área.

Probs. 9-32733

OMAR ROJAS C a p ít u l o 9

4 6 8

C e n t r o d e g r a v e d a d y c e n t r o id e

Si la densidad en cualquier punto de la placa rectangular está definida por p = po(l + x /a \ donde po es una constante, determine la masa y localice el centro de masa x de la placa. La placa tiene un espesor t.

9-34.

*9-37. Localice el centroide y del sólido homogéneo que se forma al girar el área sombreada alrededor del eje y.

y

b T

Prob. 9-34

Localice el centroide y del sólido homogéneo que se forma al girar el área sombreada alrededor del eje y. 9-35.

Prob. 9-37

Localice el centroide z del paraboloide truncado sólido homogéneo que se forma al girar el área sombreada alrededor del eje z. 9-38.

Prob. 9-35 *9-36.

Localice el centroide z del sólido.

y)7

Prob. 9-36

Prob. 9-38

OMAR ROJAS 9.1

C e n t r o de g ra v e d a d , c e n t r o de m asa y e l c e n t r o id e de u n c u e rp o

9-39. Localice el centroide y del sólido homogéneo que se forma al girar el área sombreada (gris claro) alrededor del eje y.

469

«9-41. Determine la masa y localice el centro de masa y de la semiesfera que se forma al girar el área en azul alrededor del eje y. La densidad en cualquier punto de la semiesfera se define mediante p = po(l + y/á), donde po es una constante. z

9-42. Determine el volumen y localice el centroide (y, z) de la cufia cónica homogénea. z Prob. 9-39

*9-40. Localice el centro de masa y del cono circular que se forma al girar el área sombreada alrededor del eje y. La densidad en cualquier punto del cono se define mediante P = (Po/%> donde po es una constante.

Prob. 9-42 9-43. La semiesfera de radio r está hedía con una pila de placas tan delgadas que la densidad varía con la altura, p = kz, donde kes una constante. Determine su masa y la distancia z al centro de masa G. z

Prob. 9-40

Píob. 9-43

OMAR ROJAS 4 7 0

C a p ít u l o 9

C e n t r o d e g r a v e d a d y c e n t r o id e

9 .2

C u e rp o s co m p u e sto s

Un cuerpo com puesto consiste en una serie de cuerpos “más sim ples” conectados, los cuales pueden ser rectangulares, triangulares, semicircu­ lares, etcétera. U n cuerpo de este tipo a m enudo puede ser seccionado o dividido en sus partes com ponentes y, si se conocen el peso y la ubi­ cación de cada una de esas partes, es posible elim inar la necesidad de la integración para determ inar el centro de gravedad de todo el cuerpo. El m étodo para hacer esto sigue el mismo procedim iento delineado en la sección 9.1. Se obtienen fórmulas análogas a las ecuaciones 9-1; sin em bargo, en vez de tom ar un núm ero infinito de pesos diferenciales, tenemos un núm ero finito de pesos. Por lo tanto,

2

W

ZyW

Z 'zW

ZW

zw

(9-6)

Aquí x yy yz x yJy z ZW

rep resen tan las coordenadas del centro de gravedad G del cuerpo com puesto. representan las coordenadas del centro de gravedad de cada parte com ponente del cuerpo. es la sum a de los pesos de todas las partes com ponentes del cuerpo, o sim plem ente el peso total del cuerpo.

C uando el cuerpo tiene densidad o peso específico constantes, el cen ­ tro de gravedad coincide con el centroide del cuerpo. El centroide para líneas, áreas y volúmenes compuestos puede encontrarse con relaciones análogas a las ecuaciones 9-6; sin em bargo, a las W las reem plazan las L \ A y V \ respectivam ente. Los centroides para formas com unes de líneas, áreas, cascarones y volúm enes, q u e a m enudo constituyen un cuerpo com puesto, están dados en la tabla que se m uestra en la cubierta posterior interna de este libro.

A fin d e d eterm in ar la fuerza requerida para v o ltear esta barrera de concreto, es necesario e n co n trar p rim ero la ubicación de su centro d e gravedad G . P o r la sim e­ tría, G descansará en el e je de sim etría vertical.

OMAR ROJAS 9 .2

C uerpo s c o m pu esto s

471

La ubicación del centro de gravedad de un cuerpo o el centroide de un objeto geom étrico com puesto representado por una línea, área o un volum en, puede ser determ inada por el siguiente p ro ­ cedimiento. P artes co m p u estas. • M ediante un croquis, divida el cuerpo u objeto en un núm ero finito d e partes com ponentes que tengan formas más simples. • Si una p arte com ponente tiene un agujero, o una región geom é­ trica que no contenga m aterial, entonces considérela sin el agu­ jero y a éste como una parte com ponente adicional con peso o tam año negativos. Brazos d e m om ento. • Establezca los ejes coordenados sobre el croquis y determ ine las coordenadas jc, y, z del centro de gravedad o centroide de cada parte. Sum atorias. • D eterm ine x> y, z p o r la aplicación de las ecuaciones del centro de gravedad, las ecuaciones 9-6, o las ecuaciones análogas del centroide. • S iu n objeto es simétrico con respecto a un eje, su centroide se encuentra sobre este eje. Si se desea, los cálculos pueden arreglarse en form a tabular, com o se indica en tos siguientes tres ejemplos.

■ El cen tro de gravedad de este tan q u e de agua p u ed e d eterm in arse al dividirlo en partes com ponentes para después aplicar las ecuaciones 9-6.

OMAR ROJAS 4 7 2

C a p ít u l o 9

C e n t r o d e g r a v e d a d y c e n t r o id e

EJEMPLO Localice el ce n tro id e del alam bre q u e se m uestra en la figura 9-16 a. SOLUCIÓN Partes com ponentes. El alam bre está dividido en tres segm entos como se m uestra en la figura 9-16b. Brazos de momento. La ubicación del centroide para cada seg­ mento se determ ina e indica en la figura. En particular, el centroide del segm ento ® está determ inado por integración o por la tabla que aparece en la cubierta posterior interna. Sum atorías.

P or conveniencia, los cálculos pueden tabularse de la siguiente m anera:

Segmento

L (mm)

2

= 188.5 40

3

20

1

tt(60)

x (mm) 60

y (mm) -38.2

0

20

0

40

x L (mm2)

y L (mm2)

0

11 310

0

0

-7200 800 800

-2 0 0

T y L = -5600

'ZzL = -200

z (mm)

-1 0

0

2 L = 248.5

T x L = 11 310

z L (mm2) 0 0

Por consiguiente,

x =

y

=

z

=

ZxL 2 L

11310 = 45.5 mm 248.5

R esp.

ZyL

-5 6 0 0 = -22.5 mm 248.5

R esp.

X zL 2 L

-2 0 0

F íg . 9 -1 6

248.5

= -0.805 mm

R esp.

OMAR ROJAS 9 .2

C uerpo s co m pu esto s

E J E M P L O 9 .1 0 Localice el centroide del área de la placa que se m uestra en la figura 9-17a.

Fíg. 9-17 SOLUCIÓN Partes compuestas. La placa está dividida entres segmentos como se m uestra en la figura 9-17/?. A quí el área del rectángulo p e q u e ­ ño (3) se considera “negativa” , puesto que se debe restar del rectán­ gulo más grande © . Brazos de mom ento. El centroide de cada segm ento se localiza del m odo que se indica en la figura. Observe que las coordenadas x de © y © son negativas. Sum atorías. Con los datos de la figura 9-17Z?, los cálculos se ta b u ­ lan de la siguiente m anera:

1.5

3

"(2 X 1 ) = - 2

-2.5

2

2A = 11.5

(pie3) 4.5 13.5

5

-4 II

-1.5

M

\( 3)(3) = 4.5 (3)(3) = 9

yA

4.5 -13.5

1

2

(pie3)

M

1

xA

(pie)

y

2

x(pie)

1

(pie2)

-P^

1

A

II

Segmento

Por consiguiente,

_ 2xA x = 2L4

y =

(b)

11.5

YyA

14

1A

11.5

= -0.3 48 pie

R esp.

=

R esp.

1.2 2

pies

NOTA: si estos resultados se grafican en la figura 9-17, la ubicación del pu nto C parece razonable.

473

OMAR ROJAS 4 7 4

C a p ít u l o 9

EJEMPLO

C e n t r o d e g r a v e d a d y c e n t r o id e

9.11 Localice el centro de m asa del ensam ble que se m uestra en la figura 9-18«. La densidad del cono truncado es pc = 8 M g/m 3, y la de la semiesfera es ph = 4 M g/m 3. En el centro del cono truncado hay un agujero cilindrico de radio igual a 25 mm.

25 mm

SOLUCIÓN Partes com puestas. Puede considerarse q u e el ensam ble que se m uestra consiste en cuatro segm entos com o se indica en la figura 9-186. Para los cálculos, ® y @ deben considerarse com o volúm e­ nes “negativos” para que los cuatro segm entos, al sum arse, resulten en la form a total com puesta que se aprecia en la figura 9-18«.

50 mm

Brazo de mom ento.

Con la tabla de la cubierta posterior inter­ na, los cálculos para el centroide z de cada pieza se m uestran en la figura. Sumatorías.

D ebido a la simetría, observe que x = y =

0

R esp.

Como W = m g , y g es constante, la tercera de las ecuaciones 9-6 toma la form a z = La masa de cada pieza puede calcu­ larse a partir de m = p V y usarse en los cálculos. Además, 1 Mg/m 3 = 1 0 - 6 kg/m m 3,d e m anera que Segmento

z(mm)

'zm (kg • mm)

1

m(H) 8(10"6)(|)7 t(50)2(200) = 4.189

50

209.440

2

4(10h3)(!) tt(50)3 = 1.047

-18.75

-19.635

3 4

-8(10"6)(|)7 t(25)2(100) = -0.524

100 + 25 = 125

-65.450

—8(10"^)'7t(25)2( 100) = -1.571 = 3.142

50

Entonces,

z =

Y z m = 45.815 = 14.6 mm Sm 3.142

-78.540 T z m = 45.815

R esp.

25 mm

200 mm 50 mm 200 m m = g o m m

1

I___ |(5 0 ) = 18.75 mm 50 m m

0 (b)

OMAR ROJAS 9 .2

C uerpo s co m pu esto s

475

PRO BLEM AS FU N D A M EN TALES F9-7. Localice el centroide (*, y, z ) del alambre que se dobla en la forma que se muestra.

F9-10. Localice el centroide (x , y ) del área de sección transversal.

F9-7

F9-10

F9-8. Localice el centroide y del área de sección trans­ versal de la viga.

F9-11. Localice el centro de masa (x, y, z ) del bloque sólido homogéneo.

50 mm

300 mm

F9-11 F9-9. Localice el centroide y del área de sección trans­ versal de la viga.

F9-12. Localice el centro de masa (x, y, z ) del bloque sólido homogéneo.

F9 -9

F9 -1 2

OMAR ROJAS 476

C a p ít u l o 9

C e n t r o d e g r a v e d a d y c e n t r o id e

PROBLEM AS *9-44. Localice el centroide (x, y) del alambre uniforme que se dobla en la forma que se muestra.

9-46.

Localice el centroide (x, y yz) del alambre,

-100 mm

150 mm

|— 50 mm — |

Prob. 9-44

•9-45.

Localice el centroide (*, y , z) del alambre.

Prob. 9-45

Prob. 9-46

Localice el centroide (x, y, z) del alambre que se dobla en la forma que se muestra.

9-47.

Prob. 9-47

OMAR ROJAS 9.2 *948. La armadura está hecha de siete elementos, cada uno de los cuales tiene una masa por unidad de longitud de 6 kg/m. Localice la posición (x> y) del centro de masa. Desprecie la masa de las placas de refuerzo en los nodos.

C uerpos c o m p u es to s

477

9-50. Cada uno de los tres elementos del bastidor tiene una masa por unidad de longitud de 6 kg/m. Localice la posición (x , y) del centro de masa. Ignore el tamaño de los pasa­ dores en los nodos y el espesor de los elementos. Además, calcule las reacciones en el pasador A y el rodillo E.

4m-

4 m— -j

Prob. 9 4 8

Prob. 9-50

•949. Localice el centroide (*, y) del alambre. Si el alambre está suspendido de A , determine el ángulo que forma el segmento A B con la vertical cuando el alambre se encuentra en equilibrio.

9-51. Localice el centroide (xy y) del área de la sección transversal del canal.

Prob. 949

Prob. 9-51

OMAR ROJAS 4 7 8

C a p ít u l o 9

C e n t r o d e g r a v e d a d y c e n t r o id e

*9-52. Localice el centroide y del área de sección transversal de la viga de concreto.

9-54. Localice el centroide y del área de sección trans­ versal del canal.

Prob. 9-54

Prob. 9-52

•9-53. Localice el centroide y del área de sección transversal de la viga compuesta.

9-55. Localice la distancia y al centroide del área de secdón transversal del elemento.

y

Prob. 9-53

Prob. 9-55

OMAR ROJAS 9.2 *9-56. Localice el centroide y del área de sección trans­ versal de la viga compuesta.

C uerpos c o m p u es to s

479

9-58. Localice el centroide x del área compuesta.

9-59. Localice el centroide (*, y ) del área compuesta. Prob. 9-56

•9-57. El muro de contención a gravedad está hecho de concreto. Determine la ubicación (*, y) del centro de masa G para el muro.

Prob. 9-59

*9-60. Localice el centroide (*, y) del área compuesta.

Prob. 9-57

Prob. 9-60

OMAR ROJAS 4 8 0

C a p ít u l o 9

C e n t r o d e g r a v e d a d y c e n t r o id e

•9-61. Divida la placa en partes, y con la cuadrícula como herramienta para medir, determine aproximadamente la ubicación (x, y) del centroide de la placa.

9-63. Localice el centroide y del área de sección trans­ versal de la viga compuesta,

Prob. 9-61

Prob. 9-63

9-62. Para determinar la ubicación del centro de grave­ dad del automóvil, éste se coloca primero en una posición nivelada, con las dos ruedas de un lado descansando sobre la báscula de plataforma P. En esta posición, la báscula registra una lectura de Wv Después, un lado se eleva has­ ta una altura c conveniente como se muestra en la figura. La nueva lectura en la báscula es W2. Si el automóvil tiene un peso total de W, determine la ubicación de su centro de gravedad G(x, y).

*9-64. Localice el centroide y del área de sección trans­ versal de la viga compuesta.

Prob. 9-62

Prob. 9-64

y

OMAR ROJAS 9 .2

•9-65. La placa compuesta está hecha de segmentos de acero (.4) y de latón (B). Determine la masa y la ubica­ ción (x , y y z) de su centro de masa G. Considere p^ = 7.85 Mg/m3 y plt = 8.74 Mg/m3.

C uerpos c o m p u es to s

481

967. Bloques uniformes que tienen una longitud L y una masa m se apilan uno sobre otro, y cada bloque sobresale una distancia d del anterior, como se muestra en la figu­ ra. Si los bloques se pegan, de manera que no se caigan, determine la ubicación x del centro de masa de una pila de n bloques. *9-68. Bloques uniformes que tienen una longitud L y una masa m se apilan uno sobre otro, y cada bloque sobresale una distancia ¿del anterior, como se muestra en la figura. Demuestre que la máxima cantidad de bloques que puede apilarse de esta manera es n < L/d.

— 2 d-

x Prob. 9 6 5

9-66. El automóvil descansa sobre cuatro básculas y, en esta posición las lecturas de las básculas de las ruedas trase­ ras y las delanteras son FA y FB. Cuando las ruedas traseras se elevan a una altura de 3 pies por encima de las báscu­ las delanteras, se registran las nuevas lecturas de las ruedas delanteras. Utilice estos datos para calcular la ubicación x y y del centro de gravedad Gdel automóvil. Cada una de las ruedas tiene un diámetro de 1.98 pies.

Probs. 967/68

•969. Localice el centro de gravedad (*, z) de la ménsula de lámina metálica, si el material es homogéneo y tiene un espesor constante. Si la ménsula descansa sobre el plano horizontal x-y mostrado, determine el ángulo máximo de inclinación 6 que puede tener antes de caer, es decir, antes de comenzar a girar con respecto al eje y.

9.40 pies FA = 11291b + 11681b 975 I b + 984 Ib = 19591b

2297 Ib

Fa = 1269 Ib + 1307 Ib = 2576 Ib

Prob. 9-66

Prob. 9 6 9

OMAR ROJAS 4 8 2

C a p ít u l o 9

C e n t r o d e g r a v e d a d y c e n t r o id e

9-70. Localice el centro de masa para el ensamble del compresor. Las ubicaciones de los centros de masa de los diferentes componentes y sus masas se indican y tabulan en la figura. ¿Cuáles son las reacciones verticales en los bloques A y B que se requieren para sostener la plata­ forma?

*9-72. Localice el centro de masa (x , y, z) del ensamble de bloques homogéneos.

Prob. 9-72

O Panel de instrumentos Q Sistema de filtro Ensamble de tubería O Almacenamiento líquido O Marco estructural

o

230 kg 183 kg 120 kg 85 kg 468 kg

Prob. 9-70

9-71. Las cargas más importantes en el piso de un taller son causadas por los pesos de los objetos mostrados. Cada fuerza actúa a través de su respectivo centro de gravedad G. Localice el centro de gravedad (*, y) de todos estos componentes.

Prob. 9-71

•9-73. Localice el centro de masa z del ensamble. La semiesfera y el cono están hechos de materiales que tienen densidades de 8 Mg/m3 y 4 Mg/m3, respectivamente.

Prob.

9 -7 3

OMAR ROJAS 9 .2

9-74. Localice el centro de masa z del ensamble. El cilin­ dro y el cono están hechos de materiales que tienen densi­ dades de 5 Mg/m3y 9 Mg/m3, respectivamente.

z

C uerpos c o m p u es to s

483

•9-77. Determine la distancia x al centroide del sóli­ do que consta de un cilindro con un orificio de longitud h = 50 mm perforado en su base. 9-78. Determine la distancia h hasta la cual debe perfo­ rarse un orificio en el cilindro de manera que el centro de masa del ensamble se localice en x = 64 mm. El material tiene una densidad de 8 Mg/m3.

y

Prob. 9-74

Probs. 9-77/78

9-75. Localice el centro de gravedad (x, y , z) del ensam­ ble de bloques homogéneos que tienen un orificio semiesférico.

9-79. El ensamble está hecho de una semiesfera de acero, pac = 7.80 Mg/m3 y un cilindro de aluminio pa¡ = 2.70 Mg/m3. Determine el centro de masa del ensamble si la altura del cilindro es h = 200 mm.

*9-76. Localice el centro de gravedad (x, y , z) del ensam­ ble. Los bloques triangular y rectangular están hechos de materiales que tienen pesos específicos de 0.25 lb/pulg3 y 0 .1 lb/pulg3, respectivamente.

*9-80. El ensamble está hecho de una semiesfera de acero, pac = 7.80 Mg/m3 y un cilindro de aluminio pa¡ = 2.70 Mg/m3. Determine la altura h de manera que el cen­ tro de masa del ensamble se localice en z = 160 mm.

z

Probs. 9-75/76

Probs. 9-79/80

OMAR ROJAS 4 8 4

C a p ít u l o 9

C e n t r o d e g r a v e d a d y c e n t r o id e

* 9 .3

T e o re m a s de P ap p u s y G u ld in u s

Los dos teoremas de Pappus y G uldinus se usan para encontrar el área superficial y el volum en de cualquier cuerpo de revolución. Fueron desarrollados prim ero p o r Pappus de A lejandría d u ran te el siglo iv a.C. y luego reform ulados p o r el m atem ático suizo Paul G uldin o Guldinus (1577-1643).

Fíg. 9-19

La cantidad de m aterial para techo usado en esta construcción de alm acenam iento puede estim arse con el prim er teorem a de Pappus y G uldinus para d eterm inar su área superficial.

Área superficial. Si giram os una curva plana alrededor de un eje que no interseque la curva, generarem os un área superficial de revolu­ ción. Por ejem plo, el área superficial de la figura 9-19 se forma al girar la curva de longitud L alrededor del eje horizontal. Para determ inar esta área superficial, considerarem os prim ero el elem ento lineal dife­ rencial de longitud dL . Si este elem ento se gira 2 tt radianes alrededor del eje, se generará un anillo con un área superficial de dA = lir r dL. Así, el área superficial de todo el cuerpo es A = 2 tt f r dL . Como f r d L = ?L (ecuación 9-5), entonces A = 2irrL. Si la curva se gira sólo un ángulo de B (radianes), entonces A = BrL

(9-7)

donde A = área superficial de revolución B = ángulo de revolución m edido en radianes, B ^ 2 tt r = distancia perpendicular desde el eje de revolución hasta el centroide de la curva generatriz L = longitud de la curva generatriz Por lo tanto, el prim er teorem a de Pappus y Guldinus establece que d área de una superficie de revolución es igual al producto de la longitud de la curva generatriz y la distancia viajada p o r el centroide de la curva al generar el área superficial.

OMAR ROJAS 9 .3

T e o r e m a s d e P a p p u s y G u l d in u s

485

Fig. 9-20

Volumen.

U n volumen puede generarse al girar un área plana alrededor de un eje que no interseque el área. Por ejemplo, si giramos el área som breada (gris oscuro) A en la figura 9-20 alrededor del eje h o ri­ zontal, se genera el volum en mostrado. E ste volum en se puede d e te r­ minar si se gira prim ero el elem ento diferencial de área d A 2tt radianes alrededor del eje, de m anera que se genere un anillo con el volum en d V = lir r d A . Entonces todo el volum en es V = 2ir f r d A . Sin em b ar­ go, / r d A = r A yecuación 9-4, de modo q u e V = 2'nrA. Si el área sólo se gira a través de un ángulo 0 (radianes), entonces V = 9?A

(9-8)

donde V = volum en de revolución o giro 9 = ángulo de revolución medido en radianes, 9 ^ 2 tt r = distancia perpendicular desde el eje de revolución hasta el centroide de la curva generatriz A = área generatriz P o r lo tanto, el segundo teorem a de Pappus y G uldinus establece que d volumen de un cuerpo de revolución es igual al producto del área generatriz y la distancia viajada p o r el centroide del área al generar el volumen.

Formas compuestas. Tam bién podem os aplicar los dos teo re­ mas anteriores a líneas o áreas que están integradas por una serie de partes com ponentes. En este caso, el área superficial total o el volum en generado es la suma de las áreas superficiales o volúm enes generados por cada una d e las partes com ponentes. Si la distancia perpendicular desde el eje d e revolución hasta el centroide de cada parte com ponen­ te es 7 , entonces A = 9Z(7L)

V = 0 E (rA )

(9-9)

(9 -1 0 )

En los siguientes ejem plos se ilustra en form a num érica la aplicación de los teorem as anteriores.

E l volum en de fertilizante contenido d entro de este silo puede determ inarse p o r el segundo teo rem a de Pappus y G uldinus.

OMAR ROJAS 4 8 6

C a p ít u l o 9

EJEMPLO

C e n t r o d e g r a v e d a d y c e n t r o id e

9.12 D em uestre que el área superficial de una esfera es A = AttR2 y su volumen es V = 5 7 tR 3.

Rg. 9-21

SOLUCIÓN Área superficial. El área superficial de la esfera en la figura 9-21a se g en era al girar un arco sem icircular alre d ed o r del eje x. C on la tabla de la cubierta posterior interna, se observa que el centroide de este arco se localiza a una distancia r = 2 R /tt del eje de revolu­ ción (eje x). Como el centroide se mueve a través de un ángulo de 0 = 2tt rad para g enerar la esfera, entonces al aplicar la ecuación 9-7 tenem os

A = 0?L\

A = 2 7 7 ^ ^ - jtt R = 4t tR 2

Resp.

Volumen.

El volum en de la esfera se genera al girar el área sem i­ circular de la figura 9-216 alred ed o r del eje jc. Con la tabla de la cubierta p osterior interna para localizar el centroide del área, es decir, r = 4 /?/ 37 r,y al aplicar la ecuación 9-8, tenem os

V = BrA\

V =

27 r ( 5 ”

) ( | 7r/?2) =

ResP'

OMAR ROJAS 9 .3

E J E M P L O 9 .1 3 D eterm ine el área superficial y el volum en del sólido com pleto que se m uestra en la figura 9-22a.

Fig. 9-22

SOLUCIÓN Á rea superficial.

El área superficial se genera al girar 2tt radianes alrededor d el eje z los cuatro segmentos de línea que se m uestran en la figura 9-22b. Las distancias desde el centroide de cada segm ento hasta el eje z tam bién se m uestran en la figura. Aplicando la ec u a­ ción 9-7, se obtiene A = 2 ttZ ? L = 2tt[(2.5 pulg)(2 pulg) + (3 pulg)[ V(1 pulg)2 +

(1

pulg)2J

+ (3.5 pulg) (3 pulg) + (3 pulg)(l pulg)] = 143 pulg2

Resp_

Volumen.

El volum en del sólido se genera al girar los dos segm en­ tos de área que se m uestran en la figura 9-22c, 2 tt radianes alrededor del eje z. En la figura tam bién se m uestran las distancias desde el centroide de cada segm ento hasta el eje z. Si aplicamos la ecuación 9-10, tenem os V = 2 tt1 ? A = 2ir {(3.1667 pulg) = 47.6 pulg 3

(1

p u lg )(lp u lg )j+ (3 p u lg )[(2 p u lg )(l pulg)} Resp.

T e o r e m a s d e P a p p u s y G u l d in u s

487

OMAR ROJAS 4 8 8

C a p ít u l o 9

C e n t r o d e g r a v e d a d y c e n t r o id e

PRO BLEM AS FU N D A M EN TALES F9-13. Determine el área superficial y el volumen del sólido que se forma al girar el área sombreada (gris oscu­ ro) 360° alrededor del eje z.

F9-15. Determine el área superficial y el volumen del sólido que se forma al girar el área en azul 3 6 0 ° alrededor del eje z.

F9-13

F9-14. Determine el área superficial y el volumen del sólido que se forma al girar el área sombreada (gris oscu­ ro) 360° alrededor del eje z.

F9-16. Determine el área superficial y el volumen del sólido que se forma al girar el área en azul 360° alrededor del eje z.

F9-14

F9-16

OMAR ROJAS 9.3

T e o re m a s de P app us y G u ld in u s

489

PROBLEM AS •9-81. E l tanque elevado de almacenamiento de agua tiene la tapa cónica, base semiesférica, y se fabricó con una placa delgada de acero. D etermine cuántos pies cuadrados de placa se necesitaron para fabricar el tanque.

*9-84. Determine el área superficial del tanque desde A hasta B. •9-85. Determine el volumen dentro del tanque de pared delgada desde A hasta B.

9-82. El tanque elevado de almacenamiento de agua tiene la tapa cónica, base semiesférica, y se fabricó con una placa delgada de acero. Determine el volumen dentro del tanque. |8pieS| 6 pies i,

10 pies

Probs. 9-81782

Probs. 9-84/85

9-83. Determine el volumen del sólido que se forma al girar el área sombreada (gris oscuro) alrededor del eje x , por el segundo teorema de Pappus-Guldinus. Primero deben obtenerse el área y el centroide y del área som brea­ da mediante integración.

9-86. Determine el área superficial del techo de la es­ tructura, si éste se forma al girar la parábola alrededor del eje y.

Prob. 9-83

Prob. 9-86

OMAR ROJAS 4 9 0

C a p ít u l o 9

C e n t r o d e g r a v e d a d y c e n t r o id e

9-87. Determine el área superficial del sólido que se forma al girar el área sombreada 360° alrededor del eje z. *9-88. Determine el volumen del sólido que se forma al girar el área sombreada 360° alrededor del eje z .

z

9-90. Determine área superficial y el volumen del sólido que se forma al girar el área sombreada 360° alrededor del ejez.

z

Probs. 9-87/88

Prob. 9-90

•9-89. Determine el volumen del sólido que se forma al girar el área sombreada 360° alrededor del eje z.

9-91. Determine área superficial y el volumen del sólido que se forma al girar el área sombreada 360° alrededor del eje z.

z z

Prob. 9-89

75 mm

Prob. 9-91

OMAR ROJAS 9 .3

*9-92. El tanque se utiliza para almacenar líquidos duran­ te un proceso de manufactura. Estime el volumen del tan­ que y su área superficial. El tanque tiene una tapa plana y es de pared delgada.

T e o r e m a s d e P a p p u s y G u l d in u s

491

9-94. El tanque de pared delgada está fabricado a partir de una semiesfera y un cascarón cilindrico. Determine las reac­ ciones verticales que cada una de las cuatro patas colocadas simétricamente ejerce sobre el piso si el tanque contiene agua con 12 pies de profundidad. La gravedad específica del agua es de 62.4 lb/pie3. Ignore el peso del tanque. 9-95. Determine la cantidad aproximada de pintura nece­ saria para cubrir la superficie exterior del tanque abierto. Suponga que un galón de pintura cubre 400 pies2.

Prob. 9-92

•9-93. La tolva está llena hasta el borde con carbón. Determine el volumen de carbón si los vacíos (espacio de aire) constituyen el 35 por ciento del volumen de la tolva.

*9-96. Determine el área superficial del tanque, el cual consiste en un cilindro y una cubierta semiesférica. •9-97. Determine el volumen del tanque de pared del­ gada, el cual consiste en un cilindro y una cubierta semi­ esférica.

z

Prob. 9-93

Probs. 9-96/97

OMAR ROJAS 4 9 2

C a p ít u l o 9

C e n t r o d e g r a v e d a d y c e n t r o id e

9-98. El tanque de almacenamiento de agua A B tiene una tapa semiesférica y está fabricado con lámina metálica delgada. Determine el volumen dentro del tanque. 9-99. El tanque de almacenamiento de agua A B tiene un techo semiesférico y está fabricado con lámina m etá­ lica delgada. Si un litro de pintura puede cubrir 3 m2 de la superficie del tanque, determine cuántos litros se requie­ ren para cubrir la superficie del tanque desde A hasta B.

*9-101. Determine el área de la superficie exterior del tanque de almacenamiento, 9-102. Determine el volumen del tanque de almacenamiento de pared delgada,

Probs. 9-101/102

Probs. 9-98/99

*9-100. Determine el área superficial y el volumen de la rueda que se forma al girar el área de sección transversal, 360° alrededor del eje z.

9-103. Determine hasta qué altura h debe verterse el líquido en la copa cónica para que haga contacto con la mitad del área superficial del interior de la copa.

—^ [*- 4pulg — piilg

Prob. 9-100

Prob. 9-103

OMAR ROJAS 9 .4

* 9 .4

R e s u l t a n t e d e u n a c a r g a g e n e r a l d is t r ib u id a

493

R esu lta n te de una carg a g e n e ral d istrib u id a

E n la sección 4.9 analizamos el m étodo usado para simplificar una carga distribuida en dos dim ensiones a una sola fuerza resultante que actúa en un punto específico. En esta sección generalizarem os este m étodo para incluir superficies planas que tienen una forma arbitraria y están sometidas a una distribución de carga variable. P o r ejem plo, considere la placa plana de la figura 9-23a, la cual está som etida a la carga defi­ nida p o r p = p ( x yy) Pa, donde 1 Pa (pascal) = 1 N /m 2. Conocida esta función, podem os determ inar la fuerza resultante FR que actúa sobre la placa y su ubicación (3t, y), figura 9-23b.

Magnitud de la fuerza resultante. La fuerza dF que actúa sobre el área diferencial d A m 2 de la placa, ubicada en el punto arb i­ trario (jc, y), tiene una m agnitud de d F = [p(xy y) N /m 2](¿M m2) = [/?(*, y) dA] N. Observe q u e p ( x yy ) d A = d V y el elemento de volum en diferencial e n azul q u e se m uestra en la figura 9-23a. La m agnitud de F* es la sum a de las fuerzas diferenciales que actúan sobre toda el área superficial A de la placa. Entonces:

Fr = SE;

Fr

=

J AP { x , y ) d A

=

J^ d V

Fíg. 9-23

(9-11)

=

Este resultado indica que la magnitud de la fuerza resultante es igual al volumen total bajo el diagrama de carga distribuida.

Ubicación de la fuerza resultante. La ubicación (3c, p) de F s se determ ina al establecer los m om entos de F* iguales a los m om en­ tos de todas las fuerzas diferenciales dF con respecto a los ejes y y x respectivos: a partir de las figuras 9-23ay 9-23/?, con la ecuación 9-11, esto resulta en

_

Í x p ( x yy ) d A JA

íxdV Jv

f p ( x yy ) d A Ja

ídV Jv

f^ y p ( x ,y )d A f p(x,y) d A JA

h

iv

(9-12)

[dV Jv

Por lo tanto, la línea de acción de la fuerza resultante pasa a través del centro geométrico o centroide del volumen bajo el diagrama de carga distribuida.

L a resu ltan te de una carga del viento que está distribuida en la parte frontal o en las paredes laterales de esta cons­ trucción, debe calcularse m ediante inte­ gración, a fin de diseñar la estructura q u e m antiene unido al edificio.

OMAR ROJAS 4 9 4

C a p ít u l o 9

C e n t r o d e g r a v e d a d y c e n t r o id e

* 9 .5

Presión de un fluido

De acuerdo con la ley de Pascal, un fluido en reposo crea cierta p re ­ sión p en un punto q u e es la misma en todas direcciones. La magnitud de p , m edida com o una fuerza por unidad de área, depende del peso específico y o de la densidad de m asa p del fluido y de la profundidad z del punto desde la superficie del fluido* La relación se puede expresar m atem áticam ente com o

P = yz = pgz

(9-13)

donde g es la aceleración debida a la gravedad. E sta ecuación es válida sólo para fluidos q u e se suponen incompresibles, com o es el caso de la mayoría de los líquidos. Los gases son fluidos com presibles puesto que sus densidades cam bian considerablem ente con la presión y la tem pe­ ratura; no puede utilizarse la ecuación 9-13. P ara ilustrar cóm o se aplica la ecuación 9-13, considere la placa sumergida q u e se m uestra en la figura 9-24. Se han especificado tres puntos sobre la placa. Como el punto B está a una profundidad z \ de la superficie del líquido, la presión en este punto tiene una magnitud p x = yz\. D e la misma form a, los puntos C y D están a una profun­ didad z2*Por consiguiente, p 2 = yz^. E n todos los casos, la presión actúa en form a norm al con respecto al área superficial dA que se lo­ caliza en el punto especificado. Con la ecuación 9-13 y los resultados de la sección 9.4, es posible determ inar la fuerea resultante causada por un líquido y especificar su ubicación sobre la superficie de una placa sum ergida. A continuación, se considerarán tres formas diferentes de placas.

X

Fíg. 9-24. *En particular, para agua y = 62.4 lb/pie3, o bien y = pg = 9810 N/m3 puesto que

p = 1000 kg/m3 y g = 9.81 m/s2.

OMAR ROJAS 9 .5

P r e s ió n d e u n f l u id o

495

Placa plana de ancho constante. E n la figura 9-25a se muéstra una placa rectangular de ancho constante, que está sum ergida en un líquido con un peso específico y. Como la presión varía linealm ente con la profundidad, ecuación 9-13, la distribución de presión sobre la superficie de la placa se representa m ediante un volum en trapezoidal con intensidades de p x = y z \ a la profundidad z x y p 2 = y z i a la profun­ didad Z2 - Como observam os en la sección 9.4, la m agnitud de la fuerza resultante FR es igual al volumen de este diagram a de carga y FR tiene una línea de acción que pasa por el centroide C d el volum en. Por co n ­ siguiente, Fr no actúa en el centroide de la placa, sino en un punto P , llamado el centro de presión. Como la placa tiene un ancho constante, la distribución de carga tam ­ bién puede ser vista en dos dim ensiones, figura 9-256. A quí, la in te n ­ sidad d e la carga se m ide com o fuerza/longitud y varía linealm ente desde w x = b p x = b y z x hasta w2 = bp2 = b y z^ La m agnitud de F ^ e n este caso es igual al área trapezoidal, y FR tiene una línea de acción que pasa p o r el centroide C del área. P ara aplicaciones num éricas, el área y la ubicación del centroide para un trapecio están tabuladas en la cubier­ ta posterior interna de este libro. Las paredes del tanque deben diseñarse para soportar la carga de presión del líquido que está contenido en él.

Superficie del líquido

OMAR ROJAS C a p ít u l o 9

4 9 6

C e n t r o d e g r a v e d a d y c e n t r o id e

Superficie del líquido

Superficie del líquido

(b)

(a) Fig. 9-26

Superficie del líquido

i

*1 = bp i_

mu Iw ,

BDA\

22

Aiy AD-

Wi = bp2 D (C )

B

Placa curva de ancho constante. C uando la placa sum ergida es curva de ancho constante, la presión q u e actúa en form a n o r­ mal a la placa cam bia su dirección de m anera continua, y por tanto, el cálculo de la m agnitud de y su ubicación P es más difícil que para una placa plana. En las figuras 9-26a y 9-26b se m uestran vistas en dos y tres dimensiones de la distribución de carga, respectivam ente. A unque puede usarse la integración para resolver este problem a, exis­ te un m étodo más simple, el cual requiere cálculos separados de las componentes horizontal y vertical de F^. P o r ejem plo, la carga distribuida q u e actúa sobre la placa pu ed e representarse m ediante la carga equivalente de la figura 9-26c. En este caso la placa soporta el peso del líquido contenido dentro del b lo ­ que B D A . Esta fuerza tiene una magnitud = (y¿>)(áreaSZM) y actúa a través del centroide de B D A . A dem ás, están las distribuciones de presión causadas por el líquido que actúa a lo largo de los lados verti­ cal y horizontal del bloque. A lo largo del lado vertical A D y la fuerza FAZ) tiene una magnitud igual al área del trapecio y actúa a través del centroide CAD de esta área. La carga distribuida a lo largo del lado hori­ zontal A B es constante ya que todos los puntos que se encuentran en este plano tienen la misma profundidad desde la superficie del líquido. La magnitud de F ^ es sim plem ente el área del rectángulo. Esta fuerza actúa a través del centroide CAB o en el punto medio del centroide CAB del área o punto medio de A B. Sumando estas tres fuerzas resulta FR = 2 F = FAD + FAB + Wf. Por últim o, la ubicación del centro de presión P sobre la placa se determ ina con la aplicación de M R = 2AÍ, lo que establece q u e el m om ento de la fuerza resultante con respecto a un punto de referencia conveniente com o D o B, figura 9-266, es igual a la suma de los m om entos de las tres fuerzas m ostradas en la figura 9-26c con respecto a este mismo punto.

OMAR ROJAS 9 .5

P r e s ió n d e u n f l u id o

497

Placa plana de ancho variable. La distribución de presión que actúa sobre la superficie de una placa sum ergida con ancho v aria­ ble se m uestra en la figura 9-27. Si consideram os q ue la fuerza d F q u e actúa sobre la franja de área diferencial dA, paralela al eje jc, entonces su m agnitud es dF = p d A . Como la profundidad de d A es z, la presión sobre el elem ento es p = yz. Por lo tanto, dF = ( y z ) d A y la fuerza resultante tom a la form a

Fr = f d F = y f z d A

Si la profundidad hasta el centroide C del área es z, figura 9-27, e n to n ­ ces, f z d A = z A . Si sustituim os, tenem os

Fr = y z A

(9_14)

En otras palabras, la magnitud de la fuerza resultante que actúa sobre cualquier placa plana es igual al producto del área A de la placa y la presión p = y z a la profundidad del centroide C' del área. Como se explicó en la sección 9.4, esta fuerza tam bién es equivalente al volumen bajo la distribución de presión. Observe que su línea de acción pasa a través del centroide C de este volumen e interseca la placa en el centro de presión P , figura 9-27. Observe que la ubicación C no coincide con la ubicación d e P.

F íg . 9 -2 7

L a fuerza resu ltan te de la presión del agua y su ubicación sobre la placa elíptica trasera d el tan q u e de este cam ión debe determ inarse p o r integración.

OMAR ROJAS C a p ít u l o 9

4 9 8

EJEMPLO

C e n t r o d e g r a v e d a d y c e n t r o id e

9.14

2m

D eterm ine la m agnitud y la ubicación de la fuerza hidrostática re ­ sultante que actúa sobre la placa rectangular sum ergida q u e se muestra en la figura 9-28«. La placa tiene un ancho de 1.5 m; pw = 10 0 0 kg/m 3. S O L U C IÓ N I

3m

Las presiones del agua a las profundidades A y B son Pa = Pwg z A = (1000 kg/m 3) (9.81 m /s 2 )( 2 m ) = 19.62 kPa

*

.5 m

Pb = PwSZ b = (1000 kg/m 3) (9.81 m /s2)(5 m ) = 49.05 kPa Como la placa tiene un ancho constante, la carga de presión puede verse en dos dim ensiones como se m uestra en la figura 9-286. Las intensidades de la carga en A y B son

(a)

WjL = b p A = (1.5 m )(19.62 kP a) = 29.43 kN /m

wB = b p B = (1.5 m) (49.05 kP a) = 73.58 kN /m De la tabla de la cubierta posterior interna, la m agnitud de la fuerza resultante F/* creada por esta carga distribuida es Fr = área de un trapezoide = |(3 )(2 9 .4 + 73.6) = 154.5 kN Resp. Esta fuerza actúa a través del centroide del área. 1 / 2 (29.43) + 73.58 . - i r -J(3) = I-.29 m 29.43 + 73.58

(b)

Resp.

medida hacia arriba desde B, figura 9-286.

/

/

/ / /

2

(

T4

>.— |

3

S O L U C I Ó N II

Los mismos resultados se pueden obtener al considerar dos com po nentes de F^, definidos por el triángulo y el rectángulo que se m ues­ tran en la figura 9-28c. C ada fuerza actúa a través de su centroide asociado y tiene una m agnitud de FPe = (29.43 kN /m ) (3 m) = 88.3 kN

1m

0 $ £ Ab |44.15 kN/m'7 ' 29.431cN/m

F, = |(44.15 k N /m ) (3 m) = 66.2 kN Por tanto,

(c)

Fr = FRe + Ft = 88.3 + 66.2 = 154.5 kN

Resp.

F ig . 9 -2 8

La ubicación de F^ se determ ina al sum ar m om entos respecto a B y figura 9-286 y c,es decir, C + (M *)* =

(154.5)6 = 88.3(1.5) + 66.2(1) h = 1.29 m

Resp.

NOTA: al usar la ecuación 9-14, la fuerza resultante puede calcularse como Fr = y z A = (9810 N /m 3X3.5 m )(3 m)(1.5 m) = 154.5 kN.

OMAR ROJAS 9 .5

E J E M P L O 9 .1 5 D eterm ine la m agnitud de la fuerza hidrostática resultante que ac­ túa sobre la superficie de una pared m arina que tiene la forma de una p arábola, com o se m uestra e n la figura 9-29a. La pared tiene 5 m de largo; pw = 1020 kg/m 3.

Fig. 9-29

SOLUCIÓN Se calcularán las com ponentes horizontal y vertical de la fuerza resultante, figura 9-29b. Como P b = PwSZ b = (1020 kg/m 3)(9.81 m /s2)(3 m) = 30.02 kPa entonces ” b = b p B = 5 m (30.02 kP a) = 150.1 kN /m En consecuencia, Fh = |( 3 m)(150.1 k N /m ) = 225.1 kN El área d el sector parabólico A B C puede ser determ inada con la tabla que aparece en la cubierta posterior interna de este libro. Por lo tanto, el peso del agua dentro de esta región es Fv

= (Pwgb) (área abc) = (1020 kg/m 3) (9.81 m /s2)(5 m ) [ |( l m )(3 m )] = 50.0 kN

Por consiguiente, la fuerza resultante es F

r

=

V F l

+

= 231 kN

F \

= V ( 225.1 k N ) 2 + (50.0 kN ) 2 Resp.

P r e s ió n d e u n f lu id o

499

OMAR ROJAS 50 0

C a p ít u l o 9

EJEMPLO

C e n t r o d e g r a v e d a d y c e n t r o id e

9.16 D eterm ine la m agnitud y la ubicación de la fuerza resultante que actúa sobre las placas triangulares del extrem o del canal para agua que se m uestra en la figura 9-30a; pw = 1000 kg/m 3.

1m

(a) SOLUCIÓN La distribución de presión que actúa sobre la placa E del extrem o se m uestra en la figura 9-30b. La m agnitud de la fuerza resultante es igual al volum en de esta distribución de carga. Resolverem os el problem a por integración. Si seleccionamos el elem ento diferencial de volum en m ostrado en la figura, tenem os d F = d V = p d A = pwgz{2x d z ) = 19 620z x d z La ecuación de la línea A B es x = 0.5(1 — z ) Por lo tanto, al sustituir e integrar con respecto a z desde z = 0 hasta z = 1 m resulta /* F = V = / dV = /

(b)

Jv

Ffg. 9-30

m (19 620)z[0.5(l - z)] d z

Jo

m (z - z2) d z = 1635 N = 1.64 kN

= 9810 /

Resp.

Jo

Esta resultante pasa a través del centroide del volumen. Por sim etría, x = 0 Como z = z para el elem ento de volum en, entonces /»

/*1 m

zdV z =

Jv

/

Resp.

/*1 ni

¿(19 620)z[0.5(l - z)] d z

Jo

9810 /

(z 2 - z 3) dz

Jo

1635

1635

l dv = 0.5 m

R esp.

NOTA: tam bién podem os determ inar la fueiza resultante al aplicar la ecuación 9-14, FR = y z A = (9810 N /m 3)( 3 )(l m )[|(l m )(l m)] = 1.64 kN.

OMAR ROJAS 9.5

P r e s ió n d e u n f lu id o

501

PRO BLEM AS FU N D A M EN TALES F9-17. Determine la magnitud de la fuerza hidrostática por metro de longitud que actúa sobre la pared. El agua tiene una densidad de p = 1 Mg/m3.

F9-20. Determine la magnitud de la fuerza hidrostática que actúa sobre la compuerta A B , la cual tiene un ancho de 2 m. El agua tiene una densidad de p = 1 Mg/m3.

F9-17 2m

F9-18. Determine la magnitud de la fuerza hidrostática que actúa sobre la compuerta A B , la cual tiene un ancho de 4 pies. El peso específico del agua es y = 62.4 lb/pie3.

4 pies

i F9-20

F9-2L Determine la magnitud de la fuerza hidrostática que actúa sobre la compuerta A B , la cual tiene un ancho de 2 pies. El peso específico del agua es y = 62.4 lb/pie3.

A__________ B_____ |-----3 pies----- 1

F9-18 F9-19. Determine la magnitud de la fuerza hidrostática que actúa sobre la compuerta A B , la cual tiene un ancho de 1.5 m. El agua tiene una densidad de p = 1 Mg/m3.

A

F9-19

F9-21

OMAR ROJAS 50 2

C a p ít u l o 9

C e n t r o d e g r a v e d a d y c e n t r o id e

PROBLEM AS *9-104. El tanque se usa para almacenar un líquido que tiene un peso específico de 80 lb/pie3. Si está lleno hasta el tope, determine la magnitud de la fuerza que ejerce el líquido sobre cada uno de sus dos lados A B D C y BDFE.

9-106. La presa simétrica de “gravedad” hecha de con­ creto se mantiene en su lugar por su propio peso. Si la densidad del concreto es pc = 2.5 Mg/m3, y el agua tiene una densidad de pa = 1.0 Mg/m3, determine la distancia d más pequeña en su base que impedirá que la presa se vol­ tee con respecto a su extremo A. La presa tiene un ancho de 8 m.

15 m

M

Prob. 9-104

Prob. 9-106

•9-105. La presa de “gravedad” de concreto se m antie­ ne en su lugar por su propio peso. Si la densidad del con­ creto es pc = 2.5 Mg/m3, y el agua tiene una densidad de pa =1.0 Mg/m3,determine la dimensión ¿m ás pequeña que impedirá que la presa se voltee con respecto a su extremo A

9-107. El tanque se usa para almacenar un líquido que tiene un peso específico de 60 lb/pie3. Si el tanque está lleno, determine la magnitud de la fuerza hidrostática sobre las placas C D E F y ABD C.

Prob. 9-105

Prob. 9-107

OMAR ROJAS 9.5 *9-108. La placa circular A de acero se usa para sellar la abertura en el tanque de almacenamiento de agua. Deter­ mine la magnitud de la fuerza hidrostática resultante que actúa sobre ella. La densidad del agua es pa = 1 Mg/m3. •9-109. La placa elíptica B de acero se usa para sellar la abertura en el tanque de almacenamiento de agua. Deter­ mine la magnitud de la fuerza hidrostática resultante que actúa sobre ella. La densidad del agua es pa = 1 Mg/m3.

2

P r e s ió n d e u n f lu id o

503

*9-112. Determine la magnitud de la fuerza hidrostáti­ ca que actúa por cada pie de longitud de la pared marina, ya = 62.4 lb/pie3.

y

m

Prob. 9-112

Probs. 9-108/109

9-110. Determine la magnitud de la fuerza hidrostática que actúa sobre la ventana de cristal si ésta es circular, A. El peso específico del agua de mar es ya = 63.6 lb/pie3. 9-11L Determine la magnitud y la ubicación de la fuerza hidrostática resultante que actúa sobre la ventana de cris­ tal si ésta es elíptica, B. El peso específico del agua de mar es ya = 63.6 lb/pie3.

Probs. 9-110/111

•9-113. Si el segmento A B de la compuerta A B C es lo suficientemente largo, la compuerta estará a punto de abrirse. Determine la longitud L del segmento para que esto ocurra. La compuerta está articulada en B y tiene un ancho de 1 m. La densidad del agua es pa = 1 Mg/m3. 9-114. Si L = 2 m, determine la fuerza que ejerce la com­ puerta ABC sobre el tope liso en C. La compuerta está articulada en B , libre en A y tiene 1 m de ancho. La densi­ dad del agua es pa = 1 Mg/m3.

Probs. 9-113/114

OMAR ROJAS 50 4

C a p ít u l o 9

C e n t r o d e g r a v e d a d y c e n t r o id e

9-115. Determine la masa del contrapeso A si la com­ puerta de 1 m de ancho está a punto de abrirse cuando el agua está en el nivel mostrado. La compuerta está articu­ lada en B y se sostiene mediante el tope liso en C. La den­ sidad del agua es pa = 1 Mg/m3. *9-116. Si la masa del contrapeso en A es de 6500 kg, determine la fuerza que ejerce la compuerta sobre el tope liso en C. La compuerta está articulada en B y tiene 1 m de ancho. La densidad del agua espa = 1 Mg/m3.

9-118. La presa de gravedad de concreto está diseñada de modo que se mantiene en su lugar por su propio peso. Determine la dimensión x mínima para que el factor de seguridad contra el volteo respecto del punto A tenga un valor de 2. El factor de seguridad está definido como la razón del momento de estabilización dividido entre el mo­ mento de volteo. Las densidades del concreto y del agua son pene = 2.40 Mg/m 3 y pa = 1 Mg/m3, respectivamente. Suponga que la presa no se desliza.

Probs. 9-115/116

Prob. 9-118

•9-117. La presa de gravedad de concreto está diseñada de modo que se mantiene en su lugar por su propio peso. Determine el factor de seguridad contra el volteo respecto del punto A si x = 2 m. El factor de seguridad está defini­ do como la razón del momento de estabilización dividido entre el momento de volteo. Las densidades del concreto y del agua son pmnc = 2.40 Mg/m 3 y pa = 1 Mg/m3, respecti­ vamente. Suponga que la presa no se desliza.

9-119. El túnel submarino de un centro acuático se fabri­ ca a partir de un material transparente de policarbonato que tiene la forma de una parábola. Determine la magni­ tud de la fuerza hidrostática que actúa por cada metro de longitud a lo largo de la superficie AB del túnel. La densi­ dad del agua es pa = 1000 kg/m3.

Prob. 9-117

Prob. 9-119

OMAR ROJAS R e p a s o d e l c a p ít u l o

REPASO D EL CAPÍTULO

/

Centro de gravedad y centroide E l centro de gravedad G representa un punto donde el peso del cuerpo puede considerarse concentrado. La distancia desde un eje a este punto puede ser determ inada a partir del equilibrio por momentos. Esto re­ quiere que el momento del peso de todas las partículas del cuerpo con respecto a algún punto deba ser igual al momento de todo el peso del cuer­ po con respecto al eje.

xdW

j m

JydW dW

~ .

r

/

zdW dW

i

El centro de masa coincidirá con el centro de gravedad siempre que la aceleración de la gravedad sea cons­ tante.

[ydL Jl

xdL

L

i r

i r

xdA

L

h

E l centroide es la ubicación del cen­ tro geométrico del cuerpo. Se deter­ mina de una m anera parecida, por un balance de momentos de elem en­ tos geométricos como segmentos de líneas, áreas o volúmenes. Para cuer­ pos que tienen una forma continua, los momentos se suman (integran) mediante elementos diferenciales.

El centro de masa coincidirá con el centroide siempre que el material sea homogéneo, es decir, que la densi­ dad sea la misma en todo el material. El centroide siempre se encontrará en un eje de simetría.

xdV

l dv

iA

.

b

í dA

i r

i.

ízd L _ _ Jl

. ’

i r

l i r

tA

zdV

i r

505

OMAR ROJAS 50 6

C a p ít u l o 9

C e n t r o d e g r a v e d a d y c e n t r o id e

Cuerpo compuesto Si el cuerpo está compuesto de varias formas, cada una con ubicación conoci­ da de su centro de gravedad o centroide, entonces la ubicación se determina con una suma discreta a partir de sus partes componentes.

_ X

'ZxW 2 W

T yW y ~ xw

_

Z zW

z

xw

Teoremas de Pappus y Guldinus Los teoremas de Pappus y Guldinus se pueden usar para determinar el área superficial y el volumen de un cuerpo de revolución.

El área superficial es igual al produc­ to de la longitud de la curva generatriz y la distancia recorrida por el centroide de la curva para generar el área.

El volumen del cuerpo es igual al pro­ ducto del área generatriz y la distancia recorrida por el centroide de esta área para generar el volumen.

A = OrL

V = 0rA

OMAR ROJAS R e p a s o d e l c a p ít u l o

Carga general distribuida La magnitud de la fuerza resultante es igual al volumen total bajo el diagra­ ma de carga distribuida. La línea de acción de la fuerza resultante pasa a tra­ vés del centro geométrico o centroide de este volumen.

FR = [ p ( x , y) d A = j d V P=P(x,y)

.

L

xdV

¡r

l"

Presión de fluidos La presión desarrollada por un líquido en un punto sobre una superficie su­ mergida depende de la profundidad del punto y de la densidad del líquido de acuerdo con la ley de Pascal, p = pgh = yh. Esta presión creará una distribución lineal de carga sobre una superficie ver­ tical o inclinada.

Si la superficie es horizontal, entonces la carga será uniforme.

En todo caso, las resultantes de estas cargas se pueden determinar si se encuentra el volumen o área bajo la cur­ va de carga o por medio de FR = yzA, donde z es la profundidad hasta el cen­ troide del área de la placa. La línea de acción de la fuerza resultante pasa por el centroide del volumen del diagrama de carga y actúa en un punto Psobre la placa, llamado el centro de presión.

Superficie del líquido

507

OMAR ROJAS 50 8

C a p ít u l o 9

C e n t r o d e g r a v e d a d y c e n t r o id e

PRO BLEM AS D E REPASO *9-120. Localice el centroide x del área sombreada. •9-121.

9-123.

Localice el centroide z del sólido.

Localice el centroide y del área sombreada.

y Prob. 9-123 1 pulg

“p— 1 p u lg —- 1

Probs. 9-120/121

9-122. Localice el centroide y del área de la sección transversal de la viga.

*9-124. La placa de acero tiene 0.3 m de espesor y una densidad de 7850 kg/m3. Determine la ubicación de su centro de masa. Además calcule las reacciones en el pasa­ dor y en el soporte de rodillo.

OMAR ROJAS P ro b le m a s de re p a s o

•9-125. Localice el centroide (jc, y) del área.

Prob. 9-125

509

*9-128. La carga sobre la placa varía linealmente a lo largo de los lados de la placa, de manera que p = |[x(4 - y)] kPa. Determine la fuerza resultante y su posición (x> y) sobre la placa.

8 kPa

9-126. Determine la ubicación (*, y) del centroide para el perfil estructural. Desprecie el espesor del elemento.

Prob. 9-128

•9-129. La carga de presión sobre la placa se descri­ be mediante la función p = {-240/(* + 1) + 340) Pa. Determine la magnitud de la fuerza resultante y las coor­ denadas del punto donde la línea de acción de la fuerza interseca la placa. 9-127. Localice el centroide y del área sombreada.

Prob. 9-127

Prob. 9-129

OMAR ROJAS

uctural, como una viga o una colum na, requiere ercia de su sección transversal. En este capítulo i ese cálculo.

OMAR ROJAS

Momentos de inercia

O B J E T IV O S D E L C A P ÍT U L O • Desarrollar un método para determinar el momento de inercia para un área. • Introducir el producto de inercia y mostrar cómo se determinan los momentos de inercia máximo y mínimo para un área. • Analizar el momento de inercia de masa.

10.1

D efin ició n d e m o m en to s d e in e rcia p ara á re a s

Siempre que una carga distribuida actúa en form a perpendicular a un área y que su intensidad varía linealm ente, el cálculo del m om ento de la distribución d e carga con respecto a un eje implicará una cantidad llamada el momento de inercia del área. Por ejem plo, considere la placa de la figura 10-1, la cual está som etida a una presión p del fluido. Como se analizó en la sección 9.5, esta presión p varía en form a lineal con la profundidad, d e tal m anera q u e p = yy, donde y e s el peso específico del fluido. Así, la fuerza que actúa sobre el área diferencial d A de la placa es dF = p d A = (yy)dA. Por tanto, el m om ento de esta fuerza con respecto al eje x es d M = yd F = yy2d A t y al integrar dM sobre toda el área de la placa resulta M = y f yrdA. La integral / y 2d A se denom ina el m om ento de inercia Ix del área con respecto al eje x. Las integrales de esta form a aparecen con frecuencia en las fórm ulas que se utilizan en mecánica d e fluidos, mecánica de m ateriales, mecánica estructural y diseño m ecánico, por lo que los ingenieros necesitan conocer los m éto­ dos em pleados para su cálculo.

H g . 1 0 -1

OMAR ROJAS 51 2

C a p ít u l o 1 0

M o m e n t o s d e in e r c ia

Momento de inercia. Por definición, los m om entos de inercia de un área diferencial d A con respecto a los ejes x y y son d lx -= y„2L d A y d ly = x 2 d A , respectivam ente, figura 10-2. Los momentos de inercia se determ inan por integración para toda el área; es decir,

/* = Iy =

f / dA

(10-1)

I x dA JA

Tam bién podem os form ular esta cantidad para dA con respecto al “p o lo ” O o eje z, figura 10-2. A éste se le llam a m om ento de inercia polar. Se define com o dJQ = r 2 d A , d o n d e r es la distancia p erp en ­ dicular desde el polo (eje z ) hasta el elem ento dA . P ara toda el área, el momento de inercia polar es

(10-2)

Fíg. 10-2

Esta relación en tre J Q e Ix, Iy es posible puesto q u e r 2 = x2 + y2, figura 10- 2 .

A partir de las formulaciones anteriores se ve q u e Ix, Iy y Jo siempre serán positivos ya que implican el producto de una distancia al cuadrado y un área. A dem ás, las unidades para el m om ento de inercia implican la longitud elevada a la cuarta potencia, por ejem plo, m4, mm 4 o pie4, pulg 4

1 0 .2

Teorema de los ejes paralelos para un área

El teorema de los ejes paralelos puede usarse para determ inar el momen­ to de inercia de un área con respecto a cualquier eje que sea paralelo a un eje que pasa a través de su centroide y del cual se conozca el m om en­ to de inercia. Para desarrollar este teorem a, consideraremos determ inar d m om ento de inercia del área som breada que se m uestra en la figura 10-3 con respecto al eje x. Para iniciar, elegimos un elem ento diferencial dA que está ubicado a una distanda arbitraria y del eje centroidal x'. Si la distan da en tre los ejes paralelos x y x! se define com o dyy entonces d m om ento de in erd a de d A con respecto al eje x es d lx = (y1 + dy)2 dA. P ara toda el área, + d v)2 d A

■ Rg. 10-3

Iy

= J y ' 2 d A + 2 dyJ y ' d A + d2yJ d A

OMAR ROJAS 10.3

R a d io de g ir o de u n á r e a

513

La prim era integral representa el m om ento de inercia del área con res­ pecto al eje centroidal l x>.La segunda integral es cero ya que el eje x1 pasa a través d el centroide C del área; es decir, f y ' d A = y ' J ¿>4 = 0 puesto que y' = 0. Observamos que como la tercera integral representa el área to tal >4,el resultado final es, por tanto,

/ x — I x1 + A d 2

(10-3)

Para Iyy se puede escribir una expresión similar; es decir,

ly — Iy + Ad%

(10-4)

Y por último, para el m om ento de inercia polar, com o J e = I * + 1 / y d 2 = d i + dyy tenem os

Jr

+

Ad*

(10-5)

La forma d e cada una de estas tres ecuaciones establece q u e el m om en­ to de inercia de un área con respecto a un eje es igual al m om ento de inercia del área con respecto a un eje paralelo que pase a través del cen­ troide del área, más el producto del área y el cuadrado de la distancia perpendicular entre los ejes.

10.3

Radio de giro de un área

El radio de giro d e un área con respecto a un eje tiene unidades de lon­ gitud y es una cantidad que se usa a m enudo en mecánica estructural para el diseño de columnas. Si se conocen las áreas y los m om entos de inercia, los radios de giro se determ inan a partir de las fórmulas

La form a de estas ecuaciones es fácil de recordar, ya que es sem ejante a la q u e se usa para encontrar el m om ento de inercia para un área diferencial con respecto a un eje. Por ejem plo, I x = k%A\m ientras que para un área diferencial d lx = y 2 dA.

P ara predecir la resistencia y la deflexión de esta viga, es necesario calcular el mo­ m ento de inercia del área d e su sección transversal.

OMAR ROJAS 51 4

C a p ít u l o 1 0

M o m e n t o s d e in e r c ia

(a) (b) Fig. 10-4

P ro ce d im ie n to p ara el an á lisis En la m ayoría de los casos, el m om ento de inercia puede d e te r­ minarse con una integración simple. E l siguiente procedim iento m uestra dos form as en las que se puede hacer esto. • Si la curva que define la frontera del área se expresa com o y = /(*)» entonces seleccione un elem ento diferencial rectangular de modo que tenga una longitud finita y un ancho diferencial. • El elem ento debe estar ubicado de m anera q u e interseque la curva en el punto arbitrario (*,y). Caso 1 • O riente el elem ento de form a que su longitud sea paralela al eje con respecto al cual se calcula el m om ento de inercia. Esta situación ocurre cuando el elem ento rectangular que se m ues­ tra e n la figura 10-4« se usa para determ inar Ix del área. A quí, todo el elem ento está a una distancia y del eje x puesto que tiene un espesor dy. Así, Ix = / y2 dA . P ara determ inar Iy> el elem ento se orienta de la m anera que se m uestra en la figura 10-4b. E ste elem ento se encuentra a la misma distancia x del eje y de m anera q ue l y = f x 2 dA. C aso 2 • La longitud del elem ento puede estar orientada de m anera per­ pendicular al eje con respecto al cual se calcula el m om ento de inercia; sin em bargo, la ecuación 1 0 - 1 no es aplicable ya que todos los puntos del elem ento no se encuentran a la misma dis­ tancia del brazo de m om ento desde el eje. Por ejem plo, si el elem ento rectangular de la figura 10-4« se usa para determ inar Iyy prim ero será necesario calcular el m om ento de inercia del elemento con respecto a un eje paralelo al eje y que pase por el centroide del elem ento, y luego determ inar el m om ento de inercia del elemento con respecto al eje y por el teorem a de los ejes paralelos. M ediante la integración de este resultado se obten­ drá Iy. Vea los ejemplos 10.2 y 10.3.

OMAR ROJAS 10.3

EJEMPLO

R a d io de g ir o de u n á r e a

515

10.1

D eterm ine el m om ento de inercia del área rectangular de la figura 10-5 con respecto a (a) el eje centroidal x \ (b) el eje *¿>,que pasa por la base d el rectángulo y (c) el polo o eje z' perpendicular al plano * '- / y que pasa a través del centroide C.

SOLUCIÓN (CASO 1) P a rte (a). P ara la integración se elige el elem ento diferencial que se m uestra en la figura 10-5. D ebido a su ubicación y orientación, todo el elemento está a una distancia y' del eje x!. A quí es necesario integrar desde y ' = - h ¡2 a y' = h f l . Como d A = b d y \e n to n c e s *b

sh/2 r r> / y'2 d A = / y'2{ b d y ' ) - b y'2 dy' JA J-h f2 J-hf2 Resp.

7- ■ 5 “ ’

Parte (b). El m om ento de inercia con respecto a un eje q u e pase por la base del rectángulo se puede o btener usando el resultado de la p arte (a) y aplicando el teorem a de los ejes paralelos, ecuación 10-3.

=

12

+ bh

(iy-i

Resp.

Parte (c). P ara o btener el m om ento de inercia polar con respecto al punto C, debem os o btener prim ero 7y, la cual puede determ in ar­ se al intercam biar las dim ensiones b y h en el resultado de la parte (a), es decir,

Con la ecuación 10-2, el m om ento de inercia polar con respecto a C es, por tan to ,

JC =

/y

+ I y = — b f l i # + b1) 12

Resp.

OMAR ROJAS 51 6

C a p ít u l o 1 0

EJEMPLO

M o m e n t o s d e in e r c ia

10.2 D eterm ine el m om ento de inercia del área som breada en gris de la figura 1 0 -6 fl, con respecto al eje x.

SOLUCIÓN I (CASO 1) Para la integración se elige un elem ento diferencial de área que sea paralelo al eje x , com o se m uestra en la figura 10-6a. Como este e le ­ mento tiene un espesor dy e interseca la curva en el punto arbitrario (xyy)ysu área es d A = (100 - x ) dy. Adem ás, el elem ento se encuen­ tra a la misma distancia x desde el eje. Por consiguiente, al integrar con respecto a y, desde y = 0 hasta y = 2 0 0 mm, se obtiene *200 mm

f y2 d A = í Ja Jo /»200 mm

1

>>2(100 - x) d y 2 \

/

/*200m n y

4 \

n io°-¿)^= I Resp.

= 107(106) mm 4

SOLUCIÓN II (CASO 2) Para la integración, se elige un elem ento diferencial paralelo al eje y, como se m uestra en la figura 10-66. El elem ento interseca la curva en el punto arbitrario (x yy). En este caso, no todos tos puntos del elem ento se encuentran a la misma distancia del eje x y y p o r lo tanto debe usarse el teorem a de los ejes paralelos para determ inar el momento de inercia del elemento con respecto a este eje. Para un rec­ tángulo con base b y altura 6 , el m om ento de inercia con respecto a su eje centroidal ya fue determ inado en la parte (a) del ejem plo 1 0 .1 . Se encontró q u e / ^ ¿ 6 /z3. Para el elem ento diferencial m ostrado en la figura 10-66 , 6 = dx y h = y, y entonces d i¿ = ^ .d x y3. Cómo el centroide del elem ento está en y = y/2 desde el eje x yel momento de inercia del elem ento con respecto a este eje es d l x = d i , + d A 7yí2 _

Fig. 10-6

12

dx y3 + y dx

(íH '

dx

(Este resultado tam bién puede obtenerse a p artir de la parte (b) del ejemplo 10.1). Al integrar con respecto a x y desde x = 0 hasta x = 10 0 mm, resulta

/

/»lOOmm^

d i. - l

= 107(106) mm 4

5

/*100 mm

y 'd . - l

(400je)3/2 d x

Resp.

OMAR ROJAS 10.3

EJEMPLO

R a d io de g ir o de u n á r e a

1 0.3

D eterm ine el m om ento de inercia con respecto al eje x del área circular que se m uestra e n la figura 10-7a.

SOLUCIÓN I (CASO 1) Si usamos el elem ento diferencial q u e se m uestra en la figura 10-7a> como dA = 2x dy, tenem os

/,=

í y 2 dA = JA

=

f y \2 x ) dy JA

/> ( J-a

2

V

^

7

)á , =

ira T

Resp.

SOLUCIÓN II (CASO 2) C uando se elige el elem ento diferencial que se m uestra en la figura 10-7/?, el centroide del elem ento se encuentra en el eje x y y com o / y = \2 bh* para un rectángulo, tenem os d l x = — d x { 2y ) :

Integrar con respecto a x resulta

= / j í « 2- ñ ^ d x

7Til = ~4

Resp.

NOTA: por com paración, la solución I requiere la realización de menos cálculos. Por tanto, si una integral que utiliza un elem ento particular parece difícil de evaluar, trate de resolver el problem a con un elem ento orientado en la otra dirección.

Fig. 10-7

517

OMAR ROJAS 51 8

C a p ít u l o 1 0

M o m e n t o s d e in e r c ia

PRO BLEM AS FU N D A M EN TALES FIO-I. Determine el momento de inercia del área sombreada con respecto al eje x.

F10-3. Determine el momento de inercia del área som­ breada con respecto al eje y.

FIO-I

F10-3

F10-2. Determine el momento de inercia del área sombreada con respecto al eje x.

F10-4. Determine el momento de inercia del área som­ breada con respecto al eje y.

F10-2

F10-4

OMAR ROJAS 10.3

R a d io de g ir o de u n á r e a

519

PROBLEM AS •10-1. Determine el momento de inercia del área con respecto al eje x.

•10-5. Determine el momento de inercia del área con respecto al eje x.

10-2. Determine el momento de inercia del área con res­ pecto aleje)'.

10-6. Determine el momento de inercia del área con res­ pecto al eje y.

y y

Probs. 10-172

Probs. 10-5/6

10-3. Determine el momento de inercia del área con res­ pecto al eje x.

10-7. Determine el momento de inercia del área con res­ pecto al eje x.

*10-4. Determine el momento de inercia del área con respecto al eje y.

*10-8. Determine el momento de inercia del área con respecto aleje)'. •10-9. Determine el momento de inercia polar del área con respecto al eje z que pasa a través del punto O.

Probs. 10-3/4

Probs. 10-7/8/9

OMAR ROJAS 5 2 0

C a p ít u l o 1 0

M o m e n t o s d e in e r c ia

10-10. Determine el momento de inercia del área con respecto al eje x. 10-11. Determine el momento de inercia del área con respecto al eje y.

10-14. Determine el momento de inercia del área con respecto al eje x. Con elementos rectangulares diferencia­ les, resuelva el problema de dos maneras: (a) con espesor dxyy (b) con espesor dy. 10-15. Determine el momento de inercia del área con respecto al eje y. Con elementos rectangulares diferencia­ les, resuelva el problema de dos maneras: (a) con espesor dxyy (b) con espesor dy.

y

y

Probs. 10-10/11

*10-12. Determine el momento de inercia del área con respecto al eje x.

*10-16. Determine el momento de inercia del área trian­ gular con respecto al eje x.

•10-13. Determine el momento de inercia del área con respecto al eje y.

•10-17. Determine el momento de inercia del área trian­ gular con respecto al eje y.

y

Probs. 10-12/13

Probs. 10-16/17

OMAR ROJAS 1 0 .3

R a d io d e g ir o d e u n á r e a

521

10-18. Determine el momento de inercia del área con respecto al eje x.

10-22. Determine el momento de inercia del área con respecto al eje x.

10-19. Determine el momento de inercia del área con respecto al eje y.

10-23. Determine el momento de inercia del área con respecto al ejey.

Probs. 10-18/19

Probs. 10-22/23

*10-20. Determine el momento de inercia del área con respecto al eje x.

*10-24. Determine el momento de inercia del área con respecto al eje x.

•10-21. Determine el momento de inercia del área con respecto al eje y.

•10-25. Determine el momento de inercia del área con respecto al eje}'. 10-26. Determine el momento de inercia polar del área con respecto al eje z que pasa a través del punto O.

Probs. 10-20/21

Probs. 10-24/25/26

OMAR ROJAS C a p ít u l o 1 0

M o m e n t o s d e in e r c ia

10.4

M o m ento s de in e rc ia p ara á re a s co m p u e stas

Un área com puesta consiste en una serie de p artes o form as “más simples” conectadas, como rectángulos, triángulos y círculos. Siem pre que el m om ento de inercia de cada una de esas partes se conoce o puede determ inarse con respecto a un eje com ún, entonces el m om en­ to de inercia del área com puesta es igual a la suma algebraica de los m om entos de inercia de todas sus partes.

■

P ro ce d im ie n to p ara el an á lisis

El m om ento de inercia p ara un área com puesta con respecto a un eje de referencia puede determ inarse por el siguiente proce­ dimiento. Partes compuestas. • Con un croquis, divida el área en sus partes com ponentes e indique la distancia perpendicular desde el centroide de cada parte hasta el eje de referencia. Teorema de los ejes paralelos. • Si el eje centroidal para cada parte no coincide con el eje de referencia, deberá usarse el teorem a de los ejes paralelos, 1 = 1 + Á d 2y para determ inar el m om ento de inercia de la parte con respecto al eje de referencia. Para el cálculo de 7 use la tabla que aparece en la cubierta posterior interna del libro. Suma. • El m om ento de inercia de toda el área con respecto al eje de referencia se determ ina por la suma de los resultados de sus partes com ponentes con respecto a este eje. • Si una parte com ponente tiene un “agujero”, su m om ento de inercia se encuentra al “restar” el m om ento de inercia del aguje­ ro del m om ento de inercia de toda la parte, incluido el agujero.

OMAR ROJAS 10.4

M o m e n to s de in e rc ia p a ra á r e a s c o m p u e sta s

1 0 .4

EJEMPLO

D eterm ine el m om ento de inercia del área que se m uestra en la figura 1 0 -&* con respecto al eje x.

75 mm

(b) Rg. 10-8 SOLUCIÓN Partes com puestas. El área puede obtenerse al restar el círculo del rectángulo de la figura 10-86. El centroide de cada á rea está ubicado en la figura. Teorem a de los ejes paralelos.

Los m om entos de inercia con respecto al eje x se determ inan con el teorem a de los ejes paralelos y los datos proporcionados en la tabla de la cubierta posterior interna de este libro. Círculo Ix —

+ Ad^y

= i i r ( 2 5 ) 4 + 7t(25)2(75)2 = 11.4(106) mm 4

Rectángulo lx =

+ Adl

= — (100)(150)3 + (100)(150)(75)2 = 112.5(106) mm 4

Suma.

E ntonces, el m om ento de inercia del área com puesta es I x = —11.4( 1 0 6) + 112.5(106) =

1 0 1 ( 1 0 6)

mm 4

Resp.

523

OMAR ROJAS 5 2 4

C a p ít u l o 1 0

EJEMPLO

M o m e n t o s d e in e r c ia

10.5 D eterm ine los m om entos de inercia para el área de la sección trans­ versal del elem ento que se m uestra en la figura 10-9a con respecto a tos ejes centroidales x y y.

100 mm

400 mm

SOLUCIÓN 100 mm

w400 mm 100 mm ■600 mm

Partes com puestas. La sección transversal puede subdividirse en las tres áreas rectangulares A y B y D q ue se m uestran en la figura 10-9b. P ara efectuar el cálculo, el centroide de cada uno de esos rectángulos está localizado en la figura.

(a) Teorema de los ejes paralelos.

Con base en la tabla de la cubier­ ta posterior interna de este libro, o en el ejem plo 1 0 .1 , el m om en­ to de inercia de un rectángulo con respecto a su eje centroidal es 7 = bh3. Por lo tanto, con el teorem a de los ejes paralelos para los rectángulos A y D ,los cálculos son como sigue: Rectángulos A y D

I x = I ^ + A d 2y = — (100)(300)3 + (100)(300)(200): = 1.425 (109) mm 4 I y = I y + A d \ = — (300)(100)3 + (100) (300) (250): = 1.90(109) m m ' Fíg. 10-9 Rectángulo B

! x = — (600)(100)3 = 0.05(109) mm 4 i y = ^ (1 0 0 ) ( 6 0 0 ) 3 = 1.80(10y) mm

Suma. E ntonces, los m om entos de inercia para toda la sección transversal son

l x = 2[1.425 (109)] + 0.05 (109) = 2.90(109) mm 4

R esp.

I y = 2[1.90( 109)] + 1.80(109) = 5.60(109) mm4

Resp.

OMAR ROJAS 10.4

M o m e n to s de in e rc ia p a ra á r e a s c o m p u e sta s

525

PRO BLEM AS FU N D A M EN TALES F10-5. Determine el momento de inercia del área de la sección transversal de la viga con respecto a los ejes centroidales x y y.

F10-7. Determine el momento de inercia del área de la sección transversal del canal con respecto al eje y.

150 mm I 150 mm 50 mm

F10-5

F10-7

F10-6. Determine el momento de inercia del área de la sección transversal de la viga con respecto a los ejes centroidales x y y.

F10-8. Determine el momento de inercia del área de la sección transversal de la viga en forma de T, con respecto al eje x’ que pasa por el centroide de la sección transver­ sal.

30 mm

T

mm

200 mm mm

30 mm

30 mm

F10-6

F10-8

OMAR ROJAS 5 2 6

C a p ít u l o 1 0

M o m e n t o s d e in e r c ia

PROBLEM AS 10-27. Determine la distancia y al centroide del área de la sección transversal de la viga; después determine el momento de inercia con respecto al eje x!. *10-28. Determine el momento de inercia del área de la sección transversal de la viga con respecto al eje x.

*10-32. Determine el momento de inercia del área com­ puesta con respecto al eje x. •10-33. Determine el momento de inercia del área com­ puesta con respecto al eje y.

•10-29. Determine el momento de inercia del área de la sección transversal de la viga con respecto al eje y.

'ig H

/ 2pulg

4

LV_ j y

lp u lg

4pulg

lp u lg

Probs. 10-27/28/29

Probs. 10-32/33

10-30. Determine el momento de inercia del área de la sección transversal de la viga con respecto al eje x.

10-34. Determine la distancia y al centroide del área de la sección transversal de la viga; determine el momento de inercia con respecto al eje x! .

10-31. Determine el momento de inercia del área de la sección transversal de la viga con respecto al eje y.

Probs. 10-30/31

10-35. Determine el momento de inercia del área de la sección transversal de la viga con respecto al eje y.

Probs. 10-34/35

OMAR ROJAS 10.4 *10-36. Localice el centroide y del área compuesta, des­ pués determine el momento de inercia de esta área con respecto al eje centroidal x \ •10-37. Determine el momento de inercia del área com­ puesta con respecto al eje y.

M o m e n to s de in e rc ia p a ra á r e a s c o m p u e sta s

527

•10-41. Determine el momento de inercia del área de la sección transversal de la viga con respecto al eje x. 10-42. Determine el momento de inercia del área de la sección transversal de la viga con respecto al eje y.

y

Probs. 10-36/37

Probs. 10-41/42

10-38. Determine la distancia y al centroide del área de la sección transversal de la viga; después encuentre el momento de inercia con respecto al eje x!.

10-43. Localice el centroide y del área de la sección transversal del ángulo; después, encuentre el momento de inercia con respecto al eje centroidal

10-39. Determine el momento de inercia del área de la sección transversal de la viga con respecto al eje x.

*10-44. Localice el centroide x del área de la sección transversal del ángulo; después, encuentre el momento de inercia ly con respecto al eje centroidal / .

*10-40. Determine el momento de inercia del área de la sección transversal de la viga con respecto al eje y.

Probs. 10-38/39/40

Pfobs. 10-43/44

OMAR ROJAS 5 2 8

C a p ít u l o 1 0

M o m e n t o s d e in e r c ia

•10-45. Determine el momento de inercia del área com­ puesta con respecto al eje x.

•10-49. Determine el momento de inercia l¿ de la sec­ ción. El origen de coordenadas está en el centroide C.

10-46. Determine el momento de inercia del área com­ puesta con respecto al eje y.

10-50. Determine el momento de inercia iy de la sección. El origen de coordenadas está en el centroide C.

y

Probs. 10-45/46

Probs. 10-49/50

10-47. Determine el momento de inercia del área com­ puesta con respecto al eje centroidal y.

10-51. Determine el momento de inercia Ix de la viga con respecto al eje centroidal x.

*10-48. Localice el centroide y del área compuesta, des­ pués determine el momento de inercia de esta área con respecto al eje x'.

*10-52. Determine el momento de inercia Iy de la viga con respecto al eje centroidal y.

Probs. 10-47/48

Probs. 10-51/52

OMAR ROJAS 10.4 •10-53. Localice el centroide y del área de la sección transversal del canal, después determine el momento de inercia de esta área con respecto al eje centroidal xf. 10-54. Determine el momento de inercia del área del canal con respecto al eje y.

y

M o m e n to s de in e rc ia p a ra á r e a s c o m p u e sta s

529

•10-57. Determine el momento de inercia del área de la sección transversal de la viga con respecto al eje x. 10-58. Determine el momento de inercia del área de la sección transversal de la viga con respecto al eje y.

y

Probs. 10-53/54

Probs. 10-57/58

10-55. Determine el momento de inercia del área de la sección transversal con respecto al eje x.

10-59. Determine el momento de inercia del área de la sección transversal de la viga con respecto al eje x' que pasa a través del centroide C de la sección transversal. y = 104.3 mm.

*10-56. Localice el centroide x del área de la sección transversal de la viga, y después determine el momento de inercia de esta área con respecto al eje centroidal / .

Probs. 10-55/56

Prob. 10-59

OMAR ROJAS 5 3 0

C a p ít u l o 1 0

M o m e n t o s d e in e r c ia

* 1 0 .5

y

P ro d u cto de in e rcia p ara un á re a

En la siguiente sección se m ostrará q u e la propiedad de un área, llam a­ da el producto de inercia, es necesaria a fin de determ inar los m om en­ tos de inercia máxim o y m ínim o para el área. Estos valores máximo y mínimo son propiedades im portantes necesarias para diseñar elem en­ tos estructurales y mecánicos com o vigas, columnas y flechas. El producto de inercia del área de la figura 10-10 con respecto a los ejes x y y se define com o

(10-7)

L a efectividad d e esta viga para resistir la flexión puede determ inarse una vez que se conozcan sus mom entos de iner­ cia y su producto de inercia.

Si el elem ento de área elegido tiene un tam año diferencial en dos direc­ ciones, como se m uestra en la figura 1 0 -1 0 , para evaluar Ixy debe reali­ zarse una integración doble. Sin em bargo, con frecuencia es más fácil elegir un elem ento que tenga un tam año diferencial o espesor en sólo una dirección, en cuyo caso la evaluación requiere sólo una integración simple (vea el ejem plo 1 0 .6 ). Igual q u e el m om ento de inercia, el producto de inercia tiene uni­ dades de longitud a la cuarta potencia, por ejem plo, m4, mm 4 o pies4, pulg4. Sin em bargo, com o x o y pueden ser cantidades negativas, el producto d e inercia puede ser positivo, negativo o cero, dependiendo de la ubicación y orientación de los ejes coordenados. Por ejem plo, el producto de inercia Ixy para área será cero si el eje jc, o el eje y, es un eje de simetría para el área, como en la figura 10-11. Aquí, cada elem ento dA localizado en el punto (jc, y) tiene un elem ento dA correspondiente en (x, - y ) . C om o los productos de inercia para esos elem entos son, respectivam ente, x y d A y - x y d A , la sum a algebraica o integración de todos los elem entos que se elijan de esta m anera se cancelarán uno a uno. E n consecuencia, el producto de inercia para el área total se convierte en cero. D e la definición tam bién se infiere que el “signo” de esta cantidad depende del cuadrante donde se ubique el área. Como se m uestra en la figura 10-12, si el área se gira de un cuadrante a o tro , el signo de Ixy cam biará.

y

F i g . 1 0 -1 1

OMAR ROJAS 1 0 .5

P r o d u c t o d e in e r c ia p a r a u n á r e a

y

Teorema de los ejes para lelos. Considere el área som breada que se m uestra en la figura 10-13, donde x’y / representan un conjunto de ejes que pasan a través del centroide del área, y x y y representan un conjunto correspondiente de ejes paralelos. Como el producto de in er­ cia d e d A con respecto a los ejes x y y e s d l xy = (x ' + d x) ( y ' + d y) d A y entonces para toda el área,

¡xy = f ^ ' + d x)( y' + d y) d A

= J x ' y ' d A + dx J y ' d A + d y j x ' d A + d j y j d A

El prim er térm ino del lado derecho representa el producto de in er­ cia del área con respecto al eje centroidal, /*y. Las integrales en los términos segundo y tercero son cero, ya que los m om entos del área se toman con respecto al eje centroidal. Al observar q u e la cuarta integral representa el área total A ,e l teorem a de los ejes paralelos para el p ro ­ ducto d e inercia se convierte en

Ixy ~ 1x'y'

+

Adxdy

(10-8 )

Es im portante que los signos algebraicos p ara dx y dy se m antengan al aplicar esta ecuación.

531

OMAR ROJAS 5 3 2

C a p ít u l o 1 0

EJEMPLO

M o m e n t o s d e in e r c ia

10.6 D eterm ine el producto de inercia Ixy del triángulo que se m uestra en la figura 10-14*. S O L U C IÓ N I

Un elem ento diferencial con espesor d x ycomo se m uestra en la figu­ ra 10-146, tiene un área dA = y dx. El producto de inercia de este elem ento con respecto a los ejes x y y se determ ina con el teorem a de los ejes paralelos, d l xy = d i ¿y- + d A x J donde x y y ubican el centroide del elem ento o el origen de los ejes y , y . (V ea la figura 10-13). Como d i ¿ y = 0, debido a la sim etría, y x = x, y = y¡2, entonces

d lv = 0 + (y d x )x (j )

2b1

= (-b x d * ) * ( y b x )

x dx

Al integrar con respecto a x desde x = 0 hasta x = b se obtiene

h1

6 3, b2h 2 x* d x = 2b2 LL - ~ 8

Ixy

R esp.

S O L U C I Ó N II

Tam bién puede usarse el elem ento diferencial que tiene un espesor d y, como se m uestra en la figura 10-14c. Su área es dA = (b - x ) dy. El centroide se localiza en el punto x = x + (b - x)f2 = (b + x)/2, y = y, por lo que el producto de inercia del elem ento se vuelve d l xy = d i ¿ y + d A x y =

o + (b -

■ (‘ ■

x ) d y ( ^ ~ Y ~ jy

dy

b + (b /h )y y

=\y

( *

- % ? ) dy

Al integrar con respecto a y desde y = 0 hasta y = h resulta

H g . 1 0 -1 4

Ixy = \ í y { * - f 2y2) dy = lT

Resp-

OMAR ROJAS 1 0 .5

P r o d u c t o d e in e r c ia p a r a u n á r e a

1 0 .7

EJEMPLO

D eterm ine el producto de inercia para el área de la sección transver­ sal del elem ento que se m uestra e n la figura 10-15fl, con respecto a los ejes centroidales x y y.

100 mm i i

f

400 mm

a 100 mm

400 mm

_ L

;± Jh

100 mm

600 mm

(a) Hg. 10-15 S O L U C IÓ N

Igual que en el ejem plo 10.5, la sección transversal puede subdividirse en tres áreas rectangulares com puestas A y B y D , figura 10-15/?. Las coordenadas para el centroide de cada uno de esos rectángulos se m uestran en la figura. Debido a la sim etría, el producto de inercia d e cada rectángulo es cero con respecto a cada conjunto de ejes x!y y ’ que pasan a través del centroide de cada rectángulo. Si usamos el teorem a de los ejes paralelos, tenem os Rectángulo A I Xy

=

" I"

A d x d y

= 0 + (300) (100) ( —250) (200) = -1.50(10?) mm4 Rectángulo B

! xy =

Á

r y

+

Mj d y

= 0 + 0 = 0 Rectángulo D Ix y

=

+

A d x d y

= 0 + (300)(100)(250)(—200) = -1.50(10?) mm4 Por tanto, el producto de inercia de toda la sección transversal es

xy

1.50(10v) + 0 - 1.50(109) = —3.00(10v) mm4

R esp.

NOTA: este resultado negativo se debe al hecho de que los rectán­ gulos A y D tienen centroides ubicados con coordenadas x negativa y y negativa, respectivam ente.

533

OMAR ROJAS 53 4

C a p ít u l o 1 0

M o m e n t o s d e in e r c ia

*1 0 .6

M o m ento s de in e rcia para un á re a con re sp e c to a e je s in clin a d o s

En el diseño estructural y m ecánico, a veces es necesario calcular los m om entos y el producto de inercia de IUy Iv e Iuv para un área con respecto a un conjunto de ejes inclinados u y v cuando se conocen los valores p ara 0, IXy Iy e Ixy. Para hacer esto usarem os ecuaciones de trans­ form ación, las cuales relacionan las coordenadas x yy y uyv. A partir de la figura 10-16, estas ecuaciones son u = x c o s 9 + y sen 0 v = y eos 9 - x sen 0 Con estas ecuaciones, los mom entos y el producto de inercia de dA con respecto a los ejes u y v se convierten Flg. 10-16

d l u = v 2 d A = (y e o s # - je s e n O)2 d A d l v = u 2 d A = (jccos0 + y sen O)2 d A d l uv = uv d A = (x eos 0 + y sen 0) (y eos 0 - x sen 0) d A Al desarrollar cada expresión e integrarlas, así como ten er presente que I x = / y 2 d A , I y = f x 2 d A e l xy = f x y dA , obtenem os I u = I x eos2 9 + I y sen2 0 - 2 Ixysen 0 eos 9 I v = Ix sen2 9 + I y eos2 9 + 21 xy sen 9 eos 9 I uv = Ix sen 9 eos 9 - I y sen 9 eos 9 + I xy(eos2 9 - sen2 9) Estas ecuaciones pueden simplificarse m ediante las identidades trigo­ nométricas sen 29 = 2 sen 9 eos 9 y eos 29 = eos2 9 - sen2 0, en cuyo caso

Observe que si se sum an la prim era y la segunda ecuaciones, podem os m ostrar q u e el m om ento de inercia polar con respecto al eje z que pasa a través del punto O es, com o se esperaba, independiente de la orienta­ ción de los ejes u y v ; e s decir, J o - I u + h - Ix + l y

OMAR ROJAS 1 0 .6

M o m e n t o s d e in e r c ia p a r a u n á r e a c o n r e s p e c t o a e j e s in c l in a d o s

Momentos d e inercia principales. Las ecuaciones 10-9 m uestran q u e Iuy Iv e Iuv dependen del ángulo de inclinación 9 de los ejes u y v. A hora determ inarem os la orientación de esos ejes con res­ pecto a los cuales los m om entos de inercia del área son máximo y m íni­ mo. Este sistem a particular de ejes se llam a ejes principales del área, y los m om entos de inercia correspondientes con respecto a esos ejes se llaman mom entos de inercia principales. En general, hay un conjun­ to de ejes principales para cada origen O elegido. Sin em bargo, para el diseño estructural y m ecánico, el origen O se ubica en el centroide del área. E l ángulo que define la orientación de los ejes principales puede encontrarse al diferenciar la prim era de las ecuaciones 10-9 con res­ pecto a 9 y establecer el resultado igual a cero. D e modo que,

dh deì

V

2

)

sen 29

21 xy eos 26 = 0

Por tanto, en 9 = 9py

(10-10)

Las dos raíces, 9pi y 9^ de esta ecuación están separadas en 90° y especifican la inclinación de los ejes principales. P ara sustituirlos en la ecuación 10-9, debem os encontrar prim ero el seno y el coseno de 2 9pi y 2 9 ^. E sto puede hacerse m ediante los triángulos de la figura 10-17, que se basan en la ecuación 10-10. Si sustituim os cada una de las relaciones de seno y coseno en la p ri­ m era o la segunda de las ecuaciones 10-9, y simplificamos, obtenem os

( 10-11) Fíg. 10-17

Según el signo q u e se elija, este resultado proporciona el m om ento de inercia máximo o m ínimo para el área. A dem ás, si las relaciones trigonom étricas an terio res p ara 9pi y 9pi se sustituyen en la tercera de las ecuaciones 10-9, se puede ver que Iuv = 0; es decir, el producto de inercia con respecto a los ejes principales es cero. Como en la sección 10.6 se indicó q u e el producto de inercia es cero con respecto a cual­ quier eje sim étrico, se infiere q u e cualquier eje simétrico representa un eje principal de inercia para el área.

OMAR ROJAS 5 3 6

C a p ít u l o 1 0

EJEMPLO

M o m e n t o s d e in e r c ia

10.8 D eterm ine los m om entos de inercia principales y la orientación de b s ejes principales para el área de sección transversal del elem ento que se m uestra en la figura 10-18a con respecto a un eje que pase a través del centroide.

100 mm

400 mm

_L

I

SOLUCIÓN

100 mm

400 mm

600mmH

J-

Los m om entos y productos de inercia de la sección transversal con respecto a los ejes x yy se han determ inado en los ejem plos 10.5 y 10.7. Los resultados son

100 mm

/ , = 2.90(109) mm4 I y = 5.60(109) mm4 I xy = -3.00(109) mm4

(a) y

Con la ecuación 10-10, los ángulos de inclinación de los ejes p rin ­ cipales u y v son [—3.00(109)]

xy

=

tan2dp

(Ix - I y ) /2

-

2.22

[2.90(109) - 5.60(109)]/2

2 6p = -65.8° y 114.2° Entonces, por inspección de la figura 10-186, 6)p2 = -3 2 .9 '

y

0* = 57.1'

R esp.

Los m om entos de inercia principales con respecto a estos ejes se determ inan con la ecuación 10-11. Por consiguiente, Fig. 10-18

Ix + Iy Jmix

Ix -

IyV

—

2

V \

2

+ /

2.90(109) + 5.60 (109)

2.90(10 ) - 5.60(10 9 )\ i

+ [—3.00(10 9\i2 )]

I«*, = 4.25 (109) ± 3.29(109) o bien / máx

= 7.54(109) mm4

/ mín = 0.960(109) mm4

R esp.

NOTA: el m om ento de inercia máxim o, / máx = 7.54(109) mm4, o cu ­ rre con respecto al eje w, ya q u e por inspección se observa que la mayor parte del área de la sección transversal está muy alejada de este eje. O, dicho de otra m anera, / máx ocurre con respecto al eje u ya q u e éste se encuentra ubicado dentro de ±45° del eje y, el cual tiene el mayor valor de I (Iy > Ix). Adem ás, esto puede concluirse también al sustituir los datos con 0 = 57.1° en la prim era de las ecuaciones 10-9 y al despejar I u.

OMAR ROJAS 1 0 .7

*1 0 . 7

G r c u l o d e M o h r p a r a m o m e n t o s d e in e r c ia

C írcu lo de M o hr p ara m o m en to s de in e rcia

Las ecuaciones 10-9,10-10 y 10-11 tienen una solución gráfica que, por lo general, es fácil de usar y recordar. Al elevar al cuadrado la prim era y la tercera d e las ecuaciones 10-9 y sum arlas, se encuentra que

A quí, Ix, Iy e Ixy son constantes conocidas. A sí, la ecuación an terio r puede escribirse en forma com pacta com o

(/„ - a)2 + 4

= R2

C uando esta ecuación se gráfica sobre un sistem a de ejes q u e represen­ tan los respectivos m om ento de inercia y producto de inercia, como se m uestra en la figura 10-19, la gráfica resultante representa un árculo de radio

con su centro ubicado en el punto (a, 0), d o n d e a = (Ix + Iy) /2. E l círculo construido de esta m anera se llam a círculo de M ohr, en honor del ingeniero alem án O tto M ohr (1835-1918).

R g . 1 0 -1 9

537

OMAR ROJAS 53 8

C a p ít u l o 1 0

M o m e n t o s d e in e r c ia

P ro ce d im ie n to p ara el an á lisis El principal propósito de usar aquí el círculo de M ohr es ten er un medio conveniente para encontrar los m om entos de inercia p rin ­ cipales p ara el área. El siguiente procedim iento proporciona un m étodo adecuado para lograrlo.

Determine lx, ly e lxy. • Establezca los ejes x, y y determ ine Ix, ly e lxyy figura 10-19«.

Construya el círculo. • Construya un sistem a coordenado rectangular de m odo que la abscisa represente el m om ento de inercia /, y la ordenada represente el producto de inercia Ixyy figura 10-19b. • D eterm ine el centro O del círculo que se localiza a una distan­ cia (Ix + Iy)/2 del origen, y grafique el punto A de referencia con coordenadas (Ix, Ixy). Recuerde q u e Ix es siem pre positivo, m ientras que Ixy puede ser positivo o negativo.

(a)

• Conecte el punto de referencia A con el centro del círculo y determ ine la distancia O A por trigonom etría. Esta distancia representa el radio del círculo, figura 10-19b. P o r último, trace el círculo.

Momentos principales de inercia. • Los puntos donde el círculo interseca al eje I proporcionan k>s valores de los mom entos de inercia principales / mín e / máx. Observe que, tal como se esperaba, el producto de inercia será cero en estos p u n to s, figura 10-19b.

Ejes principales.

Flg. 10-19

• Para encontrar la orientación del eje principal m ayor, d e te r­ mine por trigonom etría el ángulo 20^, medido desde el radio O A hasta el eje ¡positivo, figura 10-196. Este ángulo representa el doble del ángulo desde el eje x hasta el eje del m om ento de inercia máximo /máx, figura 10-19«. Tanto el ángulo sobre el círculo, 20^, com o el ángulo 0 ^ , deben medirse en el m ism o sen­ tido, com o se m uestra en la figura 10-19. El eje p ara el m om en­ to de inercia m ínimo / mfn es perpendicular al eje p ara / máx.

Con trigonom etría puede verificarse que el procedim iento anterior está de acuerdo con las ecuaciones desarrolladas en la sección 10.6.

OMAR ROJAS 1 0 .7

C ír c u l o d e M o h r p a r a m o m e n t o s d e in e r c ia

539

E J E M P L O 1 0 .9 Con el círculo de M ohr, determ ine los m om entos de inercia princi­ pales y la orientación de los ejes principales mayores para el área de la sección transversal de la viga que se m uestra en la figura 10-20«, con respecto a un eje que pase a través del centroide. y 100 mm

Ixy (109) mm' — 4 2 5 — 1_135 - 2 .9 0 -1 -4 O

/(109) mm4 100 mm

(a) SOLUCIÓN Determ íne lx, ly, 1^.

Los m om entos de inercia y el producto de inercia se d eterm inaron en los ejem plos 10.5 y 10.7 con respecto a los ejes x> y m ostrados en la figura 10-20«. Los resultados son Ix = 2.90(109) mm4, Iy = 5.60(109) mm4 e Ixy = -3.00(109) mm4. Construya el círculo.

Los ejes I e Ixy se m uestran en la figura 10-20b. El centro del círculo O se encuentra a una distancia (/* + Iy) f l = (2.90 + 5.60)/2 = 4.25 del origen. Cuando el punto de referencia A ( I X>Ixy) o 71(2.90, -3 .0 0 ) se conecta al p u n to O , el radio O A se determ ina a partir del triángulo O B A con el teorem a de Pitágoras.

Ixy (109) mm4 ^ = 7^4—H —/mín = 0.960

■/ (109) mm4 329,

^ P\

O A = V(1.35)2 + (- 3 .0 0 )2 = 3.29

A (2.90, -3 .0 0 )

El círculo está construido en la figura 10-20c.

(c)

Momentos de inercia principales. El círculo interseca el eje /e n b s puntos (7.54,0) y (0.960,0). Por tanto,

Imix = (4-25 + 3.29)109 = 7.54(109) mm4

Resp.

/mín = (4.25 - 3.29)109 = 0.960(109) mm

Resp.

Ejes principales. Como se m uestra en la figura 10-20c, el ángulo 2 0Pl se determ ina a partir del círculo al m edir en sentido contrario al de las manecillas del reloj, desde O A hacia la dirección del eje I positivo. Por consiguiente,

20Pi = 180° - sen

- o — -di) \O A \.

114.2e

/máx = 7.54(109) mm4 El eje principal para / máx = 7.54Í109) mm4 está, por tanto, orientado a un ángulo 0p} = 57.1°, medido en sentido contrario al délas manecillas del relojydesde el eje xpositivo hacia el eje u positivo. El eje v es p er­ pendicular a este eje. Los resultados se m uestran en la figura 10-20d.

OMAR ROJAS 5 4 0

C a p ít u l o 1 0

M o m e n t o s d e in e r c ia

PROBLEM AS *10-60. Determine el producto de inercia del área para­ bólica con respecto a los ejes x y y.

*10-64. Determine el producto de inercia del área con respecto a los ejes x y y.

•10-61. Determine el producto de inercia /*>, de la mitad derecha del área parabólica del problema 10-60, limitada por las rectas y = 2 pulg y x = 0.

Prob. 10-64 10-62. Determine el producto de inercia del área de un cuarto de elipse con respecto a los e je sx y y.

•10-65. Determine el producto de inercia del área con respecto a los ejes x y y.

10-63. Determine el producto de inercia del área con res­ pecto a los ejes x y y.

10-66. Determine el producto de inercia del área con res­ pecto a los ejes x y y.

OMAR ROJAS 1 0 .7

10-67. Determine el producto de inercia del área con res­ pecto a los ejes x y y.

G r c u l o d e M o h r p a r a m o m e n t o s d e in e r c ia

541

10-70. Determine el producto de inercia del área com­ puesta con respecto a los ejes x y y.

y

Prob. 10-67

*10-68. Determine el producto de inercia para el área de la elipse con respecto a los ejes x y y.

Prob. 10-70

y 10-71. Determine el producto de inercia del área de la sección transversal con respecto a los ejes x y y,que tienen su origen ubicado en el centroide C.

y

•10-69. Determine el producto de inercia para el área parabólica con respecto a los ejes x y y.

y

Prob. 10-69

Prob. 10-71

OMAR ROJAS 5 4 2

C a p ít u l o 1 0

M o m e n t o s d e in e r c ia

*10-72. Determine el producto de inercia para el área de la sección transversal de la viga con respecto a los ejes x y y , que tienen su origen ubicado en el centroide C.

10-74. Determine el producto de inercia para el área de la sección transversal de la viga con respecto a los ejes x y y, que tienen su origen ubicado en el centroide C.

Prob. 10-72

•10-73. Determine el producto de inercia para el área de la sección transversal de la viga con respecto a los ejes x y y.

10-75. Localice el centroide x del área de la sección trans­ versal de la viga y después determine los momentos de inercia y el producto de inercia de esta área con respecto a los ejes u y v. Los ejes tienen su origen en el centroide C.

200 mm

200 mm 20 mm

100 mm 175 mm

Prob. 10-73

Prob. 10-75

OMAR ROJAS 1 0 .7

G r c u l o d e M o h r p a r a m o m e n t o s d e in e r c ia

543

*10-76. Localice el centroide ( y ) del área de la sección transversal de la viga y después determine el producto de inercia de esta área con respecto a los ejes centroidales x ’ y y '.

10-78. Determine los momentos de inercia y el producto de inercia del área de la sección transversal de la viga con respecto a los ejes u y v.

•10-77. Determine el producto de inercia para el área de la sección transversal de la viga con respecto a los ejes centroidales x y y.

10-79. Localice el centroide y del área de la sección transversal de la viga y después determine los momentos de inercia y el producto de inercia de esta área con respec­ to a los ejes u y v.

Prob. 10-77

Prob. 10-79

OMAR ROJAS 5 4 4

C a p ít u l o 1 0

M o m e n t o s d e in e r c ia

*10-80. Localice el centroide ~x y y del área de la sección transversal y después determine la orientación de los ejes principales, los cuales tienen su origen en el centroide C del área. Además, encuentre los momentos de inercia principales.

10-82. Localice el centroide y del área de la sección transversal de la viga y después determine los momentos de inercia de esta área y el producto de inercia con respec­ to a los ejes u y v. Los ejes tienen su origen en el centroi­ de C.

y y

Prob. 10-82

•10-81. Determine la orientación de los ejes principales, los cuales tienen su origen en el centroide C del área de la sección transversal de la viga. Además, encuentre los momentos de inercia principales.

Prob. 10-81

10-83. Resuelva el problema 10-75 con el círculo de Mohr.

*10-84. Mohr.

Resuelva el problema 10-78 con el círculo de

•10-85. Mohr.

Resuelva el problema 10-79 con el círculo de

10-86. Mohr.

Resuelva el problema 10-80 con el círculo de

10-87. Mohr.

Resuelva el problema 10-81 con el círculo de

*10-88. Mohr.

Resuelva el problema 10-82 con el círculo de

OMAR ROJAS 1 0 .8

10.8

M o m e n t o d e in e r c ia d e m a s a

545

M o m ento de in e rc ia de m asa

El m om ento de inercia de masa de un cuerpo es una medida de la resis­ tencia del cuerpo a la aceleración angular. Como este m om ento se usa en dinám ica para estudiar el movimiento rotatorio, a continuación se analizarán los m étodos para realizar su cálculo.* C onsidere el cuerpo rígido q u e se m uestra en la figura 10-21. Definimos el momento de inercia de masa del cuerpo con respecto al eje z com o = [¿dm

Jm

(10-12)

A quí, r es la distancia perpendicular desde el eje hasta el elem ento arbitrario dm . Como la formulación implica a r,e l valor de / es único para cada eje con respecto al cual se calcula. Sin em bargo, el eje que generalm ente se elige pasa p o r el centro de m asa G del cuerpo. Las unidades que se utilizan com únm ente para esta m edida son kg ■m 2 o slu g -p ie2. Si el cuerpo consiste en m aterial con densidad p, entonces dm = p d V yfigura 10-22«. A l sustituir esto en la ecuación 10-12, el m om ento de inercia del cuerpo se calcula entonces con elem entos de volum en para la integración; es decir,

-

h

dV

L

dm

Fíg. 10-21

(10-13)

P ara la m ayoría de las aplicaciones, p será una constante, p o r lo que este térm ino puede factorizarse fuera de la integral, y la integración es entonces m eram ente una función de la geom etría.

=

pJt^dV

(10-14)

10

R g . 10-22

*Otra propiedad del cuerpo que mide la simetría de la masa del cuerpo con respecto a un sistema coordenado es el producto de inercia de masa. Esta propiedad se aplica a me­ nudo al movimiento tridimensional de un cuerpo y se analiza en Engineering Mechanics: Dynamics (Capítulo 21).

OMAR ROJAS 54 6

C a p ít u l o 1 0

M o m e n t o s d e in e r c ia

^

J L

/ í V í*.»

!>

/ÍW-c

»i i (fu /

a:

h H h ^

*

(b)

/

(, m edidas desde el punto fijo A , se usan p ara localizar ¥ s y P. Estas coordenadas son paralelas a la línea de acción de sus fuerzas correspondientes. A l expresar xb y xd en térm inos del ángulo 9 y m ediante trigonom etría,

x B = (0.3 m) sen 9 x D = 3[(0.3 m) sen 9] = (0.9 m) sen 9 Al diferenciar, obtenem os los desplazam ientos virtuales de los p u n ­ tos B y D.

(b)

8 xb = 0.3 eos 9 89

(1)

8xd = 0.9 eos 9 89

(2)

Flg. 11-7 Ecuación del trabajo virtual. La fuerza P realiza trabajo positivo puesto que actúa en el sentido positivo de su desplazam iento virtual. La fuerza de reso rte Fs efectúa trabajo positivo, ya q u e actúa en forma opuesta a su desplazam iento virtual positivo. Así, la ecuación del trabajo virtual tom a la form a

8U = 0;

- F s8 x b +P8 xd = 0

- [1500 sen 9 - 750] (0.3 eos 989) + P (0.9 eos 989) = 0 [0.9 P + 225 - 450 sen 9] eos 9 89 = 0 Como eos 9 89 * 0, entonces esta ecuación requiere que P = 500 sen 9 - 250 C uando

9 = 60 °, P = 500

sen 60° - 2 50 = 183 N

Resp.

OMAR ROJAS 1 1 .3

P r in c ip io d e l t r a b a j o v ir t u a l p a r a u n s is t e m a d e c u e r p o s r íg id o s c o n e c t a d o s

E J E M P L O 11.3 Si la caja d e la figura ll - 8 a tiene una m asa de 10 kg, determ ine el m om ento d e p ar M necesario p ara m antener el equilibrio cuando 0 = 60°. Ignore la masa de los elem entos. 10(9.81) N

(a) Fíg. 11-8

SOLUCIÓN Diagrama de cuerpo libre. C uando 0 experim enta un desplaza­ miento virtual positivo 80, sólo el m om ento de p a r M y el peso de la caja realizan trabajo, figura 11-86. Desplazam ientos virtuales. La coordenada de posición y E m edi­ da desde el punto fijo B , ubica el peso, 10(9.81) N. A quí,

y E = (0.45 m) sen 0 + b donde b es una distancia constante. A l diferenciar esta ecuación obtenem os SyE = 0.45 m eos 0 80 Ecuación del trabajo virtual.

(i)

La ecuación del trabajo virtual toma

la form a 8U = 0;

M 8 0 - [10(9.81) N]8yE = 0

Al sustituir la ecuación 1 en esta ecuación M80 - 10(9.81) N(0.45 m eos 0 80) = 0 80(M - 44.145 eos 0) = 0 Como 80 * 0, entonces M - 44.145 eos 0 = 0 Como se requiere que 0 = 60°, entonces M = 44.145 eos 60° = 22.1 N ■m

Resp.

571

OMAR ROJAS 57 2

C a p ít u lo

EJEMPLO

11

Tra b a jo

v ir t u a l

11.4 El m ecanism o de la figura 11-9a sostiene el cilindro de 50 Ib. D eterm ine el ángulo 0 necesario p ara el equilibrio si el resorte tiene una longitud no deform ada de 2 pies cuando 9 = 0 o. Ignore la m asa de los elem entos. SOLUCIÓN Diagrama de cuerpo libre. Cuando el mecanismo experim enta un desplazam iento virtual positivo 89, figura 11-96, sólo Fs y la fu e r­ za de 50 Ib realizan trabajo. C om o la longitud final del re so rte es 2(1 pie eos 9), entonces

Fs = ks = (200 lb/pie)(2 pies - 2 pies eos 9) = (400 - 400 eos 9) Ib Desplazamientos virtuales. Las coordenadas de posición xd y x E se establecen a partir del punto fijo A para localizar Fs en D y en E. La coordenada y B, tam bién m edida desde A , especifica la posición de la fuerza de 50 Ib en B. Las coordenadas se pueden expresar en términos de 9 con trigonom etría. x d

= (1 pie) cos0

x E = 3[(1 pie) eos 9] = (3 pies) eos 9 yB = (2 pies) sen 9 Al diferenciar, obtenem os los desplazam ientos virtuales de los p u n ­ tos D, E y B com o Flg. 11-9

8 xd = - 1 sen 989 8xe

= - 3 sen 989

8yB = 2 eos 9 89

( 1) (2 ) (3)

Ecuación del trabajo virtual. La ecuación del trabajo virtual se escribe como si todos los desplazam ientos virtuales fueran positivos, por tanto

8U = 0;

Fs8 x e + 508yB - F £ x D = 0

(400 - 400 eos 0 ) ( - 3 sen 9 89) + 50(2 eos 9 89) -(4 0 0 - 400 eos 0 )(—1 sen 989) = 0 60(800 sen 9 eos 9 - 800 sen 9 + 100 eos 9) = 0 Como 8 9 * 0, entonces 800 sen 9 eos 9 - 800 sen 9 + 100 eos 0 = 0 Al resolver por prueba y error, 0=34.9°

Resp.

OMAR ROJAS 1 1 .3

P r in c ip io d e l t r a b a j o v ir t u a l p a r a u n s is t e m a d e c u e r p o s r íg id o s c o n e c t a d o s

573

p r o b lem a s fu n d a m en t a les

F ll- L Determine la magnitud de la fuerza P requerida para mantener el equilibrio del eslabonamiento en 0 = 60°. Cada eslabón tiene una masa de 20 kg.

F ll-4 . El eslabonamiento está sometido a una fuerza de P = 6 kN. Determine el ángulo 0 necesario para el equili­ brio. El resorte no está deformado cuando 0 = 60°. Ignore la masa de los eslabones.

F ll-4 F ll-2 . Determine la magnitud de la fuerza P requerida para sostener la barra lisa de 50 kg en equilibrio en 0 = 60°.

F ll-5 . Determine el ángulo 0 con el cual la barra de 50 kg se encuentra en equilibrio. El resorte no está deformado cuando 0 = 60°.

F ll-2

F ll-5

F ll-3 . El eslabonamiento está sometido a una fuerza de P = 2 kN. Determine el ángulo 0 necesario para el equili­ brio. El resorte no está deformado cuando 0 = 0o. Ignore la masa de los eslabones.

F ll-6 . El eslabonamiento de tijeras está sometido a una ftierza de P = 150 N. Determine el ángulo 0 necesario para el equilibrio. El resorte no está deformado cuando 0 = 0o. Ignore la masa de los eslabones.

OMAR ROJAS 574

C

a p ít u l o

11

T

r a b a j o v ir t u a l

PROBLEMAS •11-1. El embalaje de 200 kg está sobre la mesa elevado­ ra en la posición 0 = 30°. Determine la fuerza necesaria en el cilindro hidráulico A D para lograr el equilibrio. Ignore la masa de los componentes de la mesa elevadora.

11-3. Las “tijeras de Nuremberg” están sometidas a una fuerza horizontal de P = 600 N. Determine el ángulo 0 necesario para el equilibrio. El resorte tiene una rigidez de k = 15 kN/m y está sin deformar cuando 0 = 15°. *11-4. Las “tijeras de Nuremberg” están sometidas a una fuerza horizontal de P = 600 N. Determine la rigidez k del resorte necesaria para el equilibrio cuando 0 = 60°. El resorte está sin deformar cuando 0 = 15°.

Prob. 11-1

Prohs. 11-3/4

11-2. La barra uniforme OA tiene un peso de 10 Ib. Cuando la barra está en posición vertical, 0 = 0o, el resorte no está deformado. Determine el ángulo 0 para equilibrio si el extremo del resorte se enrolla alrededor de la perife­ ria del disco cuando éste gira.

•11-5. Determine la fuerza desarrollada en el resorte y que se requiere para m antener la barra uniforme A B de 10 Ib en equilibrio cuando 0 = 35°.

11

k = 30 lb/pie

Prob. 11-2

Prob. 11-5

OMAR ROJAS 1 1 .3

P r in c ip io d e l t r a b a j o v ir t u a l p a r a u n s is t e m a d e c u e r p o s r íg id o s c o n e c t a d o s

11-6. Si se aplica una fuerza de P = 5 Ib a la manija del mecanismo, determine la fuerza que ejerce el tomillo sobre el corcho de la botella. El tomillo está unido al pasa­ dor en A y pasa por el collarín que está unido al cuello de la botella en B.

575

•11-9. Si se aplica una fuerza P = 100 N al brazo de la prensa de palanca acodillada, determine la fuerza de apriete desarrollada en el bloque cuando 0 = 45°. Ignore el peso del bloque.

30°

Prob. 11-9

Prob. 11-6 11-7. El mecanismo conectado mediante pasadores está restringido en A por un pasador y en B por un rodillo. Si P = 10 Ib, determine el ángulo 0 necesario para lograr el equilibrio. El resorte no está deformado cuando 0 = 45°. Ignore el peso de los elementos. *11-8. El mecanismo conectado mediante pasadores está restringido en A por un pasador y en B por un rodillo. Determine la fuerza P que debe aplicarse al rodillo para mantener al mecanismo en equilibrio cuando 0 = 30°. El resorte no está deformado cuando 0 = 45°. Ignore el peso de los elementos.

11-10. Determine la fuerza de jalón desarrollada en el corcho, cuando se aplican las fuerzas a las manijas del des­ tapador de botellas.

P = 5N

P = 5N

Prob. 11-10

OMAR ROJAS 57 6

C a p ít u l o 11

T r a b a j o v ir t u a l

11-11. Si el resorte tiene una rigidez k y una longitud no deformada /o, determine la fuerza P cuando el mecanis­ mo está en la posición mostrada. Ignore el peso de los ele­ mentos. *11-12. Resuelva el problema 11-11 si la fuerza P se apli­ ca verticalmente hacia abajo en B.

11-14. El camión se pesa en la báscula de inspección de la carretera. Si se coloca una masa m conocida a una dis­ tancia s desde el fulcro B de la báscula, determine la masa del camión m, si su centro de gravedad se ubica a una dis­ tancia d desde el punto C. Cuando la báscula está vacía, el peso de la palanca ABC equilibra a la báscula CDE.

Prob. 11-14 Probs. 11-11Í U

•11-13. Determine los ángulos 0 para el equilibrio del disco de 4 Ib con el principio del trabajo virtual. Ignore el peso de la barra. El resorte no está deformado cuando 0 = 0o y siempre permanece en posición vertical debido a la guía de rodillo.

11-15. El dispositivo se usa para hacer ejercicio. Consiste en cuatro barras conectadas mediante pasadores, cada barra tiene una longitud L, y un resorte de rigidez k con longitud no deformada a(< 2L). Si se aplican fuerzas hori­ zontales sobre las manijas de manera que 0 disminuya len­ tamente, determine el ángulo 0 para el que la magnitud de P resulta un máximo.

A

Prob. 11-13

Prob. 11-15

OMAR ROJAS 1 1 .3

P r in c ip io d e l t r a b a j o v ir t u a l p a r a u n s is t e m a d e c u e r p o s r íg id o s c o n e c t a d o s

*11-16. Una mesa de servicio uniforme de 5 kg se sos­ tiene en cada lado mediante dos pares de eslabones idén­ ticos, A B y CD, y resortes CE. Si el tazón tiene una masa de 1 kg, determine el ángulo 0 con el que la mesa está en equilibrio. Cada uno de los resortes tiene una rigidez de k —200 N/m y se encuentra sin deformar cuando 0 —90°. Ignore la masa de los eslabones.

577

11-19. El resorte no está deformado cuando 0 = 45° y tiene una rigidez de k = 1000 lb/pie. Determine el ángu­ lo 0 necesario para el equilibrio si cada uno de los cilin­ dros pesa 50 Ib. Ignore el peso de los elementos. El resorte permanece horizontal en cualquier momento debido al rodillo.

•11-17. Una mesa de servicio uniforme de 5 kg se sostie­ ne en cada lado mediante dos pares de eslabones idénticos, A B y CD, y resortes CE. Si el tazón tiene una masa de 1 kg y está en equilibrio cuando 0 = 45°, determine la rigidez k de cada resorte. Los resortes se encuentran sin deformar cuando 0 = 90°. Ignore la masa de los eslabones.

250 mm

150 mm

Probs. 11-16/17

11-18. Si se aplica una fuerza vertical de P = 50 N a la palanca acodillada de la mordaza, determine la fuerza de apriete ejercida sobre el tubo.

*11-20. La máquina que se ilustra se usa para dar forma a placas metálicas. Consiste en dos fiadores ABC y DEFy tos cuales funcionan mediante un cilindro hidráulico. Los fiadores empujan la barra móvil G hacia delante, y presio­ nan la placa en la cavidad. Si la fuerza que ejerce la placa sobre la cabeza es P = 8 kN, determine la fuerza F en el cilindro hidráulico cuando 0 = 30°.

Prob. 11-18

Prob. 11-20

OMAR ROJAS C a p ít u lo

57 8

11

T r a b a jo

v irt u a l

•11-21. La placa de una ventila está sostenida en B mediante un pasador. Si pesa 15 Ib y tiene su centro de gravedad en G, determine la rigidez A:del resorte de mane­ ra que la placa permanezca en equilibrio cuando 0 = 30°. El resorte no está deformado cuando 0 = 0o.

*11-24. Determine la magnitud del momento de par M requerido para sostener el cilindro de 20 kg en la configu­ ración que se muestra. La clavija lisa en B puede deslizarse libremente dentro de la ranura. Ignore la masa de los ele­ mentos.

Prob. 11-21

Prob. 11-24

11-22. Determine el peso del bloque G requerido para equilibrar la palanca diferencial cuando la carga i7de 20 Ib se coloca sobre la bandeja. La palanca está en equilibrio cuando la carga y el bloque no están sobre la palanca. Con­ sidere que x = 12 pulg.

•11-25. El cigüeñal está sometido a un par de torsión de M = 50 Ib • pie. Determine la fuerza vertical F de com­ presión aplicada al pistón que se necesita para lograr el equilibrio cuando $ = 60°.

11-23. Si la carga F pesa 20 Ib y el bloque G pesa 2 Ib, determine su posición x necesaria para lograr el equilibrio de la palanca diferencial. La palanca está en equilibrio cuan­ do la carga y el bloque no están sobre la palanca.

1*4 pulg-J-4 pulg*

B

S2)£ 2 pul;

Probs. 11-22/23

Prob. 11-25

OMAR ROJAS 11.4

*11.4

F u e rz a s c o n s e rv a d o ra s

F u e rza s co n se rv a d o ra s

Si el trabajo d e una fuerza depende sólo de sus posiciones inicial y final, y es independiente de la trayectoria que recorre, entonces la fuerza se conoce como una fuerza conservadora. El peso de un cuerpo y la fuerza de un resorte son dos ejemplos de fuerzas conservadoras.

Peso. Considere un bloque de peso W que viaja a b largo de la trayectoria que se m uestra en la figura 11-10a. C uando se desplaza hacia arriba por la trayectoria una cantidad d ty entonces el trabajo es d U = W • dry o dU = - W ( d r eos 0) = - W ( d r eos 0) = - W d yycom o se m uestra en la figura 11-10b. En este caso, el trabajo es negativo ya que W actúa en el sentido opuesto a dy. D e m odo que si el bloque se m ueve desde A hasta B y a través del desplazam iento vertical h y el trabajo es w U = - í f' W d y = - W h

J o

dy = dr eos 6

Por lo tanto, el peso de un cuerpo es una fuerza conservadora, debido a que el trabajo realizado por el peso depende sólo del desplazamiento vertical del cuerpo, y es independiente de la trayectoria a lo largo de la cual viaja éste.

Fuerza de resorte. A hora considere el resorte linealm ente elás­ tico d e la figura 11-11, el cual experim enta un desplazam iento ds. El trabajo es negativo debido a q u e ¥ s actúa e n sentido opuesto al de ds. Entonces, el trabajo de Fs cuando el bloque se desplaza desde s = sx hasta s = S2 es U = -

J

k s ds =

~ \ ks\^J

A quí, el trabajo depende sólo de las posiciones inicial y final del re so r­ te, si y S2 , medidas desde la posición no deform ada del resorte. Como este resultado es independiente de la trayectoria tom ada por el bloque mientras se mueve, entonces la fuerza de resorte tam bién es una fuerza conservadora.

N v w w

Posición no deformada

Rg. 11-11

(b) "

dr

579

OMAR ROJAS 58 0

C a p ít u lo

11

Tr a b a jo

v irt u a l

Fricción. Al contrario de una fuerza conservadora, considere la fuerza de fricción ejercida por una superficie fija sobre un cuerpo d es­ lizante. El trabajo realizado por la fuerza de fricción depende de la tra ­ yectoria; cuanto más larga sea la trayectoria, mayor será el trabajo. En consecuencia, las fuerzas de fricción son no conservadoras, y la mayor parte del trabajo realizado por ellas se disipa en el cuerpo en la form a de calor.

*11.5 w

Vg=+Wy

+y Plano de referencia

w -

y

'’ Flg. 11-12

V = -W y

E n e rg ía p o te n cia l

Cuando una fuerza conservadora actúa sobre un cuerpo, le proporciona la capacidad de realizar trabajo. Esta capacidad, medida com o energía potencial, depende de la ubicación del cuerpo en relación con una posi­ ción de referencia fija o datum (plano de referencia).

Energía potencial gravitacional. Si un cuerpo está ubicado a una distancia y p o r arriba de una referencia fija horizontal o plano de referencia, com o en la figura 11-12, el peso del cuerpo tiene energía potencial gravitacional positiva Vg y puesto q u e W tiene la capacidad de realizar trabajo positivo cuando el cuerpo es llevado al plano de referencia. D e la misma form a, si el cuerpo está localizado a una dis­ tancia y por abajo del plano de referencia, Kges negativa puesto que el peso efectúa trabajo negativo cuando el cuerpo es movido hacia arriba hasta el plano de referencia, en el cual, Vg = 0. Si y se mide com o positiva hacia arriba, entonces la energía potencial gravitacional del peso W es V. = W y

(11-4)

Energía potencial elástica. Cuando un resorte está estirado o com prim ido en una cantidad s desde su posición no deform ada (el plano de referencia), la energía alm acenada en el resorte se denom ina energía potencial elástica. Se determ ina a p artir de V, = \ k s ‘

(11-5)

Esta energía siem pre es una cantidad positiva, ya que la fuerza de resor­ te q u e actúa sobre el cuerpo unido realiza trab ajo positivo sobre el cuerpo m ientras la fuerza regresa al cuerpo a la posición del resorte nc deform ado, figura 11-13. Posición no deformada

Posición no deformada

+ y ks1 Flg. 11-13

OMAR ROJAS 1 1 .5

Función potencial. En el caso general, si un cuerpo está som e­ tido tanto a fuerzas gravitatorias como elásticas, la energía potencial o función potencial V del cuerpo puede expresarse como la sum a alge­ braica V = vg + ve

(11-6 )

donde la medida de V depende de la ubicación del cuerpo con respecto a un plano d e referencia seleccionado de acuerdo con las ecuaciones 11-4 y 11-5. En particular, si un sistema sin fricción de cuerpos rígidos conectados tiene un solo grado de l i b e r t a d m odo que su posición vertical desde el plano d e referencia está definida p o r la coordenada q , entonces la función potencial p ara el sistema puede expresarse com o V = V(q). El trabajo realizado por todos los pesos y fuerzas de resorte que actúan sobre el sistem a para m overlo desde q\ hasta q2, se mide por la diferen­ cia e n V; es decir,

í / i - 2 = V (q i) - V (q 2)

(11-7)

Por ejem plo, la función potencial para un sistem a que consiste en un bloque d e peso W sostenido por un resorte, com o en la figura 11-14, puede expresarse en térm inos de la coordenada (q = ) y, m edida desde una referencia fija ubicada en la longitud no deform ada del resorte. A quí K = Vg + Ve = -W y + \k y 2

(11-8)

Si el bloque se m ueve desde y \ hasta y 2yentonces al aplicar la ecuación 11-7 el trabajo d e W y Fs es

t/i-2

=

n n )

- V '(^) = - W ( y i - y 2 ) + \ k y \ - \ k y \

Plano de referencia

R g . 1 1 -1 4

E n e r g ía p o t e n c ia l

581

OMAR ROJAS 58 2

C a p ít u lo

11

Tr a b a jo

v irt u a l

1 .6

C rite rio de la e n e rg ía p o te n cia l para el e q u ilib rio

Si un sistem a sin fricción conectado tiene un grado de libertad, y su posición está definida p o r la coordenada q , entonces si se desplaza desde q hasta q + d q yla ecuación 11-7 tom a la form a de

d ü = V(q) - V (q + dq)

o bien

dU = -d V

Si el sistem a está en equilibrio y experim enta un desplazamiento virtual &7 ,e n vez de un desplazam iento real ¿/^en to n ces la ecuación anterior se convierte en 8U = - 8 V. Sin em bargo, el principio del trabajo virtual requiere que 8U = 0 y, por tanto, 8 V = 0, por lo que es posible escribir 8V = (d V /d q ) 8q = 0. C om o 8q * 0, esta expresión se escribe de la siguiente m anera

dV = 0 dq

Plano de referencia

Por consiguiente, cuando un sistema sin fricción de cuerpos rígidos conectados está en equilibrio, la primera derivada de su función poten­ cial es cero. Por ejem plo, con la ecuación 11-8 podem os determ inar la posición de equilibrio para el resorte y el bloque de la figura 11-14«. Tenem os

dV dy

w

(11-9)

= —W + k y = 0

Entonces, la posición de equilibrio y = y eq es

W

r

Fs = kyeq (b)

Fig. 11-14

Por supuesto, este mismo resultado se puede ob ten er al aplicar = 0 a las fuerzas que actúan sobre el diagram a de cuerpo libre del bloque, figura 11-14b.

OMAR ROJAS 1 1 .7

E s t a b il id a d d e la c o n f ig u r a c ió n d e l e q u il ib r io

583

Estabilidad de la configuración del equilibrio

*1 1 .7

La función potencial V de un sistema tam bién puede usarse para inves­ tigar la estabilidad de la configuración del equilibrio, el cual se clasifica como estable, neutro o inestable.

Equi librio esta ble. Se dice que un sistem a es estable si tiene una tendencia a regresar a su posición original cuando se le da un pequeño desplazam iento al sistema. En este caso, la energía potencial del siste­ ma está en su m ínim o. En la figura 11-15«, cuando al disco se le da un pequeño desplazam iento, su centro de gravedad G siem pre se m overá (girará) d e regreso a su posición de equilibrio, la cual se encuentra en el punto más bajo de su trayectoria. Ésta es la razón por la que la e n e r­ gía potencial del disco está en su mínim o. Equilibrio neutro. Se dice que un sistem a está en equilibrio n eu ­ tro si el sistem a perm anece en equilibrio aun cuando se le dé un peq u e­ ño desplazam iento desde su posición original. En este caso, la energía potencial del sistem a es constante. En la figura 11-156, se m uestra el equilibrio neutro, donde un disco está articulado en G. Cada vez que se gira el disco, se establece una nueva posición de equilibrio y la e n e r­ gía potencial perm anece sin cambios.

Equilibrio inestable. Se dice que un sistem a es inestable. Si tiene una tendencia a desplazarse aún más lejos de su posición de eq u i­ librio original cuando se le da un pequeño desplazam iento. En este caso, la energía potencial del sistema es un máximo. En la figura 11-15c, se m uestra una posición de equilibrio inestable del disco. A quí el disco girará alejándose de su posición de equilibrio cuando su centro de gravedad es desplazado ligeram ente. En el punto más alto, su energía potencial es un máximo.

(a)

(b) Rg. 11-15

(c)

El contrapeso en A equilibra el peso de la plataform a B de este p u en te levadizo simple. Al aplicar el m étodo de la energía potencial podemos estudiar la estabilidad d e la estru ctu ra p a ra diferentes posicio­ nes de equilibrio de la plataform a.

OMAR ROJAS 58 4

C a p ít u l o 11

T r a b a j o v ir t u a l

V

Equilibrio estable

(a)

(b)

(c)

Fig. 11-16

Sistema con un grado de libertad. Si un sistema tiene sólo un grado de libertad, y su posición se define m ediante la coordenada q yentonces se puede graficar la función potencial V para el sistem a en términos de q , figura 11-16. Siempre que el sistem a esté en equilibrio, entonces d V /d q , lo cual representa la pendiente de esta función, debe ser igual a cero. Por tanto, una investigación de la estabilidad en la configuración del equilibrio requiere la evaluación de la segunda deri­ vada de la función potencial. Si S v / d q 2 es mayor que cero, figura 11-16«, la energía potencial del sistema será un mínimo. Esto indica q u e la configuración del equilibrio es estable. P o r consiguiente,

dq

= 0,

~T~ > 0 dq*

equilibrio estable

(11-10)

Si dPv/dq2 es menor que cero, figura 11-16b, la energía potencial del sistema será un máximo. Esto indica una configuración inestable del equi­ librio. Por tanto, dV — = 0, dq

d 2V < 0 dq2

equilibrio inestable

(11-11)

Por últim o, si d 2V /d q 2 e s igual a cero, será necesario investigar las derivadas de orden más alto para determ inar la estabilidad. La configu­ ración del equilibrio será estable si la prim era derivada distinta de cero es de un orden par y es positiva. D e la misma m anera, el equilibrio será inestable si esta prim era derivada distinta de cero es im par o si es par y negativa. Si todas las derivadas de orden más alto son cero, se dice que el sistem a está en equilibrio neutro, figura ll-1 6 c. Por lo tan to , C uando hay vientos fuertes o si pasan por una curva, estas carretas con caña d e azú­ car pueden volverse inestables y volcarse, ya q u e cuando están cargadas al m áximo sus centros de gravedad están muy arrib a y fuera del camino.

dV

—

dq

d 2V

d 3V

dqi

dq3

= ---- =

= ... = o

equilibrio neutro ^

(11-12)

Esta condición ocurre sólo si la función de energía potencial para el sistema es constante en q ^ o en la vecindad de éste.

OMAR ROJAS 1 1 .7

■

E s t a b il id a d d e la c o n f ig u r a c ió n d e l e q u il ib r io

585

Procedim iento para el análisis

Con los m étodos de energía potencial, las posiciones de equilibrio y la estabilidad de un cuerpo o de un sistem a de cuerpos conecta­ dos, y q u e tienen un solo grado de libertad, se pueden o btener por el siguiente procedim iento.

Función potencial. • Bosqueje el sistem a de modo que quede ubicado en alguna posición arbitraria especificada por la coordenada q. • Establezca un plano de referencia horizontal a través de un punto fijo * y exprese la energía p o ten d al gravitackm al Vg en términos del peso W de cada elem ento y de su distancia v erti­ cal y desde el plano de referencia, Vg = Wy. • Exprese la energía potencial elástica Ve del sistem a en térm i­ nos del estiram iento o la com presión s de cualquier resorte conectado, Ve = \ k s 2. • Formule la fu n d ó n potencial V = v g + v t, y exprese las coor­ denadas de posición y y s en térm inos de la coordenada in d e­ pendiente q.

Posición de equilibrio. • La posición de equilibrio del sistem a se determ ina al to m ar la prim era derivada de V y establecerla com o igual a cero, d V /d q = 0.

Estabilidad. • La estabilidad e n la posición de equilibrio se determ ina p o r la evaluación de la segunda derivada o la derivada de mayor orden d e V. • Si la segunda derivada es m ayor que cero, el sistema es e sta ­ ble; si todas las derivadas son iguales a cero, el sistema está en equilibrio neutro; y si la segunda derivada es m enor que cero, el sistema es inestable.

11 ♦La ubicación del plano de referencia es arbitraria ya que sólo se requieren los cambios o diferenciales de V para investigar la posición de equilibrio y su esta­ bilidad.

OMAR ROJAS 58 6

C a p ít u l o 11

EJEMPLO

T r a b a j o v ir t u a l

11.5 El eslabón uniform e q u e se m uestra e n la figura ll-1 7 a tiene una masa de 10 kg. Si el resorte no está alargado cuando 0 = 0 o, determ i­ ne el ángulo 0 necesario p ara el equilibrio e investigue la estabilidad en la posición de equilibrio. SOLUCIÓN Función potencial. El plano de referencia se establece en la p arte inferior del eslabón, figura 11-176. C uando el eslabón se ubica en la posición arbitraria 0, el resorte aum enta su energía potencial al alargarse y el peso disminuye su energía potencial. Por tanto,

V = Ve + Vg =

i

ks2 + W y

Gomo l = s + l eos 0 o s = 1(1 - eos 0), y y = (1/2) eos 0, entonces V = - k l 2( 1 - c o s0 )2 + W ( 2 Posición de equilibrio.

j cose)

La prim era derivada de V es

Wl dV = k l2( 1 - eos 0) sen 0 — —sen 0 = 0 de o bien W k l( 1 - eos 0) — — sen 0 = 0 Esta ecuación se satisface siem pre que sen 0 = 0

ô=

~S

Estabilidad.

0=0°

) = 008-1

1

Resp.

10(9.81)

2(200)(0.6)J

= 53.8c

Resp.

La segunda derivada de V es

d 2V Wl — = k l2( 1 - eos 0) eos 0 + k l2sen 0 sen 0 — — eos 0 = k l 2(eos 0 - eos 20)

(b) Rg. 11-17

Wl

eos 0

Al sustituir valores para las constantes, con 0 = 0o y 0 = 53.8°, se obtiene d 2V dé2

= 200(0.6)2(cos 0o - e o s 0o)

eos 0 C

0 = 0°

= -29.4 < 0 d^V de2

10(9.81 )(0.6)

(equilibrio inestable en 0 = 0 ° )

= 200(0.6)2(cos 53.8o - eos 107.6°)

10(9.81)(0.6)

Resp. cos53.8c

»=53.8° = 4 6 .9

>

0

( e q u ilib r io e s t a b le e n 0 = 5 3 . 8 ° )

Resp.

OMAR ROJAS 1 1 .7

E s t a b il id a d d e la c o n f ig u r a c ió n d e l e q u il ib r io

587

EJEMPLO Si el resorte A D de la figura 11-18« tiene una rigidez de 18 kN /m y no está deform ado cuando 0 = 60°, determ ine el ángulo 0 necesario para el equilibrio. La carga tiene una m asa de 1.5 Mg. Investigue la estabilidad en la posición de equilibrio. SOLUCIÓN Energía potencial. La energía potencial gravitacional p ara la carga con respecto al plano de referencia fijo, que se m uestra en la figura 11-186, es

Vg = m g y = 1500(9.81) N[(4 m) sen $ + h] = 58 860 sen $ + 14 7156 donde h es una distancia constante. A p artir de la geom etría del sistem a, el alargam iento del resorte cuando la carga está sobre la plataform a es s = (4 m) eos 9 - (4 m) eos 60° = (4 m) eos 9 - 2 m. Por consiguiente, la energía potencial elástica del sistem a es Ve = I k s 1 = |(18 000 N/m )(4 m eos 8 - 2 m )2 = 9000(4 eos 8 - 2)2 Por lo tanto, la función de energía potencial para el sistem a es V = Vg + Ve = 58 860 sen 8 + 1 4 715/j + 9000(4cos 8 - 2 ) 2 Equilibrio.

^

Cuando el sistem a está en equilibrio,

= 58 860 eos B + 18 000(4 eos B - 2 ) ( - 4 s e n 8) = 0

d9

58 860 eos 0 - 288 000 sen 9 eos 9 + 144 000 sen 0 = 0 Como sen 20 = 2 sen 0 eos 0, 58 860 eos 0 - 144 000 sen 20 + 144 000 sen 0 = 0

k = 1 8 k N /m \/ /

Al resolver por prueba y e rro r

4 m eos#

0 =28.18° y 0 =45.51° Estabilidad.

d 2V

Resp.

Si se obtiene la segunda derivada de la ecuación 1,

= - 5 8 860 sen 0 - 288 000 eos 20 + 144 000 eos 0

Al sustituir 0 = 28.18° se obtiene d 2V dé2

= -6 0 409 < 0

Inestable

R esp.

E s ta b l e

Resp.

Y p ara 0 =45.51°, d 2V

dÓ2

= 64 073 > 0

(b) Fíg. 11-18

Plano de referencia

OMAR ROJAS 5 8 8

C a p ít u l o 11

EJEMPLO

T r a b a j o v ir t u a l

11.8 m

e

El bloque homogéneo con masa m descansa sobre la superficie supe­ rior del m edio cilindro, figura 11-19«. D em uestre q u e ésta es una condición de equilibrio inestable si h > 2R. SOLUCIÓN

(a)

Función potencial. La referencia se establece en la base del cilin­ dro, figura 11-196. Si el bloque se desplaza una cantidad 0 desde la posición de equilibrio, la función potencial es

V = ve + v g W = mg

= 0 + m gy A partir de la figura 11-186,

^ j eos 0 + RO sen 0

y = Por tanto,

V = mg Fig. 11-19

[R )

eos 0 + RO sen 0

Posición de equilibrio

dV dO

mg

^ j sen 0 + R sen 0 + R$ eos 0

= m g ^ - ^ s c n O + RO eos

= 0

= 0

Observe q ue 8 = 0 ° satisface esta ecuación. Estabilidad.

Al tom ar la segunda derivada de V se obtiene

d 2V dé1

= m g \ - —eos 0 + R co sO - ROsenO

H

En 0 = 0 o, d*V dO1 0=0°

■mg

(H

Como todas las constantes son positivas, el bloque estará en equili­ brio inestable siem pre q u e h > 2 R yporque entonces cfV/dO 2 < 0.

OMAR ROJAS 1 1 .7

E s t a b il id a d d e la c o n f ig u r a c ió n d e l e q u il ib r io

589

PROBLEMAS 11-26. Si la energía potencial para un sistema conserva­ dor de un grado de libertad se expresa mediante la rela­ ción V = (4JT3 - x2 - 3x + 10) pies • Ib, donde x está dada en pies, determine las posiciones de equilibrio e investigue la estabilidad en cada una de esas posiciones. 11-27. Si la energía potencial para un sistema conserva­ dor de un grado de libertad se expresa mediante la relación V = (24 sen 0 + 10 eos 20) pies • Ib, 0o ^ 0 ^ 90°, determine las posiciones de equilibrio e investigue la estabilidad en cada una de esas posiciones.

11-30. El resorte tiene una rigidez k = 600 lb/pie y no está deformado cuando 0 =45°. Si el mecanismo está en equilibrio cuando 0 = 60°, determine el peso del cilindro D. Ignore el peso de los elementos. La barra A B perm a­ nece horizontal en cualquier momento puesto que el collar puede deslizarse libremente a lo largo de la guía vertical.

*11-28. Si la energía potencial para un sistema conserva­ dor de un grado de libertad se expresa mediante la rela­ ción V = (3y* + 2y2 — 4y + 50) J, donde y está dada en metros, determine las posiciones de equilibrio e investigue la estabilidad en cada una de esas posiciones. •11-29. El puente de 2 Mg, con centro de masa en el punto G, se eleva mediante dos vigas CD, localizadas a cada lado del puente. Si el contrapeso E de 2 Mg está unido a las vigas como se muestra en la figura, determine el ángulo 0 necesario para el equilibrio. Ignore el peso de las vigas y de las barras de unión.

11-31. Si los resortes en A y C tienen una longitud no deformada de 10 pulgadas mientras que el resorte en B tiene una longitud no deformada de 12 pulgadas, determi­ ne la altura h de la plataforma cuando el sistema está en equilibrio. Investigue la estabilidad de esta configuración de equilibrio. El paquete y la plataforma tienen un peso total de 150 Ib.

201b/pulg

k \ = 20 Ib /pulg

Prob. 11-29

k 2 = 30 Ib /pulg

Prob. 11-31

OMAR ROJAS 59 0

C a p ít u l o 11

T r a b a j o v ir t u a l

*11-32. El resorte no está deformado cuando 0 = 45° y tiene una rigidez de k = 1000 lb/pie. Determine el ángulo 0 necesario para el equilibrio si cada uno de los cilindros pesa 50 Ib. Ignore el peso de los elementos.

11-34. Si se coloca una carga I de 10 kg sobre la bande­ ja, determine la posición x del bloque H de 0.75 kg para lograr el equilibrio. La báscula está en equilibrio cuando el peso y la carga no se encuentran sobre ella.

11-35. Determine los ángulos 0 necesarios para el equi­ librio del cilindro de 200 Ib e investigue la estabilidad de cada posición. El resorte tiene una rigidez de k = 300 lb/pie y una longitud no deformada de 0.75 pie. Prob. 11-32

•11-33. Una mesa de servicio uniforme de 5 kg se sos­ tiene en cada lado mediante dos pares de eslabones idén­ ticos, A B y CD, y resortes CE. Si el tazón tiene una masa de 1 kg, determine el ángulo 0 con el que la mesa está en equilibrio. Cada uno de los resortes tiene una rigidez de k = 200 N/m y se encuentra sin deformar cuando 0 = 90°. Ignore la masa de los eslabones. Prob. 11-35

250 mm

150 mm

*11-36. Determine los ángulos 0 necesarios para el equilibrio del cilindro de 50 kg e investigue la estabilidad de cada posición. El resorte no está deformado cuando 0 = 60°.

OMAR ROJAS 1 1 .7

•11-37. Si el mecanismo está en equilibrio cuando 0 = 30°, determine la masa de la barra BC. El resorte tiene una rigidez de k = 2 kN/m y no está deformado cuando 0 = 0o. Ignore la masa de los eslabones.

E s t a b il id a d d e la c o n f ig u r a c ió n d e l e q u il ib r io

591

11-39. El eslabón uniforme A B tiene una masa de 3 kg y está conectado mediante pasadores en sus dos extremos. La barra BD , que tiene un peso insignificante, pasa a tra­ vés de un bloque giratorio en C. Si el resorte tiene una rigidez de k = 100 N/m y no está deformado cuando 0 = 0o, deter­ mine el ángulo 0 necesario para el equilibrio e investigue la estabilidad en la posición de equilibrio. Ignore el tamaño del bloque giratorio.

400 mm

Prob. 11-37

Prob. 11-39

11-38. La barra uniforme OA pesa 20 Ib, y cuando la barra está en posición vertical, el resorte no está deforma­ do. Determine la posición 0 necesaria para el equilibrio. Investigue la estabilidad en la posición de equilibrio.

*11-40. El camión tiene una masa de 20 Mg y su centro de masa en G. Determine la pendiente máxima 0 en la que puede estacionarse sin voltearse e investigue la estabilidad en esta posición.

Prob. 11-38

Prob. 11-40

OMAR ROJAS 59 2

C a p ít u l o 11

T r a b a j o v ir t u a l

•11-41. El cilindro está hecho de dos materiales de tal forma que tiene una masa m y centro de gravedad en el punto G. Muestre que cuando G se encuentra por arriba del centroide C del cilindro, el equilibrio es inestable.

11-43. Determine la altura h del cono en términos del radio r de la semiesfera de modo que el ensamble esté en equilibrio neutro. Tanto el cono como la semiesfera están hechos del mismo material.

Prob. 11-41

Prob. 11-43

11-42. La taza tiene un fondo semiesférico y una masa m. Determine la posición h del centro de masa G de modo que la taza esté en equilibrio neutro.

*11-44. Un bloque homogéneo descansa en la parte superior de la superficie cilindrica. Obtenga la relación entre el radio r del cilindro y la dimensión b del bloque para obtener equilibrio estable. Sugerencia: establezca la función de energía potencial para un ángulo 0 pequeño, es decir,aproxime s e n 0 « O y c o s 0 « l - O2/2.

Prob. 11-42

Prob. 11-44

OMAR ROJAS 1 1 .7

E s t a b il id a d d e la c o n f ig u r a c ió n d e l e q u il ib r io

593

•11-45. El cono homogéneo tiene una cavidad cónica cor­ tada en su base como se muestra en la figura. Determine la profundidad d de la cavidad en términos de h de manera que el cono se equilibre sobre el pivote y permanezca en equilibrio neutro.

*11-48. El ensamble que se ilustra consta de un cilindro semicircular y un prisma triangular. Si el prisma pesa 8 Ib y el cilindro pesa 2 Ib, investigue la estabilidad cuando el ensamble descansa en la posición de equilibrio.

Prob. 11-45

Prob. 11-48

11-46. El ensamble que se ilustra consiste en un semicilindro y un bloque rectangular. Si el bloque pesa 8 Ib y el semicilindro pesa 2 Ib, investigue la estabilidad cuan­ do el ensamble descansa en la posición de equilibrio. Con­ sidere h = 4 pulg.

•11-49. Un orificio cónico se taladra en la base del cilin­ dro, y éste se sostiene por medio del fulcro en A Determine la distancia d mínima para que el cilindro permanezca en equilibrio estable.

11-47. El semicilindro de 2 Ib sostiene al bloque rec­ tangular que tiene un peso específico de y = 80 lb/pie3. Determine la altura h del bloque que producirá un equili­ brio neutro en la posición que se ilustra.

Probs. 11-46/47

Prob. 11-49

OMAR ROJAS 594

C a p ít u lo

11

Tr a b a jo

v irt u a l

REPASO DEL CAPÍTULO Principio del trabajo virtual Las fuerzas que actúan sobre un cuerpo realizarán trabajo virtual cuando el cuer­ po experimente un desplazamiento o una rotación diferencial imaginaria.

Para el equilibrio, la suma del trabajo vir­ tual realizado por todas las fuerzas que actúan sobre el cuerpo debe ser igual a cero para cualquier desplazamiento virtual. A esto se le llama principio del trabajo virtual, y es útil para determinar la configuración de equilibrio de un mecanismo o de una fuerza reactiva que actúe sobre una serie de ele­ mentos conectados.

Si el sistema de elementos conectados tiene un grado de libertad, entonces su posición puede especificarse por medio de una coor­ denada independiente como 0.

Para aplicar el principio del trabajo virtual, primero es necesario usar coordenadas de posición para localizar todas las fuerzas y momentos actuantes sobre el mecanismo que efectuarán trabajo cuando éste experi­ mente un movimiento virtual 80.

Las coordenadas se relacionan con la coor­ denada independiente 0, y entonces esas expresiones se diferencian para relacionar los desplazamientos coordenados virtuales con el desplazamiento virtual 80.

Por último, la ecuación del trabajo virtual para el mecanismo se escribe en función del desplazamiento virtual común 80 y luego se iguala a cero. Al factorizar 80 fuera de la ecuación, es posible determ inar entonces la fuerza desconocida o el momento de par desconocido, o bien la posición de equili­ brio 0.

8y, 8/ -desplazamientos virtuales 80-rotación virtual

8U = 0

SyVZ

OMAR ROJAS R e p a s o d e l c a p ít u l o

Criterio de la energía potencial para el equi­ librio

Plano de referencia

Cuando un sistema está sometido sólo a fuerzas conservadoras, como las fuerzas del peso o las de un resorte, entonces la confi­ guración del equilibrio puede determinarse con la Junción V de la energía potencial para el sistema.

yi

1

(a)

V = Vg + Ve = - W y + \ k y 2

La función de la energía potencial se esta­ blece al expresar la energía potencial del peso y del resorte para el sistema en térmi­ nos de la coordenada independiente q.

Una vez formulada la función de la energía potencial, su primera derivada se establece como igual a cero. La solución proporcio­ na la posición de equilibrio q#j para el sis­ tema.

La estabilidad del sistema se puede investi­ gar si se toma la segunda derivada de V.

dV

-dq T =°

dV „ 0 dV

„

d2V

„

equilibrio estable

T q = °’ ¿ ? < 0

equilibrio inestable

dV _ ^ dq dq2

•• = 0

^ dq3

equilibrio neutro

595

OMAR ROJAS 59 6

C a p ít u l o 11

T r a b a j o v ir t u a l

PROBLEMAS DE REPASO 11-50. La prensa punzonadora consiste en el pisón R, que conecta a la barra A B y a un volante. Si se aplica un par de torsión de M = 50 N • m al volante, determine la fuerza F aplicada en el pisón para m antener la barra en la posición 0 = 60°.

*11-52. Los eslabones uniformes A B y BC pesan cada uno 2 Ib y el cilindro pesa 20 Ib. Determine la fuerza hori­ zontal P requerida para mantener el mecanismo en 0 = 45°. El resorte tiene una longitud no alargada de 6 pulg.

Prob. 11-50

Prob. 11-52

11-51. La barra uniforme tiene un peso W. Determine el ángulo 0 necesario para el equilibrio. El resorte no está comprimido cuando 0 = 90°. Ignore el peso de los rodi­ llos.

•11-53. El resorte unido al mecanismo tiene una longi­ tud no alargada cuando 0 = 90°. Determine la posición 0 necesaria para el equilibrio e investigue la estabilidad del mecanismo en esta posición. El disco A está conectado mediante un pasador al bastidor colocado en B y tiene un peso de 20 Ib.

Prob. 11-51

Prob. 11-53

OMAR ROJAS P r o blem a s d e r ep a so

597

11-54. Determine la fuerza P q u e debe aplicarse a la cuer­ da enrollada alrededor del tam bor en C, la cual es necesa­ ria para elevar el cubo que tiene una masa m. Observe que mientras el cubo se eleva, la polea rueda sobre una cuer­ da que se enrolla sobre la flecha B y se desenrolla de la flecha A .

*11-56. La barra uniforme A B tiene un peso de 10 Ib. Si el resorte D C no está estirado cuando 6 = 0o, determine el ángulo 0 necesario para el equilibrio por el principio del trabajo virtual. El resorte siempre permanece en la posi­ ción horizontal debido a la guía de rodillo en D.

Prob. 11-54

Probs. 11-56/57

11-55. La barra uniforme A B pesa 100 Ib. Si ambos resortes D E y BC no están alargados cuando 0 = 90°, determine el ángulo 0 necesario para el equilibrio por el principio de la energía potencial. Investigue la estabilidad en la posición de equilibrio. Ambos resortes actúan siem­ pre en la posición horizontal debido a las guías de rodillo colocadas en C y E.

11-58. Determine la altura h del bloque B de modo que la barra esté en equilibrio neutro. Los resortes no están estirados cuando la barra se encuentra en la posición verti­ cal. El bloque tiene un peso W.

•11-57. Resuelva el problema 11-56 con el principio de la energía potencial. Investigue la estabilidad de la barra cuando está en la posición de equilibrio.

ü

Prob. 11-55

Prob. 11-58

OMAR ROJAS

APÉNDICE

Repaso y expresiones matemáticas

A

Repaso de geometría y trigonometría Los ángulos 0 e n la figura A -l son iguales e n tre la línea transversal y las dos líneas paralelas.

Flg. A -l

Para una línea y su n o rm a l, los ángulos 0 de la figura A-2 son iguales.

59 8

OMAR ROJAS A p é n d ic e A

R e p a s o y e x p r e s io n e s m a t e m á t ic a s

P ara el círculo de la figura A -3, s = 0r, d e m anera que cuando 0 = 360° = 2ir rad entonces la circunferencia es s = 2 ttt. A dem ás, com o 180° = 7rra d , entonces 0 (rad) = (7r/18O°)0°. E l área del círculo es A = t¡t 2.

Fíg. A-4

Fíg. A-3

Los lados de un trián g u lo sem ejan te se p u ed en o b te n e r p o r proporción, com o e n la figura A -4, d o n d e

~7

A

B

C

P ara el trián g u lo rectángulo de la figura A -5 , el te o re m a de P itágoras es

h = V ( o ) 2 + (a)2 Las funciones trig o n o m étricas so n sen 6 =

Fíg. A-5 CO S0 =

tan 9 =

Lo a n te rio r p u ed e re c o rd a rse con facilid ad com o “so h , c a h , to a ” , es decir, e l seno es e l o p u esto so b re la h ip o te n u sa , e tc é te ra . A p a rtir d e esto se o b tie n e n las o tra s funciones trig o n o m étricas.

OMAR ROJAS 600

A p é n d ic e A

R e p a s o y e x p r e s io n e s m a t e m á t ic a s

Identidades trigonométricas sen 2 6 + eos2 6

=

Expansiones de series de potencias

1

*3

se n x = x

3!

*2

+ •••, cos x = 1 - — +

2!

s e n (0 ± (f>) = s e n 0 cos sen 26 = 2 se n 0 cos 6

jc3

jc2

sen h x = x + — + ■• •, cosh x = 1 + — + e o s (6 ± (f>) = eos 6 eos =F s e n 0 sen eos 26 = eos2 6

-

sen2 6

+ eos 20

eos 6

Derivadas , sen0

cos 20

^ ta n 0 =

1

/

^

sen 0

d . . du — (sen «) = c o sw —

M\

) = "“

^

aje

aje

cos 0

+ tan 2 0 = sec 2 6

1

+ cotz 6 = cscz 6

d f ^ dv du — (u v ) = u — + v — dx dx dx

Fórmula cuadrática Si ax2 +

+ c = 0, e n to n c e s * =

Funciones hiperbólicas sen h x =

cosh x =

tanh x =

du

fr ± V¿?2 - 4nc 2«

-d xí \-v )) =

d — (cosm ) = dx

dw -sen w — dx

dv

V d x ~ Ud x

d ,

.

7

du

— (tan m) = sec w— dx

dx

d . . , dw d , t . du — (cot w) = -e s c w— -—(senh w) = cosh w— dx d x d x dx

e* - e * d . . du d , t . du — (sec w) = tan wsec w— — (cosh w) = senh w— dx dxdx dx

ex + e

2 senh x cosh x

9 d .

.

dw

— (cscw) = -c s c w c o tw — dx

dx

OMAR ROJAS A p é n d ic e A

Integrales í x n+* / x n d x = —— - + C yn * - 1 J

h

n

dx —

+

1

1

, .

, .

J

x V x 2 ± a2dx

J

x2V x 2 ± a2dx = ^ V ( x 2 ± a2)3

1

+

= | V ( j c 2 ± fl2 ) 3 + C

_

ln

2V ^6a

a + x V -a 6

+ C,

-a — x y / —abab
0

dx

/

bx + ex2

Va

= —z^ln V a + b x + ex 2 +

Ve

+ 6* d x = ^ V ( a + 6*)3 + C

xVc + —

,

-2(2« - 3 b x ) V ( a + b x f

z-----------------+ C Sx V ~‘ + b x d x = -------------------156 J x2Va + bx dx 2

(8a2 -

1 2 a 6 jc

+ 1562*2)V (a +

6

a:

)3

+ C

1056*

+

* V a 2 - x 2 + a 2sen“1-

¡ V i

a a >

J

xV a2 - x2dx

J

x2V á ^ V d x =

=

+ ^ -(je V a 2 -

J

601

= -ln (« + fe ) + C

dx

J Va

R e p a s o y e x p r e s io n e s m a t e m á t ic a s

/ + C,

V ± a2 ± a2 ln(* + W

± a2)

V=¿

—2cx 2cx — ~ b6 \ _ —= = ) + C, c < \V AacJ Vb 6 22 - 4ac^

0

sen x d x = - e o s x + C eos x d x = sen x + C

f 1 x / * co s(ajt) d x = -z c o s(a x ) + -se n (a jc ) + C J az a

/

V (a2 — *2)3

x2 + a2sen-1^

J J

1

;— sen

+ C, c > 0

0

V ( a 2 - V )3 + C

V x 2 ± a2 dx = jcV

Cy

=

2V e

a>0

2* aV -2 ; r c o s (a * )d * = —z-cos(ajc) + z— sen(ajc) + C

= -e " + C

a

/* e** I xeax d x = —^ (a* - 1) + C

J J

senh x d x = oosh x + C cosh x d x

= senh x + C

OMAR ROJAS

OMAR ROJAS

Problem as fundam entales Soluciones parciales y respuestas F2-9.

Capítulo 2

U F r) x = ZFX;

F2-1. Fr = V (2 kN )2 + (6 kN )2 - 2(2 kN )(6 kN) eos 105° = 6.798 kN = 6.80 kN Resp. sen sen 105c 6 kN 6.798 k N ’ * 58 49 0 = 45° + = 45° + 58.49° = 103° Resp. F2-2.

F r = V200 2 + 50O2 - 2(200)(500) eos 140° = 666 N Resp.

F2-3.

F* = V6002 + 8002 - 2(600)(800) cos 60° = 721.11 N = 721 N sen a sen 60° W = ^ Ü T ; “ = 73’9° = a - 30° = 73.90° - 30° = 43.9° Fu 30 ; Fu = 22.0 Ib sen 45° sen 105‘ Fv 30 ; Fv = 15.51b sen 30° sen 105° Fab 450 sen 105° sen 30° Fab = 869 Ib Fac = 450 sen 45° sen 30° Fac = 636 Ib F 6 F = 3.11 kN sen 30° sen 105c

F2-4.

F2-5.

F2-6.

*2-7.

F24.

(FR)y = 15(1) + 20 - 15(l) = 20 kN í F r = 31.2 kN $ = 39.8°

F2-13.

Resp. Resp.

Resp. Resp.

Fx = 75 eos 30° sen 45° = 45.93 Ib Fy = 75 eos 30° eos 45° = 45.93 Ib Fz = -75 sen 30° = -37.5 Ib

FRx = 300 + 400 eos 30° - 250(f) = 446.4 N

a = cos-1^ )

= 52.2°

Resp.

FRy = 400 sen 30° + 25o(|) = 350 N

ß = cos"1^ )

= 52.2°

Resp.

Fr = V(446.4)2 + 35O2 = 567 N 0 = t a n '¿ j^ = 38.1°^£

Resp. Resp.

y = cos_1( ^ ) = 120°

Resp.

603

OMAR ROJAS 604

S o l u c io n e s p a r c ia l e s y r e s p u e s t a s

F2-14. eos P = V i - eos2 1 2 0 ° - eos2 60° = ±0.7071

Se requiere p = 135°. F = Fup = (500 N)(-0.5í - Q7071j + 0.5k) = {-2501 - 354j + 250k} N Resp. F2-15. eos2« +

c o s

2135°

F2-22. F = F uab = 9 0 0 N (-|i + ¡ j - ¡k ) = { -400i + 700j - 400k} N F2-23. Ffl = Fbub = (8 4 0 N )(2 i-fj-fk )

+ eos2 120° = 1

« = 60° F = Fuf = (500 N)(0.5i - 0.7071j - " «ir\ = {2501 - 354j - 250k} N

= {360i - 240j - 720k} N Fc = FcUc

Resp.

= (420 N) (?i + f j - f k ) F2-16. Fz = (50 Ib) sen 45° = 35.36 Ib F' = (50 Ib) eos 45° = 35.361b

= {120i + 180j - 360k} N Fr = V(480N )2 + (-6 0 N)2 + (-1080 N)2

Fx = (|) (35.36 Ib) =21.21 Ib Fy = (5 )(35.36 Ib) = 28.28 Ib F = {-21.21 + 28.3j + 35.4k} Ib

= L18 kN Resp.

F2-24. Ffl = Fbub

F2-17. F z = (750 N) sen 45° = 530.33 N

= (6001b)(-jl + 1 j - |k )

F* = (750 N) eos 45° = 530.33 N Fx = (530.33 N) eos 60° = 255.1 N Fy = (530.33 N) sen 60° = 459.3 N F2 = {2651 - 459j + 530k} N

Resp.

= {—200i + 400j - 400k} Ib Fc = FcUc = (490 lb )(-f I 4- 2j - |k )

Resp.

= {-4201 + 210j - 140k} Ib F2-18. Fj = (5 ) (500 Ib) j + (|) (500 lb)k

^ = Fb + Fc = {-6201 + 61Oj -540k} Ib Resp.

= {400j + 300k} Ib F2 = [(800 Ib) eos 45o] eos 30° i

F2-25. uA 0= - | i + | j - ¡ k

+ [(800 Ib) eos 45o] sen 30° j + (800 Ib) sen 45° (-k ) = {489.901 + 282.84J - 565.69k} Ib Fr = Fj + F2 = {4901 + 683j - 266k} Ib F2-19. rAB = { - 6i + 6j + 3k} m

uF = -0.53451 + 0.8018j + 0.2673k 6 = eos-1 (u,4o ■uf ) = 57.7° Resp.

F2-26. uAB= - l j + l k

Resp.

rAB = V ( - 6 m)2 + (6 m)2 +

U F= li-¡j

(3 m)2 = 9 m Resp. a = 132°,p = 48.2°, y = 70.5° Resp. F2-20. rAB = {-41 + 2j + 4k} pies Resp. F2-27. rAB = V (-4 pies)2+ (2 pies)24- (4 pies)2 = 6 pies R esp.

- = « * - * ( ! $ ? ) = 131.8° 0 = 180° - 131.8° = 48.2° F2-2L rB = {21 + 3j -

6 k}

uoA-j = =

u0A

(1) eos 0

0 =

67.4°

F2-28. u a 4 = f 2i + ¿ j F = Fup = [650j] N

*(630N)(fl + } j - f k )

Resp.

Resp.

Uoa = { |¡ + ü j

eos 0

Fa = Fbub

= {180i + 270j - 540k} N

0 = eos-1 (u,4fl • uf ) = 68.9°

Resp.

m

Resp.

Foa = F • Uoa = 250 N Foa = F0a Uoa = { 23 U+%. 2 í } N

Resp.

OMAR ROJAS P r o blem a s fu n d a m en ta les

{4 i+1 j - 6 k}m F = (400 N) —:----- --------------- --------V (4 m) + (1 m) + ( - 6 m) = {219.781 + 54.94j - 329.67k} N

E3-6.

T ab sen 15° - 10(9.81) N = 0 Resp.

TAB = 379.03 N = 379 N

+ 2 F X = 0; T bc - 379.03Neos 15° = 0 Tsc = 366.11 N = 366 N Resp.

{ —4 j —6 k}m

+ 2 F X = 0; + Í 2 F y = 0;

V ( - 4 m )2 + ( - 6 m)2 = —0.5547j - 0.832lk Resp.

(FAo)ptoy ~ F ' “ao - 244 N F2-30.

+ Í 2 F y = 0;

F = [(-600 Ib) eos 60o] sen 30°i + [(600 Ib) eos 60o] eos 30° j + [(600 Ib) sen 60o] k = {—150i + 259.81j + 519.62k} Ib

F3-7.

Resp.

WOpe, = V(600 Ib) 2 - (446.41 Ib)2 = 401 Ib

Resp.

0

T Cd = 395 N 0 = 21.9°

Resp. Resp.

ZFX = 0;

[ ( |) f 3](2) + 600N —F 2 = 0

(i)

ZFy = 0;

(!)F > - [(i)^3](f) = o /i\ /= 0 = 6

+ Í 2 F y = 0;

0

ZFX = 0; F ab ~ 843.75(2) =

e = 13.5° W

t1— — »k N) t-n U»|W

Z F z = 0; F ad {Í) “ 900 = F ad = H25 N = 1.125 kN

F3-8.

p ^

Capítulo 3

(3) Resp. Resp. Resp.

II O

F2-29.

605

F ab = 692.82 N = 693 N |(900) + 692.82 sen 30° F ac = 646.41 N = 646 N

Resp. \c =

0

Resp.

FAc = Fac {-eos 60° sen 30° i + eos 60° eos 30° j + sen 60° k} = -Q.25Fac i + 0.4330F¿c j + O.SÓÓOF^k VAD = Fad{eos 120° i + eos 120° j + eos 45°k} = -0.5F .idI - 0.5Fad j + 0.707Í F ^ k ZFy = 0; 0.4330F ^ - O.SF^ = 0 ZFz = 0; 0.8660i^c + Q7071FAD - 300 = 0 F ad = 175.74 Ib = 176 Ib Resp. F ac = 202.92 Ib = 203 Ib Resp. = 0, Fab - 0.25(202.92) - 05(175.74) = 0 F ab = 138.60 Ib = 139 Ib Resp.

OMAR ROJAS S o l u c io n e s p a r c ia l e s y r e s p u e s t a s

6 0 6

F4-8.

E3-11.

Fb

CH M

\rAB)

= 2 Fd;

r )o

W r)0 = [(2)500 N](0.425m) { - 6 i + 3j + 2k} pies

Fb

_V

( -6

pies)2 + (3 pies)2 +

- [(|)500 N](0.25 m) (2

pies) ies)2]

- [(600 N) eos 60°](0.25 m) - [(600 N) sen 60o](0.425 m) = -268 N -m = 268N *m í F4-9.

J“

{ - 6i + 2 j + 3k} pies

= - f F c i - ? F cj + 2Fc k =

F ¿> !

F4-10.

W = { -150k} Ib 2F X = 0; - f F f l - f F c + FD = 0 2F„ 2

¿Fe

0

F, 0 ;¿ F b + *Fc - 1 5 0 Fb = 162 Ib Fc = 1.5(162 Ib) = 242 Ib Fd = 346.15 Ib = 346 Ib

0

F = F uab = 500 N(^i - |j ) = {400i - 300j}N Mo = >o/t X F = {3j} m X {400i - 300j} N = {-1200k}N -m Resp. O M0 = r 0 flX F = {41} m X {400¡ - 300j} N

(1) (2)

(3) Resp. Resp. Resp.

= 2 Fd\

r )o

(Mr)o = (300 eos 30° lb)(6 pies + 6 sen 30° pie) - (300 sen 30° lb)(6 eos 30° pie) + (200 Ib) (6 eos 30° pie) = 2.60 kip • pie Resp.

C|_ V ( -■6 6 pi( pies)2 + (-2 pies)2 + (3 pies) ies)2]

F o

C+ (M

= {-1200k}N*m F4-11.

Resp.

F = Fu*c { 4 l - 4 j - 2 k } pies

Capítulo 4

12 0

F4-L

C+M0 =600 sen 50° (5) + 600 eos 50° (0.5) = 2.49 kip •pie Resp.

.V(4 pies)2 + (-4 pies)2 + {80i - 80j - 40k} Ib

F4-2.

C+Ma =—(;)(100 N)(2 m )-g)(100 N)(5 m) = -460 N • m = 460 N • m ^ Resp.

F4-3.

C+M 0 = [(300 N) sen 30°][0.4m + (0.3 m) eos 45o] - [(300 N) eos 30°][(0.3 m) sen 45o] = 36.7 N • m Resp.

M,

F4-4. C +Mo = (600 lb)(4 pies + (3 pies)cos 45° - 1 pie) = 3.07 kip • pie Resp. F4-5. C +Mo = 50 sen 60° (0 .1 + 0 2 eos 45° + 0 .1 ) - 50 eos 60°(0.2 sen 45°) = 11.2 N • m Resp. F4-6. C +M 0 = 500 sen 45° (3 + 3cos45°) - 500 eos 45° (3 sen 45°) = 1.06 kN • m

M/

F4-12.

Ib

i J k 5 0 0 80 -80 -4 0 {200j - 400k} Ib *pie

Resp.

¡ j k 1 4 2 80 -80 -4 0 = {200j - 400k} Ib •pie

Resp.

*b X F

F r = Fi + F2 {(1 0 0 +

F4-7. C +(M r)0 = 2 Fd; (Mr )0 = -(600N)(1 m) + (500 N)[3 m + (2.5 m) eos 45o] - (300N)[(2.5 m) sen 45o] = 1254 N • m = 125kN • m Resp.

pies) ies)2]

rc X F

=

Resp.

( -2

=

(M /?)o -

(7 5

-

2 0 0 )1

+

1 0 0 )k }

{ — 100Í

ta

X F/j

+

130J

+

( -1 2 0

+

2 5 0 )j

Ib +

¡ 4 100

1 7 5 k }

j

Ib k

5

3

130

175

{4851 - lOOOj + 1020k} Ib-pie Resp.

OMAR ROJAS P r o blem a s fu n d a m en ta les

F4-13.

M x — i-(r0 ÄXF) -

1

0

0

0.3 300

0.4 -2 0 0

- 0 .2 150

20 N • m F4-14.

u OA ~

V(0.3 m)2 + (0.4 m): 0.6

0.8

0

0

300

-2 0 0

- 0 .2 150 Resp.

(200 N) eos 120° i + (200 N) eos 60° j + (200 N) eos 45° k {—lOOi + 10CS + 141.42k} N o

=

F4-20.

C+A/q = 300(4) + 200(4) + 150(4) = 2600 Ib • pie

Resp.

C+(M*)* = 'ZM b -1.5 kN-m = (2 kN)(0.3 m) -F(0.9 m) F = 2.33 kN

Resp.

0

-72 N • m

M

C+M C¡t = 'ZM a = 400(3) - 400(5) + 300(5) + 200(0.2) = 740 N • m Resp. o bien, C+MC/t = 300(5) - 400(2) + 200(0.2) = 740 N • m Resp.

Resp.

M oa ~ u¿M*(rAfi X F) -

F4-15.

F4-19.

{0.31 + 0.4j} m

tA rA

1

0

0

0

0.3

-1 0 0

100

0.25 141.42

X F) =

H * a

F4-21.

F4-22.

C +M C = 10(|)(2) - 10(|)(4) = -20 kN-m = 20 kN -m J

F4-23.

Ul

-21 + 2j + 3.5k] pies ri

V ( - 2 pies)2 + (2 pies) 2 + (3.5 pies) 2

—

n = lAi _

F4-17.

1

Mp = y (r A X F) = -3 30 = 210 N • m ua b

Mae

0

-4

2

-2 0

50

{-4i + 3j} pies

rAB

V (-4 pies)2 + (3 pies)'

uab'(*ac

i -

0.8 0

2.5 *

= (450 lb-pies) ( - ¿ i + ¿ j + jf k ) = { —200i + 200j + 350k) lb-pie (M c) 2 = (Mc) 2u 2 = (250 lb-pie)(-k) = { -250k} lb-pie

- 0 .8 i + 0 .6j

(M c)3 = (Mc) 3 u 3 = (300 lb-pie) ^ i - ¿ j )

x f)

= {1801 - 240j} lb-pie

j

k

0.6

0

0

2

(Mc)« = SAÍt; (M Jr = (-20i - 40j + lOOk) lb-pie

= - 4 Ib-pie

50 -4 0 20 M Ab = MABuAB = {3.21 - 2.4j} Ib-pie F4-18.

2.5*

(Mc), = (Aíc)lUl

Resp.

*a b

.

u2 = - k 3

F4-16.

| , _2_| ,

4 5 * + 45 J + 4 5 K

= 17.4 N • m 0

607

F4-24. Resp.

F 1 = [(Í)500N ](|) = 240N

Fa = (f)(450 N)j - (f)(450 N) k = {360j - 270k} N M c - rAB X F Ä

Fy = [(j)500 n ] ( |) = 320 N Fz = (500 N )(|) = 300 N M x = 300 N(2 m) - 320 N(3 m) = -360 N • m M y = 300 N(2 m) - 240 N(3 m) = -120 N-m M z = 240 N(2 m) - 320 N(2 m) = -160 N-m

Resp. Resp. Resp.

Resp.

k

i 0.4

j 0

0

0

360

-270

= {108j + 144k) N-m o bien, Mc = (r^ X F¿) + (rÄ X Ffl) k i 0.3 + 0.4 0 -360 270 0 {108j + 144k) N-m

Resp.

i

j

j

0

0

0

360

k 0.3 -270

Resp.

OMAR ROJAS S o l u c io n e s p a r c ia l e s y r e s p u e s t a s

6 0 8

F4-29.

SF,

t FRx

1FX, FKx = 200 - ¡ (100) = 140 Ib

+ Í F Ry

S / y Fr, = 150 - |(100) = 70 Ib

Fi + F2

V1402 + 702 = 157 Ib

(—3001 + 150j + 200k) + ( -450k) {—300i + 150j - 250k} N Resp.

F4-25.

Fr e

í+

m

F4-26.

tan_1 ( S ) = ZM a; f (100)(4) 210 Ib *pie

Ar

*FX; F Rx

Rx

+ 1 f R,

26 60

Resp.

^

5 (100)(6)

(50) = 40 N

rOB (M r )o

SM ;

(M ¿ o

*o b

Resp.

lan 'í^ f) = 68.2° ^

Resp.

C + M A„: X M a, 30(3) + | (50)(6) + 200 470 N • m F4-27.

F4-30.

Resp.

Fr (M/?)o

Resp.

Resp. 6 = tan- 1 ( ^ § p ) = 67.4° ^ ( M r )a = Z M A-, ( M r )A = 300 - 900 cos30° (0.75) - 300(2.25) = -959.57 N-m = 960 N • m¡) Resp.

F4-31.

i (Fr), = ZFX;

F4-32.

(Fr ), = 150(j) + 50 - 100(j) = 60 Ib -* + t(f« )y = SFy; (Fr), =

W

a

150(f) " 100(Í)

0

-450 Resp.

{-0.41 - 0.3k} m

V(-0.4 m)2 + (-0.3 m)2J

C + F r x = 2 AÍ0;

1250(jc) = 500(3) + 250(6) + 500(9) x = 6 pies

Resp.

Í-KF*), = (Fr) x = 100(|) + 50 sen 30° = 85 Ib —>

(Fr), =200 + 50 eos 30° - 100$ = 163.30 lbt Resp.

A*

Fr

Resp.

= V852 + 163.302 = 184 Ib

e = tan_1 f ^ f ) = 62.5° ¿Z (> + ( M r ) a

= 100(|)(1) " 100(|)(6) - 150(j)(3)

-640 = 640 Ib •pie J)

0

+ t (Fr),

Fr = V ®)2 + 1802 = 189.74 Ib = 190 Ib Resp.

C +(^)a

k

2

+ i F r = XFy; F r = 500 + 250 + 500 1250 Ib Resp.

= -1801b = 1801b i e = taiT1^ ) = 71.6° ^

j

{-751} N-m {—160i - lOOj - 120k) N Resp. (0.3k)X(-100j) i j k 0 0.5 0.3 + (-751) -160 0 -1 2 0 {-1051 - 48 j + 80k) N-m Resp.

Mc

= -1079.42 N = 1079.42 N i

F4-28.

X F2

{ —1601 — 120k} N

+ t ( FR)y = (F r), = -900 eos 30° - 300

C+

To a

0)k

Fj = {-100j} N F2 = (200 N)

1 (Fr)x = *FX(Fr)x = 900 sen 30° = 450 N -»

Fr = V4502 + 1079.422 = 1169.47 N = 1.17 kN

X Fj +

-

(1

k i i j 2 + 0 -1.5 1 -300 150 200 0 { -650i + 375k}N-m

100 N V(40)2 + (100)2 = 108 N

= {2 j} m

( - 1 .5 - 0)i + (2 - 0)j + (-1.51 + 2j + lk } m

S F y; F r , = 40 + 30 + 1 (50)

Fr 0

0 )j

(2

+ 150(3) Resp.

-

rOA

Resp.

= 2 A/a ; 163.30(d) = 200(3) - 100 $ (6 ) + 50 eos 30°(9) Resp. d = 3l12 pies

OMAR ROJAS 609

P r o blem a s fu n d a m en ta les

F4-33.

F4-37.

+ - >(FR)X =

- F r = -6(1.5) - 9(3) - 3(1.5) Fr = 40.5 kN 1 C +(M r) a = XA/,; -40.5(d) = 6(1.5)(0.7S) - 9(3)(1.5) - 3(1.5)(3.75) d = 1.25 m

(FR)x = 15(i) = 12 kN —► + í(F *)y = S F y; (FR)y = -2 0 + 15(|) = -11 kN = 11 kN l Fr = V l22 + ll2 = 16.3 kN 6 = ta ir '( ^ ) = 42.5° ^

C+ ( M r ) a

=

Resp. Resp.

2M ,;

F4-38.

-U ( d ) = -20(2) - 15(|)(2) + 15(¡)(6) d = 0.909 m Resp. F4-34.

F4-39.

= -10 kN = lO kN l

Q + (M

kN

Resp.

6 = ta n - '( f i^ ) = 63.4o? ’

Resp.

r

)a

=

1 1 .2

F4-40.

1650d = [| (6)(150)](4) + [8(150)](10) d = 8.36 pies

Resp.

Z M a,

+ t F r = XFy; 2 (6 )(6 )

= 27 kN l = Z M A} = i (6)(3)(1) - j (6)(6)(2) =1m

Resp.

Resp.

+ 1 F r = E F y; F r = \ (50)(6) + 150(6) + 500

Z M a \

= 1550 Ib

C + a ía„,=

- [(|)SkN ](2m ) - ¡(|)5kN](4m) d = 0.2 m

i m

Resp.

a,

1550d = [j (50)(6)](4) + [150(6)](3) + 500(9) d = 5.03 pies

Resp.

+ ÍF R = 2 F Z\ F r = 400 + 500 - 100 = 800 N Resp. M Rx = 2AÍX; -800^ = -400(4) - 500(4) y = 4.50 m Resp. MRy = 2M y; 800* = 500(4) - 100(3) x = 2.125 m

F4-36.

Resp. Resp.

5 kN(d) = 8kN(3 m) - 6kN(0.5 m)

F4-35.

Resp.

+ 8(150) = 1650 Ib

Fr C +(M r )a -2 7 (d) d

(FR)y = - 6 kN - (f)S kN

= VS2 + 102 =

5 (6)(150)

—F r = —§ (6)(3) -

+ t(F * )y = XFy;

Fr

Fr = C + M Ak=

+ (F*)x = S F X; (Fr )x = (?)5kN - 8 kN = -5 k N = 5kN < -

+ | F r = XFy;

F4-41.

600* = 100(3) + 100(3) + 200(2) - 200(3) * = 0.667 m Resp.

+ Í F S = EFy; ~ F r = - j (3)(4.5) - 3(6)

Fr = 24.75 kN 1

C+ ( M

r

)a =

Resp.

XM4;

-24.75(d) = —f (3)(4.5)(1.5) - 3(6)(3) d = 2.59 m

Resp.

+ ÍF r = S F z; F r = 200 + 200 + 100 + 100 = 600 N Resp. M Rx = 2 MX; -600y = 200(1) + 200(1) + 100(3) - 100(3) y = -0.667 m Resp. M R y=

Resp.

F4-42.

Resp.

Fr = J w(x) dx = J 2.5^ dx = 160 N

C + m A x =

i m

a-

/ xw(x) dx / w(x) dx

/ 2.5* 4 dx 160

3.20 m

OMAR ROJAS 610

S o l u c io n e s p a r c ia l e s y r e s p u e s t a s

Capítulo 5 FS-L

E5-5. = 0;

- A x + 500(|) = 0 Ax = 300 Ib

Resp.

- 2 Fx = O, T as eos 15° - (151.71 N) eos 60° = 0 T ab = 78.53 N = 78.5 N + 1 2 F y = 0;

C + Z M a = 0; B ,( 10 ) - 500g)(5) - 600 = 0 By = 260 Ib Resp. + Í 2 F , = 0; A y + 260 - 500(f) = 0 Ay = 140 Ib E5-2.

C

Resp.

F5-6.

±,2F X = 0; A x + (1131kN)eos 45° = 0 A x = - 8 kN = 8 kN ZFX = 0; 450 Ib - FAB = 0 F a b = 450 Ib (T) Nodo A.

Resp.

Gy(12 m) - 20 kN(2 m)

C + 2M* = 0; 33.33 kN (8 m) - 40 kN (2 m) - FCD(3 m) = 0 F cd = 62.2 kN (T) Resp. C+ = 0; 33.33 kN (6 m) - FKJ(3 m) = 0 F kj = 66.7 kN (C) Resp. + U F y = 0; 33.33 kN - 40 kN + F*Dsen 56.31° = 0 F*d = 8.01 kN (T) F6-10.

Resp.

A partir de la geometría de la armadura, tan 4> = P ' t f f 30* = 1.732

tf> = 60°

C + 2Mc = 0; Fe f sen 30°(6 pies) + 300 lb(6 pies) = 0 F EF = -600 Ib = 600 Ib (C) Resp. C + 2M D= 0; 300 lb (6 pies) - F cf sen 60° (6 pies) = 0 F cf = 346.41 Ib = 346 Ib (T) Resp.

C+

Z M f

=

0;

3001b(9 pies)-3001b(3 pies)-FfiC(9 pies) tan 30° =0 F bc = 346.41 Ib = 346 Ib (T) Resp.

340.19 Ib - FAE = 0 Resp.

+ t 2 F y = 0; FCFsen 45° - 600 - 800 = 0 F cf = 1980 Ib (T) C + S A ÍC = 0; F f e (4) - 800(4) = 0 F FE = 800 Ib (T) C + 2 Mf = 0; Fbc(4) - 600(4) - 800(8) Fbc = 2200 Ib (C)

C + XM a = 0;

Resp.

= tan - 1 (3 m/2 m) = 56.31°.

Resp.

Í 2 F X = 0; (519.62 Ib) eos 30° - F BC = 0 Resp. Nodo D. +/*2Fy = 0; FflDcos30° = 0 FBD = 0 Resp.

F ae = 340 Ib (C)

F lk - 62.22 kN = 0 F lk = 62.2 kN (C)

A partir de la geometría de la armadura,

Resp.

F bc = 450 Ib (T)

+ t 'ZFy = 0;

Resp.

0;

- 30 kN(4 m) - 40 kN (6 m) = 0 Gy = 33.33 kN

259.81 Ib - FCDsen 30° = 0

F cd = 519.62 Ib = 520 Ib (C)

=

Í*2FX = 0;

NodoC. + t 2 F y = 0;

?1 = 12.0 kN (T) Nodo A: Fa f sen 45° — P = 0 Nodo F: Ffg eos 45° - 1.4142 P eos 45° = 0 Nodo E: fe> - 2P = 0 Nodo B: PfiDsen 45° - 1.4142 P sen 45° = 0 Nodo C:3P - Nc =0 2P = 800 Ib P = 400 Ib 3P = 600 Ib P = 200 Ib (controla) Fb g = FCG = FAG = Fd f = Fc f = Fe f = 0 Fab = Fde = 667 Ib (C) Fbc = Fcd = 667 Ib (C) Fbg = Fgc = Fga = 0 Fdf = 400 Ib (C) Ffc = Ffe = 333 Ib (T) Fb c = Fba = 708 Ib (C) Fdc = Fde = 825 Ib (C) Nodo v4: Fa c sen 0 = 0 Nodo D: 2.60 P2 eos 22.62° —FDC = 0 Nodo B: - 2.60 P2sen 22.62° = 0 P2 = 135 Ib Fbg = 0 Fb c = 2450 Ib (C) Fcg = 1768 Ib (T) FGd = 1250 Ib (C) Fgd = 1768 Ib (C) Fgf = 2500 Ib (T) Fae = 2450 Ib (C) Faf = 0 = 1250 Ib (C) Fef = 1768 Ib (T) Fpd = 1768 Ib (C)

6-15. 6-17.

P = 2000 Ib Nodo A: 0.8333P eos 73.74° + P eos 53.13c - Fab = 0 Nodo B:0.8333P(1) - FBC(§) = 0

6-18.

6-19.

6-21.

6-22.

6-23.

6-25.

Nodo D: Fde - 0.8333P - P eos 53.13° - 0.8333P eos 73.74° = 0 P = 150 kN (controla) Ffa = 1500 Ib (C) Ffe = 1200 Ib (T) Fed = 1200 Ib (T) 0 EA Fad = 1250 Ib (C) Fab = 200 Ib (C) Fbc = 200 Ib (C) Fbd = 0 Fd c = 250 Ib (T) Ffa = 75 Ib (C) F£D = 601b (T) f e = 60 Ib (T) Fea = 55 Ib (C) f e = 1541b (C) f e = 63.3 Ib (T) Fbc = 63.3 Ib (T) Fbd = 55 Ib (T) Fdc = 79.2 Ib (C) Nodo D: FDC sen 45° + FDEeos 30.25° - W = 0 Nodo i4: - 1.414 W sen 45° = 0 m = 1.80 Mg Fcd = 778 N (C) Fcb = 550 N (T) f e = 70.7 N (C) f e = 500N(C) f e i = 636 N (C) f e = 70.7 N (T) f e = 450N(T) Fcd = 286 N (C) f e = 202 N (T) f e = 118 N (T) f e = 2 8 6 N (Q f e = 118 N (T) f e = 202 N (T) f e = 286N(C) Nodo A: 1.4142 P eos 45° - f e = 0 Nodo D: Fdc “ 14142 P eos 45° = 0 Nodo P: Pf£ - 1.4142 P sen 45° = 0 Nodo E: 1.4142 P sen 45° - P - P£ fl sen 45° = 0

OMAR ROJAS R e s p u e s t a s a p r o b l e m a s s e l e c c io n a d o s

6-26.

6-27.

6-29.

Nodo C: Fcb = P (C) P = 1 kN (controla) 1.4142 P = 1.5 P = 106 kN Fcd = 780 Ib (C) Fcb = 720 Ib (T) Fdb = 0 Fde = 780 Ib (C) Fbe = 297 Ib (T) Fba = 722 Ib (T) Fpe = 0.667P (T) Fm = 1.67P (T) Fab = 0.471P (C) Fa e = 1.67P (T) F ^ = 1.49P(C) Fflf = 1.41P (T) FflD = 1.49P (C) F£C=1.41P(T) = 0.471P (C) Nodo >1:

6-37.

6-38.

6-39.

6-41.

6-42.

- 2 .4 0 4 P ^ ^ = ^ = 0

Nodo 5: 2.404P[ —^ = ) - P ' V 3.25'

6-43.

6-45.

6-30. 6-31.

6-33.

6-34.

6-35.

- 2.00P = 0 P = 1.25 kN 127° < 0 < 196° 336° < 0 < 347° Ffi// = 255 Ib (T) Fb c = 1301b (T) FHC = 180 Ib (C) A y = 65.0 kN Ax = 0 Fbc (4) + 20(4) + 30(8) - 65.0(8) = 0 PfiC = 50.0 kN (T) Fh i = 35.0 kN (C) Fhb = 21.2 kN (C) Fx = 11.1 kN (C) Fcd = 12 kN (T) Fa = 1.60 kN (C) Fef = 12.9 kN (T) Fn = 7.21 kN (T) Fm = 21.1 kN (C)

6-46. 647.

64 9.

6-50.

633

Ey = 7.333 kN 7.333 (4.5) - 8 (1.5) - Fro (3 sen 60°) = 0 FpQ = 8.08 kN (T) Fcd = 8.47 kN (C) Fc f = 0.770 kN (T) Fh¡ = 42.5 kN (T) Fhc = 100 kN (T) Fdc = 125 kN (C) Fgh = 76.7 kN (T) Fed = 100 kN (C) Feh = 29.2 kN (T) Ay = 240 Ib Ax = 100 Ib 240(8) - Fbc eos 14.04°(4) = 0 Fbc = 495 Ib (T) Fhg = 4201b (C) Fbg = 200 Ib (C) AB, BC, CD, DE, H l y GI son todos elementos de fuerza cero. F¡c = 5.62 kN (C) Fcg = 9.00 kN (T) AB, BC, CD, DE, H l y GI son todos elementos de fuerza cero. Fje = 9.38 kN (C) Fg f = 5.625 kN (T) Na = 1300 Ib Fk l (8) + 1000(8) - 900(8) - 1300(24) = 0 Fk l = 3800 Ib (C) Fcd = 2600 Ib (T) Fld = 424 Ib (T) F bc = 3.25 kN (C) F ch = 1-92 kN (T) Fcd = 192 kN (C) Fg f = 1.53 kN (T) Ffd = Fpc = 0 Ax = 0 Ay = 15.5 kN Fpj sen 33.69°(4) + 5(2) + 3(4) - 15.5(4) = 0 F¡a = 18.0 kN (C) Fkc = 750 kN (C) Fbc = 15 kN (T) Fab = 21.9 kN (C), FAG = 13.1 kN (T), Fbc = 13.1 kN (C), FBG = 17.5 kN (T), Fcg = 3-12 kN (T), Fw = 11.2 kN (T), Fc f = 3.12 kN (C), FCD = 9.38 kN (C), Fde = 15.6 kN (C), Fd f = 12.5 kN (T), Fe f = 9.38 kN (T)

OMAR ROJAS 634 6-51.

6-53.

6-54.

6-55.

6-57.

R e s p u e s t a s a p r o b l e m a s s e l e c c io n a d o s

FAB = 43.8 kN (C), Fag = 26.2 kN (T) FBc = 26.2 kN (C), Fbg = 35.0 kN (T) Fgc = 625 kN (T), Fgf = 22.5 kN (T) = 18.8 kN (T) FEd = 31.2 kN (C), Fdc = 18.8 kN (C), FDf = 25.0 kN (T) Ffc = 6.25 kN (C) Gy = 1.60 kip 1.60(40) - Fj¡ (30) = 0 Fn = 213 kip (C) Fde = 213 kip (T) FeA = 833 Ib (T) Fcb = 667 Ib (C) Fcd = 333 Ib (T) FAd = Fab = 354 Ib (C) Fdb = 50 Ib (T) FCa = 1000 Ib (C) Fcd = 406 Ib (T) = 344 Ib (C) Fab = Fad = 4241b (T) Fdb - 544 Ib (C) Nodo 7):

3 F^o

+

r ------- FBd V 31.25

6-59.

6-61.

6-62.

6-63. 6-65.

6-66.

667. 669.

0 II

1 c c

*

+

V 7.25 Fad = 343 N (T) Fbd = 186 N(T) Fcd = 397 N (C)

6-58.

Nodo C: FCb = 0 Fcd = 6501b (C)

Nodo C: Fb c ----- 7^—=(397.5) = 0 V 7.25 Fbc = 148 N (T) Fac = 221 N (T) Fec = 295 N (C) Fbc = 1.15 kN (C) Fdf = 4.16 kN (C) Ffi£ = 4.16kN (T) Fcf = 0 Fcd = 231 kN (T) F e d = 3.46 kN (T) Fab = 3.46 kN (C) D* = 10 0 Ib Cy = 650 Ib F* = 550 Ib Fx = 150 Ib Fy = 650 Ib Fz = 700 Ib

6-70. 6-71. 6-73.

6-74.

6-75.

6-77.

Fcf = 0 Nodo F: Fbf = 225 Ib (T) Fd f = 1230 Ib (T) Fe f = 525 Ib (C) - 220 N (T) F a b = 583 N (C) FflD = 707 N (C) ftjs = Fbc = 141 N (T) F = 170 N Nodo F: /fo y Ffc descansan en el mismo plano. Ff f eos 0 = 0 Fp£ = 0 Nodo E : FEGf FEC y descansan en el mismo plano. FEd eos 0 = 0 Fe¡) = 0 Fgd = 157 Ib (T) Fge = 505 Ib (C) Ffd = 0 P = 12.5 Ib Aplique la ecuación de equilibrio de fuerzas a lo largo del eje y de cada polea. 2P + 2R + 2 T - 50(9.81) = 0 P = 18.9 N P = 51b P = 25.0 Ib FA = P = 25.0 Ib Fb = 60.0 Ib Nb (0.8) - 900 = 0 Nb = 1125 N Ar = 795 N 795 N Cx 795 N Cy- 1.30 kN Mc : 1.25 kN-m 601b 161 Ib 90 Ib 161 Ib 5.00 kN By 15.0 kN Ma =30.0 kN m 5.00 kN 0 10 0 1b 4491b 273.6 Ib = 92.3 Ib

OMAR ROJAS R e s p u e s t a s a p r o b l e m a s s e l e c c io n a d o s

6-78.

6-79.

6-81.

6-82.

6-83.

6-85.

686. 6-87. 6-89.

690.

691.

Ay = 186 Ib Ma = 359 Ib • pie Ay = 300 N Ax = 300 N Cx = 300 N Cy = 300 N Nd = 333 N Ax = 333 N Ay = 100 N Segmento BD: By = 30 kip Dx = 0 Dy = 30 kip Segmento ABC\ Cy = 135 kip Ax = 0 Ay = 75 kip Segmento DEF: Fy = 135 kip Ex = 0 £y = 75 kip = 12.7 kN A* = 12.7 kN Ay = 2.94 kN Nd = 1.05 kN Ax = 167 N Ay = 1.17 kN Cx = 1.33 kN Cy = 833 N Elemento AB, FBG = 254.9 N Elemento EFG, FED = 158.9 N Elemento CDI, ms = 1.71 kg m L = 106 kg Fpg = 1.94 kN Fbd = 260 kN Elemento A B : FBD = 162.4 Ib Bx = 97.4 Ib By = 130 Ib Ax = 52.6 Ib Ay = 130 Ib Ex = 945 Ib Ey = 500 Ib Dx = 945 Ib Dy = 1000 Ib Na = 460 kN Cy = 7.05 kN Nb = 7.05 kN

693.

Polea E :T = 350 Ib Elemento ABC:Ay -= 7001b Elemento DB: Dx = 1.82 kip Dy = 1.84 kip Ax = 2.00 kip 694. Ws = 3.35 Ib 695. F = 562.5 N 697. 80 - Ng eos 36.03° - Nc eos 36.03° = 0 Nb - N c = 49.5 N 698. M = 2.43 kN-m 699. F = 5.07 kN 6101. Elemento ABC Ay = 245 N Elemento CD Dy = 245 N Dx = 695 N Ax = 695 N 6102. Fcd = 101 kN Fabc = 319 N 6103. Ay = 183 N Ex = 0 Ey = 417 N Me = 500 N-m 6105. Elemento BC Cy = 1.33 kN By = 549 N Elemento ACD Cx = 2.98 kN Ay = 235 N Ax = 2.98 kN Bx = 2.98 kN 6106. Fac = 251 kip Fab = 3.08 kip Fad = 3.43 kip 6107. F = 175 Ib Nc = 350 Ib F = 87.5 Ib Nc = 87.5 Ib 6109. Tenaza Cx = 1175 N Mango F = 370 N Fbe = 2719.69 N 6110. Na = 284 N 6111. Wc = 0.812W

635

OMAR ROJAS R e s p u e s t a s a p r o b l e m a s s e l e c c io n a d o s

6 3 6

6-113.

SM£ = 0; X M „= 0 ;

Wx 126+3

W(x) - N„(3b + je) = 0 Wx PCD(C) - _ ( 1 C ) = 0

;(4b ) + w(\ -

-

W t(a ) =

Wt =*W Fu = 9.06 kN (T) F„c = 15.4 kN (C) N e = 187 N 6-115. 6-117. Iab = 861.21 m m ,L CAB = 76.41°, Fab = 9.23 kN Cx = 2.17 kN Cy = 7.01 kN Dx = 0 Dy = 1.96 kN Md = 266 kN • m 6-118. Ax = 120 Ib

0

6-127. 6-129.

6-114.

6-130.

Ay = 0

Nc = 15.0 Ib 6-119. Ax = 80 Ib Ay = 80 Ib B y = 133 Ib B x = 333 Ib Cx = 413 Ib Cy = 53.3 Ib 6 -121.

6-131.

\ j _ 4 P sen 2fl c sen < f>

M (4> - 6)] 6 -122. Wi = 31b W2 = 21 Ib W3 = 75 Ib 6-123. P = 283 N B x = Dx = 42.5 N B y = Dy = 283 N B z = Dz = 283 N 6-125. - f *i>£(3) + 180(3) = 0 Fd£ = 270 Ib + |(270) - 180 = 0 Bz =

Fad = 0

= 367 Ib (C) Fd£ = 0 Fe f = 300 Ib (C) Feo = 500 Ib (C) Fc f = 300 Ib (C) Fd f = 424 Ib (T) 6-133. Elemento AC\ Cx = 402.6 N Cy = 97.4 N Elemento i4C: 44x = 117 N Fa e

Ay = 397 N

Elemento C B : = 97.4 N

0

= -30 Ib ^ = -13.31b 6-126. Az = 0 Ax = 172 N i4y = 115 N Cx = 47.3 N

C, = 61.9 N Cz = 125 N MCy = -429 N • m m c: = o Fb = 133 Ib Fdb = Fbe — 0 Nodo C: Fcb = 17.9 kN (C) FCD = &00kN (T) Nodo D:Fde = 8.00 kN (T) Nodo B : Fba = 17.9 kN (C) Nodo A\ F a s = 8.00 kN (T) Fbe = 0 Fbc = 0 Fbe = 500 Ib (T) Fab = 300 Ib (C) Fac = 583 Ib (T) F a d = 333 Ib (T) Fae = 667 Ib (C) Fde - 0 Fe f = 300 Ib (C) Fcd = 3001b (C) Fc f = 300 Ib (C) Fd f = 424 Ib (T) Fb f = 0 = 0 Fb e = 500 Ib (T) Fab = 300 Ib (C) Fac = 972 Ib (T)

«34.

Bx

= 97.4 N

/> = 2 w k r » ( 2 - c s c 0 )

6-135. Ax = 831 kip

Ay = 0308 kip Ex = 8.31 kip Ey = 5.69 kip

OMAR ROJAS R e s p u e s t a s a p r o b l e m a s s e l e c c io n a d o s

7 -1 *

7-2.

7-3.

7-5.

7-6.

7-7.

7-9.

7-10.

) 7 By = 1.00 kip A, = 7.00 kip A, = 0 Afc = 0 Vc = -1.00 kip Mc = 56.0 kip • pie nd = o VD = -1.00 kip Md = 48.0 kip • pie Nc = 0 Vc = -386 Ib Mc = -857 Ib-pie Nd = 0 VD = 300 Ib Md = -600 Ib • pie Nc = -1804 Ib Vc = -125 Ib Mc = 9750 Ib-pie Ax = 400 N Ay = 96 N Nc = 400 N Vc = -96 N Mc = -144 N -m Nc = 0 Vc = - l k N Mc = 9 k N •m Nc = 0 8 Mc = -¿>v0L2 iVc + 80 = 0 Afc = -80 Ib vc = o Mc + 80(6) = 0 Mc = -480 lb*pulg Nc = 0

7-13.

7-14.

7-15.

7-17. 7-18.

7-19. 7-21*

7-22.

o II £ Mc = 1.5 kN-m Nc = 0 Vc = 325 kN Mc = 9.375 kN • m Nd = 0 VD = 1 kN Aíd = 13.5 kN-m

7-23.

Elemento AZ?: = 500 N Elemento 5C: = 1258.33 N Afo = L26 kN vD = o Md = 500 N • m Ne = -1.48 kN VE = 500 N Aí£ = 1000 N-m Ab = 0 VD = 800 Ib Md = -1.60 kip - pie Afc = 0 Kc = 0 Mc = 800 Ib •pie A = ñ ( 2a + b ) ( b - a) a_ 1 b 4 Afe = 4kN Kd = - 9 kN Md = -18 kN • m Ne = 4 kN VE = 375 kN Aí£ = -4.875 kN • m a = \L Dx = 0 Fbc = 560 Ib Dy = 540 Ib Ey = 580 Ib Ax = 0 Ay = 520 Ib Nf = 0 Vf = 20 Ib MF = 1040 Ib • pie ng = o VG = -580 Ib Mg = 1160 Ib -pie Afe = 0 VD = -10.6 kN Md = 42.5 kN-m Nd = 0 VD = 26.0 N Md = 19.0 N-m vE = o Ne = 86.0 N me = 0

637

OMAR ROJAS 6 3 8

7-25.

7-26.

7-27.

7-29.

7-30.

7-31*

7-33.

7-34.

7-35.

7-3 7 .

R e s p u e s t a s a p r o b l e m a s s e l e c c io n a d o s

Utilice el segmento superior del bastidor. Nd = 200 Ib VD = 0 M d = 900 Ib •pie Afe = 360 Ib VE = 120 Ib M e = 1140 Ib* pie wL C S C $ N c = -

7-38.

(ND)y = -65.6 kN

iyD)x =o

7-39.

2

Vc = 0 Mc = ^ eos 0 Nc = -1.91 kN Ve = 0 Mc = 382 N*m Reacción de la viga R = 700 Ib Mc = -17.8 kip*pie Nc = 1.75 kip Vc = -844 Ib Mc = -844 Ib •pie Nd = 8441b VD = 1.06 kip Md = 1.06 kip • pie Bx = 29.39 N By = 37.5 N Nd = -29.4 N VD = 37.5 N Md = 8.89 N*m m y=0 (Vc)x = 1041b CVc)z = 10.0 Ib (Mc)x = 20.0 Ib-pie (Mc)y = 72.0 Ib-pie (Mc)z = -178 Ib-pie (Nc)y = -350 Ib (Vc)x = -150 Ib (Vc)z = 700 Ib (Mc)x = 1.40 kip • pie (Mc)y = -1.20 kip «pie (Mc)z = -750 Ib-pie Bz = 550 N Bx = 900 N

m y =o (Vc)x = 450 N (Vc)z = -550 N {Mc)x = -825 N • m Te = 30N*m (Mc)z = 675 N*m

(VD)X = 116 kN

7-41.

7-42. 7-43. 7-45.

7-46.

(M d)x = 49.2 kN *m (MD)y = 87.0 kN-m (M d)z = 26.2 kN *m (Ne)x = 0 (VE)y = 53.6 kN (VE)Z = -87.0 kN (Me)x = 0 (NÍE)y = -43.5 kN*m (Me)z = -26.8 kN*m 0 ^ x < 4m V = 3kN M = {3jr)kN*m 4 m < x < 6m V = -6kN M = {36 - 6x)kN*m M|x=4 = 12 kN • m x = 8+, V = -833, M = 1333 * = 12+, V = -333, M = 0 x = 0 ,V = 4kN M = -10 kN • m Para V máx = A4b/L, Mo = 45 kN • m Para Mmáx = MtJ2, M0 = 44 kN • m M{) = 44 kN m* * = (i¡) L

^ = m woLl x = L/2 M

7-47. 7-49.

7-50. 7-51. 7-53.

W qL 2

16 x = 1.75 m M = 759 N*m 0 ^ x < 5m V = 2.5 - 2x M = 2.5* - *2 5 m < x < 10 m V = -7.5 M = -7.5* + 75 V = 250(10 - *) M = 25(100* - 5*2 - 6) * = 1.732 m Mmáx = 0.866 kN • m 0 ^ * < 9 pies V = 25 - 1 . 6 6 7 a :2 V = 0 en* = 3.87 pies

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iW = 25* - 0.5556*3

7-70.

Mnáx = 64-5 Ib • pie 9 pies < x < 13.5 pies K= 0

7-71* 7-73.

Ai = -180 7-54.

»v = 22.2 lb/pie

7-55.

V = {48.0 - £ } kip

7-74.

M = {48.0* - jí - 576} kip-pie V = {1(24 - X)2} kip

M = {_ ^ (24 “ *)3} kiP-pie 7-57.

0

0 = 77.8 kN/m 7-106. y = 4 6 .0 (1 0 "V + 0.176* 7ínáx = 48.7 kip 7-107. Tm&x = 5.36 kN L = 51.3 m Fi 7-109. 49 a - í “ *) 45

{*-(¥ » )}

Fh = 1153.41 N y = 235[cosh 0.0425* - 1] m Tmáx = 1.60 kN 7-111. L = 15.5 m 7-113. % = senh 7.3575(10_3)*

y = 135.92¡cx)sh 7.3575(10-3)* - l] h = 1.47 m 7-114. Longitud total =55.6 pies h = 10.6 pies 7-115. x = 2 ~ yV = 4.86, M =9.71 * = 5+, V = -1.14, M = 2.29 7-117. Fbc = 310.58 N Segmento CE N e = 80.4 N vE = o

Me = 112.5 N • m Segmento CD Nd = -220 N VD = -220 N Md = -54.9 N • m a = 0.366L TmÁX = 76.7 Ib Fcd = 6364 kN Ay = 150 kN 0 < * = 30° - 10.89° = 19.1° x = 1.65 m y = 9.24 m Ey = 342 N Ay = 132 kN

9-53.

y = 1 pie

i-

= 121 -

y = = 441 mm Z = 1W = 124 mm x = -0.590 pulg y = 1.07 pulg Z = Z14pulg x = 0.0740 pulg y = 0.0370 pulg Z = 0.157 pulg x = -50 mm y = 88.6 mm

y = 12 pulg

y =y

T í —

X=

Ax = 0

1.20 m

y = 0 N b = 55.1 kN Ax = 24.6 kN Ay = 73.9 kN X = 0.914 m y = 0.357 m

9-34.

4

7 = -S-r 15 '

y = 2(2n + 1)" X =

nkr*

Z

y =

9-30.

m

441,2(104) 81(104)

544 mm

x = w b _ b(W2 Wt) V b 7 ' cW y = 293 mm = 16.4 kg 2.4971(10-3) X “ 16.347(10_3)

153 mm

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—15 mm

9-67.

1.8221(10~3) 16.347(10-3) 5.07 pies 3.80 pies ¿ + fr -

9-69.

.mm .

9-66.

9-70.

9-71. 9-73. 9-74. 9-75.

9-77. 9-78. 9-79. 9-81. 9-82. 9-83. 9-85.

9-86. 9-87. 9-89. 9-90. 9-91. 9-93. 9-94. 9-95. 9-97.

16 485.84 371433.63 = 16485.84

9-98. 9-99.

111 mm 9-101. 9-102. 9-103. 9-105.

13.1 mm

22.5 mm 30.2° 4.56 m 3.07 m = 4.66 kN = 5.99 kN 19.0 pies 11.0 pies .10333? 111 mm 9.33337T

754 mm 2.19 pulg 2.79 pulg 1.67 pulg U.02(106)ir = 64.1 mm 172(10V h = 80 mm o h = 48 mm Z = 122 mm A = 2tt(184) = 1156 pies" V = 3485 pies3 V = 101 pies3 y = M « ? ( * ? * ) + as(i.5 )(i) + 1.667 ( ^ P ) ] = 77.0 m3 A = 1365 m2 A = 141 pulg2 V = 2-7t[(112.5)(75)(375) + (187.5)(325)(75)] = 0.0486 m3 A = 116 pulg2 V = 50.6 pulg3 A = 1.06 m2 V = 0.0376 m3 V* = 2ir [0.75(6) + 0.6333(0.780) + 0.1(0.240)] Vc = 20.5 m3 R = 29.3 kip 2.26 galones V = 2W[(4^ ) ( 1 W(4)2) + (2)(8)(4)] = 536 m3

9-106. 9-107.

645

V = 25.5 m3 A = 43.18 m2 14.4 litros A =2tt[7.5(V241) + 15(30)] 3.56Í103) pies" V = 22.1(103) pies3 h = 106 mm -176 580(2) + 73 575d ßd) = d = 2.68 m d = 3.65 m Fcdef = Fa b d c

750 Ib

= 1800 Ib

9-109. h = 2.7071 - Q7071.V

dFR = (2 6 .5 5 6 7 v T -j = 41.7 k N F r = 225 Ib F r = 450 Ib wB = 39.24 k N wc = 58.86 k N Nc = 13.1 k N L = 2.31 m mA = 5.89 Mg Fv = 39.24 k N Fh = 176.58 k N (WcoJp = 188.35 k N (Wcon)r = 28253 k N F.S. = 2.66 x = 1.51 m F r = 170 k N dA = x2dx ~ X2 Fr

9-110. 9-111. 9-113.

9-114. 9-115. 9-117.

9-118. 9-119. 9-121.

y = 2

y_ 9-122. y_ 9-123. X

z 9-125. X

ÿ 9-126. X

ÿ 9-127. ÿ

1.33 pulg 87.5 mm y = 0

Ia 76.50 27.998

2.73 pulg

IHÜ = 142 pulg 0 1.63 pulg -0.262û

9-129. dPR = 6 (F r = 7.62 kN x = 2.74 m ÿ = 3.00 m

+ 340) dx

6.9367^ V i - y2) dy

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6 4 6

Capítulo 10 10-1. 10-2. 10-3. 10-5. 10-6. 10-7. 10-9.

10-10. 10-1L 10-13. 10-14. 10-15.

dA = [2 —(4y)™} dy 4 = (1533 m4 Iy = 2.67 m4 4 = ) dx Iy = 0333 pulg4 4 = 19.5 pulg4 Iy = 107 pulg4

10-17. dA = ( h — \ x ) dx

ly = Ú * ' 10-18. I x = l/bhr3 10-19. Iy = Y5h b 3 10-21. c = 1 sen 0 ^ = 3 sen 0 0 = 13.9° 0 = 90° 11-1.

11-29. 11-30. 11-31.

11-33.

11-34. 11-35.

11-37.

11-14. m, = m(4) 11-15. 6 = c o s " '^ ) ! 11-17. yGb = Q25 sen 0 + b

11-18. 11-19. 11-21.

11-22 .

11-23. 11-25. 11-26.

yGi = Q25 sen 0 + a xc = 0.25 eos 0 k = 166 N/m F = 200 N 0 = 38.8° yG = 0.5 eos 0 yA = 1 eos 0 xA = 1 sen 0 /$p = 4.961 Ib k = 10.8 lb/pie VVG = 2.5 Ib x = 16 pulg 52 = y2c + 32 - 2(yc) (3) eos (90° - 0) F = 259 Ib x = 0.590 pie Sv = 12.2 > 0 continuo

dx2

11-38.

11-39.

11-41.

11-42. 11-43. 11-45.

x = -Q424 pie d2V -12.2 < 0 inestable dx2 0 = 90' 0 estable de2 0 = 36.9 d2V -25.6 < 0 inestable d0¿ V = 5886 eos 0 + 9810 sen 0 + 39 240 0 = 59.0° WD = 275 Ib h = 8.71 pulg d2V 70 > 0 estable dh2 V = 6.25 eos2 0 + 7.3575 sen 0 + 24.525fl + 4.9056 0 = 36.1° * = 1.23 m 0 = 70.9° (?V 1777 > 0 estable d02 0 = 17.1' dW = 1764 < 0 inestable de2 V = -4.415 mE sen 0 + 202.5 eos2 0 - 405 eos 0 - 9.81 m ¿6 + 202.5 m E = 7.10 kg 0 = 64.8° dW = 135 > 0 estable de2 0 = oe dW = -7 2 < 0 inestable de2 0 = 20.2C d^V 17.0 > 0 estable de2 V = mg(r + a eos 0) Por lo tanto, el cilindro se encuentra en equilibrio inestable en 0 = 0° (Q.E.D.) h =0 h = V3 r y = \(h + d)

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d 2V

11-46.

0 V ^ = -12.6 0

estable

-1775 < 0

inestable

11-57. V = 25 sen2 0 + 1 5 eos 6

0=0° 0 = se n -^ Jfe )

50 sen2 0 - 1 0 0 sen 0 - 5 0 eos 0 + 50 0 = 37.8° V =

d2V = 125.7 > 0 de2 11-54. p =

d2V d0

0 = 9.47

11-49. y = 4(3h - d)

d = 0.586 h 11-50. F = 512 N 11-51. 0 = 90° y

11-55. 0 = 90c

estable

de2

35 > 0

estable

0 = 72.5‘

d2V de2 ~

11-58. h =

45.5 < 0

inestable

649

OMAR ROJAS

índice A Análisis escalar, 117-120,139,148,193, 242 ecuaciones de equilibrio, 242 eje, momentos con respecto a un, 139 momentos de par, 148 momentos de una fuerza, 117-120, 193 Análisis estructural, 262-327 armaduras, 263-293,323-325 bastidores, 294-322,325 diagramas de cuerpo libre para, 294-299 elementos de fuerza cero, 272-274 máquinas, 294-322,325 método de nodos, 266-279,323 método de secciones, 280-289,324 procedimientos para el, 267,282, 290,301 Análisis vectorial, 124-127,140,148,193, 242 cartesiano, 125 ecuaciones de equilibrio, 242 eje, momentos con respecto a un, 140 magnitud a partir de, 124 momentos de par, 148 momentos de una fuerza, 124-127, 193 momento resultante (MR) a partir de, 125 regla de la mano derecha para, 124 transmisibilidad, principio de, 124 Ángulos, 44-47,70,80-81,389-390, 414-415 directores coordenados cartesianos, 44-47,80-81 formados entre dos vectores, 70,81 fricción cinética (0*),39O fricción estática (0*), 389 fricción y, 389-390,414-415 rosca de tomillo, 414-415 Área, 450,484-487,511-517,530-533,558 centroide (C ) de un, 450 eje centroidal para un, 512-513 eje de simetría, 530-531 formas compuestas, 485,522-524, 558 integración y, 450,512 momentos de inercia (/), 512-511, 522-524,558 planos, rotación de y, 484-487 procedimientos para el análisis de, 514,522 producto de inercia para, 530-533, 558 radio de giro para, 513 superficie de revolución, 484 teorema de los ejes paralelos para, 512-513,522,531,558 volumen de revolución, 485 6 5 0

Armadura espacial, 290-293 plana, 263-289 simple, 265 tetraèdrica, 290 triangular, 265 Armaduras, 263-293,323-325 cargas coplanares sobre, 263-264,266 conexiones de nodo, 264-265 elementos de fuerza cero, 272-274 elementos de fuerza compresiva, 265-267,280,323 elementos de fuerza en tensión, 265-267,280-281,323 espaciales, 290-293 método de nodos, 266-279,323 método de secciones, 280-289,324 planas, 263-289 procedimientos para el análisis de, 267,282,290 simple, 265 supuestos de diseño para, 264-264,290

Bandas (planas), fuerzas de fricción sobre, 421-423,442 Bastidores, 294-322,325 análisis estructural de, 294-322,325 diagramas de cuerpo libre para, 294-299 elementos de varias fuerzas, diseño de, 294-309 procedimiento para el análisis de, 301

Cable continuo, 86 Cables, 86-88,365-380,382 cargas concentradas, 365-367 cargas distribuidas de, 368-369 equilibrio y, 86-88 fuerzas internas de, 365-380,382 peso de, como una fuerza, 372-375 Cálculos numéricos, 10-11,18-83 cifras significativas, 11 homogeneidad dimensional, 10-11 operaciones vectoriales para, 18-83 redondeo de números, 11 Cargas axiales, fuerzas de fricción y, 429-430 concentradas, cables sometidos a, 365-367 de techo, armaduras, 263 en puentes, armaduras, 264 laterales, fuerzas de fricción y, 432 Cargas distribuidas, 183-187,195,354-356, 368-369,493,507,511-512 cables sometidos a, 368-369 cargas distribuidas y, 493,507 de un solo eje, 183-187 eje sencillo, 183-187 equilibrio de fuerzas, 355 fuerza cortante y, 354-355

fuerzas internas y, 354-356,368-369 fuerzas resultantes, 184,493 línea de acción, 493,507 localización, 184,493 magnitud, 183,493 momentos de inercia y, 511-512 reducción de, 183-187,195 superficies planas, 493,507 uniformes, 183,354 vigas sometidas a, 354-356 Centro de gravedad, 7,204,446-509 centro de masa y, 449,460,474,505 centroide y, 446-509 cuerpos compuestos, ubicación en, 470-471,506 diagramas de cuerpo libre y, 204 ley de Newton para, 7 peso (W ) y, 204 procedimiento para el análisis de, 452,471 ubicación de, 447-448,505 Centroide, 184,195,330,446-509 cargas distribuidas y, 493,507 centro de gravedad y, 446-509 cuerpos compuestos, ubicación, 470-473,485,506 de un área, 450,484 de un volumen, 449,482 de una línea, 450-451 fuerza resultante, ubicación, 184, 195,330 fuerzas resultantes y, 493 método de secciones y, 330 presión de fluidos y, 494-500,507 procedimiento para el análisis, 452, 471 teoremas de Pappus y Guldinus, 484-487,506 ubicación, 449-454,505 ubicación en la sección transversal de la viga, 330 Chumaceras, 237-240,429-433,443 cargas axiales y, 429-430 cargas laterales y, 432 de collarín, fuerzas de fricción sobre, 429-430,443 de pivote, fuerzas de fricción sobre, 429-430 fuerzas de fricción sobre, 429-433, 443 lisas, fuerzas de fricción sobre, 432-433,443 reacciones de fuerzas sobre, 237-240 rotación de flechas y, 429-433 soportes de cuerpo rígido, 237-240 Q fras significativas, 11 Qlindros, resistencia al rodamiento de, 434-435,443 Orculo de Mohr, 537-539 Coeficiente de fricción cinética (jxk), 390,441 de fricción estática (/*,), 389,441

OMAR ROJAS Ín d ic e

de resistencia al rodamiento (a), 434-435,443 Componentes rectangulares, 43,80 Conexiones de nodos, cargas aplicadas en, 264-266 Coordenadas de posición, 568,581-582,594-595 independientes para, 567-568,594 x t y, z, 56-57,81 Cuerpos compuestos, 470-474,485, 522-524,550,558 área de revolución de, 485 centro de gravedad de, 470-474 momento de inercia de masa, 550 momentos de inercia (/), 522-524, 550,558 procedimiento para el análisis, 471, 522 volumen de revolución de, 485 Cuerpos estáticamente indeterminados, 243,246,259 Cuerpos rígidos, 3,5,198-261,567-572,594 centro de gravedad, 204 conectados, 567-572 coordenadas de posición, 568,594 coordenadas independientes, 567-568,594 diagramas de cuerpo libre (DCL), 201-210,237-241,258-259 ecuaciones de equilibrio, 89,103, 214-223,242 elementos coplanares de dos fuerzas, 224 elementos coplanares de tres fuerzas, 224 equilibrio de, 198-261,565-566, 582-588,595 estáticamente indeterminados, 243, 246,259 fuerzas internas, 204 idealización de, 5 mecánica, 3 modelos idealizados, 204-205 peso, 204 procedimientos para el análisis de, 206,215,246,568 reacciones en los soportes, 201-203, 237-240 restringidos, 243-251,259 sistemas de fuerzas coplanares, 200-236,258-259 sistemas tridimensionales, 237-257, 259 trabajo virtual para, 567-572,594 Cuñas, fuerzas de fricción y, 412-413,442

Deslizamiento, 389-393,441 fricción seca y, 389-393,441 movimiento de, 390-391 movimiento inminente de, 389, 392-393

Desplazamiento del trabajo virtual, 564-566,582,594 Diagrama de momento flexionante, 345 Diagramas de cortante y de momento, 345-348,381 Diagramas de cuerpo libre (DCL), 86-88, 113,201-210,237-241,258-259, 294-299 análisis estructural y, 294-299 cables y poleas, 86-88 centro de gravedad, 204 coplanares (bidimensionales), 201-210,258 equilibrio de un cuerpo rígido, 201-210,237-241,258-259 equilibrio de una partícula, 86-88, 113 fuerzas internas, 204 modelos idealizados, 204-205 peso, 204 procedimiento para el análisis de, 87,206 reacciones en los soportes, 201-203, 237-240 resortes, 86-88 tridimensionales, 237-241,259 Dinámicas, 3 Discos, 429-430,443,545-546,548,559 fuerzas de fricción sobre, 429-430,443 momentos de inercia de masa de, 545-546,548,559

Efecto de volcadura, 388,393,441 Eje de simetría, 530-531 inclinado, momentos de inercia con respecto a, 534-536 Ejes centroidales, 512-513 Elementos coplanares de dos fuerzas, 224 coplanares de tres fuerzas, 224 de armadura de fuerza cero, 272-274 de cascarón, momentos de inercia de masa de, 545-547,559 de fuerza compresiva, armaduras, 265-267,280,323 de fuerza de tensión, armaduras, 265-267,280-281,323 estructurales, vea Vigas Energía potencial, 580-588,595 coordenada de posición (