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ESTRUCTURAS IA U

APUNTE DE CLASE N L

P

I SINTESIS

N

TEMATICA

G

UNIDAD I

E N I E

PRINCIPIOS FUNDAMENTALES SISTEMAS PLANOS DE FUERZAS ING. ASDRÚBAL E. BOTTANI ING. FEDERICO C. ANTICO AÑO 2009

Rhod Rothfuss, Superestructura Madí, 1946 Esmalte sobre cartón y madera terciada Colección privada

R I A

FACULTAD DE INGENIERIA - UNLP DEPTO. DE CONSTRUCCIONES - CATEDRA DE ESTRUCTURAS I A

APUNTE DE CLASE

SINTESIS TEMATICA DE LA UNIDAD I SISTEMAS PLANOS DE FUERZAS PRINCIPIOS FUNDAMENTALES INDICE 1 NOCION DE FUERZA 2 PRIMER PRINCIPIO DE LA ESTATICA Y APLICACIONES -

Descomposición ortogonal de una fuerza Resultante de n fuerzas concurrentes a un punto Descomposición de una fuerza en dos direcciones concurrentes

3 SEGUNDO PRINCIPIO DE LA ESTATICA Y APLICACIONES -

Equilibrio de tres o más fuerzas aplicadas en un punto

4 SEGUNDO PRINCIPIO DE LA ESTATICA Y APLICACIONES -

Teorema de transmisibilidad Caso de tres o más fuerzas concurrentes a un punto

5 MOMENTO DE UNA FUERZA RESPECTO DE UN PUNTO -

Definición Teorema de Varignon Aplicación al caso de Componentes ortogonales Pares de fuerzas o cuplas Traslación de fuerzas Fuerzas paralelas - Resultante Fuerzas paralelas - Equilibrio Fuerzas no concurrentes - Resultante Fuerzas no concurrentes - Equilibrio

6 CUARTO PRINCIPIO DE LA ESTATICA – ACCION Y REACCION -

AÑO 2009

Vínculos y reacciones

1

FACULTAD DE INGENIERIA - UNLP DEPTO. DE CONSTRUCCIONES - CATEDRA DE ESTRUCTURAS I A

APUNTE DE CLASE

SINTESIS TEMATICA DE LA UNIDAD I SISTEMAS PLANOS DE FUERZAS PRINCIPIOS FUNDAMENTALES 1.- NOCION DE FUERZA ACCION DE UN CUERPO SOBRE OTRO QUE TIENDE A ALTERAR EL ESTADO DE REPOSO O MOVIMIENTO DE ESTE ULTIMO F=m dv/dt

NOCION DE FUERZA

MAGNITUD DIRECCION (RECTA DE ACCION) SENTIDO

CARACTERISTICAS QUE DEFINEN UNA FUERZA

MAGNITUD VECTORIAL 2. PRIMER PRINCIPIO DE LA ESTATICA (STEVINIUS 1586):

“La acción de dos fuerzas F1 y F2 aplicadas en un punto A de un cuerpo rígido es equivalente a la acción de una única fuerza llamada resultante R de F1 y F2, aplicada en el mismo punto A y que se obtiene como la diagonal del paralelogramo que tiene como lados adyacentes a F1 y F2.” F1

F1

R A

A

F2

F2

R = F1 + F2 SI F1 Y F2 SON COLINEALES LA SUMA VECTORIAL SE TRANSFORMA EN SUMA ALGEBRAICA AÑO 2009

2

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APUNTE DE CLASE

APLICACIONES DEL PRIMER PRINCIPIO: Descomposición y composición de fuerzas en el plano: - Descomposición ortogonal de una fuerza: Y

DESCOMPOSICION: Fx = F cos α

F

COMPOSICION: F = Fx 2 + Fy 2

Fy

α O

Fx es positiva si coincide con x positivo Fy es positiva si coincide con y positivo

X

Fx

Fy Fx

tgα =

Fy = Fsenα

- Resultante de n fuerzas concurrentes a un punto: polígono de fuerzas SOLUCION GRAFICA: POLIGONO AUXILIAR DE FUERZAS Construcción auxiliar dibujando cada fuerza una a continuación de la otra, siendo la resultante el vector con origen en el origen de la primera y extremo en el extremo de la última

F1 F2

F2 F3

O F1 R1-2 F3

R

SOLUCION ANALITICA: PASO 1: Se adopta un sistema de referencia ortogonal X e Y con origen en O Descomposición de cada una de las fuerzas en sus componentes ortogonales Fxi y Fyi Y F1

F1y

Y

SOLUCION ANALITICA: PASO 2: Obtención de cada una de las componentes Rx y Ry de la resultante y finalmente obtención de la misma por composición.

F2 F1y

F2y

F2x

O

F1x

Ry=ΣFyi

X F2y

F3x

F2x

O F3y F3

Fxi = Fi cos αi Fyi = Fsenαi AÑO 2009

X

F3x F1x

Rx=ΣFxi F3y

∑ Fxi Ry = ∑ Fyi Rx =

R = Rx 2 + Ry2 tgα =

Ry Rx 3

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APUNTE DE CLASE

-Descomposición de una fuerza en dos direcciones concurrentes: 1 F

SE DESEA DESCOMPONER LA FUERZA F EN DOS FUERZAS DE DIRECCIONES CONOCIDAS 1 Y 2

2

1

O

S2

SOLUCION GRAFICA: CONSTRUCCION AUXILIAR Aplicando el principio del paralelogramo por el origen y extremo de f se trazan paralelas a 1 y 2 respectivamente obteniendo S1 y S2.

Y

F 2 S1

1 SOLUCION ANALITICA: PASO 1 Se elige un sistema ortogonal de referencia con origen en O. F, α1 y α2 son datos del problema

F

α1

2

α

α2

X

O

Y

SOLUCION ANALITICA: PASO 2 Se adopta un sentido arbitrario para las fuerzas S1 y S2. Se plantean dos ecuaciones algebraicas según cada uno de los ejes igualando la suma de cada componente de S1 y S2 en cada eje con la componente de F en ese eje. Las incógnitas son S1 y S2. Si los resultados obtenidos tienen signo positivo significa que los sentidos adoptados son correctos, de lo contrario los sentidos reales son opuestos a los adoptados

1 F S1

S1y

α1 α2

S2y O

S1x

S2 S2x

2

α X

S1cos α1 + S2 cos α2 = F cos α S1.senα1 + S2.senα2 = Fsenα

LA DESCOMPOSICION DE UNA FUERZA EN MAS DE DOS DIRECCIONES CONCURRENTES ES UN PROBLEMA QUE NO TIENE SOLUCION MEDIANTE EL USO DE CUACIONES ESTATICAS SOLAMENTE

AÑO 2009

4

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APUNTE DE CLASE

3. SEGUNDO PRINCIPIO DE LA ESTATICA: “Dos fuerzas F1 y F2 están en equilibrio únicamente si tienen la misma magnitud, la misma recta de acción y sentido opuesto.” F1

F2

F1 = F2

SISTEMA NULO O EQUILIBRADO

R = F1 + F2 = 0

F1 y F2 SON IGUALES Y OPUESTAS

APLICACIONES DEL SEGUNDO PRINCIPIO: - Equilibrio de tres o más fuerzas aplicadas en un punto F1

F1 SI LA RESULTANTE DE DOS DE LAS FUERZAS ES IGUAL Y OPUESTA A LA TERCERA EL SISTEMA TIENE RESULTANTE NULA Y ESTA EN EQUILIBRIO

O F3

R1-2

O F3

F2

F2

F3 ES LA EQUILIBRANTE DE F1 Y F2 F3=-R1-2

F1 F2

EL TRIANGULO DE FUERZAS EN EQUILIBRIO RESULTA CERRADO O

F3

TRES FUERZAS PUEDEN ESTAR EN EQUILIBRIO SOLAMENTE SI SON CONCURRENTES. SOLO DE ESTA FORMA LA TERCERA ES IGUAL Y OPUESTA A LAS OTRAS DOS.

INTERPRETACION GRAFICA AÑO 2009

5

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Y

APUNTE DE CLASE

INTERPRETACION ANALITICA F1

F1y

F3x

F1x

F3y

F2x

O

X

F3 F2 F2y

SI LA RESULTANTE ES NULA SUS COMPONENTES Rx y Ry TAMBIEN LO SON

∑ Fxi = 0 Ry = ∑ Fyi = 0 Rx =

Lo indicado para el caso de tres fuerzas se puede generalizar a más de tres fuerzas aplicadas en un punto: Y F1 F1

F2

F5

X O F4

F5

F2

F3 F4

F3

CONDICION ANALITICA

AÑO 2009

CONDICION GRAFICA POLIGONO CERRADO

∑ Fxi = 0 Ry = ∑ Fyi = 0 Rx =

6

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APUNTE DE CLASE

-Aplicación: Dadas n fuerzas concurrentes encontrar la equilibrante del sistema. Establecer el número mínimo de direcciones necesarias para poder generar siempre la equilibrante del sistema Y F1

F1 F2

X O

F3

F2

F4

E

F3 R F4

La equilibrante es igual y opuesta a la resultante y es la fuerza que cierra el polígono de fuerzas El número mínimo de direcciones para poder generar siempre esta equilibrante para cualquier conjunto de fuerzas F1 a F4 es dos porque E cambia su orientación de acuerdo a los valores de las fuerzas F1 a F4

SOLUCION GRAFICA

B

F1 SB

Y

F2

F1 A

E

X SA

O

F3

SB F2

F4

F3 F4 SA

AÑO 2009

7

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APUNTE DE CLASE

B

SB

Y

SOLUCION ANALITICA

F1 αB

A

αA X

O

SA

F2 F4

Datos del Problema:

Paso 1:

F3

Fuerzas F1 a F4 (en general F1 a Fn) Direcciones A y B

Se asumen sentidos arbitrarios de las incógnitas SA y SB

Paso 2: Planteo de la nulidad de la resultante de todo el sistema de fuerzas F1 a Fn, SA y SB, aplicando nulidad según los ejes ortogonales X e Y

B

Y

∑ Fxi = 0 Ry = ∑ Fyi = 0 Rx =

SBy SB F1 αB

αA

SBx

SAx

X

O

SA

F2

SAy F4

AÑO 2009

A

F3

− S A cos α A − SB cos αB +

∑ F cos α

+ S A .senα A + SB .senαB +

∑ F senα

i

i

i

i

=0 =0

Paso 3: La solución del sistema es la solución del problema. Si los resultados son positivos los sentidos supuestos son los reales 8

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APUNTE DE CLASE

4. TERCER PRINCIPIO DE LA ESTATICA: “La acción de de un sistema de fuerzas dado no se altera si se agrega o quita a estas fuerzas cualquier otro sistema de fuerzas equilibrado”. F1

F1 O

O

P

-P

APLICACIONES DEL TERCER PRINCIPIO: -Teorema de transmisibilidad: F r

A

1

FUERZA F CON RECTA DE ACCION r APLICADA EN A

2

SE AGREGA SISTEMA NULO F Y –F EN B LAS CONDICIONES NO SE ALTERAN

3

SE QUITA SISTEMA NULO F EN A Y –F EN B LAS CONDICIONES NO SE ALTERAN

F r B

A

F

-F F r B

A

F

-F

r B

AÑO 2009

F

A

4

LA FUERZA F SE HA TRASLADADO A LO LARGO DE SU RECTA DE ACCION AL PUNTO B SIN QUE LAS CONDICIONES ESTATICAS SE ALTEREN

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APUNTE DE CLASE

EL TEOREMA DE TRANSMISIBILIDAD ES VALIDO SOLAMENTE EN EL CASO DE CUERPOS RIGIDOS P A CASO 1: BARRA AB CON FUERZAS P y –P EN A y B RESPECTIVAMENTE. SI LA BARRA FUERA DEFORMABLE EL EFECTO DE P y –P ES UN ACORTAMIENTO DE LA BARRA AB

-P

B -P

A

CASO 2: APLICANDO TRANSMISIBILIDAD LA FUERZA P SE LLEVA AL PUNTO B Y –P SE LLEVA AL PUNTO A. SI LA BARRA FUERA DEFORMABLE EL EFECTO DE P y –P ES AHORA UN ALARGAMIENTO DE LA BARRA AB

B -P

P

A P

CASO 3: APLICANDO TRANSMISIBILIDAD SOLO LA FUERZA -P SE LLEVA AL PUNTO A LA BARRA EN ESTE CASO NO SE DEFORMA

B

AÑO 2009

10

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APUNTE DE CLASE

-Caso de tres o más fuerzas concurrentes a un punto:

F1

A

F2

B O

C

F3

POR APLICACIÓN DEL TEOREMA DE TRANSMISIBILIDAD TRES O MAS FUERZAS APLICADAS EN PUNTOS A, B, C, ETC DE UN CUERPO RIGIDO CON RECTAS DE ACCION CONCURRENTES A UN PUNTO O PUEDEN SUPONERSE APLICADAS EN DICHO PUNTO PARA EL ANALISIS ESTATICO DEL MISMO CON RESULTADOS EQUIVALENTES. ASI SE PUEDE DETERMINAR LA RESULTANTE R DE DICHAS FUERZAS EN FORMA GRAFICA O ANALITICA SABIENDO QUE EL PUNTO O ES UN PUNTO DE LA RECTA DE ACCION DE DICHA RESULTANTE.

F1

∑ Fxi Ry = ∑ Fyi

R

Rx =

F2

O

F3 F3 F3

AÑO 2009

F1

11

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APUNTE DE CLASE

5. MOMENTO DE UNA FUERZA RESPECTO DE UN PUNTO - Definición B

F

A

d

EL MOMENTO DE UNA FUERZA RESPECTO A UN PUNTO ES IGUAL AL PRODUCTO DE LA FUERZA POR LA DISTANCIA DESDE LA RECTA DE ACCION DE LA FUERZA A ESE PUNTO. LA DISTANCIA DEL PUNTO A LA RECTA SE MIDE SOBRE LA PERPENDICULAR PASANDO POR EL PUNTO HASTA DICHA RECTA.

MA = Fd

EL MOMENTO MIDE LA CAPACIDAD DE UNA FUERZA DE PRODUCIR UN GIRO ALREDEDOR DE UN PUNTO. SE PUEDE AUMENTAR ESA CAPACIDAD AUMENTANDO LA FUERZA O EL BRAZO DE PALANCA “d”

Z

MA>0

EL MOMENTO DE UNA FUERZA RESPECTO A UN PUNTO ES UNA MAGNITUD VECTORIAL PORQUE ESTA CARACTERIZADO POR EL MODULO Fxd,Y UN SENTIDO: EL VECTOR MOMENTO ES PERPENDICULAR AL PLANO DE LA FUERZA Y SU SENTIDO SE ASIGNA SEGÚN LA REGLA DE LA MANO DERECHA.

Y Plano de la fuerza F A

d X

O

M es positivo si produce giro antihorario M es negativo si produce giro horario AÑO 2009

12

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APUNTE DE CLASE

- Teorema de Varignon R

d1

F1

F2

R

A

dR

F2 F1

d2

M A = Rd R = F1d1 + F2 d 2 “El momento de dos o más fuerzas respecto de un punto es igual al momento de su resultante respecto del mismo punto”.

- Aplicación al caso de componentes ortogonales:

Y

Fx

B

dy F

A

O

Fy

d

dx

X

M A = Fd = FX d Y − FY d X AÑO 2009

13

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APUNTE DE CLASE

- Pares de Fuerzas o Cuplas:

F

d

M

B

A

F

M = Fd “Dos fuerzas actuantes en un cuerpo rígido, de igual magnitud, sentido contario y rectas de acción paralelas constituyen una cupla o par”.

CARACTERISTICAS Y PROPIEDADES: - EL EFECTO DE UNA CUPLA ES PRODUCIR UNA ROTACION DEL CUERPO EN EL QUE ACTUA. - LA CUPLA ESTA CARACTERIZADA POR EL PRODUCTO Fd Y NO POR EL VALOR INDIVIDUAL DE F o d. SI VARIAN AMBOS MANTENIENDO CONSTANTE EL PRODUCTO ELEFECTO ES EL MISMO. - EL MOMENTO RESPECTO DE CUALQUIER PUNTO DEL PLANO EN EL QUE ACTUA LA CUPLA ES IGUAL AL PRODUCTO Fxd - LAS CUPLAS SE PUEDEN DESPLAZAR EN TODO EL PLANO EN EL QUE ACTUAN SIN QUE VARIE SU EFECTO (VALIDO SOLO PARA CUERPOS RIGIDOS) - LAS CUPLAS QUE ACTUAN EN UN PLANO SE PUEDEN SUMAR ALGEBRAICAMENTE (TODOS LOS VECTORES ASOCIADOS SON PARALELOS Y PERPENDICULARES AL PLANO EN EL QUE ACTUA LA CUPLA)

F1

F

A

F2

d1

M=F1d1=F2d2 d1 1

F1

d2

d2 1

d

F

F2

MA=Fd2-Fd1=Fd M1

AÑO 2009

M1

14

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APUNTE DE CLASE

- Aplicación a la traslación de fuerzas Problema: Dada una chapa rígida imposibilitada de moverse por encontrarse el extremo A soldado a un apoyo fijo, y sometida a la acción de una fuerza F en su extremo B, se desea trasladar esta fuerza al centro del apoyo A.

B A

d F

-F

PASO 1: APLICANDO EL TERCER PRINCIPIO SE AGREGA EN A UN SISTEMA NULO F Y –F. LAS CONDICIONES ESTATICAS NO SE ALTERAN

B A

F

F

-F

d PASO 2: LA FUERZA F EN A Y –F EN B CONSTITUYEN UN PAR DE VALOR Fxd QUE SE PUEDE APLICAR EN CUALQUIER PUNTO DEL PLANO

B A

F F

d

M=-Fxd B A

F

AÑO 2009

LA FUERZA F EN B SE HA TRASLADADO AL PUNTO A ADICIONANDO EL MOMENTO DE LA FUERZA CONSIDERADA EN SU POSICION ORIGINAL B RESPECTO AL PUNTO AL QUE SE TRASLADA A.

F

15

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APUNTE DE CLASE

- Aplicación al caso de Fuerzas Paralelas - Resultante DATOS: FUERZAS P1, P2, P3 PARALELAS PUNTOS DE APLICACIÓN A,B Y C A

B

C

P1 P2

EL MODULO DE LA RESULTANTE ES IGUAL A LA SUMA ALGEBRAICA DE LOS MODULOS DE CADA UNA DE LAS FUERZAS

P3

R = P1 + P2 + P3 R=

∑P

i

d3 d2 dR d1 O

A

B

C

P1 P2

P3

SU UBICACIÓN SE OBTIENE TOMANDO MOMENTO RESPECTO DE UN PUNTO ARBITRARIO Y APLICANDO TEOREMA DE VARIGNON

Rd R = P1d1 + P2 d 2 + P3 d 3 Rd R =

∑ Pd

AÑO 2009

R

i I

16

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APUNTE DE CLASE

- Aplicación al caso de Fuerzas Paralelas - Equilibrio P2 P4

1

2

3

4

5

P1 P5

P3

CONDICION 1:

R =

RESULTANTE NULA

∑P

CONDICION 2:

MO =

∑

i

= 0

ASEGURA LA NO TRASLACION DEL SISTEMA PERO NO LA INEXISTENCIA DE UNA CUPLA

CUPLA NULA

d2

Pidi = 0

d4

ASEGURA LA INEXISTENCIA DE UNA CUPLA PORQUE EL VALOR DE LA CUPLA NO DEPENDE DEL PUNTO QUE SE TOME PARA EVALUAR EL MOMENTO. ASEGURA LA NO ROTACION DEL SISTEMA

P2 P4

1

O

2

3

4

5

d1 d3 d5

P1 P3

P5

COMO ALTERNATIVA SE PUEDE PLANTEAR NULIDAD DE MOMENTOS RESPECTO A DOS PUNTOS CUALQUIERA DEL PLANO QUE NO ESTÉN SOBRE UNA LINEA PARALELA A LAS RECTAS DE ACCION DEL SISTEMA DE FUERZAS.

AÑO 2009

17

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APUNTE DE CLASE

- Aplicación al caso de Fuerzas No Concurrentes - Resultante DATOS: P1, P2, P3 FUERZAS NO CONCURRENTES INCOGNITA: RESULTANTE DEL SISTEMA Y SU RECTA DE ACCION P3

C

A B

P1 P2

ELECCION DE UN SISTEMA DE COORDENADAS DE REFERENCIA XY DESCOMPOSICION DE C/U DE LAS FUERZAS EN SUS COMPONENTES PXi Y PYi

Y

P3

P3y α3 C

P3x

α1 α2

P1x A B

P1

P2x

P1y P2y

P2

X

O

AÑO 2009

18

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APUNTE DE CLASE

Y

P3

P3y α3 C

P3x

α1 α2

P1x A

P1

B

P2x

P1y P2y

P2

X

O

MODULO Y DIRECCION DE LA RESULTANTE:

∑ Fxi Ry = ∑ Fyi Rx =

AÑO 2009

R =

R 2x + R 2y

tg α =

RY RX

19

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APUNTE DE CLASE

UBICACION DE LA RESULTANTE: LO QUE SE DESEA ENCONTRAR ES LA ECUACION DE LA RECTA DE ACCION DE LA RESULTANTE O EN SU DEFECTO UN PUNTO DE LA MISMA PORQUE YA SE CONOCE LA ORIENTACION CON EL ANGULO α. UNA SOLUCION POSIBLE ES ENCONTRAR LA UBICACIÓN DE LA RESULTANTE Rx Y Ry SABIENDO QUE EL PUNTO DONDE SE CRUZAN AMBAS RECTAS DE ACCION ES UN PUNTO DE LA RECTA DE ACCION DE LA RESULTANTE

Y

xR

P3

P3y α3

OR

α

C

P3x

α1

Rx=ΣPxi

P1x

α2

A

y3 y1

P1

y2

B

P2x yR

P1y P2y

P2

X

O x1

R= Rx2+Ry2

Ry=ΣPyi

x2 x3

UBICACION DE LA RESULTANTE: EL PUNTO OR DE COORDENADAS XR E YR ES UN PUNTO DE LA RECTA DE ACCION DE LA RESULTANTE QUE TIENE EL MODULO R Y LA DIRECCION α ANTES CALCULADOS

xR

P x ∑ = ∑P

Yi i Yi

AÑO 2009

yR =

∑P y ∑P

Xi i Xi

20

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APUNTE DE CLASE

- Aplicación al caso de Fuerzas No Concurrentes - Equilibrio P4

P4y

Y

P4x

D y4 P3x

C

P1x A

B

y3

P2x

y2 y1

P3y P1y

P1

P3 P2y

O

P2

x1 x2

X x4 x3

DATOS: Fuerzas P1, P2, P3, P4 (….Pn) EN PRINCIPIO DEBEN SER MAS DE TRES FUERZAS, PORQUE TRES FUERZAS NO CONCURRENTES NUNCA PUEDEN ESTAR EN EQUILIBRIO

CONDICION 1:

∑P = ∑P

RX =

Xi

=0

RY

Yi

=0

CONDICION 2:

MO =

RESULTANTE NULA

∑P

ASEGURA LA NO TRASLACION DEL SISTEMA PERO NO LA INEXISTENCIA DE UNA CUPLA

CUPLA NULA

Xi y i

+

∑P

Yi x i

=0

ASEGURA LA INEXISTENCIA DE CUPLA Y POR LO TANTO LA NO ROTACION DEL SISTEMA. EL PUNTO O PUEDE SER CUALQUIER PUNTO DEL PLANO NO NECESARIAMENTE EL ORIGEN DE COORDENADAS

COMO CONDICION ALTERNATIVA SE PUEDE ASEGURAR EL EQUILIBRIO DEL SISTEMA SI SE CUMPLE QUE LA SUMA DE LOS MOMENTOS RESPECTO A TRES PUNTOS NO ALINEADOS DEL PLANO RESULTA SIMULTANEAMENTE NULA.

AÑO 2009

21

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APUNTE DE CLASE

6. CUARTO PRINCIPIO DE LA ESTATICA: ACCION Y REACCION “Si un cuerpo A ejerce una fuerza sobre otro cuerpo B, éste ejerce una fuerza de igual magnitud, la misma recta de acción y sentido contrario sobre el primero. Estas dos fuerzas se denominan acción y reacción respectivamente”.

CHAPA B PUNTO DE VINCULACION ENTRE A Y B

BARRA A

LA BARRA A EJERCE UNA ACCION P EN LA CHAPA B Y ÉSTA UNA REACCION –P EN LA BARRA A, A TRAVES DEL PUNTO DE VINCULACION ENTRE A Y B

P

-P

CHAPA B

REACCION –P DE LA CHAPA B SOBRE LA BARRA A

P ACCION P DE LA BARRA A SOBRE LA CHAPA B

BARRA A

ACCION Y REACCION ACTUAN SOBRE CUERPOS DIFERENTES POR LO TANTO NO SON UN SISTEMA NULO

LA REACCION –P Y LA FUERZA P ACTUANTE EN EL EXTREMO DE LA BARRA CONSTITUYEN UN SISTEMA EQUILIBRADO

P AÑO 2009

22

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APUNTE DE CLASE

APLICACIONES DEL CUARTO PRINCIPIO : - Apoyos o vínculos - Ejemplo 1

CHAPA 1 DE LONGITUD d CON UNA CARGA F EN EL EXTREMO B SOLDADA A UNA CHAPA 2 COMPLETAMENTE FIJA.

CHAPA 2 CHAPA 1

SE DESEA ENCONTRAR LAS REACCIONES QUE LA CHAPA 2 LE APLICA A LA 1 ATRAVES DE LA SOLDADURA EN A PARA QUE EL SISTEMA EN SU CONJUNTO ESTE EN EQUILIBRIO

B A

d F

SE SEPARAN LAS DOS CHAPAS PONIENDO DE MANIFIESTO LA ACCION Y REACCION QUE SE APLICAN MUTUAMENTE EN A. ESTAS FUERZAS EN EL CASO DE LA CHAPA 1 SE DENOMINARAN REACTIVAS Y JUNTAMENTE CON LA FUERZA F DENOMINADA ACTIVA DEBEN CONFORMAR UN SISTEMA EN EQUILIBRIO

CHAPA 1

M:Fd B A

d F

-F F

LA FUERZA –F ASEGURA LA NULIDAD DE LA RESULTANTE A

(NO

HAY

TRASLACION).

SE

OBTIENE PLANTEANDO Rx=0 Y Ry=0.

M

EL CHAPA 2

PAR

M=Fd

ANTIHORARIO

ASEGURA

LA

INEXISTENCIA DE CUPLA (NO HAY ROTACION). SE OBTIENE

PLANTEANDO

LA

NULIDAD

DE

MOMENTOS RESPECTO A CUALQUIER PUNTO. LAS ACCIONES DE LA CHAPA 1 EN LA 2 SON IGUALES Y CONTRARIAS A LAS REACCIONES CALCULADAS EN VIRTUD DEL CUARTO PRINCIPIO

EL MEDIO DE UNION ADOPTADO ENTRE LAS DOS CHAPAS DEBE SER CAPAZ DE TRANSMITIR LA FUERZA Y EL PAR, O LO QUE ES LO MISMO IMPEDIR LA TRASLACION DE LA CHAPA 1 EN CUALQUIER DIRECCION E IMPEDIR SIMULTANEAMENTE LA ROTACION DE LA MISMA. ESTE TIPO DE APOYO SE DENOMINA VINCULO DE TERCERA ESPECIE O EMPOTRAMIENTO. EL SISTEMA SE PUEDE ESQUEMATIZAR DE ESTA FORMA:

AÑO 2009

23

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APUNTE DE CLASE

- Ejemplo 2 CHAPA 1 CON CARGAS P1 A P3 ABULONADA CON UN SOLO BULON EN EL EXTREMO A A UNA CHAPA 2 COMPLETAMENTE FIJA.

CHAPA 2 CHAPA 1

A

P3 P1 P2

EN TERMINOS CINEMATICOS: LA FORMA DE SUJECIÓN ELEGIDA ENTRE LAS CHAPAS 1 Y 2 LIMITA TODA POSIBILIDAD DE TRASLACION DE LA CHAPA 2 PERO NO IMPIDE LA ROTACION ALREDEDOR DE A. EN TERMINOS DE FUERZAS: EL APOYO A PUEDE GENERAR UNA REACCION CON CUALQUIER DIRECCION DEL PLANO PARA IMPEDIR LA TRASLACION EN ESA DIRECCION. COMO NO ES CAPAZ DE IMPEDIR LA ROTACION ALREDEDOR DE A EL MOMENTO DE LAS FUERZAS ACTIVAS RESPECTO DE A DEBE SER NULO ES DECIR LA RESULTANTE DE LAS FUERZAS ACTIVAS DEBERIA PASAR POR A. SI LA RESULTANTE DE LAS FUERZAS ACTIVAS NO PASA POR A LA REACCION RA Y ESA RESULTANTE FORMAN UNA CUPLA QUE PRODUCE LA ROTACION.

RA=-R Reacción de la chapa 2 en la 1

A

RA y R:Cupla no equilibrada Rotación no impedida

A P3 P1 Acción de la chapa 1 en la 2

-RA=R

P2

Resultante

R fuerzas activas

EL APOYO EN A ES UN APOYO DE SEGUNDA ESPECIE, VINCULO DOBLE O ARTICULACION AÑO 2009

24

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APUNTE DE CLASE

SE DEBE AGREGAR UN ELEMENTO QUE SEA CAPAZ DE LIMITAR LA ROTACION ALREDEDOR DE A. EN TERMINOS DE FUERZA EL ELEMENTO A AGREGAR DEBE SER CAPAZ DE GENERAR UNA FUERZA EN UNA DIRECCION DADA CUYA UNICA CONDICIÓN ES QUE NO PASE POR EL PUNTO A DE MANERA QUE PUEDA ANULAR EL MOMENTO RESPECTO DE DICHO PUNTO.

CHAPA 1

A

P3

B CHAPA 2

P1

Bulón o pasador

P2

C CHAPA 3 BIELA Bulón o pasador

Traslación normal al eje de la biela BC Rotación de la chapa 2 Respecto de B

B

Rotación de la biela Respecto del punto C

C

MOVIMIENTOS QUE LA BIELA IMPIDE

MOVIMIENTOS QUE LA BIELA NO IMPIDE

UN APOYO QUE LIMITA EL MOVIMIENTO EN UNA DIRECCION SE LLAMA DE PRIMERA ESPECIE O VINCULO SIMPLE

AÑO 2009

B Traslación en La dirección del Eje de la biela BC

C

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FACULTAD DE INGENIERIA - UNLP DEPTO. DE CONSTRUCCIONES - CATEDRA DE ESTRUCTURAS I A

APUNTE DE CLASE

ESQUEMA SIMPLIFICADO:

A

B

P3

P1 P2

APLICACIÓN DEL PRINCIPIO DE ACCION Y REACCION: Los vínculos se reemplazan por las reacciones que aplican sobre la chapa 2 El vínculo doble en A aplica una fuerza RA a la chapa 2 en cualquier dirección del plano, por lo tanto tiene dos componentes desconocidas: RAX y RAY. El vínculo simple en B aplica a la chapa 2 una fuerza RB de dirección conocida αB, por lo tanto las componentes en X e Y son función de la incógnita RB. RA RAY El ángulo αA es una incógnita del problema αA Porque RA puede tener cualquier dirección

A RAX

Y

P3 B P1

αB RB

P2 O

X

DATOS DEL PROBLEMA: Geometría de la chapa Fuerzas activas P1, P2 y P3 (magnitud, dirección, sentido y punto de aplicación) Disposición de los vínculos

AÑO 2009

INCOGNITAS DEL PROBLEMA: Reacción en A (magnitud, dirección y sentido) Reacción en B (magnitud y sentido) RAX, RAY y RB

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FACULTAD DE INGENIERIA - UNLP DEPTO. DE CONSTRUCCIONES - CATEDRA DE ESTRUCTURAS I A

APUNTE DE CLASE

RESOLUCION DEL PROBLEMA:

RAY P3y P3x

A RAX

Y

RBcosαB αB

B P1

P2x

P2

O

P3

RBsenαB

RB

P2y

X

El problema se resuelve aplicando las condiciones de equilibrio para un sistema de n fuerzas no concurrentes. Se asumen sentidos arbitrarios para las reacciones incógnitas.

∑P + ∑R ∑P + ∑R ∑M = 0 Xi

xi

=0

Yi

yi

=0

O

RESULTANTE NULA / NO TRASLACION

CUPLA NULA / NO ROTACION (O punto cualquiera del plano)

Si resuelto el sistema de ecuaciones las incógnitas son positivas significa que los sentidos supuestos son los reales, si son negativos los sentidos reales son contrarios a los supuestos.

AÑO 2009

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