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Facultad de Ingeniería Departamento de Mecánica
MECÁNICA GENERAL - MECÁNICA I
Raúl Rosas Lozano
Autor: Raúl Rosas Lozano
INDICE Pág.
I Introducción 1
1.1 ¿Qué es la Mecánica? 1
1.2 Principios y conceptos fundamentales 2
El principio de transmisibilidad 3
La ley del paralelogramo para la suma de fuerzas 3
Primera ley de Newton 4
Segunda ley de Newton 4
Tercera ley de Newton 4
La ley de la gravitación de Newton 5
II Fuerza y Momento 6
2.1 Fuerza como vector 6
2.1.1 Componentes rectangulares de una fuerza 8
Vector unitario 8
Vectores unitarios cartesianos 9
Representación vectorial cartesiana 9
Producto punto 25
Producto cruz 31
2.2 Momento de una fuerza 33
Par 41
2.3 Resultantes de sistemas de fuerzas 45
III Equilibrio 51
3.1 Introducción 51
3.2 Condiciones de equilibrio 56
IV Estructuras y vigas 63
4.1 Armaduras 63
Método de los nudos 66
Método de las secciones 71
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4.2 Marcos y entramados 76
4.3 Vigas 80
Vigas con cargas concentradas 81
Vigas con cargas distribuidas 86
V Centroides y momentos de inercia 97
5.1 Centro de gravedad 97
5.2 Centroides 99
5.2.1 Centroide de áreas compuestas 107
5.3 Momentos de inercia 111
Radio de giro de una superficie 112
5.3.1 Cambio de ejes 116
5.3.2 Momento de inercia de superficies compuestas 119
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I INTRODUCCIÓN
1.1 ¿QUE ES LA MECANICA?
La mecánica se puede definir como aquella ciencia que describe y predice
las condiciones de reposo o movimiento de los cuerpos bajo la acción de
fuerzas. Esta se divide en tres partes: la mecánica de los cuerpos rígidos, la
mecánica de los cuerpos deformables y la mecánica de fluidos.
La mecánica de los cuerpos rígidos se subdivide en estática y dinámica; la
primera trata sobre los cuerpos en reposo y la segunda sobre los cuerpos
en movimiento. En esta parte del estudio de la mecánica se supone que los
cuerpos son perfectamente rígidos. Sin embargo, las estructuras y las
máquinas reales nunca son completamente rígidas y se deforman bajo la
acción de las cargas a las cuales están sometidas. A pesar de esto, a
menudo dichas deformaciones son pequeñas y no afectan en forma
apreciable las condiciones de equilibrio o de movimiento de la estructura en
consideración Pero, estas deformaciones son importantes en lo concerniente
a la resistencia a la falla de la estructura y se estudia en la resistencia de
materiales, la cual forma parte de la mecánica de los cuerpos deformables.
La tercera división de la mecánica, la mecánica de fluidos, se subdivide en
el estudio de lo fluidos incompresibles y de los fluidos compresibles. Una
subdivisión importante del estudio de los fluidos incompresibles es la
hidráulica, la cual trata con problemas que involucran al agua.
La mecánica es una ciencia física, puesto que trata con el estudio de
fenómenos físicos. Sin embarga, algunos la asocian con las matemáticas,
mientras que muchos la consideran como un tema de la ingeniería. Estos dos
puntos de vista están parcialmente justificados. La mecánica constituye la
base de la mayoría de las ciencias ingenieriles y es un prerrequisito
indispensable para su estudio. A pesar de ello, la mecánica no tiene el
empirismo encontrado en algunas ciencias ingenieriles, esto es, no
depende únicamente de la experiencia o de la observación; por su rigor y el
énfasis que pone en el razonamiento deductivo se asemeja a las matemáticas.
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Pero, nuevamente, la mecánica no es una ciencia abstracta ni tampoco es una
ciencia pura, la mecánica es una ciencia aplicada. El propósito de la mecánica
es el de explicar y predecir los fenómenos físicos y, por ende, establecer los
fundamentos para las aplicaciones ingenieriles.
1.2 PRINCIPIOS Y CONCEPTOS FUNDAMENTALES
Los conceptos básicos usados en la mecánica son espacio, tiempo, masa y
fuerza. Estos conceptos no pueden ser definidos realmente, deben ser
aceptados con base en nuestra experiencia e intuición y ser utilizados como
un marco mental de referencia para el estudio de la mecánica.
El concepto de espacio esta asociado con la noción de la posición de un punto
P. La posición de P puede ser definida por medio de tres medidas de longitud a
partir de un cierto punto de referencia, u origen, en tres direcciones dadas.
Estas longitudes se conocen como las coordenadas de P.
Para definir un evento, no es suficiente con indicar su posición en el espacio. El
tiempo del evento también debe ser especificado.
El concepto de masa se usa para caracterizar y comparar a los cuerpos en
términos de ciertos experimentos fundamentales de la mecánica. Por ejemplo,
dos cuerpos que poseen la misma masa serán atraídos por la Tierra de la
misma forma; estos también ofrecerán la misma resistencia a un cambio en su
movimiento de traslación.
Una fuerza representa la acción de un cuerpo sobre otro. Esta puede ser
ejercida a través de un contacto directo o a distancia, como en el caso de las
fuerzas gravitacionales y las fuerzas magnéticas. Una fuerza está caracterizada
por su punto de aplicación, su magnitud, su dirección y su sentido, y se
representa por medio de un vector.
El estudio de la mecánica elemental descansa sobre seis principios
fundamentales:
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El principio de transmisibilidad. Este principio establece que la condición de
equilibrio o de movimiento de un cuerpo rígido permanecerá inalterada si una
fuerza que actúa en un punto dado del mismo se reemplaza por una fuerza
igual, pero que actúa en un punto distinto, siempre y cuando ambas fuerzas
tengan la misma línea de acción. Así se puede ver en la figura 1, que la fuerza
P que actúa sobre el cuerpo, puede considerarse aplicada en A o en B, no
cambiando el efecto exterior sobre dicho cuerpo.
Figura 1
La ley del paralelogramo para la suma de fuerzas. Esta ley establece que
dos fuerzas que actúan sobre una partícula pueden ser reemplazadas por una
sola fuerza, llamada la resultante, que se obtiene dibujando la diagonal del
paralelogramo cuyos lados son iguales a las fuerzas dadas.
Si se tiene dos fuerzas concurrentes 21 FyFrr
pueden sumar mediante la regla
del paralelogramo para obtener su suma o resultante Rv
según se indica en la
figura 2(a). Si las dos fuerzas son coplanarias, pero están aplicadas a dos
puntos diferentes, como en la figura 2(b), por el principio de transmisibilidad se
pueden deslizar a lo largo de sus líneas de acción y obtener su suma Rv
en el
punto de concurrencia. La resultante Rv
podrá sustituir a 21 FyFrr
sin alterar los
efectos exteriores ejercidos sobre el cuerpo. También podrá utilizarse la regla
del triángulo para obtener Rv
, pero ello exige el desplazamiento de la línea de
acción de una de las fuerzas en la forma indicada en la figura 2(c). En la figura
2(d) se han sumado las mismas fuerzas, y aun cuando se obtienen el módulo y
dirección correctas de Rv
, se ha perdido su línea de acción. Por tanto, se debe
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evitar este tipo de construcción. Matemáticamente, la suma de las dos fuerzas
puede escribirse mediante la ecuación vectorial
RFFrrr
=+ 21
(a) (b) (c) (d)
Figura 2
Primera ley de Newton. Si la fuerza resultante que actúa sobre una partícula
es cero, la partícula permanecerá en reposo (si originalmente lo estaba) y se
moverá con velocidad constante en una línea recta (si originalmente lo hacía).
Segunda ley de Newton. Si la fuerza resultante que actúa sobre una partícula
no es cero, la partícula tendrá una aceleración proporcional a la magnitud de la
resultante y en la misma dirección y sentido que esta última. Esta ley puede
enunciarse como
F = ma
Donde F, m y a representan, respectivamente, la fuerza resultante que
actúa sobre la partícula, la masa de la partícula y la aceleración de la
partícula, expresadas en un sistema consistente de unidades.
Tercera ley de Newton. Las fuerzas de acción y reacción entre cuerpos en
contacto tienen la misma magnitud, la misma línea de acción y sentidos
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opuestos.
La ley de la gravitación de Newton. Esta ley establece que dos partículas de
masa M y m se atraen mutuamente con fuerzas iguales y opuestas F cuya
magnitud está dada por la fórmula
F = GMm/r2
Donde r es la distancia entre las dos partículas
G es una constante universal llamada la constante de gravitación.
Por ahora, la primera y la tercera ley de Newton, la ley del paralelogramo para
la suma de vectores y el principio de transmisibilidad, proporcionarán las bases
requeridas para el estudio de la estática de partículas, la estática de los
cuerpos rígidos y la estática de los sistemas constituidos por cuerpos rígidos.
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II FUERZA Y MOMENTO
2.1 FUERZA COMO VECTOR
Las fuerzas son cantidades vectoriales, caracterizadas por un punto de
aplicación, una magnitud, una dirección y un sentido y pueden sumarse de
acuerdo con la ley del paralelogramo. La magnitud, dirección y sentido de la
resultante R de dos fuerzas P y Q pueden determinarse gráficamente o por
medio de la trigonometría, empleando consecutivamente la ley de los cosenos
y la ley de los senos.
Ejercicio Nº 1.
Las dos fuerzas P y Q, actúan sobre el perno A, como se muestra en la figura
3(a). Determinar su resultante.
Figura 3
Solución
Se construye un paralelogramo con lados iguales a P y Q, la diagonal de este
paralelogramo a partir del punto A es la resultante R pedida (figura 3b).
Utilizando uno de los triángulos que componen el paralelogramo, como se
muestra en la figura 3(c) y aplicando la ley de los cosenos se obtiene:
( ) ( ) ( )( ) NRR 73,97155cos604026040 222 =→−+=
Ahora, aplicando la ley de los senos, se puede escribir
º04,35º04,15º20º04,1573,97155
60=⇒+==→= ααluegoAsenAsen
(a) (b) (c)
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Ejercicio Nº 2.
Determinar las magnitudes de las componentes u y v de la fuerza de 900 N
representada en la figura 4(a).
Figura 4
Solución
En la figura 4(b) se puede ver el módulo, dirección y sentido de la fuerza de
900 N. Las componentes uFr
y vFr
, según los ejes u y v se pueden determinar
trazando rectas paralelas a estos ejes por el extremo y el origen del vector que
representa la fuerza de 900 N. Al paralelogramo así construido se le puede
aplicar el teorema del seno para determinar la magnitud de las fuerzas uFr
y vFr
ya que se conocen los ángulos de los dos triángulos que forman el
paralelogramo. Así pues,
110900
2545 sensenF
senF vu ==
de donde se obtiene que
NFsen
senFNFsen
senF vvuu 77,404110
2590023,677110
45900=⇒==⇒=
(a) (b)
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2.1.1 Componentes Rectangulares de una Fuerza
En la solución de la mayoría de los problemas técnicos prácticos no es común
la utilización de componentes oblicuas de fuerzas. En cambio, sí es muy co-
rriente el empleo de componentes ortogonales (rectangulares) entre sí. El
proceso de obtención de componentes rectangulares es más sencillo ya que el
paralelogramo que se utilice para representar la fuerza y sus componentes es
un rectángulo y el teorema del coseno que se utiliza para hallar los valores nu-
méricos de las componentes se reduce entonces al teorema de Pitágoras.
Vector Unitario
Un vector unitario es un vector que tiene una magnitud igual a 1. Si Ar
es un
vector cuya magnitud es A distinta de 0, entonces un vector unitario que tenga
la misma dirección y sentido que Ar
se representa como
AAuA
r
=ˆ (1)
Rescribiendo esta ecuación, se tiene que:
AuAA ˆ=r
(2)
Puesto que el vector Ar
es de cierto tipo, por ejemplo un vector fuerza, éste
tendrá unidades de fuerza apropiadas para su descripción. La magnitud A
también tendrá estas unidades; de aquí que de la ecuación (1) se infiere que el
vector unitario no tiene unidades. La ecuación (2) por lo tanto indica que el
vector Ar
puede expresarse en términos tanto de su magnitud como de su
dirección y sentido en forma separada, es decir, A (un escalar positivo) define
la magnitud de Ar
y ûA (un vector adimensional) define la dirección y el sentido
de Ar
, como se indica en la figura (5)
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Figura 5
Vectores unitarios cartesianos. En tres dimensiones, el conjunto de vectores
unitarios cartesianos: ,ˆˆ,ˆ kyji , se utiliza para designar las direcciones de los
ejes x, y, z respectivamente, el sentido (o punta de la flecha) de estos vectores
se describirá analíticamente por un signo más o por un signo menos,
dependiendo de si éstos apuntan a lo largo del eje positivo o negativo de los
ejes x, y y z. De esta forma, los vectores positivos unitarios se muestran en la
figura 6.
Figura 6
Representación vectorial cartesiana.
Una fuerza Fr
que se encuentra actuando en el plano x-y se puede
descomponer en una componente rectangular xFr
dirigida según el eje x y otra
componente rectangular yFr
dirigida según el eje y, como se indica en la figura
7(a). Las fuerzas xFr
y yFr
son las componentes vectoriales de la fuerza Fr
. Los
ejes x e y suelen tomarse horizontal y vertical, como se indica en la figura 7(a);
no obstante, se pueden tomar en dos direcciones perpendiculares
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cualesquiera. Estas direcciones suelen venir indicadas por la geometría del
problema.
yFr
Fr
jFyˆ F
r
θ xFr
j θ iFxˆ
(a) (b)
Figura 7
La fuerza Fr
y sus componentes vectoriales bidimensionales xFr
y yFr
se pue-
den escribir en forma vectorial cartesiana utilizando los vectores unitarios ji ˆ,ˆ
dirigidos según los sentidos positivos de los ejes x e y, como se indica en la fi-
gura 7(b). Luego,
jFiFFFF yxyxˆˆ +=+=
rrr (3)
donde los escalares xF y yF son las componentes escalares x e y de la fuerza
Fr
. Las componentes escalares xF y yF están relacionadas con el módulo
FFr
= y con el ángulo de inclinación θ (dirección) de la fuerza Fr
a través de
las expresiones siguientes:
θcosFFx = θsenFFy = 22yx FFF += ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛= −
x
yF
Ftg 1θ (4)
Las componentes escalares xF y yF , de la fuerza Fr
pueden ser positivas o
negativas, según cuál sea el sentido de las componentes vectoriales xFr
y yFr
.
La componente escalar será positiva si la componente vectorial
correspondiente tiene el mismo sentido que el vector unitario asociado y
x
y y
x
i
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negativa en caso contrario.
Análogamente, en los problemas en que sea necesario un análisis tridimen-
sional, una fuerza Fr
en el espacio se puede descomponer en tres
componentes rectangulares mutuamente ortogonales zyx FyFFrrr
, , dirigidas
según los ejes de coordenadas x, y, z, tal como se indica en la figura 8. La
fuerza Fr
y sus componentes vectoriales tridimensionales zyx FyFFrrr
, . se
pueden también escribir en forma vectorial cartesiana utilizando los vectores
unitarios kji ˆ,ˆ,ˆ dirigidos en los sentidos positivos de los ejes de coordenados
x, y, z. Así,
kFjFiFkFjFiFFFFF zyxzyxzyxˆcosˆcosˆcosˆˆˆ θθθ ++=++=++=
rrrr (5)
zFr
θz Fr
θy
xFr
Figura 8
yFr
y
x
z
θx
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De esta manera, las componentes escalares zyx FyFF , están relacionadas
con el módulo F y con la dirección y sentido de la fuerza mediante las
expresiones siguientes:
xx FF θcos= yx FF θcos= zx FF θcos=
⎟⎠⎞⎜
⎝⎛= −
FFx
x1cosθ ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛= −
FFy
y1cosθ ⎟
⎠⎞⎜
⎝⎛= −
FFz
z1cosθ (6)
222zyx FFFF ++=
Los ángulos θx, θy y θz son los ángulos ( )o1800 ≤≤ θ que forma la fuerza Fr
con los semiejes de coordenadas positivos. Los cosenos de estos ángulos, se
denominan cosenos directores.
Si un ángulo es mayor que 90º, su coseno es negativo, lo que indica que el
sentido de la componente es opuesto al sentido positivo del eje de
coordenadas correspondiente. Luego entonces, las ecuaciones (6) dan el signo
y la magnitud de las componentes escalares de la fuerza y son válidas para
todo valor del ángulo.
Si se relaciona la ecuación (2) con la última igualdad de la ecuación (5), se
puede obtener que el vector formado por los cosenos directores de un vector
cualquiera, es su vector unitario, es decir,
ukji zyx ˆˆcosˆcosˆcos =++ θθθ (7)
Considerando que la magnitud de cualquier vector unitario es 1, entonces
1coscoscos 222 =++ zyx θθθ (8)
Cuando una fuerza Fr
se define en el espacio por su magnitud F y por las
coordenadas de dos puntos, M (x1, y1, z1) y N (x2, y2, z2) localizados a lo largo
Autor: Raúl Rosas Lozano
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de su línea de acción, como se indica en la figura 9, ésta se puede escribir en
forma vectorial de la siguiente manera:
Figura 9
Primero, se expresa el vector dr
que une a los puntos M y N en términos de sus
componentes zyx dyddrrr
, ; de esta forma se escribe
( ) ( ) ( )kzzjyyixxkdjdidd zyxˆˆˆˆˆˆ
121212 −+−+−=++=r
(9)
Después se determina el vector unitario u a lo largo de la línea de acción de Fr
dividiendo dr
por su magnitud MN = d
d
kdjdidddu zyx
ˆˆˆˆ
++==
r
(10)
Recordando que Fr
es igual al producto de F y u , se tiene que
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ ++==
dkdjdid
FuFF zyxˆˆˆ
ˆr
A partir de esta expresión se determina que las componentes escalares de Fr
son:
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⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
dd
FF xx ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
dd
FF yy ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=
ddFF z
z
Ejercicio Nº 3
Determine la magnitud y los ángulos directores coordenados de la fuerza
resultante que actúa en el anillo de la figura 10(a).
Figura 10
Solución
Como cada fuerza está representada en forma vectorial cartesiana, la fuerza
resultante mostrada en la figura 10(b), se obtuvo a partir de:
( ) ( ) lbkjiFkjikjFFF RRˆ180ˆ40ˆ50ˆ100ˆ100ˆ50ˆ80ˆ6021 +−=⇒+−++=+=
rrr
La magnitud de la fuerza resultante se obtiene de las ecuaciones (6), es decir,
lbFF RR 1911804050 222 =⇒++=
Los ángulos directores coordenados se determinan de las componentes del
vector unitario de la fuerza resultante RFr
(a) (b)
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kjiukjiFFu
RR FR
Fˆ9422,0ˆ2094.0ˆ2617,0ˆˆ
191180ˆ
19140ˆ
19150ˆ +−=⇒+−==
r
De tal forma que
º8,742617,0cos =→= xx θθ
º1022094,0cos =→−= yy θθ
º6,199422,0cos =→= zz θθ
Estos ángulos se muestran en la figura 10(b).
Ejercicio Nº 4
Exprese la fuerza F mostrada en la figura 11 como un vector cartesiano.
Figura 11
Solución
Como sólo se indican dos ángulos directores coordenados, el tercer ángulo α
se puede determinar a partir de la ecuación (8), esto es,
5,0cos145cos60coscos 222 ±=→=++ αα
De aquí que º120º60 == αα o
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De la figura 11, se deduce claramente que es necesario que el valor de α sea
de 60º, puesto que la componente en x de la fuerza debe ser positiva, es decir,
actuar en el sentido +x.
Utilizando la ecuación (5), con F = 200 N, se tiene
kjiF ˆ45cos200ˆ60cos200ˆ60cos200 ++=r
NkjiF ˆ4,141ˆ100ˆ100 ++=r
Ejercicio Nº 5
Exprese la fuerza F mostrada en la figura 12(a) como un vector cartesiano.
(a) (b)
Figura 12
Solución
En este ejercicio los ángulos de 60º y 30º que definen la dirección de F no son
ángulos directores coordenados. Sin embargo, aplicando la regla del
paralelogramo dos veces, F puede ser descompuesta en sus componentes
rectangulares cartesianas como se muestra en la figura 12(b). Del triángulo de
color gris claro se tiene
230446,330cos4' ==== senFyF z
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Luego, utilizando F’ y el triángulo de color gris oscuro se tiene
36046,373,160cos46,3 ==== senFyF yx
Finalmente
kNkjiF ˆ2ˆ3ˆ73,1 ++=r
Ejercicio Nº 6
El tirante de una torre está anclado por medio de un perno en A. La tensión en
dicho cable es de 2500 N. Determine: a) las componentes zyx FyFF , de la
fuerza que actúa sobre el perno y b) los ángulos directores que definen la
dirección de dicha fuerza.
Figura 13
Solución
a) La línea de acción de la fuerza Fr
que actúa sobre el perno pasa por los
puntos A y B y está dirigida desde A hacia B como se indica en la figura 13(b).
Las componentes del vector dBArr
= , el cual tiene la misma dirección y el
(a) (b) (c)
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mismo sentido que la fuerza, están dadas por
308040 ==−= zyx ddd
La distancia total desde A hasta B es
3,94308040 222 =++== dAB
Considerando los vectores unitarios a lo largo de los ejes coordenados, se
tiene
kjidBA ˆ30ˆ80ˆ40 ++−==rr
Calculando el vector unitario ⎟⎠⎞⎜
⎝⎛= dduAB
rˆ , se puede escribir ABuFF ˆ=
r de lo que
se obtiene
kjiFkjiF ˆ795ˆ2120ˆ10603,94
ˆ30ˆ80ˆ402500 ++−=→⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ ++−=
rr
Por lo tanto las componentes de Fr
son:
NFNFNF zyx 79521201060 ==−=
b) Usando las ecuaciones (6), se determina que
º1,11525001060cos =→
−= xx θθ
º3225002120cos =→= yy θθ
º5,712500795cos =→= zz θθ
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Ejercicio Nº 7
Determinar el módulo R de la resultante de las cuatro fuerzas representadas en
la figura 14(a) y el ángulo θx que forma su recta soporte con el eje x.
Figura 14
Solución
El módulo R de la resultante se determinará utilizando las componentes rectan-
gulares Fx y Fy de cada una de las fuerzas. Así,
F1x = 80 cos 140º = - 61,28 N
F1y = 80 sen 140º = + 51,42 N
F2x = 60 cos 110º = - 20,52 N
F2y = 60 sen 110º = + 56,38 N
F3x = 75 cos 45º = + 53,03 N
F3y = 75 sen 45º = + 53,03 N
F4x = 90 cos 17º = + 86,07 N
F4y = 90 sen 17º = + 26,31 N
Una vez conocidas las componentes rectangulares de las fuerzas, se obtienen
las componentes Rx y Ry de la resultante mediante las expresiones
Rx = Σ Fx = F1x + F2x + F3x + F4x = - 61,28 - 20,52 + 53,03 + 86,07
(a) (b)
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Rx = + 57,3 N
Ry = Σ Fy = F1y + F2y + F3y + F4y = + 51,42 + 56,38 + 53,03 + 26,31
Ry = + 187,14 N
El módulo R de la resultante es
NRRRR yx 7,19514,1873,57 2222 =⇒+=+=
El ángulo θx se obtiene a partir de la expresión
º733,5714,18711 =⇒⎟
⎠
⎞⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛= −−
xx
yx tg
RR
tg θθ
La resultante R de las cuatro fuerzas de la figura 14(a) está representada en la
figura 14(b).
Ejercicio Nº 8
Determinar el módulo R de la resultante de las tres fuerzas representadas en la
figura 15 y los ángulos θx, θy y θz que forma la recta soporte de la resultante
con los semiejes positivos de coordenadas x, y, z.
Figura 15
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Solución
Primero se determinará el módulo R de la resultante de las tres fuerzas
representadas en la figura 15 y los ángulos θx, θy y θz, que forma su recta
soporte con los ejes x, y, z. Así,
959,1064cos25459,1930cos26cos25235,11120cos26cos25 111 ====−== zyx FFF( ) ( ) 66,8601033,46060cos105,260cos60cos10 222 ==−=−==−= senFsenFF zyx
135,41615046,115016cos15268,950cos16cos15 333 ====== senFsenFF zyx
Una vez conocidas las componentes rectangulares de cada una de las fuerzas,
se obtienen las componentes Rx, Ry y Rz de la resultante mediante las
expresiones
Rx = Σ Fx = F1x + F2x + F3x = -11,235 + 2,5 + 9,268
Rx = 0,533 kN
Ry = Σ Fy = F1y + F2y + F3y = 19,459 – 4,33 + 11,046
Ry = 26,175 kN
Rz = Σ Fz = F1z + F2z + F3z = 10,959 + 8,66 + 4,135
Rz = 23,754 kN
El módulo R de la resultante es
kNRRRRR zyx 35,35754,23175,26533,0 222222 =⇒++=++=
Los ángulos θx, θy y θz se obtienen mediante las expresiones
º14,8935,35
533,0coscos 11 =⇒⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛= −−
xx
x RR
θθ
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º23,4235,35
175,26coscos 11 =⇒⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛= −−
yy
y RR
θθ
º78,4735,35754,23coscos 11 =⇒⎟
⎠
⎞⎜⎝
⎛=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛= −−
zz
z RR
θθ
Ejercicio Nº 9
Determinar el módulo R de la resultante de las tres fuerzas representadas en la
figura 16 y los ángulos θx, θy y θz que forma la recta soporte de la resultante
con los semiejes positivos de coordenadas x, y, z.
Figura 16
Solución
Como se observa en la figura 16 además de por el origen de coordenadas, las
rectas soporte de las fuerzas F1, F2 y F3 pasan por los puntos de coordenadas
(3, -2,5, 3,5), (-3, -4,5, 3,5) y (3, 5, 4) respectivamente. Como se conocen las
coordenadas de estos tres puntos del espacio, se puede determinar fácilmente
los vectores unitarios asociados a las fuerzas mencionadas usando las
ecuaciones (9) y (10).
kjikjiu ˆ6674,0ˆ4767,0ˆ572,05,35,23
ˆ5,3ˆ5,2ˆ3ˆ2221 +−=
++
+−=
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 23 -
kjikjiu ˆ5433,0ˆ6985,0ˆ4657,05,35,43
ˆ5,3ˆ5,4ˆ3ˆ2222 +−−=
++
+−−=
kjikjiu ˆ5657,0ˆ7071,0ˆ4243,0453
ˆ4ˆ5ˆ3ˆ2223 ++=
++
++=
Ahora, utilizando la ecuación (2) se puede expresar en forma vectorial
cartesiana cada una de las tres fuerzas
( ) kjiFkjiuFF ˆ348,13ˆ534,9ˆ44,11ˆ6674,0ˆ4767,0ˆ572,020ˆ 1111 +−=→+−==rr
( ) kjiFkjiuFF ˆ299,16ˆ955,20ˆ971,13ˆ5433,0ˆ6985,0ˆ4657,030ˆ 2222 +−−=→+−−==rr
( ) kjiFkjiuFF ˆ628,22ˆ284,28ˆ972,16ˆ5657,0ˆ7071,0ˆ4243,040ˆ 3333 ++=→++==rr
La resultante Rr
de las tres fuerzas es
kRjRiRFFFR zyxˆˆˆ
321 ++=++=rrrr
donde
Rx = Σ Fx = F1x + F2x + F3x = 11,44 – 13,971 + 16,972
Rx = 14,441 kN
Ry = Σ Fy = F1y + F2y + F3y = -9,534 – 20,955 + 28,284
Ry = -2,205 kN
Rz = Σ Fz = F1z + F2z + F3z = 13,348 + 16,299 + 22,628
Rz = 52,275 kN
Luego
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 24 -
kNkjiR ˆ275,52ˆ205,2ˆ441,14 +−=r
El módulo R de la resultante es
kNRRRRR zyx 27,54275,52205,2441,14 222222 =⇒++=++=
Los ángulos θx, θy y θz se obtienen mediante las expresiones
º57,7427,54441,14coscos 11 =⇒⎟
⎠
⎞⎜⎝
⎛=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛= −−
xx
x RR
θθ
º33,9227,54205,2coscos 11 =⇒⎟
⎠
⎞⎜⎝
⎛ −=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛= −−
yy
y RR
θθ
º58,1527,54275,52coscos 11 =⇒⎟
⎠
⎞⎜⎝
⎛=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛= −−
zz
z RR
θθ
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 25 -
Producto Punto En ocasiones, en estática se tiene que determinar el ángulo entre dos líneas, o
las componentes de una fuerza paralela o perpendicular a una línea. En el caso
bidimensional, esto puede resolverse fácilmente por trigonometría. En el caso
tridimensional, es algo más complicado y generalmente se debe utilizar
métodos vectoriales para encontrar la solución. El término producto punto se
refiere a un método particular para “multiplicar” dos vectores y se utiliza para
resolver los problemas antes mencionados.
El producto punto de los vectores ByArr
que se expresa como BArr
• , y se lee
como “A punto B”, se define como el producto de las magnitudes de ByArr
, y el
coseno del ángulo θ entre sus colas; como se muestra en la figura17.
Expresado en forma de ecuación se tiene:
θcosBABA =•rr
(11)
donde º180º0 ≤≤ θ . El producto punto se llama frecuentemente producto
escalar de vectores, puesto que el resultado es un escalar y no un vector.
Figura 17
El producto punto cumple con las siguientes leyes de operación:
Ley conmutativa:
ABBArrrr
•=•
Multiplicación por un escalar
( ) ( ) ( ) ( )αααα BABABABArrrrrrrr
•=•=•=•
Ar
Brθ
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 26 -
Ley distributiva
( ) ( ) ( )DABADBArrrrrrr
•+•=+•
Si los vectores ByArr
están expresados en forma vectorial cartesiana,
entonces el producto punto entre ellos es
( ) ( )kBjBiBkAjAiABA zyxzyxˆˆˆˆˆˆ ++•++=•
rr
Luego de llevar a cabo las operaciones del producto punto y considerando que
0ˆˆ0ˆˆ0ˆˆ1ˆˆ1ˆˆ1ˆˆ
=•=•=•
=•=•=•
jkkiji
kkjjii
el resultado final es
zzyyxx BABABABA ++=•rr
(12)
En mecánica el producto punto tiene dos aplicaciones importantes
El ángulo formado entre dos vectores o líneas de intersección. El ángulo
θ entre las colas de los vectores ByArr
en la figura 17 puede
determinarse de la ecuación (11) y expresarse como:
º180º0cos 1 ≤≤⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ •= − θθ
BABArr
Las componentes de un vector paralelo y perpendicular a una línea. La
componente de un vector Ar
paralelo o colineal a la línea 'aa en la figura
18 se define por llAr
donde θcosAAll = . Esta componente con frecuencia
es conocida como la proyección de Ar
sobre la línea puesto que se
forma un ángulo recto en la figura. Si la dirección de la línea se
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 27 -
especifica por el vector unitario u , entonces se puede determinar llAr
directamente del producto punto, es decir,
uAAAll ˆcos •==r
θ
θ
Figura 18
De aquí que, la proyección escalar de Ar
a lo largo de una línea se determina a
partir del producto punto de Ar
y el vector unitario u , el cual define la dirección
de la línea. Si éste resultado es positivo, entonces llAr
tiene el mismo sentido
de u , mientras que si es negativo, entonces su sentido es opuesto al de u . La
componente llAr
representada como un vector es, por lo tanto:
( )uuAuAAll ˆˆˆcos •==rr
θ (13)
Ejercicio Nº 10
La estructura mostrada en la figura 19(a) se encuentra bajo la influencia de una
fuerza horizontal NjF ˆ300=r
que actúa en una esquina. Determine la magnitud
de las componentes perpendicular y paralela al miembro AB de esta fuerza.
⊥Ar
Ar
iiAra 'a
u
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 28 -
Figura 19
Solución
La magnitud de la componente de Fr
a lo largo de AB es igual al producto
punto de Fr
y el vector unitario Bu , que define la dirección de AB, figura 19(b).
Puesto que
kjikjirru
B
BB
ˆ4286,0ˆ8571,0ˆ2857,0362
ˆ3ˆ6ˆ2ˆ222
++=++
++==
r
Entonces
( ) NFkjijuFF ABBAB 13,257ˆ4286,0ˆ8571,0ˆ2857,0ˆ300ˆ =⇒++•=•=r
Como el resultado es positivo, ABFr
tiene el mismo sentido que Bu , figura 19(b).
Expresando ABFr
en forma vectorial cartesiana, se tiene:
( )
kjiF
kjiuFF
AB
BABAB
ˆ2,110ˆ39,220ˆ46,73
ˆ4286,0ˆ8571,0ˆ2857,013,257ˆ
++=
++==
r
r
La componente perpendicular ⊥Fr
, figura 19(b), es por lo tanto
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 29 -
( )
NkjiF
kjijFFF AB
ˆ2,110ˆ61,79ˆ46,73
ˆ2,110ˆ39,220ˆ46,73ˆ300
−+−=
++−=−=
⊥
⊥
r
rrr
Su magnitud se puede determinar tanto con este vector como a partir del
teorema de Pitágoras,
NFF 5,1542,11061,7946,73 222 =⇒++= ⊥⊥ ó
NFFFF AB 5,15413,257300 2222 =⇒−=−= ⊥⊥
Ejercicio Nº 11 La tubería mostrada en la figura 20(a) se encuentra bajo la influencia de una
fuerza lbF 80= en su extremo B. Determine el ángulo θ entre Fr
y el
segmento de tubería BA, y las magnitudes de las componentes de Fr
, que son
paralelas y perpendiculares a BA.
(a) (b)
Figura 20
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 30 -
Solución Ángulo θ. Primero se establecen vectores de posición desde B hacia A y desde
B hasta C, para luego determinar el ángulo θ entre las colas de estos dos
vectores.
kjrkjir BCBAˆ1ˆ3ˆ1ˆ2ˆ2 +−=+−−=
rr
De esta forma
( )( ) ( )( ) ( )( ) º45,427379,0103
113202cos =⇒=+−−+
=•
= θθBCBA
BCBA
rrrr rr
Componentes de Fr
. La fuerza Fr
se descompone en sus componentes como
se muestra en la figura 20(b). Puesto que BABA uFF ˆ•=r
, se debe expresar los
vectores unitarios a lo largo de BA y la fuerza Fr
como vectores cartesianos.
kjikjirru
BA
BABA
ˆ31ˆ
32ˆ
32
122
ˆ1ˆ2ˆ2ˆ222
+−−=++
+−−==
r
kjkjrr
FBC
BC ˆ29,25ˆ89,7510
ˆ1ˆ38080 +−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ +−=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
rr
Luego
( ) lbFkjikjF BABA 59ˆ31ˆ
32ˆ
32ˆ29,25ˆ89,75 =⇒⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +−−•+−=
lbFFFF AB 545980 2222 =⇒−=−= ⊥⊥
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 31 -
Producto Cruz
La segunda manera de multiplicar dos vectores se conoce con el nombre de
producto cruz o también llamado producto vectorial. Para los vectores QyPrr
de la figura 20 dicho producto se escribe en la forma QPrr
× y se define como
un vector cuyo módulo es igual al producto de los módulos de QyPrr
multiplicado por el seno del ángulo θ (menor que 180°) que forman. La
dirección de QPrr
× es normal al plano definido por QyPrr
, y el sentido de QPrr
×
es el de avance de un tornillo de hilo derecho al girar de manera que lleve Pr
sobre Qr
a través del menor de los dos ángulos que determinan. Si es n un
vector cuya dirección y sentido sean los de QPrr
× , el producto vectorial podrá
escribirse en la forma
nsenQPQP θ=×rr
(14)
Utilizando la regla de la mano derecha e invirtiendo el orden de la multiplicación
vectorial, de la figura 21 se puede ver que PQQPrrrr
×−=× . Por tanto, el pro-
ducto vectorial no es conmutativo.
Figura 21
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 32 -
Sí cumple con la propiedad distributiva. Por tanto, se cumple que
( ) RPQPRQPrrrrrrr
×+×=+×
De la definición de producto vectorial resultan las siguientes relaciones entre
los vectores unitarios cartesianos
0ˆˆˆˆˆˆ
ˆˆˆˆˆˆˆˆˆ
ˆˆˆˆˆˆˆˆˆ
=×=×=×
−=×−=×−=×
=×=×=×
kkjjii
jkiijkkij
jikikjkji
Con ayuda de estas igualdades y de la propiedad distributiva, el producto cruz
de dos vectores QyPrr
escritos en función de sus componentes cartesianas es
( ) ( )
( ) ( ) ( )kQPQPjQPQPiQPQPQP
kQjQiQkPjPiPQP
xyyxxzzxyzzy
zyxzyx
ˆˆˆ
ˆˆˆˆˆˆ
−+−−−=×
++×++=×
rr
r
Tras reagrupar términos. Esta expresión puede escribirse de manera compacta
en forma de determinante
zyx
zyx
QQQPPPkji
QP
ˆˆˆ
=×rr
(15)
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 33 -
2.2 MOMENTO DE UNA FUERZA
Una fuerza tiene, además de la tendencia a mover en su dirección y sentido al
cuerpo a que se aplica, otra tendencia a hacerlo girar alrededor de todo eje que
no corte a la recta soporte de la fuerza ni sea paralelo a ella. A esta tendencia
se le llama momento Mr
de la fuerza respecto al eje o punto dado.
En la figura 22(a) puede verse un cuerpo al que se ha aplicado una fuerza Rr
en uno de sus puntos A. El eje O-O es una recta cualquiera en el cuerpo que
no corta a la recta soporte de Rr
. La fuerza Rr
puede descomponerse en dos
componentes, una Pr
, paralela a O-O, que no tiene tendencia a hacer girar el
cuerpo alrededor de O-O, y Fr
contenida en un plano a normal al eje O-O y que
tendrá tendencia a hacer girar el cuerpo alrededor de O-O. La magnitud de esta
tendencia es proporcional tanto a la magnitud F como al brazo de momento,
d , perpendicular. La magnitud escalar del momento es, pues,
dFM = (16)
El sentido del momento depende del sentido en el cual tienda Fr
a hacer girar
el cuerpo. Para identificar aquel sentido puede emplearse la regla de la mano
derecha (fig. 22(b)) y el momento de Fr
respecto a O-O podrá representarse
por un vector dirigido en el sentido indicado por el pulgar cuando se curvan los
demás dedos en el sentido de la tendencia a la rotación. El momento Mr
cumple todas las reglas de composición de vectores y puede considerarse
como vector deslizante cuya recta soporte coincida con el eje de momentos.
Las unidades de momento son m-kp o m-N y suelen escribirse en este orden
para distinguir un momento de una energía que pudiera darse en kp-m o en N-
m (J).
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 34 -
(a) (b)
Figura 22
Al tratar fuerzas coplanarias, se suele hablar de momento respecto a un punto.
En realidad, queda implícito el momento respecto a un eje normal al plano y
que pasa por un punto. Así, el momento de la fuerza Fr
respecto al punto O, en
la figura 23, es dFM o = y estaría dirigido en el sentido de avance de un
tornillo de hilo derecho que girase en sentido contrario a las agujas del reloj. La
representación vectorial de los momentos para fuerzas coplanarias no es
conveniente, ya que los vectores saldrían del papel (sentido directo) o
penetrarían en él (sentido inverso). Como la adición de vectores libres paralelos
se puede efectuar escalarmente, se deberán tener en cuenta los sentidos de
los momentos, asignando el signo más (+) a los momentos correspondientes a
giros contrarios al de las agujas del reloj, y el signo menos (—) a los de sentido
opuesto, o viceversa. Tan sólo hace falta mantener el convenio a lo largo de
todo el problema que se resuelva.
Figura 23
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 35 -
Uno de los más importantes principios de la Mecánica es el teorema de Varignon, o principio de los momentos, que dice que el momento de una
fuerza respecto a un punto cualquiera es igual a la suma de los momentos de
sus componentes respecto a dicho punto.
Para desarrollar ahora una formulación algo más general del concepto de
momento, la cual es particularmente útil en el análisis de sistemas tridimen-
sionales de fuerzas, se considerará una fuerza Fr
con una recta soporte
determinada (figura 24(a)) y un punto cualquiera O exterior a esta recta
soporte. El punto O y la recta soporte de Fr
determinan un plano a . El
momento OMr
de Fr
respecto a un eje normal al plano y que pase por O es
dFM o = , donde d es la distancia del punto O a la recta soporte de F. A este
momento también se le llama momento de Fr
respecto al punto O. El vector
OMr
es normal al plano y está soportado por el eje que pasa por O. Tanto la
magnitud como la dirección y sentido de OMr
pueden describirse mediante la
operación vectorial llamada producto vectorial o producto cruz. Se introduce un
vector rr que va de O a un punto cualquiera de la recta soporte de Fr
. Por
definición, el producto vectorial de rr y Fr
se escribe en la forma Frvr
× y tiene:
por módulo ( )Fsenr α , que es lo mismo que dF , que es el módulo de OMr
. La
dirección y sentido correctos del momento los establece la regla de la mano
derecha, descrita anteriormente en este apartado. Así, tratando rr y Fr
como
vectores libres (figura 24(b)), el pulgar señalará el sentido de OMr
cuando los
dedos de la mano derecha se curven indicando el sentido de rotación de rr
hacia Fr
.
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 36 -
(a) (b)
Figura 24
Por tanto, el momento de Fr
respecto al eje que pasa por O puede escribirse
en la forma
FrM O
rrr×= (17)
Es obligatorio mantener el orden de los vectores en Frvr
× , ya que rF rr× daría
un vector opuesto a OMr
, es decir, OMrFrrr
−=× .
La expresión del producto vectorial para OMr
puede ponerse en forma de
determinante, lo cual da
zyx
zyxO
FFFrrrkji
M
ˆˆˆ
=r
(18)
Se puede ahora escribir el momento λMr
de Fr
respecto a cualquier eje λ que
pase por O (figura 24(a)). Si es n un vector unitario en la dirección λ, utilizando
la expresión del producto escalar para la componente de un vector descrita
anteriormente, se tendrá para la componente de OMr
según λ, simplemente,
nM O ˆ•r
, que es el módulo del momento λMr
de Fr
respecto a λ. Para obtener la
expresión vectorial del momento de Fr
respecto a λ habrá que multiplicar el
módulo por el vector unitario n , lo cual da
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 37 -
( ) ( ) nFrnnFrM ˆˆˆ •×=•×=rrrrr
λ (19)
Consideremos ahora dos fuerzas 21 FyFrr
concurrentes en un punto A (figura
25). El vector de posición de A desde otro punto cualquiera O es rr . Los dos
momentos vectoriales respecto al punto O debidos a las dos fuerzas se pueden
sumar y dan
2121 FrFrMMrrrrrr
×+×=+
y su suma vectorial es
( )21 FFrM O
rrrr+×= (20)
Esta expresión constituye el enunciado del teorema de Varignon para tres di-
mensiones, el cual dice que la suma Mr
de los momentos respecto a un punto
cualquiera O de dos fuerzas que concurren en otro punto diferente es igual al
momento respecto al mismo punto O de su suma 21 FFrr
+ . Aun cuando sólo se
han representado dos fuerzas, el teorema es aplicable a un número cualquiera
de fuerzas concurrentes.
Figura 25
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 38 -
Ejercicio Nº 12 Se aplica una tensión T = 5000 N al cable amarrado al extremo superior A del
mástil rígido y se fija a tierra en B como se indica en la figura 26. Determinar el
momento Mz, de T respecto al eje z que pasa por la base O del mástil.
Figura 26
Solución (a) Primero se descompone la fuerza T en las componentes Tz y Txy, esta última
contenida en el plano x-y que será, en consecuencia, normal al eje z del
momento. Entonces, el momento se deberá solamente a Txy y será Mz = Txy d,
donde d es la distancia del punto O a Txy. El coseno del ángulo que forman T y
Txy es
9055,091215
1215222
22
=++
+
y por tanto
Txy = 5000 (0,9055) = 4527,5
El brazo de momento d es igual a OA multiplicado por el seno del ángulo que
forman Txy y OA, es decir,
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 39 -
37,91512
121522
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+=d
Luego el momento de T respecto al eje z es
Mz = 4527,5 (9,37) → Mz = 42422,68 N-m
y tiene el sentido de giro de las agujas del reloj cuando se mira hacia el plano
x-y.
Solución (b)
También se calcula fácilmente el momento descomponiendo Txy en sus
componentes Tx y Ty. Es evidente que Ty no ejerce momento alguno respecto
al eje z ya que lo corta, por lo que el momento buscado se debe solamente a
Tx. El coseno director de T respecto al eje x es
5657,015129
12222=
++
con lo que
Tx = 5000 (0,5657) = 2828,5
Así pues
Mz = 2828,5 (15) = 42 427,5 N-m
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 40 -
Solución (c)
El momento pedido puede obtenerse por métodos vectoriales a partir del
momento OMr
de Tr
respecto al punto O. El vector OMr
es normal al plano
definido por Tr
y el punto O según puede verse en la figura 26 de la derecha.
Utilizando la ecuación (17) para hallar OMr
, el vector rr será un vector
cualquiera que vaya de O a la recta soporte de Tr
. La elección más sencilla
consiste en tomar el vector que va de O a A, el cual se escribe en la forma
jr ˆ15=r . La expresión vectorial de T
r se obtiene a partir de la ecuación (2)
kjikjiuTT Tˆ32,2121ˆ53,3535ˆ43,2828
91512
ˆ9ˆ15ˆ125000ˆ222
+−=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
++
+−==
r
de la ecuación (17),
( ) ikkjijM Oˆ8,31819ˆ45,42426ˆ32,2121ˆ53,3535ˆ43,2828ˆ15 +−=+−×=
v
La magnitud Mz del momento buscado es la componente de OMr
en la dirección
z, o sea
( ) mNMkikkMM zOZ −−=⇒•+−=•= 45,42426ˆˆ8,31819ˆ45,42426ˆr
El signo menos indica que el vector ZMr
está dirigido en el sentido negativo de
las z. Expresado en forma de vector, el momento es
mNkM Z −−= ˆ45,42426r
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 41 -
Par
El momento producido por dos fuerzas de igual módulo y dirección, pero de
sentidos opuestos, cuyas rectas soporte no sean colineales, se denomina par. Un par presenta ciertas propiedades únicas y tiene importantes aplicaciones en
Mecánica.
Si se considera la acción de dos fuerzas tales FyFrr
− separadas una distancia
d como se muestra en la figura 27(a); estas dos fuerzas no se pueden
combinar en una sola debido a que su suma en cualquier dirección es nula. Su
efecto es solamente el de producir una tendencia a la rotación. El momento
combinado de las dos fuerzas respecto a un eje normal a su plano que pase
por un punto cualquiera tal como el O es el momento del par Mr
y su módulo
es,
( ) dFMdeciresaFdaFM =−+=
siendo su sentido el directo (contrario a las agujas del reloj). Esta expresión da
el momento del par y es completamente independiente de la distancia a que
sitúa a las fuerzas respecto al centro O del momento. Se deduce que el
momento de un par es el mismo para todos los centros de momentos. El
momento de un par podrá representarse por un vector libre Mr
, como se indica
en la figura 27(b), cuya dirección sea normal al plano del par y el sentido del
vector queda establecido por la regla de la mano derecha.
(a) (b) (c)
Figura 27
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 42 -
La propiedad que presenta el par de ser un vector libre puede también ponerse
de manifiesto de otra manera algo más general, combinando los momentos de
las dos fuerzas respecto a un punto de referencia cualquiera O1 como se
muestra en la figura 27(a). Los puntos A y B, de vectores de posición
respectivos BA ryr rr son dos puntos cualesquiera de las correspondientes rectas
soporte de FyFrr
− . Con esta notación, el momento resultante de las dos
fuerzas respecto a O1, utilizando la ecuación (17), resulta ser
( ) FrFrrFrFrM BABA
rrrrrrrrrr×=×−=−×+×= )(
Como d es la proyección de rr sobre la normal a Fr
, se observa que la
magnitud de esta expresión es M = Fd, que es el módulo del par. Se observa
también que la dirección de Mr
es normal al plano de Fyrrr como se describió
anteriormente. Como Frrr
× no contiene referencia alguna al punto O1, se
deduce que Mr
será el mismo para todos los puntos de referencia y, por tanto,
puede tratarse como vector libre.
La figura 27(c) indica la representación de un momento que sale del papel,
como una variación de la forma vectorial.
En términos generales, una fuerza ejerce un doble efecto: empuja o tira el
cuerpo sobre el que actúa en la dirección de la fuerza y tiende a hacer girar el
cuerpo en torno a un eje cualquiera que no corta a su línea de acción ni es
paralelo a ella. Este efecto doble suele estudiarse más fácilmente sustituyendo
la fuerza por una fuerza igual aplicada a otro punto fuera de su línea de acción
y un par tal que compense la variación del momento de la fuerza cuando fue
desplazada a la nueva posición. La figura 28 muestra esta equivalencia, en que
se sustituye Fr
aplicada en A por una idéntica aplicada a otro punto cualquiera
O y el par Mr
.
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 43 -
Figura 28
La descomposición de una fuerza en otra equivalente y un par constituye un
paso que halla repetida aplicación en Mecánica y que en consecuencia debe
dominarse.
Ejercicio Nº 13
Determinar el módulo y dirección del par Mr
que sustituya a los dos pares
dados y siga produciendo el mismo efecto externo sobre el bloque indicado en
la figura 29(a). Especificar las dos fuerzas FyFrr
− , aplicadas a las dos caras
del bloque paralelas al plano zy− , que puedan sustituir a las cuatro fuerzas
dadas.
(a) (b) (c)
Figura 29
Solución
El par debido a las fuerzas de 30 N tiene por magnitud ( ) 1806301 ==M . La
dirección de 1M es normal al plano definido por las dos fuerzas, y el sentido,
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 44 -
indicado en la figura 29(b), se establece mediante el convenio de la mano
derecha. El par debido a las fuerzas de 25 N tiene por magnitud
( ) 25010252 ==M con la dirección y sentido que se indican en la figura 29(b).
Los dos vectores momento se combinan para dar las componentes
16060cos1802509,15560180 −=+−=== zy MsenM
luego
º26,44160
9,1554,2231609,155 122 =⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=−=+= −tgconcmNM θ
Las fuerzas Fr
se hallan en un plano normal al par Mr
, y su brazo de momento,
según se ve en la figura 29(c) es de 10 cm. Así pues, cada fuerza tendrá por
magnitud y dirección
.º26,4434,2210
4,223 menterespectivayNF === θ
Ejercicio Nº 14 Se aplica una fuerza de 200 N al punto A de la empuñadura de la palanca de
mando que está unida al eje fijo OB como se indica en la figura 30(a). Para
determinar el efecto de la fuerza sobre el eje en una sección tal como la que
pasa por O, se puede sustituir la fuerza por una fuerza equivalente que pase
por O y un par. Describir este par en forma de un vector Mr
.
(a) (b)
Figura 30
17,5 cm
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 45 -
Solución
Desplazar la fuerza de 200 N una distancia cmd 58,26205,17 22 =+=
llevándola a una posición paralela que pase por O, exige la adición de un par
Mr
cuya magnitud sea
( ) cmNdFM −=== 531658,26200
El vector momento del par es perpendicular al plano sobre el que se ha
desplazado la fuerza y su sentido es el del momento de dicha fuerza respecto a
O. La dirección de Mr
en el plano y-z viene dada por
º19,4120
5,17=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛= arctgθ
De otra manera, el par podría expresarse con notación vectorial en la forma
( ) ( ) cmNjkikjFrM −−=−×+=×= ˆ3500ˆ4000ˆ200ˆ5,17ˆ20rrr
de donde puede determinarse la magnitud y dirección de Mr
.
2.3 RESULTANTES DE SISTEMAS DE FUERZAS.
En los apartados anteriores se han desarrollado las propiedades de la fuerza,
el momento y el par. Con ayuda de esta exposición se puede describir ahora la
acción resultante de un grupo o sistema de fuerzas. La mayoría de problemas
de la Mecánica tratan de sistemas de fuerzas y será necesario reducir el
sistema a su forma más sencilla para describir su acción. La resultante de un
sistema de fuerzas es la combinación de fuerzas más sencilla que pueda
sustituir a las fuerzas originales sin alterar el efecto exterior del sistema sobre
un cuerpo rígido al que se puedan aplicar las fuerzas. El equilibrio de un cuerpo
es la condición en la cual la resultante de todas las fuerzas que actúan sobre él
es nula y la aceleración de un cuerpo se describe igualando la resultante de las
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 46 -
fuerzas al producto de la masa por la aceleración. Así, pues, la determinación
de las resultantes es fundamental tanto para la Estática como para la Dinámica.
En el punto anterior se demostró, con ayuda de la figura 28, que una fuerza F
puede sustituirse por la misma fuerza desplazada a una posición paralela que
pase por un punto arbitrario O y a un par de momento dF , donde d es el
brazo de momento desde O hasta la posición original de F. O en notación
vectorial, FrMrrr
×= , donde rr es un vector que va de O a un punto cualquiera
de la recta soporte de la fuerza Fr
. En el caso de un sistema de fuerzas
.......,, 321 FFFrrr
totalmente general en el espacio, se deduce que cada una de
ellas puede trasladarse paralelamente a sí misma a un mismo punto O con tal
de añadir un par por cada una de las fuerzas así trasladadas. Así, pues, para el
sistema esquematizado en la figura 31(a), las fuerzas pueden considerarse
todas aplicadas al punto arbitrario O, con la adición de los pares
correspondientes (figura 31(b)). Las fuerzas concurrentes se pueden entonces
sumar vectorialmente, dando una fuerza resultante Rr
y también pueden
sumarse los pares dando un par resultante de momento Mr
como se indica en
la figura 31(c). El sistema general de fuerzas se reduce entonces a
∑=+++= FFFFRrrrrr
................321
( )∑ ∑ ×==+++= FrMMMMMrrrrrrr
................321
Los vectores momento se han representado todos en O, pero como son
vectores libres, podrán representarse paralelamente en cualquier otra posición.
Las magnitudes de las resultantes y de sus componentes son
∑ ∑ ∑=== zzyyxx FRFRFR
222zyx RRRR ++=
( ) ( ) ( )∑∑ ∑ ×=×=×= zzyyxx FrMFrMFrMrrrrrr
222zyx MMMM ++=
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 47 -
El punto O seleccionado como punto de concurso de las fuerzas es arbitrario y
la magnitud, dirección y sentido de Mr
dependerán de cuál sea el punto O se-
leccionado. En cambio, la magnitud, dirección y sentido de Rr
son siempre las
mismas independientemente de cuál sea el punto elegido. En general, todo
sistema de fuerzas puede sustituirse por su fuerza resultante Rr
y el par
resultante de momento Mr
. En Dinámica suele tomarse el centro de masa
como punto de referencia y se determina la variación de cantidad de
movimiento en unidad de tiempo por la fuerza resultante y la variación de
momento cinético respecto al centro de masa en unidad de tiempo se
determina por el momento resultante.
(a) (b) (c)
Figura 31
Ejercicio Nº 15 Determinar la resultante de las cuatro fuerzas y el par que se ejercen sobre la
placa que se indica en la figura 32(a).
(a) (b)
Figura 32
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 48 -
Solución Se selecciona arbitrariamente el punto O como el centro de momentos. Las
componentes Rx y Ry, la resultante R y el ángulo θ que forma R con el eje x
serán
kpRx 86,6645cos6030cos8040 =−+=
kpsensenRy 43,1324560308050 =++=
kpRR 3,14843,13286,66 22 =⇒+=
º21,6386,6643,132
=⇒⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛= θθ arctg
Aun cuando el par no tiene influencia alguna sobre la magnitud, ni sobre la di-
rección, de R, sí influye sobre el momento resultante que se va a determinar a
continuación. La posición de la recta soporte de R se halla a partir del principio
de los momentos (teorema de Varignon). Tomando O como centro de
momentos y siendo d el brazo de momento de R, considerando arbitrariamente
como positivo el sentido de giro antihorario, dicho principio exige que
[ ] ( ) ( ) ( ) mdsendMdR O 6,1445cos60745605501403,148 −=⇒+−−== ∑
El signo negativo indica que el momento resultante actúa en sentido horario
respecto a O en vez de en sentido antihorario. Por tanto, la resultante podrá
aplicarse en un punto cualquiera de una recta que forme un ángulo de 63,21°
con el eje x y sea tangente a una circunferencia de radio 1,6 m centrada en O
como se indica en la figura 32(b). El momento de sentido horario de R exige
que la recta soporte de R sea tangente en el punto A y no en el B, como sería
en el caso en que el momento actuase en sentido antihorario.
Es importante notar que la elección del punto O como centro de momentos
elimina los momentos debidos a las dos fuerzas que pasan por O. La selección
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 49 -
adecuada de un centro de momentos conveniente que elimine el mayor número
de términos posible en las ecuaciones de momentos constituye una importante
simplificación en los cálculos de Mecánica.
El sistema dado de fuerzas también puede combinarse gráficamente utilizando
la ley del paralelogramo, el principio de transmisibilidad y el método para
transformar un par y una fuerza en una fuerza única.
Ejercicio Nº 16 Sustituir las fuerzas y el momento indicados en la figura 33(a) por una fuerza
única R aplicada en A y el par correspondiente M.
(a) (b)
Figura 33
Solución La fuerza resultante tiene las componentes
NsensenRx 76,9260704050 =+=
NRy 08,8745cos40cos5060 =+=
NsenRz 08,624540cos5060cos70 =+=
Entonces
NRNkjiR 57,141ˆ08,62ˆ08,87ˆ76,92 =⇒++=r
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 50 -
El par Mr
que hay que añadir a consecuencia del traslado de las fuerzas de 50
N, 70 N, 60 N y del momento de 250 N-cm al punto A, es igual a la suma de
los momentos con respecto al punto A de cada una de las fuerzas más el
momento de 250 N-cm; esto es
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )kjikikji
jkjikjikjiMˆ42,135ˆ42,135ˆ7,160ˆ35ˆ62,60ˆ6ˆ3ˆ10
ˆ60ˆ6ˆ12ˆ4ˆ08,27ˆ08,27ˆ14,32ˆ5ˆ12ˆ8
−−−++×−+
+×−++++×++=r
cmNMcmNiM −=⇒−−−= 06,106032,24608,905ˆ86,493r
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 51 -
III EQUILIBRIO
3.1 INTRODUCCION
Un sistema mecánico se puede definir como un cuerpo o grupo de cuerpos que
pueden aislarse de los demás cuerpos. Una vez decidido que cuerpo o
combinación de cuerpos hay que analizar, se aísla este cuerpo o combinación
de cuerpos de todos los demás que lo rodean Este aislamiento se logra
mediante el diagrama para sólido libre o cuerpo libre, que es una
representación esquemática del cuerpo o conjunto de cuerpos aislados en la
que figuran todas las fuerzas aplicadas a él por otros cuerpos que se
consideran suprimidos.
Las fuerzas restrictivas o momentos restrictivos que actúan sobre un cuerpo
suelen llamarse reacciones o sustentaciones. En la mayoría de los
problemas, estas fuerzas son desconocidas y habrá que determinarlas
analíticamente aplicando las ecuaciones del equilibrio al diagrama de cuerpo
libre apropiado. Dibujar los diagramas de cuerpo libre siempre implica hacer
suposiciones simplificadoras. Esto se facilita con el conocimiento de las
características comunes de los sistemas mecánicos. La tabla 1 de la figura 34
muestra los apoyos y conexiones más comunes junto con sus reacciones para
el caso de estructuras bidimensionales. La tabla 2 de la figura 35 entrega la
información para el caso de estructuras tridimensionales. En cada ejemplo se
indica la fuerza ejercida sobre el cuerpo que se aísla por el cuerpo que se
suprime.
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 52 -
Tabla Nº 1
Figura 34
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 53 -
Tabla Nº 2
Figura 35
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 54 -
Las representaciones de las figuras 34 y 35 no son diagramas para sólido libre,
sino que, simplemente elementos para la construcción de éstos.
Considerando la importancia que tiene la construcción de un diagrama de
cuerpo libre en la solución de problemas de equilibrio, a continuación se
resumen los diversos pasos que se deben seguir al momento de dibujarlos.
a.- Elegir claramente qué cuerpo o combinación de cuerpos hay que aislar.
Este cuerpo contendrá una o más de las cantidades desconocidas
buscadas.
b.- Aislar el cuerpo o combinación de cuerpos elegida mediante un diagrama
que represente por completo su contorno.
c.- Representar en sus posiciones adecuadas todas las fuerzas que se ejercen
sobre el cuerpo aislado por los cuerpos suprimidos. Las fuerzas conocidas
se representarán mediante flechas con su magnitud, dirección y sentido
indicados. Las fuerzas desconocidas se representarán mediante flechas
con la magnitud o dirección desconocida indicada con un símbolo. Si
también se desconoce el sentido, puede suponérsele arbitrariamente. Si el
sentido supuesto era correcto los cálculos darán un valor positivo; de lo
contrario el valor será de signo negativo
d.- Indicar directamente sobre el diagrama los ejes coordenados elegidos.
En la figura 36, se muestran cuatro ejemplos de mecanismos y estructuras
junto con sus diagramas para sólido libre correctos. Para mayor claridad se han
omitido las dimensiones y magnitudes.
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 55 -
Figura 36
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 56 -
3.2 CONDICIONES DE EQUILIBRIO
El concepto de equilibrio surge de la condición en la cual las fuerzas que se
ejercen sobre un cuerpo se contrarrestan Más específicamente, el equilibrio es
la condición para la cual la resultante de todas, las fuerzas que se ejercen
sobre un cuerpo dado es nula; se debe recordar que esta resultante puede
estar compuesta por una fuerza resultante Rr
y un par resultante Mr
.
Del concepto anterior se desprende que para que se contrarresten por
completo las fuerzas y el cuerpo esté en equilibrio, deberán satisfacerse las
relaciones Rr
= 0 y Mr
= 0. Físicamente, esto significa que hay tanta fuerza
actuando sobre el cuerpo en un sentido como en el opuesto y que hay tanta
torsión o momento respecto a un eje actuando en un sentido como en el
contrario.
Las ecuaciones que expresan las condiciones necesarias y suficientes para el
equilibrio de cualquier cuerpo rígido son:
∑ = 0Fr
y ∑ = 0Mr
(21)
Estas dos expresiones vectoriales, pueden transformarse en seis ecuaciones
escalares;
∑ ∑ ∑ === 000 zyx FFF
∑ ∑ ∑ === 000 zyx MMM
que expresan, simplemente, el hecho de que el equilibrio total debe constatarse
en la dirección de tres ejes perpendiculares entre sí cualesquiera.
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 57 -
Ejercicio Nº 17 Se aplican tres cargas a una viga como se muestra en la figura 37(a). La viga
se apoya en un rodillo en A y en un perno en B. Sin tomar en cuenta el peso de
la viga, determine las reacciones en A y B cuando P = 15 kips.(klb)
(a) (b) x
Figura 37
Solución
Diagrama de cuerpo libre. Se dibuja un diagrama de cuerpo libre de la viga.
La reacción en A es vertical y se representa con A. La reacción en B se
representa con las componentes yx ByB . Se supone que cada componente
actúa en el sentido mostrado en la figura 37(b).
Ecuaciones de equilibrio. Se escriben las tres ecuaciones de equilibrio
siguientes y se resuelven para las reacciones señaladas:
∑ =⇒== 00:0 xxx BBF
( ) ( ) ( ) ( )∑ =⇒=+−−−= klbBBM yyA 2109136116315:0
klbAAFy 60216615:0 =⇒=+−−−=∑
y
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 58 -
Ejercicio Nº 18 Un carro de carga se encuentra en reposo sobre un carril que forma un ángulo
de 25° con respecto a la vertical. El peso total del carro y su carga es de 5495
Ib y éste actúa en un punto que se encuentra a 30 pulg (in) del carril y que es
equidistante a los dos ejes como se indica en la figura 38(a). El carro se
sostiene por medio de un cable que está unido a éste en un punto que se
encuentra a 24 pulg. del carril. Determine la tensión en el cable y la reacción en
cada par de ruedas.
(a) (b)
Figura 38
Solución Diagrama de cuerpo libre. Se dibuja el diagrama de cuerpo libre del carro. La
reacción en cada rueda es perpendicular al carril y la fuerza de tensión T es
paralela a éste. Por conveniencia, se selecciona al eje x paralelo al carril y a eje
y perpendicular al mismo. Entonces, el peso de 5495 Ib se descompone en sus
componentes rectangulares x e y como se muestra en la figura 38(b).
lbsenWlbW yx 2320255495498025cos5495 ====
Ecuaciones de equilibrio. Se toman momentos con respecto de A para
eliminar a T y a R1 de los cálculos; considerando como positivos los momentos
en sentido antihorario
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 59 -
( ) ( ) ( ) lbRRM A 6,175706498025232050:0 22 =⇒=−−=∑
Ahora, planteando la ecuación de equilibrio en el eje y se tiene
lbRRFy 4,562023206,1757:0 11 =⇒=−+=∑
El valor de T se obtiene a partir de
lbTTFx 498004980:0 =⇒=−=∑
Ejercicio Nº 19 Determine la tensión en los cables BC y BD y las reacciones en la articulación
esférica (rótula) A para el mástil mostrado en la figura 39(a).
(a) (b)
Figura 39
Solución Diagrama de cuerpo libre. Existen cinco magnitudes de fuerzas desconocidas
mostradas en el diagrama de cuerpo libre de la figura 39(b).
Ecuaciones de equilibrio. Aplicando la ecuación de equilibrio de momento con
respecto al punto A, se tiene:
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 60 -
( ) 0:0 =++×=∑ DCBA TTFrMrrrrr
donde,
kTjTiTTijkTuTT
kTiTTikTuTT
jF
kr
DDDDDBDDD
CCCCBCCC
B
ˆ32ˆ
32ˆ
31
366
ˆ3ˆ6ˆ6ˆ
ˆ707,0ˆ707,066
ˆ6ˆ6ˆ
ˆ1000
ˆ6
222
22
−+−=→⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
++
−+−==
−=→⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+
+−==
−=
=
rr
rr
r
r
luego,
0ˆ32ˆ
32ˆ
31ˆ707,0ˆ707,0ˆ1000ˆ6 =⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −+−−+−× kTjTiTkTiTjk DDDCC
evaluando el producto cruz y combinando términos se obtiene:
( ) ( ) 0ˆ2242,4ˆ46000 =−+− jTTiT DCD
NTTTj
NTTi
CDC
DD
21,70702242,4:ˆ1500046000:ˆ
=⇒=−
=⇒=−
Ahora aplicando la ecuación de fuerza del equilibrio se obtiene:
0:0 =+++=∑ DC TTAFFrrrrr
donde
kAjAiAA zyxˆˆˆ ++=
r
luego
0ˆ1000ˆ1000ˆ500ˆ500ˆ500ˆˆˆˆ1000 =−+−−++++− kjikikAjAiAj zyx
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 61 -
NAAk
AAj
AAi
zz
yy
xx
50001000500:ˆ0010001000:ˆ00500500:ˆ
=⇒=−−
=⇒=++−
=⇒=−+
Ejercicio Nº 20 La varilla AB mostrada en la figura 40(a) está sujeta a una fuerza de 200 N.
Determine las reacciones en la articulación esférica A y la tensión en los cables
BD y BE.
(a) (b)
Figura 40
Solución
El diagrama de cuerpo libre correspondiente a la varilla AB se muestra en la
figura 40(b).
Aplicando la ecuación de equilibrio de momento con respecto al punto A, se
tiene:
( ) 0:0 =+×+×=∑ EDBCA TTrFrMrrrrrr
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 62 -
donde
iTuTTjTuTTkF
ijkrijkr
EBEEEDBDDD
BC
ˆˆˆˆˆ200
ˆ2ˆ2ˆ1ˆ1ˆ1ˆ5,0
====−=
++−=++−=rrr
rr
luego
( ) ( ) ( ) ( ) 0ˆˆˆ1ˆ2ˆ2ˆ200ˆ5,0ˆ1ˆ1 =+×−++−×−+ iTjTkjikkji ED
evaluando el producto cruz y combinando términos se obtiene:
( ) ( ) ( ) 0ˆ22ˆ200ˆ200 =−+−++− kTTjTiT EDED
022:ˆ2000200:ˆ2000200:ˆ
=−
=⇒=−
=⇒=+−
ED
EE
DD
TTk
NTTj
NTTi
Ahora aplicando la ecuación de fuerza del equilibrio se obtiene:
0:0 =+++=∑ DE TTAFFrrrrr
donde
kAjAiAA zyxˆˆˆ ++=
r
luego
0ˆ200ˆ200ˆˆˆˆ200 =+++++− jikAjAiAk zyx
NAAk
NAAj
NAAi
zz
yy
xx
2000200:ˆ2000200:ˆ2000200:ˆ
=⇒=+−
−=⇒=+
−=⇒=+
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 63 -
IV ESTRUCTURAS Y VIGAS
4.1 ARMADURAS
Concepto y Tipos de Armaduras.
Una armadura, es una estructura que consiste en un sistema de miembros
uniformes (soldados, remachados o articulados juntos), que se construye para
soportar cargas fijas ó cargas móviles. Con el propósito de diseñar los tamaños
y formas de estos miembros para una finalidad dada, se deben poder
determinar las fuerzas que cada uno de ellos transmite.
Las armaduras se clasifican en armaduras planas y armaduras espaciales; las
primeras son aquellas en las cuales sus miembros se hallan todos en un mismo
plano y las segundas son aquellas en las cuales sus miembros no se hallan
todos en un mismo plano. Esta unidad estará orientada hacia las armaduras
planas.
Las armaduras planas, como las utilizadas en los puentes, suelen proyectarse
por parejas, poniendo una armadura a cada lado de él y uniéndola a mediante
vigas transversales que soporten la calzada y transmitan las cargas aplicadas a
los miembros de la armadura. En la figura 41, se pueden ver varios ejemplos
de armaduras utilizadas frecuentemente en la construcción de puentes,
mientras que en la figura 42 se muestran armaduras (cerchas) utilizadas para
soportar techumbres. Ambos tipos pueden analizarse como armaduras planas.
Figura 41
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 64 -
Figura 42
El elemento fundamental de una armadura plana es el triángulo. Tres barras
unidas por sus extremos mediante pasadores, figura 43(a), constituyen un
conjunto indeformable. Por otra parte, cuatro o más barras articuladas
formando un polígono de otros lados, constituyen un conjunto no rígido, como
el de la figura 43(b), que puede hacerse indeformable o rígido mediante una
barra diagonal adicional que una A y D o B y C que forma, por lo tanto dos
triángulos. La estructura puede extenderse agregando miembros adicionales
articulados por sus dos extremos, figura 43(c), que están unidos a dos juntas
fijas, y de esta manera toda la estructura permanecerá rígida. Las estructuras
construidas a partir de un triángulo básico en la forma descrita, reciben el
nombre de armaduras simples. Cuando existan más miembros de los
necesarios para que eviten que la estructura pierda su forma, ésta es
hiperestática. Una estructura hiperestática no puede analizarse mediante las
ecuaciones de equilibrio, solamente. Los miembros o apoyos adicionales que
no son necesarios para mantener la posición de equilibrio se llaman
superabundantes.
(a) (b) (c)
Figura 43
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 65 -
El diseño de una armadura exige la determinación de los esfuerzos en los
diversos miembros y la selección de dimensiones apropiadas y de formas
estructurales adecuadas (vigas en I, vigas en U, ángulos, barras y formas
especiales) para soportar las fuerzas. En el análisis de los esfuerzos de las
armaduras simples se establecen varias hipótesis:
a.- Se supone que todos los miembros son de dos fuerzas, es decir, se hallan
en equilibrio bajo la acción de dos fuerzas solamente.
b.- Cada miembro es un enlace recto que une los dos puntos de aplicación de
las fuerzas. Estas están aplicadas a los extremos del miembro y son
necesariamente iguales, opuestas y colineales.
c.- El miembro puede hallarse bajo tensión o compresión, figura 44.
Figura 44
d.- Se supondrá que el peso del miembro es pequeño frente a la fuerza que
soporta; si así no fuera y si el miembro es homogéneo, podrá sustituirse
dicho peso por dos fuerzas, cada una de valor igual a la mitad del peso,
aplicado en uno y otro extremo del miembro.
e.- Se supone que los miembros están unidos en sus extremos por medio de
pasadores lisos. Cuando se unen miembros utilizando juntas remachadas o
soldadas esta suposición es satisfactoria si concurren en el nudo los ejes
geométricos, figura 45.
f.- Todas las fuerzas exteriores están aplicadas en los nudos.
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 66 -
Figura 45
Para el análisis de los esfuerzos de armaduras simples se verán dos métodos y
para ambos se hará referencia a la armadura simple de la figura 46(a). El
diagrama de sólido libre de la armadura, en conjunto, es el de la figura 8b. Las
reacciones exteriores suelen determinarse por cálculo a partir de las
ecuaciones de equilibrio aplicadas a la armadura en conjunto, antes de
proceder al análisis de las fuerzas del resto de la armadura.
(a) (b)
Figura 46
Método de los nudos.
Este método consiste en satisfacer las condiciones de equilibrio de las fuerzas
que se ejercen Sobre el pasador de cada articulación. El método, trata del
equilibrio de fuerzas concurrentes y sólo intervendrán dos ecuaciones de
equilibrio independientes. Se inicia el análisis en cualquier nudo en el cuál haya
al menos una carga conocida y no más de dos desconocidas. Por ejemplo se
puede iniciar el análisis en el nudo A, cuyo diagrama de sólido libre se muestra
en la figura 47. Indicando las articulaciones mediante letras, la fuerza que se
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 67 -
ejerce en cada miembro se designará por las dos letras que definen los
extremos del miembro. También se muestran los diagramas de sólido libre de
las porciones AF y AB de los miembros para indicar claramente el mecanismo
de acción y reacción. El miembro AB en realidad hace contacto con la parte
izquierda del pasador, aún cuando se haya dibujado la fuerza AB, en el lado
derecho ejerciéndose hacia fuera del pasador. Así, si se dibujan
sistemáticamente los vectores fuerza al mismo lado del pasador que el
miembro, una tracción (como la AB) se indicará siempre mediante una flecha
hacia fuera del pasador, y una compresión (como la AF) se indicará siempre
por medio de una flecha dirigida hacia el pasador. La magnitud de AF se
obtiene de la ecuación de equilibrio de fuerzas en la dirección del eje y; para
luego encontrar la magnitud de AB a partir de la ecuación de equilibrio de
fuerzas en la dirección del eje x.
A continuación debe analizarse el nudo F, ya que ahora sólo contiene dos
incógnitas; EF y BF; para luego analizar los nudos B, C, E y D en este orden.
Figura 47
En la figura 48 puede verse el diagrama de sólido libre de cada nudo y la
correspondiente aplicación de las ecuaciones de equilibrio indicando la fuerza
que se obtiene de ellas. Los números indican el orden en que se analizan los
nudos.
Es, a menudo, conveniente indicar la tracción o tensión T y la compresión C en
los distintos miembros directamente sobre el diagrama original de la armadura
como se indica en la parte inferior de la figura 48.
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 68 -
Figura 48
Si una armadura simple tiene más apoyos exteriores de los necesarios para
asegurar una configuración de equilibrio estable, la armadura es hiperestática
en un conjunto y los apoyos sobrantes constituyen una superabundancia
exterior. Si la armadura tiene más miembros internos que los que son
necesarios para evitar su derrumbamiento, los miembros sobrantes constituyen
la superabundancia interior. Para una armadura que sea isostática
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 69 -
exteriormente, existe una relación definida entre el número de sus miembros
(m) y el número de sus nudos (n) necesarios para la estabilidad interior sin
superabundancia. De éste modo, una armadura simple compuesta por
elementos triangulares, será isostática interiormente si satisface la siguiente
relación:
m + 3 = 2n
Si m + 3 > 2n, la armadura será hiperestática interiormente, existiendo
miembros superabundantes.
Si m + 3 < 2n, habrá un defecto de miembros interiores y, la armadura será
inestable y se derrumbará al someterla a carga.
Ejercicio Nº 21 Calcular la fuerza en cada miembro de la armadura mostrada en la figura 49(a).
(a) (b)
Figura 49
Solución El primer paso será calcular las fuerzas exteriores en D y E planteando las
ecuaciones de equilibrio al diagrama de sólido libre correspondiente a la
armadura en conjunto mostrado en la figura 49(b).
( ) ( ) ( ) 033100061500:0
01000150030:0030cos:0
=−+=∑
=−−+=∑=−=∑
TM
senTEFETF
E
yy
xx
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 70 -
Resolviendo este sistema se obtiene:
kpEkpEkpT yx 50034644000 ===
En seguida se comienza a analizar los nudos; se debe elegir siempre uno en el
cual haya por lo menos una fuerza conocida y no más de dos desconocidas,
por ejemplo el nudo A.
Nudo A
( )TkpABsenABFy 17320150060:0 =⇒=−=∑
( )CkpACACFx 866060cos1732:0 =⇒=−=∑
Nudo B
( )CkpBCsensenBCFy 1732060173260:0 =⇒=−=∑
( )TkpBDBDFx 1732060cos173260cos1732:0 =⇒=−−=∑
Nudo C
( )TkpCDsensenCDFy 7,28860100060173260:0 =⇒=−−=∑
( )CkpCECEFx 3175060cos7,288660cos1732866:0 =⇒=−++=∑
Autor: Raúl Rosas Lozano
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Nudo E
( )CkpDEsenDEFy 577060500:0 =⇒=−=∑
Método de las Secciones
En el método de los nudos se aprovechan sólo dos de las tres ecuaciones del
equilibrio ya que los procedimientos sólo tratan fuerzas concurrentes en cada
nudo. Puede utilizarse el principio del equilibrio de momentos para progresar en
el cálculo considerando toda una sección de la armadura como sistemas de
fuerzas no concurrentes. Este método de las secciones tiene la ventaja de que
los esfuerzos, en casi todos los miembros, pueden hallarse directamente
mediante el análisis de una sección que corte a dicho miembro. Luego, no es
necesario efectuar el cálculo nudo a nudo hasta llegar al miembro en cuestión.
Al elegir la sección de la armadura habrá que tener en cuenta que en general
no pueden cortarse más de tres miembros cuyas fuerzas sean desconocidas,
ya que sólo se dispone de tres relaciones de equilibrio que son independientes.
Se ilustrará el método de las secciones con la armadura de la figura 50(a), que
es la misma que se utilizó para la explicación del método de los nudos. Las
reacciones externas se calculan considerando la armadura en conjunto como
un sólido libre. Si se desea determinar el esfuerzo en el miembro BE. Una
sección imaginaria indicada por la línea de trazos, atraviesa la armadura
cortándola en dos partes (figura 50(b)). Esta sección ha cortado tres miembros
cuyos esfuerzos se desconocen inicialmente. Para que cada parte de la
armadura, a uno y otro lado de la sección, permanezca en equilibrio, es
necesario aplicar a cada miembro cortado la fuerza que ejercía sobre éste el
miembro separado. Estas fuerzas, de tracción o compresión, deberán tener
siempre la dirección de los miembros respectivos. Las fuerzas suelen trazarse
con sus sentidos apropiados mediante una estimación visual de los requisitos
de equilibrio.
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 72 -
La fuerza BE se puede determinar a partir de la ecuación de equilibrio para la
dirección y. La fuerza EF se puede determinar a partir de la ecuación de los
momentos respecto al nudo B y por último, se puede determinar BC
equilibrando fuerzas en la dirección x.
(a) (b)
Figura 50
Para los cálculos puede utilizarse cualquier sección de la armadura, aunque la
solución más sencilla por lo general suele darla la sección que tenga menor
número de fuerzas.
Es fundamental comprender que en el método de las secciones se considera
toda una parte de la armadura como un solo cuerpo en equilibrio. Luego, en el
análisis no se consideran las fuerzas en los miembros interiores de la sección
con el fin de poder observar con claridad el sólido libre y las fuerzas que actúan
exteriormente sobre él, es recomendable seccionar la armadura cortando los
miembros y no los nudos. Cuando se asignan los sentidos en forma arbitraria,
un resultado positivo confirmará el sentido asignado y un resultado negativo
indicará que el sentido es el opuesto al asignado.
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 73 -
Ejercicio Nº 22 Utilizando el método de las secciones, calcular la fuerza en el miembro BC de
la armadura mostrada en la figura 51(a).
(a) (b)
B BD
BC
A
AC 1500 kp
(c)
Figura 51
Como la armadura es la misma del ejercicio Nº 21, no se calcularán
nuevamente las reacciones externas, sino que, se utilizarán los valores
obtenidos:
kpEkpEkpT yx 50034644000 ===
En la figura 51(b), se muestra el diagrama de sólido libre de la armadura en
conjunto y el corte (de color azul) que permitirá determinar la fuerza en el
miembro BC. Nótese que el corte n-n secciona solamente tres miembros entre
los cuales se encuentra el miembro de interés.
En seguida se aísla en un diagrama de sólido libre una de las secciones que se
obtiene del corte, figura 51(c). Para obtener la fuerza en el miembro BC se
puede analizar cualquiera de las dos secciones. Se analizará la sección de la
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 74 -
izquierda que tiene un menor número de fuerzas. Del equilibrio de fuerzas en la
dirección del eje y se tiene:
( )CkpBCsenBCFy 17320150060:0 =⇒=−=∑
Ejercicio Nº 23 Utilizando el método de las secciones, calcular la fuerza en el elemento DJ de
la cercha mostrada en la figura 52(a). Las fuerzas en los apoyos ya han sido
determinadas y se indican en la misma figura.
1,835 Tm (a) 1,165 Tm
(b) (c)
Figura 52
Solución No es posible hacer pasar una sección por DJ sin cortar más de tres miembros
cuyos esfuerzos sean desconocidos. Aun cuando tres de los cuatro miembros
cortados por la sección 2 concurren en J y, por tanto, podría utilizarse la
ecuación de los momentos respecto a J para obtener el cuarto DE, el esfuerzo
en DJ no puede obtenerse de los dos principios de equilibrio restantes. Es
preciso considerar, en primer lugar la sección adyacente 1 antes de considerar
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 75 -
la sección 2.
Se traza el diagrama para el sólido libre correspondiente a la sección 1 como
se indica en la figura 52(b) y se incluye la reacción de 1,835 Tm en A. Un
resultado negativo indicará que el sentido elegido para la fuerza desconocida
en cuestión es el opuesto al que realmente tiene.
Analizando la sección 1, se obtiene CJ de
( ) ( ) ( ) TmCJsenCJM A 414,109456131:0 =→=+−−=∑
Ahora, del diagrama de sólido libre correspondiente a la sección 2, que se
muestra en la figura 52(c), que ahora contiene el valor conocido de CJ, pueden
eliminarse DE y JK mediante un equilibrio de momento respecto a G. Es decir
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )TTmDJDJsenM G 67,109945414,115112118835,1:0 =→=+−++−=∑
Nótese que el único corte que permitiría cortar al miembro DJ y no más de tres
miembros cuyas fuerzas se desconozcan es aquel que secciona los elementos
CD, DJ y DE. Esta sección daría el mismo diagrama de fuerzas que se
obtendría del diagrama de sólido libre del nudo D, luego se tienen tres fuerzas
desconocidas para las cuales solamente hay disponibles dos ecuaciones de
equilibrio.
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 76 -
4.2 MARCOS Y ENTRAMADOS
Las estructuras y mecanismos compuestos de miembros articulados cualquiera
de los cuales tenga más de dos fuerzas aplicadas a él, no pueden analizarse
por los métodos descritos para las armaduras simples. Dichos miembros son
miembros multifuerzas (tres o más fuerzas) y en general las fuerzas no están
dirigidas según los miembros. En la unidad anterior se analizó el equilibrio de
cuerpos sobre los que actúan varias fuerzas, si bien se concentró la atención
en el equilibrio de un solo cuerpo rígido. En el presente tema, se concentrará la
atención en el equilibrio de cuerpos rígidos interconectados que contengan
miembros de más de dos fuerzas.
Las fuerzas que actúan sobre cada miembro de un sistema articulado se
determinan aislando el miembro con un diagrama para sólido libre y aplicando
las ecuaciones de equilibrio. Debe ponerse especial cuidado en la aplicación
del principio de la acción y la reacción al representar las fuerzas de interacción
sobre los diferentes diagramas para el sólido libre. Si la estructura contiene
más miembros o apoyos de los necesarios para evitar que se deforme,
entonces, el problema será estáticamente indeterminado y los principios del
equilibrio serán necesarios, pero no suficientes para obtener la solución.
Si el entramado o máquina constituye una unidad rígida por si mismo, se inicia
mejor el análisis estableciendo todas las fuerzas exteriores a la estructura
considerada como un solo cuerpo rígido. Se desmiembra entonces la
estructura y se considera el equilibrio de cada una de sus partes. Las
ecuaciones del equilibrio para las distintas partes estarán relacionadas
mediante los términos que contienen las fuerzas de interacción. Si la estructura
no es rígida por si misma, sino que su rigidez depende de sus apoyos
exteriores, generalmente es necesario considerar primero el equilibrio de una
parte del sistema que sea verdaderamente rígida de por sí.
En la mayoría de los casos se encontrará que el análisis de entramados y
máquinas se facilita mucho representando las fuerzas en función de sus
componentes cartesianas rectangulares. Ocurre así, en particular, cuando se
dan las dimensiones de las partes según direcciones, perpendiculares entre sí.
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 77 -
La ventaja de esta representación es que simplifica el cálculo de los brazos de
momentos. En algunos problemas tridimensionales, especialmente cuando se
calculan momentos respecto a ejes que no son paralelos a los de coordenadas
resulta ventajosa la notación vectorial. Al trazar los diagramas de sólido libre,
no siempre es posible asignar de antemano el sentido adecuado a todas las
fuerzas o a sus componentes, y suele hacerse necesario asignarles un sentido
arbitrario. En este caso, es absolutamente necesario que se represente una
fuerza en forma sistemática en los diagramas de cuerpos interactuantes que
contengan la fuerza en cuestión. Así, para dos cuerpos unidos por el pasador
A, (figura 53), al ser separados, las componentes deberán representarse
sistemáticamente en los sentidos opuestos. Los sentidos asignados podrán
resultar falsos cuando se determinen matemáticamente los signos algebraicos
de las componentes. Por ejemplo, si xA resulta negativa, estará actuando en
realidad en sentido opuesto al considerado inicialmente. En consecuencia, será
preciso invertir el sentido de la fuerza en ambos miembros e invertir el signo del
término de esta fuerza en las ecuaciones.
O bien puede dejarse la representación como se hizo inicialmente, y el sentido
de la fuerza deberá comprenderse a partir del signo negativo.
Figura 53
Por último, surgen ocasionalmente situaciones en las que es necesario resolver
un sistema de dos o más ecuaciones para determinar las incógnitas. Sin
embargo en la mayoría de los casos se podrá evitar la resolución de sistemas
de ecuaciones eligiendo convenientemente el miembro o grupo de miembros
para el diagrama de sólido libre y eligiendo en forma adecuada los centros de
momentos que eliminan términos molestos en las ecuaciones.
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 78 -
Ejercicio Nº 24 El entramado de la figura 54(a) soporta la carga de 200 kp en la forma
indicada. Despreciar los pesos de los miembros frente a las fuerzas inducidas
por la carga y calcular las componentes vertical y horizontal de todas las
fuerzas que se ejercen sobre cada uno de los miembros.
(a) (b)
(c)
Figura 54
Solución Primero se observa que los tres miembros soportantes que constituyen el
entramado forman un conjunto rígido que puede analizarse como si fuera un
solo cuerpo. También se observa que la disposición de los apoyos exteriores
hace isostático el entramado.
En la parte (b) de la figura 54 se ha dibujado el diagrama de sólido libre del
conjunto del entramado y se determinan las reacciones exteriores. Así.
Cy
Cy
Ey
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 79 -
( ) ( )
kpAAFkpAAFkpDDM
yyy
xxx
A
2000200:02200220:022003,32003:0
=⇒=−=∑=⇒=−=∑=⇒=−=∑
En seguida, hay que desmembrar el entramado y dibujar el diagrama de sólido
libre de cada uno de sus elementos. Con el propósito de ayudar a seguir la
pista a las fuerzas de interacción comunes, los diagramas se han dispuesto en
sus posiciones relativas aproximadas, como se indica en la figura 54(c).
Debido a lo simplicidad del diagrama de sólido libre de la polea, en el ya
aparecen los valores de las fuerzas que actúan sobre ella.
Del diagrama de sólido libre del elemento AD, se tiene:
( ) ( ) ( ) ( )
0200:07,46602202007,666220:07,66602,12203,02009,08,1220:0
=−+=∑=⇒=−++−=∑=⇒=+−−=∑
yyy
xxx
xxB
CBFkpBBFkpCCM
Del diagrama de sólido libre del elemento BF, se tiene
( ) ( )
kpBBFkpEEF
kpEEM
yyy
xxx
yyB
3,13302003,333:07,66602007,466:0
3,333032008,1:0
=⇒=−+−=∑=⇒=−−=∑
=⇒=−=∑
Volviendo a la ecuación de equilibrio en el eje y del diagrama de sólido libre del
elemento AD, se tiene:
kpCCF yyy 3,33302003,133:0 =⇒=−+=∑
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- 80 -
4.3 VIGAS
Tipos de Cargas, de Apoyos y de Vigas
Los miembros estructurales que ofrecen resistencia a la flexión originada por
las cargas aplicadas reciben el nombre de vigas. La mayoría de las vigas son
barras prismáticas cargas y las cargas que pueden ser concentradas,
distribuidas o concentradas y distribuidas suelen aplicarse normalmente a los
ejes de dichas barras. El análisis de las capacidades de soportar cargas de las
vigas, consiste, primero, en establecer los requisitos de equilibrio de la viga en
conjunto y de una parte cualquiera de ella considerada por separado. Segundo,
se establecen las relaciones entre las fuerzas resultantes y la correspondiente
resistencia interna de la viga para soportar estas fuerzas. En esta subunidad se
estudiará solamente la primera parte del problema.
Las vigas soportadas de tal manera que las reacciones en los apoyos pueden
calcularse con la sola aplicación de los métodos de la estática reciben el
nombre de vigas isostáticas. Una viga que tenga más apoyos de los necesarios
para proporcionar el equilibrio se dice que es hiperestática y las ecuaciones del
equilibrio estático aunque son necesarias no son suficientes para determinar
las reacciones de los apoyos. En la figura 55 pueden verse ejemplos de ambos
tipos de vigas. En esta unidad solamente se estudiarán vigas isostáticas y se
analizarán por separado vigas con cargas concentradas y vigas con cargas
distribuidas.
Figura 55
Autor: Raúl Rosas Lozano
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Vigas con Cargas Concentradas.
En el análisis de armaduras simples, la resultante de las fuerzas que se ejercen
sobre una sección de un miembro cortado era una fuerza única, de tracción ó
compresión, en la dirección de la barra. La flexión, la cortadura y la torsión de
la barra eran despreciables o nulas. En el caso de una viga, la resultante de las
fuerzas que se ejercen sobre una sección transversal de la viga no puede en
general representarse mediante una fuerza F y un par de momento M como se
indica en la figura 56(a). En realidad la distribución de las fuerzas en una
sección recta es más complicada y su descripción completa precisa un análisis
que considere las propiedades de la deformación bajo condiciones de carga de
los materiales de las vigas. En el presente análisis sólo se considerará el
sistema equivalente de la distribución de fuerzas para una sección cualquiera
de una viga isostática.
(a) (b) (c)
Figura 56
En la figura 56(b) se muestran por separado la fuerza F y el momento M en
función de sus componentes. Las componentes de F son una fuerza tensora P
y dos fuerzas cortantes Vy, y Vz. Las componentes de M son un momento
torsor T y dos momentos flectores My y Mx.
Si las fuerzas que actúan sobre la viga fueran coplanares, por ejemplo en el
plano x-y de la figura 56, entonces Vz = 0, My = 0 y T = 0. Como es el caso de
las vigas mostradas en la figura 55 donde solo interviene la flexión en el plano
de la figura.
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 82 -
En la figura 57 se muestran dos porciones contiguas de una viga sometida a
fuerzas coplanares en el plano x-y del papel. Sólo quedan la fuerza cortante Vy
= V, la tensora P y el momento flector Mz = M. Las fuerzas se representan
ejerciéndose sobre el centro de la sección recta.
Es importante notar que los sentidos positivos de V, P y M están invertidos en
las dos secciones de la figura 57 en virtud del principio de acción y reacción.
Esta designación de los sentidos positivos deberá utilizarse de manera
sistemática en la resolución de problemas. A menudo resulta difícil ver a simple
vista el sentido correcto de la fuerza cortante y el momento flector. Por ésta
razón convendrá representar V y M con sus sentidos positivos en los
diagramas de sólido libre y dejar que los signos algebraicos de los valores
calculados indiquen el sentido adecuado.
Figura 57
Debe quedar claro que para diferentes secciones de una viga, V y M
generalmente tendrán diferentes valores. Así, estas cantidades pueden
considerarse como funciones de posición a lo largo de la viga, esta variación
suministra una información necesaria para el análisis de la viga. En particular,
el valor máximo del momento flector suele ser lo primero que se considera en
el diseño o selección de una viga, y deberá determinarse su valor y posición.
Las variaciones del corte y del momento se presentan mejor gráficamente, y
esta representación de V y M en función de la longitud de la viga dan lugar a
los diagramas de fuerza cortante y momento flector de la viga.
El primer paso en el cálculo de las relaciones del corte y del momento consiste
en determinar los valores de todas las reacciones exteriores sobre la viga
aplicando las ecuaciones de equilibrio a un diagrama para el sólido libre de
toda la viga. En seguida, se aísla mediante un diagrama para el sólido libre una
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 83 -
parte de la viga, la de la izquierda o la de la derecha de un corte transversal
arbitrario, y se aplican a esta parte aislada de la viga las ecuaciones del
equilibrio. Estas darán expresiones para la fuerza cortante V y el momento
flector M que actúan en la sección sobre la parte aislada de la viga. La parte de
la viga que lleve consigo el menor número de fuerzas, bien a la izquierda o a la
derecha de la sección arbitraria suele dar la solución más sencilla. No debe
tomarse una sección transversal que coincida con la localización de una carga
concentrada, ya que tal posición representa un punto de discontinuidad en la
variación déla fuerza cortante y del momento flector; las secciones se deben
tomar entre cargas contiguas una de otra considerando las reacciones en los
apoyos. Por último, es importante hacer notar que los cálculos de V y M de
cada sección elegida deben siempre estar de acuerdo con el convenio acerca
del sentido positivo que se muestra en la figura 57. En el caso de vigas
horizontales en que no se indiquen los ejes coordenados, se supondrá que el
sentido positivo del eje horizontal es hacia la derecha y el del eje vertical hacia
arriba.
Ejercicio Nº 25 Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flector correspondientes a
la viga de la figura 58(a) y determinar el valor máximo del momento flector,
indicando el lugar en que se encuentra.
Del diagrama de sólido libre de la viga, representado en la figura 58(b), las
reacciones resultan ser:
( ) ( ) ( )kpRRF
kpRRM
y
R
9,4201002001,257:01,25702,120031001,2:0
11
221
=→=−−+=∑=→=−−=∑
El diagrama de sólido libre de la parte de la viga a la izquierda de la sección A
es el indicado en la figura 58(c) de la figura. La fuerza cortante V y el momento
M aparecen con sus sentidos positivos. El equilibrio exige
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 84 -
( ) xMxMMVVF
A
V
9,4209,42:09,4209,42:0
=→=−=∑−=→=+=∑
Estos valores son válidos entre x = 0 y x = 1,2 m.
El siguiente intervalo se analiza mediante el diagrama de sólido libre de la parte
entera de la viga situada a la izquierda de la sección B. Nuevamente se
representan V y M con sus sentidos positivos como se indica en la figura 58(d).
El equilibrio da:
( ) ( ) xMxxMMVVF
A
V
1,15724002,12009,42:01,15702009,42:0−=→=−+−=∑
=→=−+=∑
Estos valores son válidos entre x = 1,2 m y x = 2,1 m
Por último, del más sencillo de los dos diagramas correspondientes a la
sección C, indicado en la figura 58(e), la aplicación de las ecuaciones de
equilibrio da:
( ) ( )xMxMMVVF
A
V
−−=→=−+=∑−=→=+=∑
310003100:01000100:0
Estos valores son válidos entre x = 2,1 m y x = 3 m.
Es importante notar que M y V se han representado con sus sentidos positivos
sobre el diagrama de sólido libre.
En las figuras 58(f) y 58(g) se han representado gráficamente los diagramas de
fuerza cortante y momento flector correspondiente a la viga entera. El valor
máximo del momento y su posición son,
mxenmkpM 1,290 =−=
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 85 -
Figura 58
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 86 -
Vigas con Cargas Distribuidas.
En la sección anterior se desarrolló el estudio de las fuerzas cortantes y los
momentos flectores en las vigas con cargas concentradas. Ahora se estudiará
el caso de vigas sometidas a cargas distribuidas que varían continuamente
sobre las mismas o sobre parte de ellas. Para las fuerzas distribuidas se
utilizarán también los convenios usados para el corte V y el momento M y el
método básico de equilibrio desarrollado en la sección anterior. Adicionalmente,
existen varias relaciones que contienen V y M que pueden establecerse para
toda viga con carga distribuida y que ayudarán en gran manera a la
construcción de los diagramas de fuerza cortante y momento flector. La figura
59 representa una porción de viga cargada, en la que se aísla un elemento dx
de la viga. La intensidad de carga p representa la fuerza por unidad de longitud
de la viga. En la posición x se han dibujado en sus sentidos positivos la fuerza
cortante V y el momento M que actúan sobre el elemento. En el lado opuesto
del elemento, donde la posición es x + dx, también se dibujan estas cantidades
en sus sentidos positivos, pero se deben representar por V + dV y M + dM ya
que se requiere que V y M varíen con x. La intensidad de carga p se puede
considerar constante sobre toda la longitud del elemento por ser ésta una
cantidad infinitesimal.
Figura 59
El equilibrio del elemento exige que la suma de las fuerzas verticales sea cero.
Así
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 87 -
( ) 0=+−+ dVVdxpV
luego
dxdVp = (22)
De la ecuación (22) queda claro que la pendiente del diagrama de fuerza
cortante debe ser igual en todos los puntos al valor de la carga aplicada. La
ecuación (22) es válida a uno y otro lado de una carga concentrada, pero no en
la carga concentrada a causa de la discontinuidad debida al brusco cambio de
fuerza cortante.
El equilibrio del elemento de la figura 59 exige también que la suma de los
momentos sea cero. Tomando momento respecto al extremo de la derecha del
elemento se tiene:
02
=−⎟⎠⎞
⎜⎝⎛++ MdxdxpdMM
El término ( )2dxdxp puede despreciarse por ser infinitesimal de orden
superior a los términos restantes. Queda, pues, entonces
dxdMV −= (23)
que expresa el hecho de que en todas partes la fuerza cortante es igual a la
pendiente de la curva del momento cambiada de signo. La ecuación (23) puede
escribirse también como
∫ ∫−=M
M
x
xdxVdM
0 0
o sea
( )xyxentrecortedediagramaelbajoáreaMM 00 −=
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 88 -
En esta expresión 0M es el momento flector en 0x y M lo es en x . En el caso
de vigas a las que no se aplique exteriormente momento 0M en 0x = 0, el
momento total en una sección cualquiera es igual y de signo contrario al área
limitada bajo el diagrama de corte hasta la sección considerada.
Cuando V pasa por cero siendo función continua de x con 0≠dxdv , el
momento flector M será máximo o mínimo, ya que en dicho punto 0=dxdM .
También pueden aparecer valores críticos de M cuando V cruce el eje de
abscisas en una discontinuidad.
En las ecuaciones (22) y (23) puede verse que el grado de V respecto a x es
superior en una unidad al de p y que el de M es superior al de V también en
una unidad.
Ejercicio Nº 26 Dibujar los diagramas de corte y de momento de la viga cargada indicada en la
figura 60(a) y determinar el momento máximo M y su situación x respecto al
extremo izquierdo.
(a) (b)
Figura 60
Solución
Del diagrama de sólido libre de la figura 60(b), las reacciones de los apoyos se
obtendrán más fácilmente considerando las resultantes de las cargas
distribuidas en la forma indicada sobre este diagrama.
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 89 -
( ) ( ) ( ) ( )kpRRF
kpRRM
y
R
100085170150305:0
305032855,117031505,2:0
11
221
=→=−−−+=∑
=→=−−−=∑
Se analiza el primer intervalo de la viga mediante el diagrama para el sólido
libre de la figura 61 correspondiente al lado izquierdo de la sección en que x <
1m
Luego se analiza el segundo intervalo de la viga mediante el diagrama para el
sólido libre de la figura 62, correspondiente al lado izquierdo de la sección en
que mxm 21 ≤≤
Figura 62
( ) 0117085100:0 =−−−+=∑ xVFV
( ) 151170 −−= xV
( ) ( ) ( )2
111703285100:0 =⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −
−+−+−=∑xxxxMM
( ) ( )218532
385100 −−−−= xxxM
Ahora, se analiza el tercer intervalo de la viga mediante el diagrama para el
085100:0 2 =−+=∑ xVFV
10085 2 −= xV
( ) ( ) 0385100:0 2 =+−=∑ xxxMM
xxM3
85100 −=
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 90 -
sólido libre de la figura 63, correspondiente al lado derecho de la sección en
que mxm 5,22 ≤≤
Figura 63
0305150:0 =−+=∑ VFV
155=V
( ) ( ) 05,230512150:0 =−−−+=∑ xxMM
( ) ( )xxM −−−= 121505,2305
Finalmente, se analiza el cuarto intervalo de la viga mediante el diagrama para
el sólido libre de la figura 64, correspondiente al lado derecho de la sección en
que mxm 35,2 ≤≤
Figura 64
0150:0 =+=∑ VFV
150−=V
( ) 012150:0 =−+=∑ xMM
( )xM −−= 12150
En la figura 65 se muestra los diagramas de fuerza cortante y momento flector
correspondiente a la viga completa, de ellos se puede obtener el momento
flector máximo que es
.5,275 mxenseproduceymkpM =−=
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 91 -
Figura 65
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 92 -
Ejercicio Nº 27 Dibujar los diagramas de corte y de momento de la viga cargada indicada en la
figura 66 y determinar el momento máximo M y su situación x respecto al
extremo izquierdo.
(a)
(b)
Figura 66
Solución En la figura 66(b) se muestra el diagrama de cuerpo libre de la viga en el cual
se han dibujado las cargas concentradas equivalentes a cada una de las
cargas distribuidas; planteando las ecuaciones de equilibrio para calcular las
reacciones, se tiene:
R1 R2
1200 kg
1800 kg
R1 R2
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 93 -
( ) ( ) ( ) ( )kgRRFkgRRM
y
R
15200120080018002280:0228008005,1120058009180010:0
11
221
=→=−−−+=∑=→=−−−−=∑
En la figura 67 se muestran los cuatro cortes necesarios para analizar
completamente la viga.
Figura 67
En la figura 68 se muestran los diagramas de cuerpo libre que se obtienen de
ambos lados de la sección 1. Por conveniencia se plantean las ecuaciones de
equilibrio para la sección de la figura 68(a)
Sección 1, válida para 30 ≤≤ x
(a) (b)
Figura 68
( )( ) ( ) 2
1 2001520024001520:0
152040004001520:0
xxMxxxMM
xVxVFV
−=⇒=+−=∑
−=⇒=−+=∑
1 2 3
4
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 94 -
En la figura 69 se muestran los diagramas de cuerpo libre que se obtienen de
ambos lados de la sección 2. Por conveniencia se plantean las ecuaciones de
equilibrio para la sección de la figura 69(a)
Sección 2, válida para 53 ≤≤ x
(a) (b)
Figura 69
( ) ( ) ( )5,11200152005,112001520:0320012001520:0
2 −−=⇒=−+−=∑−=⇒=−+=∑
xxMxxMMVVFV
En la figura 70 se muestran los diagramas de cuerpo libre que se obtienen de
ambos lados de la sección 3. Por conveniencia se plantean las ecuaciones de
equilibrio para la sección de la figura 70(b)
Sección 3, válida para 75 ≤≤ x
(a) (b)
Figura 70
Autor: Raúl Rosas Lozano
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( ) ( ) ( ) ( )xxMxxMMVVFV
−+−=⇒=−+−−=∑=⇒=+−=∑
91800102280091800102280:0480018002280:0
3
En la figura 71 se muestran los diagramas de cuerpo libre que se obtienen de
ambos lados de la sección 4. Por conveniencia se plantean las ecuaciones de
equilibrio para la sección de la figura 71(a)
Sección 4, válida para 107 ≤≤ x
(a) (b)
Figura 71
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) 80073
20058005,112001520
08003
7720058005,112001520:0
720048002
7740080012001520:0
3
22
2
+−−−−−−=
=−⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
−+−+−+−=∑
−+=⇒=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
−−−−+=∑
xxxxM
xxxxxMM
xVxxVFV
En la figura 72 se muestra la viga y sus correspondientes diagramas de fuerza
cortante y momento flector. Se determina claramente que el momento flector
máximo es
.54200 mxenproduceseymkgM =−=
Autor: Raúl Rosas Lozano
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Figura 72
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 97 -
V CENTROIDES Y MOMENTOS DE INERCIA
5.1 CENTRO DE GRAVEDAD El peso de un cuerpo es la fuerza de la atracción gravitacional de la tierra sobre
el cuerpo. El peso resultante de todas sus partículas, pasa a través de un punto
llamado centro de gravedad, c. g., éste puede describirse como el punto donde
colocado un apoyo equilibra el cuerpo sin ladearse. La figura 73 muestra una
placa rectangular, siendo dW el peso de cada elemento y W la resultante de
las fuerzas dW (es decir el peso total de la placa). El centro de gravedad es el
punto donde la placa puede equilibrarse. Para evitar que se ladee, la resultante
debe coincidir con la reacción en el apoyo, que está en el centro de gravedad.
Figura 73 El centro de gravedad de las placas que son simétricas con respecto a dos ejes
se determina a simple vista en la intersección de los ejes de simetría (figura
74). Para formas irregulares, se obtiene fácilmente una expresión matemática
para localizar el centro de gravedad.
Figura 74
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 98 -
Si se considera ahora la placa plana irregular de la figura 75; para localizar las
coordenadas yex del centro de gravedad, es útil el concepto de fuerzas
distribuidas. Supóngase que la placa está dividida en un cierto número de
partículas de igual tamaño, y por consiguiente, de igual peso w. El peso total de
la placa W , es la suma de los pesos de los elementos. Expresado
matemáticamente
∫= dwW
Sean ( )11 , yx las coordenadas de 1dw , ( )22 , yx las coordenadas de 2dw , etc.
Las coordenadas de W que son ( )yx , , que son las coordenadas del centro de
gravedad de la placa.
Figura 75
Como W es la resultante del peso de las partículas, su momento con respecto
a cualquier eje debe ser, por consiguiente, igual a la suma de los momentos de
las partículas. Igualando el momento de la resultante W con respecto a los ejes
de referencia con la suma de los momentos de los elementos, se obtienen las
siguientes expresiones generales:
∑ ∫
∫∑
=++=
=++=
dwyxdwydwyWM
dwxxdwxdwxWM
x
y
..............:
..............:
2211
2211
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 99 -
Sustituyendo W por ∫ dw y despejando yex se tiene:
∫∫
∫∫ ==
dw
dwyy
dw
dwxx (24)
El peso específico γ de un cuerpo es su peso por unidad de volumen. Así
pues, el peso de un elemento diferencial de volumen dV será dVdW γ= . En
el caso en que γ no sea constante en todo el cuerpo pero pueda expresarse
como función de las coordenadas de sus puntos, será necesario tener en
cuenta dicha variación en el cálculo de los numeradores y denominadores de
las ecuaciones (24). Estas expresiones se escribirían entonces en la forma
∫∫
∫∫ ==
dV
dVyy
dV
dVxx
γ
γ
γ
γ (25)
5.2 CENTROIDES
Siempre que el peso específico γ de un cuerpo tenga el mismo valor en todos
sus puntos, será un factor constante existente en los numeradores y
denominadores de las ecuaciones (25) y por lo tanto se suprimirá. Las
expresiones definen entonces una propiedad puramente geométrica del
cuerpo, ya que no hay referencia alguna a sus propiedades físicas. Cuando el
cálculo se refiera solamente a una forma geométrica se utiliza el término
centroide. Cuando se hable de un cuerpo físico real, se utilizará el término
centro de gravedad o centro de masa. Si el peso específico es el mismo en
todos los puntos, las posiciones del centroide y del centro de gravedad coinci-
den, mientras que si el peso específico varía de unos puntos a otros, aquéllos
no coincidirán, en general.
En el caso de una varilla delgada o un alambre de longitud L, sección recta de
área A y peso específico γ , como la de la figura 76(a), el cuerpo puede
aproximarse a un segmento de línea y dLAdw γ= . Si γ y A son constantes a
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 100 -
lo largo de la varilla, las coordenadas del centro de gravedad coincidirán con
las del centroide C del segmento de línea, las cuales, según las ecuaciones
(24), podrán escribirse en la forma
∫∫=
L
dLxx
∫∫=
L
dLyy
∫∫=
L
dLzz (26)
Cuando un cuerpo de peso específico γ tenga un espesor pequeño t y pueda
aproximarse a una superficie de área A, como la mostrada en la figura 76(b), se
tendrá que dAtdw γ= . También ahora, si γ y t son constantes en toda la
superficie, las coordenadas del centro de gravedad del cuerpo coincidirán con
las del centroide C de la superficie y se podrá escribir, en virtud de las
ecuaciones (24),
A
dAxx ∫=
A
dAyy ∫=
A
dAzz ∫= (27)
(a) (b)
Figura 76
En el caso general de un cuerpo de volumen V y peso específico γ , el
elemento tendrá un peso dVdw γ= . El peso específico γ desaparecerá de las
ecuaciones si es constante en todo el volumen y las coordenadas del centro de
gravedad serán las del centroide C del cuerpo. De las ecuaciones (24) se tiene
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 101 -
V
dVxx ∫=
V
dVyy ∫=
V
dVzz ∫= (28)
Ejercicio Nº 28 Ubique el centroide de la varilla doblada en forma de un arco parabólico,
mostrada en la figura 77.
Figura 77
Solución El elemento diferencial que se muestra en la figura 77 está ubicado sobre la
curva en el punto arbitrario (x, y).
La longitud diferencial del elemento dL puede expresarse en términos de las
diferenciales dyydx utilizando el teorema de Pitágoras.
( ) ( ) dydydxdydxdL 1
222 +⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=+=
Como 2yx = , entonces ydydx 2= . Por lo tanto, expresando dL en términos de
y y dy , se tiene,
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 102 -
( ) dyydL 12 2 +=
El centroide está ubicado en yyxx == ~,~ . Al aplicar las ecuaciones (26) e
integrar con respecto a y , se tiene
mdyy
dyyy
dyy
dyyx
dL
dLxx
L
L 504,0479,1746,0
14
14
14
14~
1
0
2
1
0
22
1
0
2
1
0
2
==+
+=
+
+==
∫∫
∫∫
∫∫
mdyy
dyyy
dL
dLyy
L
L 573,0479,1848,0
14
14~
1
0
2
1
0
2
==+
+==∫∫
∫∫
Ejercicio Nº 29 Localizar el centroide de la superficie del triángulo de base b y altura h ,
mostrado en la figura 78.
Figura 78
Solución Se considera un elemento diferencial rectangular que tiene un espesor dy y
una longitud variable x . El área de este elemento diferencial es dyx ; por
triángulos semejantes se puede establecer que ( )yhxhb −= luego
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 103 -
despejando x y reemplazando en el área del elemento diferencial y utilizando
la ecuación (27) para y , se tiene:
( )
32
6
2
2
0 hyhb
hb
hb
dyh
yhby
A
dAyy
h
=⇒=
−
==∫∫
Este mismo resultado se cumplirá para cualquiera de los otros dos lados del
triángulo considerado como nueva base y con la nueva altura correspondiente.
Así, puede decirse que el centroide se halla en la intersección de las medianas,
ya que la distancia de este punto a uno cualquiera de los lados es un tercio de
la altura del triángulo en el que se considere dicho lado como base.
Ejercicio Nº 30 Localice el centroide del área mostrada en la figura 79.
(a) (b)
Figura 79
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 104 -
Solución 1 El elemento diferencial de ancho dx que se muestra en la figura 79(a),
intersecta a la curva en un punto arbitrario (x,y) y por lo tanto tiene una altura y.
El área del elemento diferencial es dxydA = y su centroide se ubica en
2~,~ yyxx == . Aplicando las ecuaciones (27) e integrando con respecto a x se
tiene:
mxdxx
dxx
dxy
dxyx
dA
dAxx
A
A 75,0333,0
25,0~
1
0
2
1
0
3
1
0
1
0 =⇒====∫∫
∫∫
∫∫
( )my
dxx
dxxx
dxy
dxyy
dA
dAyy
A
A 3,0333,0
1,022~
1
0
2
1
0
22
1
0
1
0=⇒==
⎟⎠⎞⎜
⎝⎛
==∫
∫∫
∫∫∫
Solución 2 El elemento diferencial de ancho dy que se muestra en la figura 79(b),
intersecta a la curva en un punto arbitrario (x,y) y por lo tanto tiene una longitud
( )x−1 . El área del elemento diferencial es ( )dyxdA −= 1 y su centroide se
ubica en yyxxxx =+
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
+= ~,2
12
1~ . Aplicando las ecuaciones (27) e
integrando con respecto a y se tiene:
( )[ ]( )
( )
( )
( )mx
dyy
dyy
dyx
dyxx
dA
dAxx
A
A 75,0333,0
25,0
1
121
1
12/1~
1
0
1
0
1
0
1
0 =⇒=−
−=
−
−+==
∫∫
∫∫
∫∫
Autor: Raúl Rosas Lozano
- 105 -
( )
( )
( )( )
mydyy
dyyy
dyx
dyxy
dA
dAyy
A
A 3,0333,0
1,0
11
1~
1
0
1
01
0
1
02
3
=⇒=−
−=
−
−==
∫∫
∫∫
∫∫
En la tabla 3 se da un resumen de las coordenadas de centroides de algunas
de las formas más comúnmente usadas.
En resistencia de materiales frecuentemente se requiere conocer la localización
del centroide de áreas compuestas. Este procedimiento se explica en la
sección siguiente.
Autor: Raúl Rosas Lozano
106
Tabla 3 Figura Centroide Momento de Inercia de
Superficie Arco de circunferencia
ααsenrr =
Cuadrante y semicircunferencia
πry 2
=
Superficie triangular
3
3hy
bax
=
+=
4
36
12
3
3
3
1
hbI
hbI
hbI
x
x
x
=
=
=
Superficie rectangular
12
33
3
0
hbI
hbI
x
x
=
=
Superficie de un sector circular
ααsenrx
32
=
( )
( )αα
αα
24
24
21
4
21
4
senrI
senrI
y
x
+=
−=
Superficie de un cuadrante circular
π34 ryx ==
16
4rII yxπ
==
Superficie de un cuadrante elíptico
π
π
3434
by
ax
=
=
16
163
3
baI
baI
y
x
π
π
=
=
Autor: Raúl Rosas Lozano
107
5.2.1 Centroides de áreas compuestas Si se desea el centroide de un área que no se ajusta a las formas geométricas
simples mostradas en la tabla 3, pero que es una combinación de varias de
estas formas, el centroide se determina de la siguiente manera:
• Se descompone el área en formas geométricas simples para las cuales
se conocen los centroides.
• Se escogen ejes de referencia vertical y horizontal, a partir de los cuales
se hacen todas las medidas.
• Se determinan yex aplicando las siguientes ecuaciones
∑
∑
=
== n
ii
n
iii
A
xAx
1
1
~
∑
∑
=
== n
ii
n
iii
A
yAy
1
1
~
∑
∑
=
== n
ii
n
iii
A
zAz
1
1
~
(29)
donde:
zyx ,, representan las coordenadas del centroide de la superficie compuesta.
zyx ~,~,~ representan las coordenadas del centroide de cada una de las
superficies en las cuales se ha dividido la superficie compuesta.
A representa el área de cada una de las superficies en que se ha dividido
la superficie compuesta.
Usualmente es más conveniente elegir (si es que no están dados) el eje de
referencia horizontal pasando por la parte superior o inferior de la figura, y el
eje de referencia vertical pasando por el extremo izquierdo o derecho de la
figura. Haciendo esto, no se necesita considerar valores negativos de
distancias. Si el área tiene un eje de simetría, se sabe que el centroide queda
sobre este eje, de este modo no se necesita calcular la coordenada
correspondiente a partir de las ecuaciones (29).
En algunos casos es conveniente descontar ciertas áreas de la figura
compuesta. Cuando se hace esto, deben descontarse esas cantidades tanto en
el numerador como en el denominador.
Autor: Raúl Rosas Lozano
108
Ejercicio Nº 31 Determinar el centroide del área indicada en la figura 80(a).
(a) (b) (c)
Figura 80 Solución Los ejes de referencia y las formas geométricas simples en las
cuales se descompone la superficie compuesta se indican en la figura 80(b).
Aplicando las ecuaciones 29, se tiene:
( )( ) ( )( ) ( )( ) lg7,33620
635,665,220~~~~
321
3322113
1
3
1 puxAAA
xAxAxA
A
xAx
ii
iii
=⇒++
++=
++++
==
∑
∑
=
=
( )( ) ( )( ) ( )( ) lg86,13620
67,2316220~~~~
321
3322113
1
3
1 puyAAA
yAyAyA
A
yAy
ii
iii
=⇒++++
=++++
==
∑
∑
=
=
La localización aproximada del centroide de la superficie compuesta se muestra en la figura 80(c).
Autor: Raúl Rosas Lozano
109
Ejercicio Nº 32 Localizar el centroide de la superficie indicada en la figura 81(a).
y 2 1 x (a) (b)
Figura 81
Solución Se descompone el área en formas geométricas simples, como se
muestra en la figura 81(b). Como el área es simétrica con respecto a un eje
vertical que pasa por el centro, no se necesita calcular x puesto que el
centroide queda sobre este eje. Para y se escoge un eje de referencia (x) en
la parte inferior de la superficie, como se indica en la figura 81(b) y se calcula:
( )( ) ( )( ) mmyAA
yAyA
A
yAy
ii
iii
10048004800
1404800604800~~~
21
22112
1
2
1 =⇒++
=++
==
∑
∑
=
=
Es decir el centroide está localizado 100 mm arriba de la base.
40 mm
120 mm
40 mm
Autor: Raúl Rosas Lozano
110
Ejercicio Nº 33 Localizar el centroide del área indicada en la figura 82(a). y
(a) (b)
Figura 82
Solución El área tiene un eje de simetría, haciendo innecesario el cálculo de x . Las
formas geométricas elegidas son dos rectángulos y un triángulo, que debe
descontarse. Considerando el eje de referencia que pasa por la base, como se
indica en la figura 82(b) se tiene:
( )( ) ( )( ) ( )( ) lg8,362412
36524112~~~~
321
3322113
1
3
1 puyAAA
yAyAyA
A
yAy
ii
iii
=⇒−+−+
=−+−+
==
∑
∑
=
=
Autor: Raúl Rosas Lozano
111
5.3 MOMENTO DE INERCIA
Como anteriormente se vio, la coordenada del centroide de una superficie,
(también conocido como momento de primer orden) con respecto al eje x, del
elemento de superficie que se muestra en la figura 83 es ∫ dAy .
La expresión ∫ dAy 2 se denomina momento de segundo orden de la superficie
con respecto al eje x. Las integrales de esta forma aparecen cuando y es la
distancia del elemento de superficie a un eje que está o es normal al plano de
la superficie. Con más generalidad, la expresión ∫ dAy 2 recibe el nombre de
momento de inercia de la superficie con respecto al eje x.
Figura 83
El término inercia es una designación aplicada sin razón ya que desde el punto
de vista dinámico una superficie no posee inercia y como consecuencia
inmediata la integral no tiene significado físico real. No obstante, la integral es
semejante a la expresión desarrollada por Leonard Euler, en 1700, en el
análisis del movimiento de los cuerpos rígidos. Estas expresiones implican
masa y las cantidades que se obtienen se denominan momentos de inercia de
masa. A causa de esta similitud la expresión ∫ dAy 2 se le ha asignado el
término de momento de inercia por tradición. El momento de inercia de una
superficie es una propiedad puramente matemática de la superficie y no tiene,
en sí, ningún significado físico.
Autor: Raúl Rosas Lozano
112
El momento de inercia de la superficie de la figura 83, con respecto a los ejes
coordenados que se muestran, son
∫= dAyI x2 ∫= dAxI y
2 (30)
donde los símbolos xI e yI representan los momentos de inercia de toda la
superficie con respecto a los ejes x e y, respectivamente. El momento de
inercia de la superficie con respecto a un eje que pase por O (eje z) y sea
perpendicular al plano de la superficie es
∫= dArJ z2 (31)
Las expresiones definidas por las ecuaciones (30) reciben el nombre de
momentos de inercia cartesianos, mientras que la expresión de la ecuación
(31) recibe el de momento de inercia polar. Como 222 ryx =+ , es evidente que
yxz IIJ += (32)
La ecuación (32) resulta particularmente útil para calcular el momento de
inercia polar de una superficie cuyo contorno sea más fácil de describir en
coordenadas cartesianas que en coordenadas polares.
El momento de inercia de una superficie respecto a un eje, será siempre una
cantidad positiva. Las unidades de medida de los momentos de inercia de
superficies son unidades de longitud elevadas a la cuarta potencia, ejemplo,
m4, mm4, pie4, pulg4.
Radio de Giro de una Superficie Como en el caso del centroide, toda la superficie plana se puede considerar
concentrada en un solo punto de la superficie; las distancias del punto en
cuestión a los ejes x, y, z son conocidas como los radios de giro y se designan
Autor: Raúl Rosas Lozano
113
como kx, ky y kz respectivamente. El radio de giro de una superficie plana tiene
unidades de longitud y con frecuencia se utiliza en el diseño de columnas.
Siempre y cuando se conozcan las áreas y los momentos de inercia, los radios
de giro se pueden determinar a partir de:
AI
k xx =
AI
k yy =
AJk z
z = (33)
Ejercicio Nº 34 Determinar el momento de inercia del área sombreada indicada en la figura
84(a), con respecto al eje x.
(a) (b)
Figura 85
Solución Se escoge una tira rectangular paralela al eje con respecto al cual se
va a determinar el momento de inercia; figura 84(b). La faja se localiza a una
distancia y del eje x, y tiene una dyxdA = .
De la ecuación (30), se tiene que
∫= dAyI x2
Autor: Raúl Rosas Lozano
114
La ecuación de la curva que limita el área es 2xy = . Se sustituye 21yx = en la
ecuación del momento de inercia y se usan los límites de y, desde 0 hasta 16
para obtener:
14,46812
7160
16
0
22
7
25
=⇒=== ∫ ∫ xx IydyydyxyI
En la práctica, la mayor parte de las áreas son formas geométricas regulares.
En consecuencia se pueden deducir ecuaciones para las formas comunes
integrando las definiciones básicas, entre los límites del área. En la tabla 3 se
muestran las fórmulas para algunas formas geométricas regulares.
Ejercicio Nº 35 Calcular el momento de inercia con respecto al eje centroidal X-X del
rectángulo indicado en la figura 85
X X 6” 4” Figura 85 Solución
( ) ( )( )( ) 431213
121 lg7264 puIbhI xx =⇒==
Autor: Raúl Rosas Lozano
115
Ejercicio Nº 36 Calcular el momento de inercia con respecto al eje centroidal Y-Y del
rectángulo indicado en la figura 86.
Y 6” Y 4”
Figura 86 Solución
( ) ( )( )( ) 431213
121 lg3246 puIbhI yy =⇒==
Nótese que el “ancho”, b, siempre es la dimensión paralela al eje considerado,
mientras que la “altura”, h, siempre es la dimensión perpendicular a ese eje.
Autor: Raúl Rosas Lozano
116
5.3.1 Cambio de Ejes
El momento de inercia de una superficie respecto a un eje no centroidal puede
expresarse fácilmente en función del momento de inercia respecto a un eje
centroidal paralelo a él. En la figura 87 los ejes '' yx − pasan por el centroide C
de la superficie.
Figura 87
Ahora se va a determinar los momentos de inercia de la superficie respecto a
los ejes paralelos a ellos yx − . Por definición, el momento de inercia del
elemento dA respecto al eje x es ( ) dAdydI yx2' += , entonces para el área
completa se tiene
( ) ∫∫∫∫ ++=+=AyAyAA yx dAddAyddAydAdyI 222
'2''
La primera integral representa el momento de inercia de la superficie con
respecto al eje centroidal 'xI . La segunda integral es igual a cero, ya que el eje
'x pasa a través del centroide de la superficie C; es decir, ∫ ∫ == 0' dAydAy
dado que 0=y . La tercera integral representa el área total A. Luego la
expresión de xI y la expresión análoga de yI resultan ser
Autor: Raúl Rosas Lozano
117
2' yxx dAII += 2
' xyy dAII += (33)
Y por último, para el momento de inercia polar con respecto al eje
perpendicular al plano yx − que pasa a través del polo O (eje z ), se tiene
2' dAJJ zz += (34)
Las ecuaciones (33) y (34) constituyen el teorema de Steiner o teorema de los
ejes paralelos. Se debe resaltar dos hechos. Primero, los ejes entre los que se
ha hecho el cambio deben ser paralelos, y segundo, uno de los ejes debe
pasar por el centroide de la superficie.
Si se quisiera cambiar de un eje a otro paralelo a él sin que ninguno de ambos
pasara por el centroide, habría que cambiar de uno de los ejes a otro paralelo
que pasara por el centroide y luego cambiar de éste al segundo eje.
El teorema de Steiner también es válido para los radios de giro.
222 dkk += (35)
donde k es el radio de giro respecto a un eje centroidal paralelo al eje al que
se refiere k , y d es la distancia entre ambos ejes. Los ejes pueden estar
contenidos en el plano de la superficie o ser normales a él.
Autor: Raúl Rosas Lozano
118
Ejercicio Nº 37 Determinar el momento de inercia con respecto al eje X’-X’ del área mostrada
en la figura 88.
2” 6” 4” X’ X’
Figura 88
Solución Utilizando la fórmula correspondiente al momento de inercia con respecto al eje
centroidal x de un rectángulo, que aparece en la tabla 3, y aplicando el
teorema de Steiner entre el eje X’-X’ y el eje x centroidal del rectángulo, se
tiene
( )( ) ( )( )( ) 4'
23
23
2' lg624762
1262
12puIdAhbdAII XxX =⇒+=+=+=
Autor: Raúl Rosas Lozano
119
5.3.2 Momento de Inercia de Superficies Compuestas
Las dos secciones anteriores cubrieron los métodos para determinar el
momento de inercia de una forma geométrica simple con respecto a cualquier
eje. Para un área que está formada por varias de estas formas simples, el
momento de inercia de toda el área es la suma de los momentos de inercia de
cada una de las áreas individuales con respecto al eje deseado.
En problemas prácticos, generalmente se necesita determinar el momento de
inercia de un área complicada con respecto al eje centroidal de esa área. Los
pasos para determinar el momento de inercia centroidal de un área compuesta
son:
1.- Se determina el centroide del área, según lo indicado en la sección
1.16.
2.- A partir de un eje que pasa por el centroide que se calculó en el paso
anterior, se aplica el teorema de los ejes paralelos a cada una de las
áreas geométricas simples.
Ejercicio 38
Determinar el momento de inercia con respecto al eje xx − centroidal de la
sección en forma de T indicada en la figura 89(a).
2 1x
x x 2x 1 (a) (b)
Figura 89
120 mm
120 mm
40 mm
40 mm
100 mm
40 mm
40 mm
Autor: Raúl Rosas Lozano
120
Solución En el ejercicio 32 se determinó que el centroide del área estaba 100 mm arriba
de la base. Las áreas geométricas simples se indican como dos rectángulos en
la figura 89(b). El momento de inercia con respecto al eje xx − se calcula así:
Área 1:
( )( ) ( )( )( ) 4623
2111 1044,134012040
1212040
1mmdAII xx ×=+=+=
Área 2:
( )( ) ( )( )( ) 4623
2222 1032,84040120
1240120
2mmdAII xx ×=+=+=
El momento de inercia de toda el área con respecto al eje xx − es, entonces
4466
21 1076,211032,81044,13 mmIIII xxxx ×=⇒×+×=+=
Ejercicio 39 Determinar el momento de inercia con respecto al eje centroidal x-x del área
mostrada en la figura 90.
Figura 90
Autor: Raúl Rosas Lozano
121
Solución En el ejercicio 33 se determinó que el centroide estaba a 3,8 pulg sobre la
base. Usando las mismas formas geométricas que en el ejercicio y asentando
los cálculos en la tabla 4 que se muestra, se obtiene
( ) 42~ lg8,1978,12473 puIdAII xiixx i
=⇒+=+= ∑
Tabla 4
Superficie i ixI~ iA id 2
ii dA 1
( )( ) 4
1226 3
=
( )( ) 1226 =
8,2
08,94
2
( ) 721264 3
=
( )( ) 2464 =
2,1
56,34
3
( ) 33634 3
−=
( )( ) 6
234
−=
8,0
84,3−
73~ =∑ ixI
∑ = 8,1242
ii dA
Autor: Raúl Rosas Lozano
122
Ejercicio 40 Determinar el momento de inercia con respecto al eje centroidal de la superficie
mostrada en la figura 91. Calcular tanto .YX IcomoI
8” y
2”
1” 6”
2” x
6”
Figura 91
Solución Los problemas de este tipo se resuelven en forma más conveniente mediante
el uso de una forma tabular para los cálculos, como se muestra en las tablas 5
y 6. En la solución, el primer paso consiste en determinar el centroide. Por
simetría, el centroide localizado por x queda sobre la línea vertical central.
Para determinar y , se supone un eje de referencia que pasa por la parte
inferior (eje x) y las áreas simples, como se indica en la tabla 3. Usando los
cálculos de la tabla 3, se ve que:
4lg77,46747,4403,27
lg47,534
186~
puII
puyA
yAy
xx
i
ii
=⇒+=
=⇒==∑∑
Autor: Raúl Rosas Lozano
123
El momento de inercia con respecto al eje y centroidal se determina a partir
de la tabla 6 y es 4lg83,121083,121 puII yy =⇒+=
Tabla 5
Superficie i iA iy~ iyA ~
ixI id 2ii dA
1
( )( ) 1628 =
9
144
( )( ) 33,512
28 3
=
53,3
37,199
2
( )( ) 661 =
5
30
( )( ) 1812
61 3
=
47,0
33,1
3
( )( ) 1262 =
1
12
( )( ) 412
26 3
=
47,4
77,239
34=∑ iA
∑ = 186~ii yA
33,27~ =∑ ixI
∑ = 47,4402ii dA
Tabla 6
Superficie i iA
iyI ~ id 2ii dA
1
( )( ) 1628 =
( ) 33,851282 3
=
0
0
2
( )( ) 661 =
( )( ) 5,0
1216 3
=
0
0
3
( )( ) 1262 =
( ) 361262 3
=
0
0
83,121~ =∑ iyI
∑ = 02
ii dA
Autor: Raúl Rosas Lozano
124