Mecánica: Estática Y Cálculo Vectorial: Pedro Museros Romero

Mecánica: estática y cálculo vectorial Pedro Museros Romero

EDITORIAL UNIVERSITAT POLITÈCNICA DE VALÈNCIA

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Mecánica: Estática y Cálculo Vectorial

Pedro
Museros
Romero

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Colección Académica

Los contenidos de esta publicación han sido revisados por el Departamento de Mecánica de los Medios Continuos y Teoría de Estructuras de la Universitat Politécnica de València !"#$ !"#$  Para referenciar esta publicación utilice la siguiente cita: MUSEROS ROMERO, P. (201). Mecánica: estática y cálculo vectorial>YHUVLyQHOHFWUyQLFD@. Valencia: Universitat Politècnica de València

© Pedro Museros Romero © 201, Editorial Universitat Politècnica de València distribución: Telf.: 963 877 012 / www.lalibreria.upv.es / Ref.: _0_01_01                La Editorial UPV autoriza la reproducción, traducción y difusión parcial de la presente publicación con fines científicos, educativos y de investigación que no sean comerciales ni de lucro, siempre que se identifique y se reconozca debidamente a la Editorial UPV, la publicación y los autores. La autorización para reproducir, difundir o traducir el presente estudio, o compilar o crear obras derivadas del mismo en cualquier forma, con fines comerciales/lucrativos o sin ánimo de lucro, deberá solicitarse por escrito al correo [email protected].

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A mis padres y a mi abuela, por su enorme esfuerzo en estos últimos años.

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Agradecimientos Gracias al profesor José Lavado Rodríguez, de la Universidad de Granada, por las imágenes de estructuras reales incluidas en el Tema 6. Vaya expresada también mi gratitud a Marta y a Emilio, por su inestimable ayuda. Playa
de
Nules,
Pctubre
de
2016.

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Prólogo Este libro constituye el primer volumen de un manual docente completo de Mecánica. Esta materia se divide en dos grandes bloques: Estática y Dinámica. En este primer volumen se aborda el estudio de la estática y los sistemas de vectores (particularmente fuerzas). Se trata de una publicación destinada a explicar todos los conceptos fundamentales, con aplicaciones prácticas seleccionadas que los ilustren y faciliten su comprensión. No es, por tanto, un libro de ejercicios, si bien en un futuro próximo se completará con otros volúmenes dedicados a la resolución exclusiva de problemas prácticos. Los ejemplos resueltos incluidos en este volumen no se presentan como casos aparte de los conceptos teóricos expuestos. Al contrario, en ciertas ocasiones la explicación de determinados conceptos mediante su aplicación a un caso particular es mucho más clara, sin que ello implique pérdida de generalidad. En tal caso se ha optado por esta vía, que contribuirá seguramente a una mejor y más rápida comprensión por parte del alumno. El enfoque habitual de los textos clásicos de Mecánica parte de la formación de un sólido cuerpo teórico basado en geometría, cálculo infinitesimal, álgebra, cálculo vectorial y ecuaciones diferenciales. Sin embargo, las asignaturas antaño anuales, de 12 o 15 créditos, se han debido adaptar a los estudios de grado en el marco de la Declaración de Bolonia, con lo que el tiempo disponible para demos-

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traciones rigurosas se ha reducido. Aunque no todos los docentes comparten el actual planteamiento, es un hecho que determinados aspectos de los denominados “teóricos” han quedado pospuestos para estudios especializados de Máster o Doctorado. Partiendo pues del statu quo, este modesto libro pretende adaptar la enseñanza de la Estática y el Cálculo vectorial para facilitar un adecuado progreso de los estudiantes hacia cursos posteriores. Dado que no se trata de un trabajo de investigación ni de recopilación, las referencias bibliográficas citadas son únicamente las necesarias para completar determinados apartados donde se ha estimado conveniente. Se han añadido además cuatro referencias adicionales cuya lectura se aconseja al estudiante: el libro de Beer&Johnston (y Mazurek) por lo completo de su tratamiento y su presentación clara y didáctica; el de Prieto Alberca como referencia fundamental por su alcance y su rigor; el de Meriam (edición de 1965) particularmente por sus ilustraciones, además de su enfoque también muy didáctico; finalmente, el primer tomo de la colección de Scala por su tratamiento integral, enciclopédico, de los sistemas de vectores. Si se detecta cualquier error o errata, pueden ponerlo en conocimiento del autor escribiendo a [email protected]. Gracias.

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Índice general Prólogo

4

Índice general

6

I Introducción

10

1 Principios de la Mecánica

11

1.1 ¿Qué es la Mecánica? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

1.2 Conceptos básicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

14

1.3 Principios fundamentales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15

1.4 Sistemas de unidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

18

1.5 Precisión numérica. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

23

II Cálculo vectorial y Estática básica

26

2 Estática de la partícula

27

2.1 Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

27

ÍNDICE GENERAL

7/269

2.2 Magnitudes vectoriales: las fuerzas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

2.2.1 Concepto de fuerza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

2.2.2 Vectores: suma de vectores y resultante . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

34

2.2.3 Componentes de un vector . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

44

2.3 Equilibrio de una partícula. Diagrama de cuerpo libre . . . . . . . . . . . .

52

3 Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos

62

3.1 Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

62

3.2 Sistemas de fuerzas coplanarias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

63

3.2.1 Resultante y momento respecto de un punto . . . . . . . . . . . . . . . .

63

3.2.2 Pares de fuerzas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

70

3.2.3 Reducción a una fuerza resultante: línea de acción o eje central . . . .

73

3.3 Sistemas tridimensionales de fuerzas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

85

3.3.1 Momento respecto de un punto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

85

3.3.2 Momento respecto de un eje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

88

3.3.3 Pares de fuerzas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

93

3.3.4 Reducción de un sistema en un punto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

93

3.3.5 Reducción mínima de un sistema: eje central . . . . . . . . . . . . . . . . 101

3.4 Sistemas de fuerzas concurrentes: teorema de Varignon . . . . . . . . . . . 104 3.5 Sistemas de fuerzas paralelas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

4 Estática del sólido rígido

108

4.1 Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108 4.2 Grados de libertad del sólido rígido. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109 4.3 Tipos de enlace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112 4.3.1 Enlaces externos en problemas planos (2D) . . . . . . . . . . . . . . . . . 115 4.3.2 Enlaces externos en problemas espaciales (3D) . . . . . . . . . . . . . . . 121 4.3.3 Enlaces externos elásticos: muelles ideales o resortes . . . . . . . . . . . 124 4.3.4 Enlaces internos: contacto entre cuerpos y uniones articuladas . . . . . 126

4.4 Equilibrio y diagrama de cuerpo libre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

ÍNDICE GENERAL

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4.5 Determinación e indeterminación estática . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145 4.5.1 Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145 4.5.2 Determinación e indeterminación estática en problemas planos (2D) . 148 4.5.3 Determinación e indeterminación estática en problemas espaciales (3D) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158

4.6 Equilibrio y movimiento a velocidad constante . . . . . . . . . . . . . . . . . 165

5 Rozamiento

168

5.1 Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168 5.2 Leyes del rozamiento seco. Coeficientes de rozamiento . . . . . . . . . . . . 169 5.3 Angulos de rozamiento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176 5.4 Rozamiento en cables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182 5.5 Resistencia a la rodadura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185

III Estática aplicada

189

6 Estructuras isostáticas

190

6.1 Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190 6.2 Estructuras de barras: clasificación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193 6.3 Estructuras de nudos rígidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200 6.3.1 Grados de libertad y enlaces: determinación e indeterminación estática . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201 6.3.2 Cálculo de estructuras de nudos rígidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210

6.4 Estructuras de nudos articulados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217 6.4.1 Grados de libertad y enlaces: determinación e indeterminación estática . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219 6.4.2 Cálculo de estructuras articuladas: barras que no trabajan . . . . . . . 228 6.4.3 Cálculo de estructuras articuladas: método de los nudos . . . . . . . . . 231 6.4.4 Cálculo de estructuras articuladas: método de las secciones o de Ritter 236

ÍNDICE GENERAL

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7 Cables

239

7.1 Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239 7.2 Cables sometidos a cargas concentradas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 240 7.3 Cables sometidos a cargas distribuidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248 7.3.1 Cable parabólico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250 7.3.2 Catenaria. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255

Formulario

265

Bloque I

Introducción

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Tema 1

Principios de la Mecánica 1.1

¿Qué es la Mecánica?

La Mecánica es una ciencia antigua cuyos orígenes se remontan a la escuela Pitagórica en la Grecia clásica (siglo VI a. C.). Su larga evolución desde entonces ha recogido contribuciones de un gran número de ilustres científicos como Nicolás Copérnico, Galileo Galilei, Johannes Kepler, Isaac Newton, Gottfried W. Leibniz, los hermanos Jakob y Johann Bernoulli, Daniel Bernoulli, Leonhard Euler, Jean le Rond D’Alembert, Joseph L. Lagrange, William R. Hamilton y muchos otros. El campo de estudio abarcado por la Mecánica es muy vasto. Para precisar más concretamente sus objetivos, es de interés citar la definición de Mecánica que hizo Bruno Finzi en su libro Mecánica Racional (Finzi, 1964), recogiendo el pensamiento de Ernst Mach:

Tema 1. Principios de la Mecánica 1.1 ¿Qué es la Mecánica?

¿Qué es la Mecánica? “La ciencia de los movimientos que resultan de fuerzas cualesquiera, y de las fuerzas requeridas por cada movimiento” dice Newton y, con él, repiten muchos autores; “descripción simple y completa de los movimientos que ocurren en la naturaleza”, dice Kirchhoff; [. . . ] Estas definiciones son todas demasiado amplias, porque todos los fenómenos ocurren en el espacio y en el tiempo, e implican un movimiento; aun cuando se prescindiera del concepto cartesiano de explicar y representar todo el mundo físico, tan sólo con la extensión y el movimiento, la mecánica racional, entendida según las anteriores definiciones, desbordaría hasta confundirse con casi toda la Física. Mach es menos impreciso: observa que todos los fenómenos pertenecen, en rigor, a todas las ramas de la Física. Pero, si en el estudio del movimiento son despreciables, o se desprecian a efectos del mismo movimiento, las variaciones térmicas, electromagnéticas, químicas, etc., entonces se entra en el dominio de la Mecánica. La definición anterior es suficientemente concreta y precisa los objetivos de este curso. Excluyendo los movimientos a velocidades cercanas a la de la luz (Mecánica Relativista), y los de las partículas atómicas y subatómicas (Mecánica Cuántica), que pese a su indudable interés no son fundamentales para el Ingeniero Civil o de Obras Públicas, se entra en el ámbito restringido que aquí se denomina Mecánica (o también Mecánica Newtoniana, Racional, Clásica o Vectorial). Es importante destacar que la Mecánica tratada en este texto no tiene el carácter empírico o experimental de otras ramas de la Física, y por tanto pertenece al campo de la Mecánica teórica (que trata de establecer las leyes del movimiento). Para ello es necesario partir de los denominados Principios Fundamentales (ver apartado 1.3),

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Tema 1. Principios de la Mecánica 1.1 ¿Qué es la Mecánica?

los cuales son verdades axiomáticas, no demostrables, que se verifican de manera experimental. A partir de estos principios, el resto de resultados se deducen mediante razonamiento lógico, empleando como herramienta fundamental las Matemáticas. Sin embargo, la Mecánica tampoco es una ciencia pura o abstracta como son las Matemáticas. Es una disciplina que entra dentro del campo de las ciencias aplicadas, como otras ramas de la física que incluyen la Termodinámica, el Electromagnetismo, etc. Todas ellas tienen vocación de resolver problemas de manera teórica para su posterior aplicación práctica. Se pueden distinguir tres ramas principales dentro de la Mecánica: Mecánica de sólidos rígidos: se ocupa de los sólidos, considerados como cuerpos idealmente indeformables. Puede subdividirse a su vez en Estática y Dinámica. La Estática es la parte de la Mecánica de la que se ocupa este texto, enfocada en concreto al estudio de los cuerpos en reposo bajo la acción de fuerzas. Para ello se hace uso de una herramienta matemática particular que es el Cálculo vectorial. Mecánica de sólidos deformables: estudia el equilibrio estático o movimiento de los cuerpos sólidos, teniendo en cuenta su deformabilidad. Mecánica de fluidos: estudia el equilibrio estático o movimiento de los fluidos (líquidos y gases).  Así pues, se entenderá en lo sucesivo que la Mecánica es la disciplina que, a partir de los Principios Fundamentales, se ocupa de deducir las leyes del movimiento y equilibrio de los sólidos, considerados estos como idealmente indeformables.

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Tema 1. Principios de la Mecánica 1.2 Conceptos básicos

1.2

Conceptos básicos

Para formular las leyes del movimiento y del equilibrio de los sólidos indeformables es necesario emplear cuatro conceptos básicos que expresan distintas magnitudes. Conceptos absolutos Espacio: concepto asociado a la noción de posición de un punto P dada en términos de tres coordenadas medidas desde un punto de referencia u origen. En muchas ocasiones se tratan también problemas en los que las posiciones quedan fijadas por dos coordenadas que situamos en un plano XY: son los denominados problemas planos o bidimensionales (2D). Tiempo: magnitud escalar que permite asociar a cada evento un instante en el que este ocurre. Masa: magnitud escalar que mide la cantidad de materia que tiene un cuerpo. Se emplea para caracterizar y comparar la respuesta de los sólidos a la atracción gravitatoria y su resistencia frente a cambios en su movimiento de traslación. En la Mecánica Newtoniana, el espacio, el tiempo y la masa son conceptos absolutos, independientes unos de otros. En Mecánica relativista, por el contrario, existen relaciones entre ellos, derivadas de la constancia de la velocidad de la luz. Concepto derivado Fuerza: representa la acción de un cuerpo (o sólido) sobre otro. En general, una fuerza se caracteriza por su punto de aplicación, su módulo o magnitud, su dirección y su sentido. Por lo tanto, la fuerza es una magnitud vectorial.

14/269

Tema 1. Principios de la Mecánica 1.3 Principios fundamentales

15/269

La fuerza no es independiente del espacio, tiempo y masa. Como se verá a continuación, la fuerza que actúa sobre un cuerpo está relacionada con su masa y con el cambio de su velocidad en el tiempo.

1.3

Principios fundamentales

Existen una serie de hechos ciertos, comprobados mediante la experimentación pero indemostrables, que en Mecánica se toman como axiomas 1 . Estos axiomas son los Principios Fundamentales. En Mecánica suelen considerarse seis principios. A continuación se enuncian, en cambio, siete principios: Primera ley de Newton: “Todo cuerpo persevera en su estado de reposo o de movimiento uniforme en línea recta, a menos que se vea obligado a cambiar ese estado a causa de la acción de fuerzas”. En otras palabras, si no actúa ninguna fuerza sobre un cuerpo (considerado de dimensiones muy pequeñas), este continuará en estado de reposo o movimiento rectilíneo uniforme, observado en un sistema de referencia inercial2 . Segunda ley de Newton: “La alteración del movimiento es siempre proporcional a la fuerza motriz aplicada, y se hace en la línea concreta en la que dicha fuerza se aplique”. Newton entendía por “movimiento” de un cuerpo de masa m su velocidad v ; la alteración o variación del movimiento será la aceleración a. La masa m es la constante de proporcionalidad entre fuerza y aceleración, lo que permite escribir la segunda ley de Newton como F = ma.

(1.1)

1 Según el diccionario de la Real Academia Española (www.rae.es) los axiomas son “Cada uno de los principios fundamentales e indemostrables sobre los que se construye una teoría”. 2 Un sistema de referencia inercial es aquel que está en reposo o se mueve con movimiento rectilíneo uniforme.

Tema 1. Principios de la Mecánica 1.3 Principios fundamentales

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Tercera ley de Newton, o principio de acción y reacción: “Para cada acción siempre se opone una reacción igual; o las acciones mutuas de dos cuerpos entre sí son siempre iguales y dirigidas a las partes contrarias”. Actualmente se suele enunciar diciendo que las acciones mutuas de dos cuerpos entre sí son siempre iguales en magnitud y de sentidos opuestos. Ley de la gravitación universal de Newton: la fuerza con que se atraen mutuamente dos cuerpos de masas M y m, separados por una distancia r entre sus centros, es F =G

Mm . r2

(1.2)

Por lo tanto, si el peso de un objeto en la superficie de la tierra es W = mg, donde g = 9,81 sm2 es la aceleración de la gravedad, entonces se deduce que la constante G de gravitación y g se relacionan con la masa de la tierra M y su radio R mediante la igualdad g=

GM . R2

(1.3)

Ley del paralelogramo: sean dos fuerzas que actúan sobre un cuerpo y cuyas líneas de acción se cortan en un punto (ver figura 1.1). Dichas fuerzas producen sobre el cuerpo el mismo efecto que una fuerza resultante, igual a la diagonal del paralelogramo formado por ambas fuerzas si se aplican en el punto de corte de sus líneas de acción. Principio de transmisibilidad: sea una fuerza que actúa sobre un cuerpo en una determinada línea de acción (ver figura 1.2). El efecto de dicha fuerza sobre el cuerpo es idéntico si la fuerza se aplica en cualquier otro punto de la misma línea de acción. Este principio se resume en ocasiones diciendo que

Tema 1. Principios de la Mecánica 1.3 Principios fundamentales

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Figura 1.1: Ley del paralelogramo.

la fuerza puede trasladarse a lo largo de su línea de acción sin alterar el estado del cuerpo. Conservación del momento cinético: el séptimo y último de los principios fundamentales está sometido a cierta controversia dado que es demostrable en algunos casos muy importantes pero, como han afirmado distintos autores, no es demostrable de forma general (ver apartado 4.4). En todo sistema aislado, el momento cinético o momento angular es constante. Esto implica que las fuerzas internas entre las distintas partes o partículas de un sistema no solo tienen resultante nula (lo cual se deriva de la tercera ley de Newton), sino que su momento total es también nulo. Este principio puede deducirse de las Leyes de Newton en el caso de fuerzas centrales entre las partículas. En otros casos no es posible deducirlo y debe aceptarse como verdad empírica, ya que nunca se ha observado variación del momento cinético de un sistema aislado. Volviendo al principio de transmisibilidad, este afirma que el estado del cuerpo no varía al trasladar la fuerza, es decir, estará en equilibrio o en movimiento con la misma aceleración, independientemente del punto donde se aplique la fuerza siempre que sea en la misma línea. Sin embargo, sí puede suceder que se altere la naturaleza de un estado de equilibrio.

Tema 1. Principios de la Mecánica

18/269

1.4 Sistemas de unidades

F

F

Figura 1.2: Principio de transmisibilidad.

En la figura 1.3(a) se observa un bloque de peso W que está suspendido por una fuerza F = W en equilibrio. La fuerza F la ejerce un cable del que cuelga el cuerpo. Este es un estado de equilibrio estable, ya que si se aplicara cualquier pequeña fuerza lateral sobre el objeto para desestabilizarlo, al estar colgado del cable retornaría a la posición de equilibrio una vez que la fuerza lateral desapareciese. En cambio, la figura 1.3(b) muestra un estado de equilibrio inestable, en el que la misma fuerza F = W la realiza un punto de apoyo bajo el cuerpo. Puesto que la superficie de apoyo es muy pequeña, si se aplicase una fuerza lateral el cuerpo volcaría. Por lo tanto, en este caso se ha trasladado la fuerza F por su línea hacia abajo y se tiene un nuevo estado de equilibrio que no es estable.

1.4

Sistemas de unidades

Los sistemas de unidades de medida son fundamentales a la hora de expresar las magnitudes. Su uso correcto es indispensable y debe ser uno de los objetivos básicos elementales de cualquier estudiante de Mecánica.

Tema 1. Principios de la Mecánica

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1.4 Sistemas de unidades

(a) Equilibrio estable.

(b) Equilibrio inestable.

Figura 1.3: Cambio de la naturaleza del equilibrio al trasladar una fuerza en su línea de acción.

Tema 1. Principios de la Mecánica

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1.4 Sistemas de unidades

Sistema Internacional (Unidades SI) El sistema internacional asigna unidades a las tres magnitudes absolutas: espacio, tiempo y masa. segundo (s): el estándar de medida para el tiempo está basado en la duración de 9 192 631 770 transiciones hiperfinas del átomo de cesio-133, lo que garantiza actualmente una precisión del orden de una parte en 1015 . metro (m): en la actualidad el metro se deriva de la velocidad constante asignada a la luz en el vacío, que se define como c = 299 792 458 ms . Por lo tanto, el metro es la distancia recorrida por la luz en el vacío durante 1/c segundos. kilogramo (kg): el patrón de masa aún no se deriva de estándares basados en física atómica, aunque se espera que en un futuro esto sea factible. Por el momento se define como la masa de un prototipo (llamado le grand K ) que se conserva en la Oficina Internacional de Pesas y Medidas de París. La precisión es del orden de una parte en 106 . A través de la segunda ley de Newton, se define la unidad SI para la fuerza, denominada también newton (N): F =m·a

=⇒

1 N = (1 kg)(1

kg · m m . 2) = 1 s s2

(1.4)

Las unidades derivadas se forman a partir de productos de potencias de unidades básicas. Las unidades derivadas coherentes son productos de potencias de unidades básicas en las que no interviene ningún factor numérico más que el 1.  Las unidades básicas y las unidades derivadas coherentes del SI forman un conjunto coherente.

Tema 1. Principios de la Mecánica

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1.4 Sistemas de unidades

Así, por ejemplo, la energía o trabajo se calcula, en un movimiento rectilíneo provocado por una fuerza constante, como producto de la fuerza por el espacio recorrido. Por tanto, la unidad SI coherente de trabajo, denominada julio (J), se obtiene como: E =F ·d

=⇒

1 J = (1 N)(1 m) = 1

kg · m2 . s2

(1.5)

Múltiplos y submúltiplos Algunas unidades SI pueden resultar muy grandes o muy pequeñas para determinadas aplicaciones. Por ello, se deben emplear los múltiplos adecuados en cada caso. Por ejemplo, es típico en aplicaciones de ingeniería civil o de obras públicas expresar las fuerzas en kilonewtons (kN). Aproximadamente, 10 kN representan el peso de 1000 kg de masa, que frecuentemente suele denominarse como una tonelada en obra civil. La tabla 1.1 muestra los múltiplos y submúltiplos que se manejan habitualmente en Mecánica. Sistema Técnico El Sistema Técnico de unidades aún se emplea con cierta frecuencia en aplicaciones de ingeniería y en particular en la construcción. Este sistema toma como unidades básicas las de espacio, tiempo y fuerza: segundo (s): se emplea la misma unidad que en el SI. metro (m): se emplea la misma unidad que en el SI. kilogramo-fuerza o kilopondio (kgf o kp): el kilopondio o kilogramo-fuerza es el peso de una masa de 1 kg en condiciones de gravedad terrestre (g = 9,81 sm2 ). Por lo tanto:

Tema 1. Principios de la Mecánica

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1.4 Sistemas de unidades

F =m·g

=⇒

1 kp = 1 kgf = (1 kg)(9,81

m ) = 9,81 N. s2 (1.6)

unidad técnica de masa (u.t.m.): la unidad coherente de masa se deriva de acuerdo con la segunda ley de Newton. Se denomina unidad técnica de masa y es de uso poco frecuente. Equivale a 9,81 kg: m=

F a

=⇒

1 u.t.m. =

1 kp 9,81 N = 9,81 kg. m = 1 s2 1 sm2

(1.7)

Factor multiplicativo Prefijo Símbolo 12 1 000 000 000 000 = 10 tera T giga G 1 000 000 000 = 109 mega M 1 000 000 = 106 kilo k 1000 = 103 2 hecto* h 100 = 10 deca* da 10 = 101 d 0.1 = 10−1 deci* c 0.01 = 10−2 centi* −3 mili m 0.001 = 10 μ 0.000 001 = 10−6 micro −9 nano n 0.000 000 001 = 10 *Deben evitarse excepto para áreas y volúmenes Tabla 1.1: Múltiplos y submúltiplos frecuentes para unidades de medida.

Sistema anglosajón El sistema anglosajón de unidades se utiliza en muchos países de forma habitual, aunque cada vez más se simultanea con el SI para aplicaciones científicas y técnicas. Al igual que el sistema técnico,

Tema 1. Principios de la Mecánica

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1.5 Precisión numérica

el anglosajón toma como unidades básicas las de espacio, tiempo y fuerza: segundo (s): se emplea la misma unidad que en el SI. pie (ft): un pie equivale a 0,3048 m. Otras unidades corrientes de longitud son la pulgada (in.), equivalente a 2,54 mm, y la milla (mi), equivalente a 1609 m. libra (lb): es una fuerza igual al peso de una libra estándar de masa (0,4536 kg) en condiciones de g = 9,807 sm2 . Por lo tanto una libra equivale a 4,448 N. Un múltiplo habitual de la libra (pound ) es la kilolibra o kilopound, cuyo símbolo es kip: 1 kip = 1000 lb. slug (slug): la masa tiene una unidad coherente derivada de acuerdo con la segunda ley de Newton: m=

1.5

F a

=⇒

1 slug =

1 lb 4,448 N = = 14,59 kg. (1.8) ft 0,3048 sm2 1 2 s

Precisión numérica

La precisión numérica en la solución de un problema depende de dos factores: (i) la precisión de los datos de partida y (ii) la precisión de los cálculos efectuados. La solución no puede ser más exacta que el menos exacto de estos dos factores. Por ejemplo, si se sabe que la masa de un vehículo es de 500 kN con un posible error absoluto de 0,5 kN, entonces el error relativo en la precisión de ese dato es:

Tema 1. Principios de la Mecánica

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1.5 Precisión numérica

0,5 kN = 0.001 = 0.1 %. 500 kN Si se quiere calcular una de las reacciones de un puente donde esté situado dicho vehículo, no sería lógico dar el resultado, por ejemplo, como 20,36 kN, ya que el error relativo en este resultado no será inferior al 0.1 %, y por lo tanto puede tenerse un error absoluto de 0.1 20,36 kN = 0,002 036 kN  0,002 kN. 100 Así pues la última cifra decimal de 20,36 kN estaría afectada por la precisión y lo correcto sería dar una respuesta igual a 20.36±0.02 kN. En los problemas de ingeniería los datos rara vez se conocen con una precisión mejor que el 0.2 %, así que casi nunca está justificado dar los resultados con una precisión mayor que esa. De hecho, en ingeniería civil la imprecisión puede ser cercana en ocasiones al 1 %, lo que debe tenerse en cuenta a la hora de proporcionar datos y expresar resultados. Si se emplea un determinado número de cifras significativas, por ejemplo 3, la precisión viene dada por el porcentaje que representa una unidad de la última cifra respecto del valor indicado. Es decir, si un display en cabina indica que la velocidad de un tren es de 1 = 0,003 508 8  0,35 % ya 285 km/h, la precisión del dato es de 285 que, cuando el tren acelere, el siguiente valor que se verá será de 286 km/h. El display no ofrece valores más precisos como sería, por ejemplo, 285,5 km/h. Así pues, si se emplean 3 cifras significativas, los errores relativos 1 = 0,01 = 1 % para las cifras más oscilan entre (100 ± 1) → 100 1 bajas, y (999 ± 1) → 999  0,001 = 0,1 % para las cifras más altas. En ingeniería civil, esta precisión resulta suficiente en muchos casos. Si se desea trabajar con precisión mayor, pueden emplearse

Tema 1. Principios de la Mecánica 1.5 Precisión numérica

cuatro cifras significativas, con lo que el error se reduce un orden de magnitud (y los datos proporcionados deben ser igualmente más 1 = precisos). En ese caso los errores relativos son (1000 ± 1) → 1000 1 0,001 = 0,1 % para las cifras más bajas, y (9999 ± 1) → 9999  0,0001 = 0,01 % para las cifras más altas. A nivel práctico, se pueden emplear cuatro cifras significativas para los resultados de manera satisfactoria, o incluso tres cifras si se trata de un resultado final que no se deba proporcionar con especial precisión. Para no acumular un excesivo error debido al redondeo o truncamiento de las cifras decimales, en todas las operaciones intermedias pueden emplearse más decimales (todos los que resulten de las operaciones con la calculadora), pero siempre limitando los resultados a cuatro/tres cifras significativas. Del mismo modo, los datos iniciales se supondrá que son exactos hasta la misma precisión comentada. Suponiendo que se emplean cuatro cifras significativas, si la masa de un cuerpo se dice que son 257 kg, ello es equivalente a 257,0 kg, y si la longitud de una barra se dice que son 2 m, el valor indicado es igual a 2,000 m. Asimismo, si se obtiene del cálculo una fuerza igual a 12 356,6 N, lo correcto es dar el resultado como 12 360 N, o si el instante de tiempo en que se produce una colisión es 0,006 895 4 s, se debe indicar como resultado 0,006 895 s.

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Bloque II

Cálculo vectorial y Estática básica

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Tema 2

Estática de la partícula 2.1

Introducción

Antes de que Newton plantease la cuestión con claridad, en el siglo XVII se tenía la noción de que un cuerpo en movimiento poseía una cierta fuerza, que se manifestaba cuando chocaba contra otro objeto. Tras el choque, el movimiento (la velocidad, etc.) de los cuerpos que habían colisionado se modificaba, lo cual parecía evidenciar que el cuerpo que se mueve posee una fuerza capaz de producir un cambio. Fue sin embargo Newton quien precisó que la fuerza es la causa del cambio que sufre el movimiento de un cuerpo, y no algo que posee un objeto en virtud de su movimiento. Cuando algún ente externo a un cuerpo le imprime a este una fuerza, el cuerpo tenderá a modificar su estado de reposo o movimiento. En Mecánica, los tipos de fuerzas que se considerarán habitualmente son las fuerzas gravitatorias o pesos, y las fuerzas que se derivan del contacto entre distintos cuerpos (fuerzas normales de contacto, fuerzas de rozamiento seco o viscoso, etc.).

Tema 2. Estática de la partícula 2.2 Magnitudes vectoriales: las fuerzas

Por tanto, en Mecánica se entienden las fuerzas como las causas agentes, que tienden a provocar cambios en el estado de movimiento o reposo de los cuerpos, y que lo podrán conseguir (o no), en función de si las restricciones que tengan dichos cuerpos al movimiento se lo permiten1 . Este tema se ocupa de estudiar cómo las fuerzas se combinan (se suman) entre sí al actuar sobre cuerpos de dimensión muy pequeña llamados partículas. También se verán cuáles son las condiciones para que las fuerzas que actúan sobre una partícula hagan que esta permanezca en equilibrio. Se hará además una consideración sobre el equilibrio de cuerpos de dimensión finita, es decir, que no sean tan reducidos como para poder considerarse partículas. Se verá que, bajo ciertas condiciones, el equilibrio de estos cuerpos puede estudiarse de forma idéntica a las partículas.

2.2 2.2.1

Magnitudes vectoriales: las fuerzas Concepto de fuerza

Como se ha dicho anteriormente, las fuerzas son las causas agentes que tienden a provocar un cambio en el estado de reposo o movimiento de un cuerpo. Representan la acción que un cuerpo ejerce sobre otro, bien sea debida al contacto entre ambos, o bien al efecto de la fuerza de atracción gravitatoria2 . 1 Dicho de otro modo, por mucho que se empuje un objeto contra una pared de roca, no se conseguirá moverlo porque la pared lo impide; sin embargo, si se empuja un objeto que flota sobre el agua, ésta ejercerá una cierta resistencia, pero no impedirá que el objeto cambie su movimiento y adquiera mayor velocidad. 2 En teorías más avanzadas como la Mecánica Relativista, la fuerza de la gravedad se entiende como un efecto o consecuencia de la curvatura del espacio-tiempo. A efectos de estudiar los fenómenos de interés en Ingeniería Civil, basta con entender la gravedad en su acepción más clásica, es decir, como una fuerza de atracción mutua entre dos cuerpos debida al efecto de sus masas

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Tema 2. Estática de la partícula 2.2 Magnitudes vectoriales: las fuerzas

La experiencia demuestra que las fuerzas poseen lo que se denomina carácter vectorial. Así pues, las fuerzas son magnitudes que necesitan tres elementos o datos para quedar totalmente determinadas: Módulo. Es un escalar, un número positivo que indica la intensidad de la fuerza. Sus unidades son por tanto N, kN, kp, o cualquier otra unidad de fuerza. Dirección. Es una recta, definida en el espacio en el que se plantee el problema. Este espacio puede ser bidimensional (2D), con lo cual la recta queda determinada por dos parámetros (pendiente m y ordenada en el origen n, según la ecuación y = mx + n). En caso de ser paralela al eje Y, la recta queda definida por un único parámetro x = x0 . En un espacio tridimensional (3D), la recta quedará definida en un caso general por seis parámetros, correspondientes a las tres coordenadas de un punto por el que pase más las tres componentes de su vector director. Sentido. Es un signo que indica hacia dónde apunta el vector fuerza, actuando sobre la recta que define su dirección. Por tanto, sólo puede tomar dos valores, ya que la recta sólo puede orientarse en un sentido o en el sentido contrario. En la práctica, el sentido se expresa normalmente de palabra, indicando que la fuerza actúa ‘hacia la derecha’, ‘hacia la izquierda’, etc3 . En algunos libros se indica que un cuarto elemento es necesario para definir una fuerza: su punto de aplicación en el cuerpo sobre el que actúa. No obstante, ya se indicó en el apartado 1.3 que uno de los principios fundamentales de la Mecánica es el denominado principio de transmisibilidad, según el cual el efecto de una fuerza sobre un cuerpo rígido es independiente del punto de aplicación de la misma, 3 En problemas 3D se emplea otro método basado en el uso de un vector unitario con dirección y el sentido iguales a los de la fuerza que se desea representar. Si dicho vector se  queda expresada mediante el producto de su módulo F por denomina λ, entonces la fuerza F  = F λ. el vector unitario F

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Tema 2. Estática de la partícula 2.2 Magnitudes vectoriales: las fuerzas

siempre que la fuerza actúe sobre la misma recta de acción. Por tanto, estrictamente, no es necesario conocer el punto de aplicación en el cuerpo para determinar el efecto de la fuerza sobre este. No obstante, si la fuerza actúa sobre una partícula es evidente que debe conocerse la posición concreta de la partícula para poder definir completamente el vector fuerza. Así pues, en dicho caso se admite que es necesario conocer cuál es el punto de aplicación. En la figura 2.1 se muestra un vector fuerza con los tres elementos que lo definen. Su módulo es la longitud del vector. Se muestra también la recta de acción, y el sentido en este caso podría indicarse diciendo que es ‘hacia arriba’ o ‘hacia la izquierda’, ya que la recta de acción asciende con pendiente de derecha a izquierda.

Figura 2.1: Elementos que definen un vector fuerza.

Ley del paralelogramo La experiencia muestra también que el efecto combinado de dos fuerzas que actúan sobre una partícula o sobre un cuerpo es equivalente al de una fuerza resultante, igual a la diagonal del paralelogramo formado por las dos fuerzas, si se aplican ambas en el punto de corte de sus líneas de acción. Evidentemente, en el caso de una partícula, cuyo tamaño se considera infinitamente pequeño (es decir, puntual), las rectas de acción se cortan en la propia partícula.

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 = P + Q  se define mediante Así pues, la suma de dos fuerzas R la regla anterior, conocida como ley del paralelogramo. La figura 2.2 muestra gráficamente el significado de dicha ley.

Figura 2.2: Ley del paralelogramo.

Notación vectorial Debe prestarse especial atención para distinguir los vectores (fuerza, velocidad, etc.) de los escalares que, en ocasiones representan sus módulos, y en otras ocasiones son magnitudes que nada que tienen que ver con las vectoriales. Las operaciones entre vectores, entre escalares, y entre vectores y escalares tienen cada conjunto de ellas sus propias reglas, y es absolutamente imprescindible distinguir a unos de otros sin dar lugar a confusión.

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 En este libro: Vectores geométricos. Son los vectores que unen dos puntos, por ejemplo un punto A y otro punto B. No son fuerzas, ni velocidades, sino que representan una distancia orientada, y por tanto sus unidades son metros (m). Se empleará una flecha o una barra sobre ambas letras para desig# » nar el vector que va desde A hasta B: AB = AB. De forma análoga, el vector opuesto será el que # » # » va desde B hasta A: BA = BA = −AB = −AB. Resto de vectores. Las fuerzas, velocidades, etc. como vectores se indicarán mediante una flecha o una barra encima del símbolo (una letra mayúscula o minúscula) que represente el vector, por ejemplo: F = F¯ , f = f¯, v = v¯.

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Tema 2. Estática de la partícula 2.2 Magnitudes vectoriales: las fuerzas

Módulos. En este libro los módulos se indicarán preferentemente con barras verticales, que es la notación estándar y evita confusiones: |F | = # » |F¯ |, |f| = |f¯|, |v | = |¯ v |, |AB| = |AB|. En la resolución manual de ejercicios o exámenes, por comodidad, pueden usarse también para indicar los módulos la misma letra o letras que los vectores, pero desprovistas de la flecha o la barra superior, por ejemplo: F = |F | = |F¯ |, f = # » |f| = |f¯|, v = |v | = |¯ v |, AB = |AB| = |AB|. De todas formas, en el apartado 2.2.3 se hará un inciso sobre cuándo esta notación puede generar confusiones y qué precauciones deben tomarse.

 En otros libros también es corriente emplear esta notación: Vectores geométricos. Se utiliza una flecha sobre ambas letras para designar el vector que va # » # » desde A hasta B: AB. El opuesto será BA = # » −AB. Resto de vectores. Se representan con una letra en mayúscula o minúscula, pero en negrita: F, v. No se emplea la flecha sobre las letras. Módulos. En particular, en el popular libro de Beer & Johnston el módulo se denomina magnitud, y se indica usando la misma letra o letras que los vectores, pero sin negrita, por ejemplo: AB, F, v.

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Tema 2. Estática de la partícula 2.2 Magnitudes vectoriales: las fuerzas

En conclusión, hay que prestar atención especialmente al leer otros libros de Mecánica, en los que la diferencia fundamental es que la mayoría de vectores aparecen representados en letra negrita. Además, los módulos pueden aparecer indicados simplemente con la/s letra/s que representa/n al vector, pero sin barras laterales y sin flecha ni barra superior. Es fundamental tener clara la notación para distinguir correctamente las magnitudes vectoriales entre sí, y de las escalares. 2.2.2

Vectores: suma de vectores y resultante

En este apartado se desarrolla en mayor profundidad el concepto de vector, y la suma y resta de vectores. En general, en Matemáticas se define un vector como una magnitud que tiene módulo, dirección y sentido. Una fuerza es un tipo particular de vector, como se verá más adelante, pero en Mecánica se emplean otros tipos de vectores además de las fuerzas, por lo que conviene clasificarlos y conocer las propiedades de los mismos. Es habitual también imponer como condición que los vectores, para ser considerados como tal, deben sumarse según indica la ley del paralelogramo vista anteriormente. De todas formas, como se verá a continuación hay ciertos vectores que para poderse sumar necesitan cumplir algunas condiciones adicionales. Conviene recordar que, a diferencia de los vectores, las magnitudes llamadas escalares tienen módulo o valor, pero no están orientadas, es decir no poseen dirección ni, por tanto, sentido. Ejemplos de magnitudes escalares son la masa de un cuerpo, su temperatura, su densidad o su volumen.

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Tema 2. Estática de la partícula 2.2 Magnitudes vectoriales: las fuerzas

Clasificación de los vectores Vectores ligados. Son vectores que, además de poseer módulo, dirección y sentido, están ligados como su nombre indica a un punto en concreto de un cuerpo o partícula, y carecen de sentido si no se asocian a él. Un ejemplo de este tipo de vectores son la velocidad o la aceleración de un punto de un cuerpo, o de una partícula. Representan características del movimiento de ese punto o partícula en concreto, no pudiendo referirse a otro punto distinto. La condición que deben cumplir por tanto dos velocidades para que su suma tenga sentido, es que se refieran a una mismo punto o partícula. Como se verá en los temas de Cinemática, cuando un cuerpo sufre un movimiento combinado de traslación y rotación, las velocidades de ambos movimientos se suman para cada punto del cuerpo en particular. Por tanto, como puede verse, son vectores ligados a su punto de aplicación. Las fuerzas que actúan sobre partículas se consideran también vectores ligados, ya que su punto de aplicación es la partícula sobre la que actúan y no puede ser otro distinto. Finalmente, las fuerzas actuando sobre cuerpos deformables son otro ejemplo de vectores ligados, ya que sus efectos, es decir la deformación que provocan, dependen del punto en que estas se apliquen. Vectores deslizantes. Son vectores que están asociados a una recta de acción. Los efectos que producen sobre un cuerpo son los mismos si se mueven de su punto de aplicación a otro punto también contenido en dicha recta (es decir, si se deslizan sobre la recta). El ejemplo clásico son las fuerzas al actuar sobre sólidos rígidos, que en virtud del principio de transmisibilidad se ha visto ya que poseen la propiedad de ser deslizantes.

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Tema 2. Estática de la partícula 2.2 Magnitudes vectoriales: las fuerzas

Para poder sumar fuerzas que actúan sobre sólidos rígidos, la condición que debe cumplirse es que sus rectas de acción se corten en un punto (que puede estar o no dentro del sólido). En ese caso las fuerzas se suman según la ley del paralelogramo, y los efectos que producen en el cuerpo, actuando ambas a la vez, son los mismos efectos que produce el vector suma de ambas4 . Vectores libres. Son los vectores en el sentido que se les suele dar en los textos de Matemáticas. Poseen módulo, dirección y sentido, y pueden aplicarse en cualquier punto del cuerpo sin que ello afecte a los resultados del análisis. Dicho de otro modo, producen los mismos efectos independientemente de su punto de aplicación. La dirección por tanto viene definida por la de un haz de rectas paralelo al vector, y su orientación puede ser de avance en un sentido del haz o en el opuesto. Un ejemplo de este tipo de vectores, que se emplean frecuentemente en Mecánica, son los pares de fuerzas, también llamados momentos, cuando actúan sobre sólidos rígidos. Los vectores libres pueden sumarse sin ninguna restricción. Sistemas de vectores equivalentes Los vectores, y los sistemas formados por varios vectores, se dice que son equivalentes cuando los efectos que producen en las partículas o sólidos sobre los que actúan son los mismos. Así, dos vectores libres se dice que son equivalentes cuando tienen el mismo módulo, dirección y sentido, como muestra la figura 2.3. 4 Se verá en el tema siguiente que las fuerzas que actúan sobre un sólido rígido en rectas de acción paralelas entre sí también pueden sumarse o restarse. En este sentido, conviene recordar el concepto matemático de rectas paralelas como aquellas que se cortan en el infinito o en un punto impropio

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Si teniendo el mismo módulo y dirección, tienen sentidos contrarios, un vector se dice que es el opuesto del otro. Por la definición dada anteriormente, dos vectores libres equivalentes producirán los mismos efectos en el cuerpo sobre el que actúen, aunque estén aplicados en puntos y/o rectas de acción diferentes.

Figura 2.3: Vectores equivalentes y vectores opuestos (libres).

Dos vectores deslizantes se dice que son equivalentes cuando tienen el mismo módulo, dirección, sentido, y la misma recta de acción. Es entonces cuando producen los mismos efectos sobre el cuerpo. Esta propiedad hace que también sean equipolentes, lo cual implica una igualdad de los vectores y de sus momentos respecto de un punto cualquiera, y que se tratará más ampliamente en temas siguientes. Por definición, se comprende que dos vectores ligados, si son equivalentes, es que además deben tener el mismo punto de aplicación, por lo que en realidad se trataría del mismo vector. Suma de vectores y Resultante Como se ha visto anteriormente, los vectores se suman mediante la regla (o ley) del paralelogramo, que puede aplicarse a vectores ligados cuando estos tienen el mismo punto de aplicación, también a vectores deslizantes cuyas rectas de acción se corten o sean paralelas, y a vectores libres de manera general.

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En lo que sigue, la explicación se centra en vectores fuerza aplicados sobre una determinada partícula. La figura 2.4 muestra la regla del paralelogramo, así como otra más práctica para la resolución de problemas y que se denomina regla del triángulo. Se basa simplemente en observar que el paralelogramo puede dividirse en dos triángulos, superior e inferior. Dicho triángulos se forman situando la cola de uno de los vectores sobre el extremo de la flecha del otro vector. La tercera línea, que cerraría el triángulo, es pues la misma que la diagonal del paralelogramo, y por tanto representa al vector  = P + Q.  suma, también denominado resultante: R Resultante es una palabra de sentido más amplio que representa el vector suma de dos o más vectores, y se utiliza con mucha frecuencia para referirse a la fuerza total obtenida al sumar varios vectores de fuerza. De momento la materia a tratar se restringe a la suma de varias fuerzas que actúen sobre una misma partícula, pero se verá en el tema siguiente cómo al tratar con cuerpos rígidos la suma de fuerzas es un proceso más complejo ya que se debe determinar cuál es la línea de acción de la resultante5 . El módulo de la suma de dos vectores se calcula de manera directa mediante el conocido teorema del coseno. De acuerdo con la figura 2.4: 2

2

2

 = |P | + |Q|  − 2|P ||Q|  cos β. |R|

(2.1)

Conviene recordar, por su utilidad para resolver muchos ejercicios, las relaciones entre los lados y los ángulos de un triángulo que vienen dadas por el teorema del seno. Por ejemplo, en el triángulo superior de la figura 2.4: 5 Dicho proceso a veces no es sencillo, e incluso en algunos casos (en el espacio 3D) no puede definirse una línea de acción para una resultante única que represente la suma de todos los vectores de fuerza sobre un sólido

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Figura 2.4: Suma de vectores. Reglas del paralelogramo y del triángulo.

  |R| |P | |Q| = = . sen β sen γ sen α

(2.2)

En cuanto a la resta o sustracción de vectores, consiste simplemente en sumarle al minuendo el vector opuesto del sustraendo, según muestra la figura 2.5, es decir:  = P − Q  = P + (−Q).  R

(2.3)

Las condiciones para la resta de vectores son las mismas que las condiciones necesarias para poder sumarlos: en vectores ligados, ambos deben actuar sobre el mismo punto o partícula; en vectores deslizantes aplicados sobre un sólido rígido, es necesario que sus líneas de acción se corten en un punto o sean paralelas.

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Figura 2.5: Resta de vectores.

Multiplicación de un vector por un escalar Esta operación entre vectores y escalares puede modificar el módulo y/o el sentido del vector, pero no su dirección. Si el escalar por el que se multiplica al vector es λ, se pueden tener dos casos: Si λ > 0, entonces el vector obtenido al multiplicar λF tiene el mismo sentido que F , y su módulo es tal que |λF | = λ|F |. Si λ < 0, entonces el vector obtenido al multiplicar λF tiene el sentido opuesto a F , y su módulo es tal que |λF | = λ|F |. Así pues, el vector opuesto es el resultado de multiplicar el vector original por −1, es decir: −F = (−1)F . Otros ejemplos se muestran en la figura 2.6.

Figura 2.6: Multiplicación de un vector por un escalar.

No conviene dar una regla general acerca de si la multiplicación de un vector por un escalar modifica su punto de aplicación o su recta

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de acción. La multiplicación de vectores por escalares es muy frecuente y se debe entender por el contexto si lo que se está haciendo es sólo modificar el módulo/sentido mediante dicha multiplicación, o si uno se refiere a que el vector producto λF es un vector situado en otra línea de acción u otro punto de aplicación. En otras palabras, la multiplicación de vector por escalar es frecuente entenderla como una operación sobre vectores libres, debiendo quedar claro mediante información adicional cuál es la recta de acción (si es deslizante) o punto de aplicación del vector producto (si es ligado). Suma de varios vectores La suma de tres o más vectores se realiza mediante aplicación repetida de la regla del triángulo, según muestra la figura 2.7. Al ir situando la cola de cada vector sobre la punta de la flecha del anterior para realizar la suma, se forma una figura poligonal y por ello esta regla se conoce de forma general como regla del polígono. El polígono resultante que se forma al realizar la suma de varios vectores puede ser una figura plana (2D) o espacial (3D), en función de si todos los vectores están contenidos en un mismo plano o no. En todo caso, para poder realizar la suma deben cumplirse las condiciones mencionadas anteriormente: Varios vectores ligados deben actuar sobre una misma partícula para poder sumarse. En cuanto a los vectores deslizantes que actúen sobre un sólido rígido, deben tener líneas de acción (a) que se corten todas en un mismo punto, o (b) que sean todas paralelas entre sí, o (c) que sean tales que, al sumar los dos primeros vectores, la línea de acción resultante se corte o sea paralela a la del tercer

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sumando, y la nueva línea de acción resultante se corte o sea paralela a la del cuarto sumando, etc. Si todos los vectores deslizantes están situados en un mismo plano, se verá en el tema siguiente como siempre es posible sumarlos, ya que se cumplen las condiciones impuestas a las rectas de corte en el párrafo anterior. Volviendo a centrar la atención en la suma de vectores que actúan sobre partículas, y que por tanto son concurrentes ya que se cortan todos en un mismo punto, la figura 2.8 muestra de nuevo la aplicación de la regla del polígono en un caso 2D (vectores coplanarios).

Figura 2.7: Suma de varios vectores.

A su vez, la figura 2.9(a) muestra la regla del polígono en 3D: el  2 se obtiene formando un polígono tridimensio1 + Q vector P + Q nal colocando la cola de cada vector sobre la punta de la flecha del  2 también se muestra  =Q 1 + Q anterior. En este caso, la suma Q como paso previo, obtenido por la regla del paralelogramo. La regla del polígono en 3D es por tanto equivalente a la generalización de la regla del paralelogramo y por ello puede llamarse regla de paralelepípedo (para vectores no coplanarios) ⇒ en la figura 2.9(b): # »  + S.  AB = P + Q

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Figura 2.8: Regla del polígono en 2D.

y

B

P + Q1 + Q 2 P

P

Q1

Q Q2 S

x

z (a) Regla del polígono en 3D.

A

Q

P

(b) Regla del paralelepípedo.

Figura 2.9: Regla del polígono en 3D, y su equivalente regla del paralelepípedo.

Propiedades de la suma de vectores Entre las propiedades que posee la operación de suma de vectores, según se ha definido en el apartado 2.2.2, las dos que más interés poseen son sin duda las siguientes:  =Q  + P como muestra la Propiedad conmutativa: P + Q figura 2.4.

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 S  = (P + Q)+  S  = P +(Q+  S)  Propiedad asociativa: P + Q+ como muestra la figura 2.7. 2.2.3

Componentes de un vector

En un problema 2D se denominan componentes de un vector a otros dos vectores, contenidos en el plano del problema, y tales que su suma es igual al vector original. Por tanto, si se trata de vectores fuerza, los efectos de las componentes sobre el sólido o partícula son los mismos que el efecto que produce su vector suma. La figura 2.10 muestra que la descomposición de un vector en componentes no es única, sino que hay infinitas posibilidades. En dicha figura se muestran tres de ellas, de tal manera que  y por tanto en todos los casos se cumple la igualdad F = P + Q,   los vectores P y Q son, en cada uno de dichos casos, componentes de F .

Figura 2.10: Descomposición de un mismo vector en distintas componentes (2D).

Una descomposición particularmente útil es aquella en la que el paralelogramo que se forma es un rectángulo. Dicho rectángulo suele orientarse con sus lados paralelos a los ejes X e Y, o bien con sus

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lados paralelos a dos direcciones convenientes para la resolución del problema en concreto (paralelo y perpendicular a una barra, o a un plano inclinado, etc.). La figura 2.11 muestra la descomposición indicada. A las componentes Fx y Fy se las denomina componentes rectangulares, y es evidente que la ecuación que las relaciona con el vector F es F = Fx + Fy .

(2.4)

Nótese que las componentes rectangulares Fx y Fy son vectores, no escalares. A partir de sus módulos puede calcularse el ángulo θ que forma el vector F con el eje X, y que define la dirección de dicho vector: tan θ =

|Fy | . |Fx |

(2.5)

Valiéndose del concepto de producto de escalar por vector, se definen las componentes escalares a partir de los vectores unitarios i y j: Fx = Fxi ,

Fy = Fyj.

(2.6)

Estas componentes, según su nombre indica, no son vectores sino números reales que expresan el módulo y sentido de las componentes rectagulares Fx y Fy según los vectores i y j, respectivamente. Así, si la componente Fx tiene signo positivo, quiere decir que Fx es de la misma dirección y sentido que i, mientras que si Fx tiene signo negativo ello indica que Fx lleva el sentido opuesto que i. Ánalogas relaciones existen entre Fy y Fy . En la figura 2.12 ambas componentes son positivas, mientras que en la figura 2.13 la componente horizontal es negativa y la vertical es positiva.

Tema 2. Estática de la partícula 2.2 Magnitudes vectoriales: las fuerzas

Figura 2.11: Componentes rectangulares de un vector (2D).

Figura 2.12: Componentes escalares de un vector (2D).

Figura 2.13: Componentes escalares de un vector (2D), con Fx negativa.

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 En este punto es fundamental darse cuenta que, dado que las componentes escalares tienen signo, mientras que los módulos son siempre positivos, no podemos afirmar en general que sean iguales, es decir: Fx = |Fx | ,

Fy = |Fy |.

Lo único que puede afirmarse con certeza es que el módulo de la componente rectangular es igual a la componente escalar o a su opuesto: Fx = ±|Fx | ,

Fy = ±|Fy |.

Por lo tanto, también es cierto que sus cuadrados son iguales: Fx2 = |Fx |2

,

Fy2 = |Fy |2 .

Por ello, la notación de algunos libros, en la que los módulos se representan con la misma letra que el vector pero sin flecha ni barras, puede resultar confusa si no se presta atención al contexto. Hay que tener claro si se está queriendo representar el módulo de un vector o bien la componente de un vector: El módulo será siempre positivo, mientras que la componente será positiva o negativa en función de si el vector lleva el sentido positivo del eje o si lleva el sentido contrario.

Tema 2. Estática de la partícula 2.2 Magnitudes vectoriales: las fuerzas

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Véase a modo de ejemplo la figura 2.13, en la que se cumplen las siguientes relaciones: π < θ < π ⇒ cos θ < 0 , sen θ > 0, 2 Fx = |F | cos θ < 0 , Fy = |F | sen θ > 0, Fx = −|Fx | , Fy = |Fy |.  Errores de notación que no deben cometerse: F = Fx + Fy , F = F x + Fy , F = Fxi + Fy , F = Fxi + Fyj.  Expresiones correctas: F = Fx + Fy , F = Fxi + Fyj,   |F | = |Fx |2 + |Fy |2 = Fx2 + Fy2 .

Suma de vectores: componentes de la Resultante Cuando se suman dos o más vectores, la suma se hace componente a componente. Matemáticamente por tanto, la operación a realizar es la siguiente (se toma como ejemplo la suma de tres vectores en 2D):

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 = P + Q  +S  ⇒ R       Rxi + Ryj = Pxi + Pyj + Qxi + Qyj + Sxi + Syj = Pxi + Qxi + Sxi + Pyj + Qyj + Syj = [Px + Qx + Sx ]i + [Py + Qy + Sy ] j.

(2.7)

Por lo tanto:  = Rxi + Ryj, R R x = P x + Q x + Sx , Ry = Py + Qy + Sy , tan θ = Ry /Rx .

(2.8)

En las ecuaciones (2.8) las componentes de la resultante Rx y Ry pueden ser positivas o negativas, igual que las de los vectores. En consecuencia, el ángulo θ puede tomar cualquier valor comprendido entre 0 y 2π. A modo de ejemplo, la figura 2.14 muestra un caso en el que Qy < 0, Sx < 0 y el resto de componentes de los vectores son positivas.

Figura 2.14: Componentes escalares de la suma de vectores (2D).

Tema 2. Estática de la partícula 2.2 Magnitudes vectoriales: las fuerzas

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Componentes de un vector en un espacio 3D La definición de componentes de un vector en el espacio tridimensional es análoga a la que se ha dado en el plano XY. Se tienen las componentes rectangulares (vectoriales), que cumplen F = Fx + Fy + Fz ,

(2.9)

y las componentes escalares, según las direcciones y sentidos de los vectores {i, j, k}: F = Fxi + Fyj + Fzk.

(2.10)

La obtención de las componentes puede realizarse mediante varios procedimientos. Los dos más frecuentes se resumen en las figuras 2.15 y 2.16. En la figura 2.15 se observa que el vector se descompone primero según el plano horizontal XZ (componente Fh ) y el eje vertical Y (componente Fy ). Posteriormente, la componente Fh se descompone en los ejes {X,Z}: Fy = |F | cos θy , |Fh | = |F | sen θy ,

(2.11a) (2.11b)

Fx = |Fh | cos φ, Fz = |Fh | sen φ.

(2.11c) (2.11d)

0 ≤ θy ≤ π, −π ≤ φ ≤ π.

(2.11e) (2.11f)

Como puede observarse, los signos de las componentes escalares (Fx , Fy , Fz ) vendrán dados por los valores que tomen los ángulos que

Tema 2. Estática de la partícula 2.2 Magnitudes vectoriales: las fuerzas

51/269

forman el vector con el semieje Y positivo (θy ), y el plano vertical que contiene al vector con el plano XY (φ). El segundo procedimiento, que se muestra en la figura 2.16, se basa en emplear directamente los tres ángulos que forma el vector con los tres semiejes positivos: θx , θy , θz . Los cosenos de dichos ángulos son también las componentes de un vector unitario que se denomina λ, y que lleva la misma dirección y sentido de F (ver figura 2.17): Fx = |F | cos θx , Fy = |F | cos θy , Fz = |F | cos θz .

(2.12a) (2.12b) (2.12c)

 λ = F |F | Fxi + Fyj + Fzk = |F | Fz  F x  Fy  i+ j+ = k |F | |F | |F | = cos θxi + cos θyj + cos θzk.

(2.12d)

Las componentes del vector unitario se denominan cosenos directores, y puesto que el módulo del vector que representan vale uno, se cumple que cos2 θx + cos2 θy + cos2 θz = 1.

(2.13)

Tema 2. Estática de la partícula 2.3 Equilibrio de una partícula. Diagrama de cuerpo libre

y

y

B

B A

y

B

A

Fy

qy

f C

z (a)

Fy

qy

F

O

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F

O

x

Fh C

z (b)

Fx

O

x

D x

f

Fz Fh

E z

C (c)

Figura 2.15: Componentes de un vector en un espacio 3D (variante 1).

2.3

Equilibrio de una partícula. Diagrama de cuerpo libre

En Mecánica admitimos que las dimensiones de una partícula material son despreciables, y por tanto admitimos también que ocupa un punto del espacio. Así pues, la partícula podrá estar sujeta a la acción de fuerzas que, necesariamente, deberán ser concurrentes en dicho punto. Por lo tanto, según se dijo en el apartado 2.2.2, dichas fuerzas pueden sumarse vectorialmente y la condición para que la partícula esté en equilibrio es que la suma sea un vector resultante nulo:  = R

n 

Fi = 0,

(2.14)

i=1

donde n es el número total de fuerzas que actúan sobre la partícula. Como muestra la figura 2.18, la condición de equilibrio equivale a que las fuerzas que actúen sobre la partícula formen un polígono cerrado: en 2D dicho polígono será una figura plana, mientras que en 3D puede ser una figura tridimensional.

Tema 2. Estática de la partícula 2.3 Equilibrio de una partícula. Diagrama de cuerpo libre

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y

y B

B

Fy A O

F

Fy

qx D

Fx

qy

A

F

O

x

D

Fx

Fz

Fz

E

C

z

z

E

C (b)

(a) y B

Fy A

F

Fx

O

Fz E z

D

qz

x

C (c)

Figura 2.16: Componentes de un vector en un espacio 3D (variante 2).

x

Tema 2. Estática de la partícula 2.3 Equilibrio de una partícula. Diagrama de cuerpo libre

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y

Fy l=

cos qy

F F

F

Fx

cos qz

Fz

x

cos qx

z

Figura 2.17: Componentes de un vector en un espacio 3D. Vector unitario asociado.

Figura 2.18: Fuerzas actuantes sobre una partícula y condición de equilibrio: polígono de fuerzas cerrado.

Tema 2. Estática de la partícula 2.3 Equilibrio de una partícula. Diagrama de cuerpo libre

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 A consecuencia de la primera ley de Newton, la condición de equilibrio de una partícula dada por la ecuación (2.14) implica que esta permanecerá en reposo o bien se moverá a velocidad constante siguiendo una trayectoria rectilínea. La ecuación (2.14) puede escribirse descomponiendo cada vector Fi en sus componentes escalares (Fix , Fiy , Fiz ), quedando por lo tanto  = R

n 

(Fixi + Fiyj + Fizk) = 0.

(2.15)

i=1

Sacando factor común los términos que multipliquen a los vectores i, j y k, se obtiene   = R

n  i=1

 Fix i +



n 





Fiy j +

i=1

n 

 Fiz k = 0,

(2.16)

i=1

y, por tanto, para que el vector resultante sea cero, la suma de las componentes escalares por separado debe ser nula: n  i=1 n  i=1 n  i=1

Fix = 0, Fiy = 0, Fiz = 0.

(2.17)

Tema 2. Estática de la partícula 2.3 Equilibrio de una partícula. Diagrama de cuerpo libre

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De forma abreviada, las ecuaciones de equilibrio (2.17) suelen escribirse sin los límites del sumatorio ni el subíndice i, de manera que se sobreentiende que, para que exista equilibrio, la suma de todas las fuerzas agentes sobre la partícula en cada dirección del espacio debe sumar cero:   

Fx = 0 Fy = 0 Fz = 0

(2.18)

Figura 2.19: Esquema de un sistema real. Se quieren estudiar las fuerzas en A.

Diagrama de cuerpo libre o de sólido libre Para aplicar las ecuaciones de equilibrio (2.18), es necesario representar todas las fuerzas que actúan sobre la partícula.

Tema 2. Estática de la partícula 2.3 Equilibrio de una partícula. Diagrama de cuerpo libre

Para ello, se deben identificar dichas fuerzas haciendo un análisis del sistema real que se desee estudiar. Por ejemplo, en el caso mostrado en la figura 2.19, la partícula A, que representa el punto donde se unen los tres cables, estará sometida a tres fuerzas:  = −mg j El peso de la caja, representado por un vector W La fuerza que hace el cable que se dirige al punto B: FB La fuerza que hace el cable que se dirige al punto C: FC En la figura 2.20 se muestra el diagrama de cuerpo libre o de sólido libre de la partícula A. En él aparece la partícula y las tres fuerzas que actúan sobre ella. Dichas fuerzas deben descomponerse en sus componentes rectangulares, en particular FB y FC ya que no son paralelas a los ejes X o Y.

Figura 2.20: Diagrama de cuerpo libre de la partícula A.

 En el diagrama de cuerpo libre debe representarse la partícula cuyo equilibrio se quiera estudiar, y todas la fuerzas aplicadas sobre ella. Entonces, a partir de ese diagrama de sólido libre podrán escribirse las ecuaciones de equilibrio (2.18). Si se omite alguna fuerza, las ecuaciones de equilibrio serán incorrectas.

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Tema 2. Estática de la partícula 2.3 Equilibrio de una partícula. Diagrama de cuerpo libre

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Para operar más cómodamente con los módulos de FB y FC , es muy corriente definir FB = |FB | y FC = |FC |. Entonces, podemos expresar las tres fuerzas según sus componentes rectangulares (vectoriales), y extraer de estas el valor de las componentes escalares que deberán sumar cero según las ecuaciones (2.18): FB = FBx + FBy = FBxi + FByj = −FB cos 50◦ i + FB sen 50◦ j, FC = FCx + FCy = FCxi + FCyj = FC cos 30◦ i + FC sen 30◦ j,  = W x+W  y = Wxi + Wyj = 0i − mg j. W (2.19) Se deducen las componentes escalares de las últimas igualdades de la ecuación (2.19): FBxi + FByj = −FB cos 50◦ i + FB sen 50◦ j, FCxi + FCyj = FC cos 30◦ i + FC sen 30◦ j, Wxi + Wyj = 0i − mg j. Identificando los coeficientes que multiplican a los vectores i y j se tiene por tanto FBx = − FB cos 50◦ FCx = FC cos 30◦ 0 Wx =

; ; ;

FBy = FB sen 50◦ , FCy = FC sen 30◦ , Wy = −mg.

(2.20)

Estas componentes escalares deben verificar las ecuaciones de equilibrio (2.18):  

Fx = FBx + FCx + Wx = 0, Fy = FBy + FCy + Wy = 0.

Tema 2. Estática de la partícula 2.3 Equilibrio de una partícula. Diagrama de cuerpo libre

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Debe tenerse en cuenta que no hay componentes en Z, por lo que la tercera ecuación de equilibrio es trivial (0 = 0). Sustituyendo los valores particulares de las componentes dados en las ecuaciones (2.20), se llega al sistema de ecuaciones que permite calcular las fuerzas FB y FC de los cables:  

Fx = − FB cos 50◦ + FC cos 30◦ + 0 = 0, Fy = FB sen 50◦ + FC sen 30◦ − mg = 0.

(2.21)

La solución del sistema (2.21) es la siguiente: FB = 0,8794 mg, FC = 0,6527 mg. El procedimiento seguido, en el que se dibuja el diagrama de cuerpo libre de la partícula que está en equilibrio, también se denomina aislar la partícula. Esta se representa aislada del resto de objetos, y sometida a todas las fuerzas que actúen sobre ella. Si al resolver el sistema de ecuaciones como se ha hecho, se obtuviera que alguna de las incógnitas tiene valor negativo (FB < 0 y/o FC < 0), ello indicaría que el sentido de dicha fuerza es opuesto al sentido con que se ha dibujado en el diagrama de sólido libre.

Tema 2. Estática de la partícula 2.3 Equilibrio de una partícula. Diagrama de cuerpo libre

 Aplicaciones a sólidos rígidos: Las ecuaciones de equilibrio de la partícula (2.18) pueden utilizarse también para expresar el equilibrio de un sólido rígido en dos situaciones de interés. En el Tema 4 se expondrán las razones que permiten sostener esta afirmación. Los dos casos son los siguientes: Fuerzas concurrentes: Cuando todas las fuerzas que actúen sobre el sólido se corten en un único punto. En la figura 2.21(a) se muestra un ejemplo en que todas las fuerzas se cortan en el punto A. Por tanto no es necesario conocer las dimensiones del cuerpo, bastando con saber la dirección  es horizontal, Q  vertical y de las tres fuerzas: S ◦  P inclinada 45 . Si se conoce el módulo de una de ellas, pueden calcularse las otras dos. Cuerpos que no pueden volcar: Cuando se estudia un sólido que se sabe que no puede volcar (girar) debido a que existen condiciones externas que se lo impiden. En la figura 2.21(b) se muestra un ejemplo clásico de problema de plano inclinado, en el que no se proporcionan las dimensiones exteriores del cuerpo (anchura y altura) porque se admite como hipótesis que el cuerpo no puede volcar. Las tres fuerzas que actúan sobre él no son concurrentes, pero ello no impide aplicar las ecuacio y FR si se conocen nes de equilibrio y calcular N la masa m, la aceleración de la gravedad g, y el ángulo de inclinación α del plano.

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Tema 2. Estática de la partícula 2.3 Equilibrio de una partícula. Diagrama de cuerpo libre

(a) Fuerzas concurrentes.

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(b) Cuerpo que no puede girar.

Figura 2.21: Sólidos rígidos: casos en los que se pueden aplicar las ecuaciones de equilibrio de la partícula.

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Tema 3

Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos 3.1

Introducción

En este tema se estudian los sistemas de fuerzas que actúan sobre sólidos rígidos, fundamentales para el análisis del equilibrio y movimiento de los cuerpos. Dichos sistemas de fuerzas presentan analogías con otros sistemas de vectores deslizantes, singularmente con las velocidades lineales y angulares en el movimiento de sólidos rígidos, por lo que se hará una presentación aludiendo muchas veces de forma general a los vectores deslizantes, de modo que el lector entienda que las propiedades y resultados enunciados no son exclusivos de las fuerzas sobre sólidos rígidos. Se comienza por el análisis de sistemas planos por su mayor sencillez. Una vez vistos los conceptos para estos sistemas, se pasa a los sistemas tridimensionales y a dos casos particulares de interés: fuerzas concurrentes y fuerzas paralelas.

Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos 3.2 Sistemas de fuerzas coplanarias

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Con las herramientas que se introducen en este tema, el lector estará ya en condiciones de afrontar en temas posteriores el análisis del equilibrio y movimiento de los sólidos rígidos.

3.2 3.2.1

Sistemas de fuerzas coplanarias Resultante y momento respecto de un punto

Resultante La resultante de un sistema de vectores es el vector suma de todos ellos:  = R

n 

Fi .

(3.1)

i=1

En el apartado 2.2.2 se habló en cierta profundidad del concepto de resultante, y se enunciaron las condiciones necesarias para poder sumar varios vectores según estos sean ligados, deslizantes o libres. El objeto de establecer estas condiciones es que el vector resultante sea equivalente a los vectores Fi , es decir que produzca los mismos efectos. Se recuerda a continuación el caso particular de vectores deslizantes. Para poder sumar vectores de esta naturaleza, debe cumplirse alguna de las tres condiciones siguientes, relativas a sus líneas de acción: (a) sus líneas de acción deben cortarse todas en un mismo punto, o bien (b) sus líneas de acción deben ser todas paralelas entre sí, o bien

Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos 3.2 Sistemas de fuerzas coplanarias

(c) sus líneas de acción deben ser tales que, al sumar los dos primeros vectores, la línea de acción resultante se corte o sea paralela a la del tercer sumando, y la nueva línea de acción resultante se corte o sea paralela a la del cuarto sumando, etc. La última condición (c), una vez vista en el apartado 2.2.2 la propiedad asociativa de la suma de vectores, podría reformularse de manera más general diciendo que podrán sumarse varios vectores deslizantes si cualquier suma parcial de algunos de ellos, realizada al cumplirse las condiciones (a) o (b) anteriores, vuelve a cumplir alguna de dichas dos condiciones con cualquier otra suma parcial de los restantes, de manera que este proceso de sumas parciales permita sumar todos los vectores mediante aplicación consecutiva de las condiciones (a) y (b) mencionadas.  En sistemas de vectores coplanarios, contenidos por tanto todos ellos en un mismo plano, las condiciones (a), (b) o (c) anteriores siempre se cumplen, ya que dos rectas en un plano, o bien se cortan, o bien son paralelas. Por tanto, siempre es posible hallar la resultante.

Momento respecto de un punto Se recuerdan a continuación el concepto de producto vectorial y algunas de sus propiedades principales (ver figura 3.1):  entonces Si se define V = P × Q,  · sen θ |V | = |P | · |Q|

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Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos 3.2 Sistemas de fuerzas coplanarias

Por lo tanto cuando los dos vectores son paralelos se tendrá, o bien θ = 0◦ , o bien θ = 180◦ , y el producto vectorial será nulo ya que en ambos casos sen θ = 0. La dirección de V es perpendicular al plano formado por P y  como muestra la figura 3.1(a). Q, El sentido de V viene dado por la que se conoce como regla de la mano derecha, que se muestra en la figura figura 3.1(b): situando la mano derecha de forma que los dedos sigan el sen el vector P × Q  tendrá el sentido tido de giro desde P hacia Q, que indique el dedo pulgar. Esta regla a veces también se resume diciendo que el sentido  es el de avance de un tornillo, según la recta perpende P × Q dicular a ambos vectores, y que gire en el mismo sentido que  el ángulo que hay que girar para ir desde P hacia Q. Evidentemente, de las propiedades anteriores se deduce que el producto vectorial es anticonmutativo, ya que al invertir el orden de los factores cambia el sentido de su producto vectorial,  = −Q  × P . es decir: P × Q  S)  = El producto vectorial no es asociativo: en general P ×(Q×    (P × Q) × S. Puede demostrarse, sin embargo, que el producto vectorial es  + S)  = distributivo respecto de la suma de vectores: P × (Q     (P × Q) + (P × S). En sistemas de fuerzas coplanarias, el concepto de momento de una fuerza respecto de un punto se emplea para expresar matemáticamente, para cuantificar, la tendencia que tiene la fuerza a producir un giro de un sólido respecto a un eje perpendicular al plano y que pasa por un punto concreto de dicho plano.

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Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos 3.2 Sistemas de fuerzas coplanarias

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V=P×Q

q

Q P

(a)

(b)

Figura 3.1: Producto vectorial de dos vectores.

Para ello se emplea como herramienta el producto vectorial, definiéndose el vector momento respecto de un punto como sigue: # »   O = r × F = OA × F. M

(3.2)

El punto O es un punto arbitrario, que no tiene por qué coincidir con el origen de coordenadas (téngase en cuenta que el origen de coordenadas también es un punto que se elige arbitrariamente, según convenga). En la figura 3.2 se muestra un esquema de los términos que intervienen en la definición del momento respecto de O. La línea de acción de F juega un papel fundamental: A y B son dos puntos de dicha línea. Suponiendo que F está aplicado en A, el vector momento será el producto vectorial indicado por la ecuación (3.2), y por tanto será perpendicular al plano XY .  O no puede represenSiendo perpendicular al plano XY , el vector M tarse mediante una flecha porque dicha flecha lleva la dirección del eje Z que es perpendicular al papel. Empleando la regla de la mano derecha para saber si el sentido es saliente (sentido Z potitivo) o

Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos 3.2 Sistemas de fuerzas coplanarias

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(a)

(b)

Figura 3.2: Momento de una fuerza respecto de un punto. Esquema 2D.

penetrante (sentido Z negativo), el sentido de giro según dicha regla puede deducirse de varias formas: El giro del momento es igual al del ángulo α que se representa para ir desde la prolongación del vector r hasta el vector F , en la figura 3.2(a). Por tanto en este caso es un giro horario y la  O será penetrante. regla de la mano derecha indica que M Si se representan los vectores r y F con origen común en O (de manera análoga a la figura 3.1), el signo del momento es también el del giro desde r hasta el vector F trasladado a O, según se muestra en la figura 3.2(b). Es, como se decía en el punto anterior, un giro horario y por tanto representa un momento penetrante. El módulo del momento se calcula según la definición de producto vectorial dada anteriormente, y por lo tanto  O | = |r| · |F | · sen α |M

=⇒

 O | = |F | · d. |M

(3.3)

Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos 3.2 Sistemas de fuerzas coplanarias

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F F d

MO O

d O MO

( a ) M0 = F · d · k

( b ) M0 = - F · d · k

Figura 3.3: Momentos de una fuerza respecto de un punto en 2D.

 La ecuación (3.3) es de gran importancia, ya que muestra que el módulo del momento respecto de un punto O cualquiera es directamente proporcional a la fuerza y a la distancia mínima que hay desde el punto O a la recta de acción de dicha fuerza: d = # » |OB|. Las consideraciones anteriores hacen que resulte conveniente representar los momentos en sistemas planos mediante flechas curvas, que indiquen el sentido de giro. Admitiendo que corrientemente el plano que contiene a las fuerzas se denominará XY , y que por tanto el eje Z y su vector unitario k son perpendiculares al papel, la representación de los momentos (a) positivo y (b) negativo, con su módulo, queda descrita en la figura 3.3.

Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos 3.2 Sistemas de fuerzas coplanarias

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 El momento de un vector no cambia si el vector se desliza de un punto a otro cualquiera de su misma línea de acción. La propiedad anterior es típica de los denominados vectores deslizantes, y puede probarse fácilmente como sigue. Siguiendo el esquema de la figura 3.2 se verifica # »  # » # » # » # »  O = OA × F = (OB + BA) × F = OB × F + BA × F , (3.4) M # » # » pero como BA y F son paralelos, entonces BA × F = 0, y por tanto # »  # »  O = OA × F = OB × F . M

(3.5)

Así pues, se obtiene el mismo momento tanto si F actúa en el punto A como si actuase en el punto B. Momento de un sistema de fuerzas Cuando se tienen varias fuerzas Fi actuando sobre un sólido simultáneamente, el momento total respecto de un punto O cualquiera es, simplemente, la suma de los momentos de cada fuerza: O = M

n  i=1

 Oi = M

n  i=1

ri × Fi .

(3.6)

Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos 3.2 Sistemas de fuerzas coplanarias

3.2.2

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Pares de fuerzas

En los problemas prácticos de ingeniería acontece en ocasiones la necesidad de manejar sistemas formados por dos fuerzas iguales y opuestas, situadas en líneas de acción paralelas. Esto es lo que se denomina un par de fuerzas. Los pares de fuerzas son sistemas cuya resultante vale cero y su momento es independiente del punto en el que se tome. Se demostrarán a continuación estas propiedades, que los hacen muy útiles. La demostración se hará en un espacio 3D, que en este caso no introduce dificultad especial y en cambio permite generalizar los resultados a cualquier sistema de vectores deslizantes. Según muestra la figura 3.4, la resultante del par de fuerzas es nula:  = R

n 

Fi = F + (−F ) = 0.

(3.7)

i=1

y

M

B d

-F M0

q

-F F

A

d

F

O x z Figura 3.4: Momento de un par de fuerzas.

En cuanto al momento, la figura 3.4 muestra el calculado respecto del punto O:

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O = M

n 

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ri × Fi

i=1

# » # » = OA × F + OB × (−F ) # » # » = (OA − OB) × F # » = BA × F .

(3.8)

 Como indica la ecuación (3.8), el momento respecto del punto O no depende del propio punto O, sino que solo depende de A, B y F . Por lo tanto, el momento provocado por el par de fuerzas será el mismo en cualquier punto del espacio, y su expresión matemática es # »   = BA M × F.

(3.9)

Dado que el momento del par es independiente del punto en el que se calcule, es un vector que debe ser considerado como vector libre. Ello será cierto siempre que el par de fuerzas actúe sobre un mismo sólido rígido1 . Por las propiedades antes vistas del producto vectorial, la ecuación (3.9) implica que el momento de un par de fuerzas posee las siguientes propiedades: # » Es un vector perpendicular al plano formado por BA y F , es decir, perpendicular al plano formado por las rectas de acción de las dos fuerzas. 1 En un sistema formado por varios sólidos rígidos, si el par de fuerzas se cambia de un sólido a otro en general se alterará el comportamiento del sistema.

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Su módulo es igual al producto de la fuerza por la distancia # »  | = |BA| mínima entre las rectas de acción: |M · |F | · sen θ = |F | · d El sentido viene dado por la regla de la mano derecha, como muestra la figura 3.4. Puesto que la dirección viene dada por el plano de las fuerzas, y el módulo por el producto fuerza×distancia mínima, entonces todos los pares de fuerzas contenidos en planos paralelos y tales que su sentido de giro sea el mismo, resultarán equivalentes si tienen el mismo valor de |F | · d.  En la figura 3.5 se muestran dos pares que puede observarse a simple vista que provocan giro en el mismo sentido. Dichos pares serán equivalentes si |F1 | · d1 = |F2 | · d2 . Por tanto, si |F1 | es mayor que |F2 | como se muestra en dicha figura, entonces d1 deberá ser proporcionalmente menor que d2 . Se ha visto que un par de fuerzas no tiene resultante, y que su momento es el mismo independientemente del punto del espacio en el que se calcule. Por tanto, el par de fuerzas queda completamente

-F1 -F2

d1

d2

F1 Figura 3.5: Pares de fuerzas equivalentes.

F2

Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos 3.2 Sistemas de fuerzas coplanarias

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definido si se conoce el valor de su momento. Resulta equivalente conocer ambas fuerzas y sus líneas de acción, o conocer simplemente el momento del par. En sistemas planos, el vector momento se representa con una flecha curva como se vio en el apartado 3.2.1. La figura 3.6 muestra las dos posibilidades existentes: (a) par de fuerzas horario (negativo o penetrante), y (b) par de fuerzas antihorario (positivo o saliente).

 = −|F  | · h · k (a) M

 = |F  | · b · k (b) M

Figura 3.6: Momento de pares de fuerzas en un sistema 2D.

3.2.3

Reducción a una fuerza resultante: línea de acción o eje central

Se ha mencionado en el apartado 3.2.1 que en los sistemas planos de fuerzas siempre es posible sumar un número cualquiera de fuerzas hasta hallar una única fuerza resultante que sea equivalente. Dicha resultante tendrá una línea de acción concreta, que se denomina de forma genérica Eje central del sistema de vectores deslizantes. Para obtenerla existen procedimientos analíticos y gráficos, siendo conveniente conocer ambos tipos para operar de la forma más adecuada en cada problema práctico.

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Fuerzas concurrentes: procedimiento gráfico Cuando se tienen fuerzas cuyas líneas de acción se cortan, simplemente aplicando la regla del paralelogramo se obtiene la resultante  = F1 + F2 y su línea de acción, que es la diagonal de dicho paraleR logramo. La figura 3.7 muestra este procedimiento, en el que ambas fuerzas se deslizan por sus rectas de acción hasta el punto de corte A, donde se realiza la suma. Puede demostrarse fácilmente en este caso que el momento del vector suma es igual a la suma de los momentos de cada vector por separado: # »  # »  # »  O = OA× F1 + OA× F2 = OA×(F1 + F2 ) M

=⇒

# »   O = OA× M R. (3.10)

Figura 3.7: Regla del paralelogramo para la obtención del eje central en vectores concurrentes.

Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos 3.2 Sistemas de fuerzas coplanarias

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Fuerzas paralelas: procedimiento gráfico La suma de fuerzas paralelas puede realizarse dos a dos, empezando por dos cualquiera de ellas que sean paralelas, y luego sumando el resultado de la primera suma con una tercera, etc. Por tanto, para ello es necesario saber primero cómo sumar dos fuerzas paralelas cualesquiera. La figura 3.8 muestra un procedimiento gráfico para llevarlo a cabo, que si bien no es de especial utilidad a la hora de resolver ejercicios, sí que resulta clarificador de los conceptos asociados y permite entender bien el proceso. La figura 3.8(a) muestra dos fuerzas paralelas separadas entre sí una distancia L. Si su módulo y sentido fueran iguales, por simetría la resultante debería estar situada en una línea de acción paralela a dichas fuerzas y situada justo en medio (equidistante). Si son de distinto módulo e igual sentido, como muestra la figura, se sabe que  = |F1 | + |F2 |, pero se desconoce dónde está situada la línea de |R| acción o eje central. Para averiguarlo, se sigue el método expuesto en la figura 3.8(b): se introduce un sistema nulo, sin resultante ni momento, que consiste en dos vectores iguales y opuestos, P y −P , actuando sobre la misma línea. A continuación el proceso es sencillo: se suman  2 = F2 + P ; seguidamente se deslizan  1 = F1 + (−P ), y también Q Q  2 hacia abajo hasta su punto de corte, y finalmente se vuelven 1 y Q Q a sumar: 2  =Q 1 + Q R = (F1 + (−P )) + (F2 + P ) = F1 + F2 .

(3.11)

Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos 3.2 Sistemas de fuerzas coplanarias

(a)

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(b)

Figura 3.8: Suma de dos fuerzas paralelas.

Fuerzas paralelas: procedimiento analítico Ha podido comprobarse al sumar fuerzas paralelas como, al introducir los dos vectores iguales y opuestos P y −P , el resto del proceso se basa en sumas de vectores concurrentes. De ello se deduce que el momento de la suma de dos fuerzas paralelas será igual a la suma de los momentos de cada fuerza por separado. Esto permite calcular la posición del eje central analíticamente de forma más rápida como se muestra a continuación.  Se denominarán por comodidad R = |R|, F1 = |F1 |, F2 = |F2 |. Por lo tanto R = F1 + F2 . En la figura 3.8(b) se observa que los momentos respecto del punto O, calculados en módulo, si son iguales entre sí deberán cumplir

Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos 3.2 Sistemas de fuerzas coplanarias

R · x = F1 · (x − a) + F2 · (x + b) (F1 + F2 ) · x = (F1 + F2 ) · x − F1 · a + F2 · b F1 · a = F2 · b F1 · a = F2 · (L − a) F2 L. a= F 1 + F2

77/269

(3.12)

Y de aquí se deduce inmediatamente que b=

F1 L. F 1 + F2

(3.13)

 Las ecuaciones (3.12) y (3.13) muestran que la distancia del eje central a cada fuerza es proporcional al módulo de la otra fuerza, de manera que si F2 es  estará pequeño en comparación con F1 , entonces R muy cerca de F1 (y viceversa). Aunque no se ha mostrado en las figuras anteriores, el lector puede hacer la suma considerando dos fuerzas F1 y F2 paralelas y de sentidos opuestos. En ese caso, repitiendo el procedimiento  gráfico de la figura 3.8(b), se deduce que la línea de acción de R está situada no entre ambas fuerzas, sino en la parte exterior de las mismas, y concretamente en el lado que corresponda a la fuerza de mayor módulo. Como caso particular, si ambas fuerzas paralelas y opuestas tuvieran el mismo módulo, entonces se tendría un par de fuerzas, cuya resultante es nula, y se deduce gráficamente que el eje central está situado en el infinito.

Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos 3.2 Sistemas de fuerzas coplanarias

Sistemas de fuerzas cualesquiera: procedimiento analítico Antes de realizar el planteamiento general conviene recapitular las conclusiones obtenidas para fuerzas concurrentes y paralelas: Cualquier sistema de fuerzas coplanarias está formado por fuerzas concurrentes y/o paralelas, por lo que, siguiendo los procedimientos establecidos en la primera parte del apartado 3.2.3, dicho sistema puede reducirse (es decir, es equi aplicada en una valente) siempre a una resultante R línea de acción denominada Eje central.  (actuando en el Eje central), El momento que dicha fuerza R produce en cualquier punto del plano, es igual al momento que produce el sistema de fuerzas consideradas.  el En particular, en los puntos del Eje central donde actúa R, momento será nulo ya que la resultante pasa por dichos puntos. En cualquier otro punto que no pertenezca al Eje cen O = 0. El sistema será tral, llamado O, el momento será M pues equivalente a la fuerza resultante, aplicada en una línea que pase por O, y un momento o par de fuerzas  O . Esta reducción se muestra en la figura 3.9. de valor M También como caso particular, puede suceder que la resultante  = 0) y en cambio el momento que del sistema sea nula (R produzca no lo sea. En tal caso el sistema es equivalente a un par de fuerzas, y su momento será el mismo en todos los puntos del espacio. Cuando este sucede, el Eje central no está definido (se sitúa en el infinito). Como último caso particular se tiene el sistema nulo, que corresponde a fuerzas cuya resultante es nula y su momento  = M  O = 0. también lo es en cualquier punto del espacio: R Dichos sistemas, como se verá, son los que actúan en cuerpos

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Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos 3.2 Sistemas de fuerzas coplanarias

y

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F2

y R

= O

x

MO O

x

F3

F1 (a)

(b)

Figura 3.9: Reducción de un sistema de fuerzas coplanarias en un punto O cualquiera.

en estado de equilibrio y por tanto son de gran interés. La figura 3.10(a) muestra un sistema nulo de tres fuerzas, mientras que la figura 3.10(b) muestra un sistema nulo formado por dos  cuyo momento es opuesto al de las fuerzas. fuerzas y un par M La reducción que muestra la figura 3.9 es de enorme importancia. A partir de ella podemos obtener la ecuación o posición del Eje  de varias formas que se muestran a central o línea de acción de R continuación.  Primer método: se basa en la construcción de la figura 3.11. Se denomina punto P, con coordenadas (x, y), a uno cualquiera de  los puntos del Eje central. Entonces, el momento que produce R puede calcularse a partir de sus componentes si estas se conocen. x =  = Rxi + Ryj, observamos que la componente R Denominando R Rxi provoca un momento horario (negativo) respecto de O, de valor

Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos 3.2 Sistemas de fuerzas coplanarias

(a)

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(b)

Figura 3.10: Ejemplos de sistemas de fuerzas nulos.

 y = Ryj provoca un momento −Rx · y; por su parte la componente R antihorario (positivo) respecto de O, de valor Ry · x.  O = MOk, Si se conoce también el momento del sistema en O, M entonces la componente MO del momento tiene que ser igual a la suma de los momentos que produzcan Rx y Ry cuando la resultante actúe en el Eje central, es decir MO = −Rx · y + Ry · x.

(3.14)

Así pues, la ecuación genérica del Eje central, conocidos Rx , Ry y MO , es la siguiente: Ry · x − Rx · y − MO = 0

(3.15)

Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos 3.2 Sistemas de fuerzas coplanarias

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Ry R P

y

Rx O

x

Figura 3.11: Posición genérica del Eje central de un sistema de fuerzas coplanarias.

Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos 3.2 Sistemas de fuerzas coplanarias

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 Segundo método: si se conoce la resultante, y por tanto sus componentes Rx y Ry , ya se sabe la pendiente que forma el eje  Dicha pendiente no es otra central, que es la misma que el vector R. que Ry /Rx . Falta por tanto únicamente conocer un punto por el que pase el Eje central. Dos puntos convenientes son los cortes de dicha recta con los ejes coordenados, que pueden obtenerse como muestra la figura 3.12. Al deslizar la resultante hasta el punto B se observa  x no produce momento en O, y por tanto la distancia a O que R queda determinada por el valor del momento y de la componente  y . Si se desliza la resultante hasta el punto C sucede justamente lo R  y no produce momento en O, y por tanto la distancia a contrario: R O queda determinada por el valor del momento y de la componente  x. R y

MO

=

Rx

M0

x

O B Rx

y

Ry

Ry

R

Ry O

x=

y

R x

=

(b)

R

O C

y=(a)

Ry

x Rx

M0 Rx (c)

Figura 3.12: Puntos de corte del Eje central de un sistema de fuerzas coplanarias con los ejes coordenados.

Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos 3.2 Sistemas de fuerzas coplanarias

y

y

O

y

R

F2

F1

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x

=

R

MO O

x

=

O

x

F3 d=

M0 R

(a)

(b)

(c)

Figura 3.13: Distancia mínima del Eje central de un sistema de fuerzas coplanarias  O. a un punto O donde se conozca el momento M

 Tercer método: si se conoce la resultante se sabe también su   = Rx2 + Ry2 . Por lo tanto, se puede calcular directamódulo|R| mente la distancia mínima d desde el Eje central al punto O donde  por dicha se había reducido el sistema, ya que el producto de |R|  O |. El distancia mínima d debe ser igual al módulo del momento |M  sentido de MO , antihorario u horario, determinará si la resultante debe desplazarse a un lado o a otro del punto O para que coincidan los sentidos de los momentos. En la figura 3.13 se muestra la solución en un caso concreto en que el Eje central debe estar por debajo  produzca un momento antihorario en O. de O para que R

Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos 3.2 Sistemas de fuerzas coplanarias

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Clasificación de los sistemas planos de fuerzas A modo de resumen, la tabla 3.1 muestra la clasificación de los (tres) posibles casos que pueden presentarse en sistemas planos de vectores.  o Eje central se indica abreEn dicha tabla la línea de acción de R viadamente como E.C. El punto A representa un punto cualquiera, mientras que el punto B pertenece al Eje central. Debe notarse que los sistemas de fuerzas concurrentes nunca pueden ser equivalentes a un par y, por tanto, si su resultante es nula serán sistemas nulos. En cambio, los sistemas paralelos o coplanarios generales pueden pertenecer a uno de los tres casos que indica la tabla. 

0

=0

Eje central

Sí que existe



Propiedades

¿Sistema en Equilibrio?

x E.C. es la línea de acción de  x Sistema equivalente a  actuando en E.C. Cualquiera x B = punto del E.C. œ  = 0 œ  =  × 

No

  0

x Sistema equivalente a un par de fuerzas. x El momento es idéntico en todos los puntos

No

 = 0

x Sistema nulo x El momento es nulo en todos los puntos

Sí

No existe

Tabla 3.1: Clasificación de los sistemas planos de fuerzas (2D).

Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos 3.3 Sistemas tridimensionales de fuerzas

3.3

Sistemas tridimensionales de fuerzas

Los sistemas de vectores deslizantes, bien sean fuerzas, bien sean de otro tipo, no siempre son conjuntos de vectores coplanarios o paralelos. En general, los vectores deslizantes pueden tener líneas de acción que se crucen en un espacio 3D, caso que se denominará genéricamente como sistemas tridimensionales. Para el caso particular de fuerzas actuando sobre sólidos rígidos, en sistemas tridimensionales no es posible afirmar con generalidad que cualquier sistema es equivalente a una única fuerza resultante actuando en un determinado Eje central. En otras palabras, no puede reducirse siempre el sistema a un único  que actúe en una línea de acción concreta. vector R Se verá a continuación que, en general, sí que puede afirmarse que un sistema de fuerzas sobre un sólido rígido puede reducirse en cualquier punto a una resultante y un momento, que en determinados puntos (los del Eje central) la resultante y el momento son paralelos, e incluso que en determinadas ocasiones el momento es nulo en el Eje central (como sucede en el caso de fuerzas coplanarias o paralelas, según se ha visto en el apartado 3.2.3). 3.3.1

Momento respecto de un punto

El concepto de momento respecto de un punto se generaliza a partir de la definición dada en el apartado 3.2.1, utilizando como entonces el producto vectorial. En una fuerza que actúe sobre un sólido rígido, el momento mide, como se decía en el precitado apartado, la tendencia de dicha fuerza a hacer girar el sólido respecto de un eje que pase por el punto y que sea perpendicular al plano que forman el punto y la fuerza (véase la figura 3.14).

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Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos

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3.3 Sistemas tridimensionales de fuerzas

Así pues, se define el momento como # »   O = r × F = OA × F, M

(3.16)

 O es un vector que tiene las siguientes propiedades: y por tanto M  O | = |r| · |F | · sen θ =⇒ |M  O | = |F | · d, siendo d la |M distancia mínima desde el punto O a la línea de acción de F .  O es un vector perpendicular al plano formado por r y F , M o lo que es lo mismo, perpendicular al plano formado por el punto O y la línea de acción de F . Por estar definido mediante un producto vectorial, el sentido  O viene dado por la regla de la mano derecha. de M O Dado que representa el momento en un punto concreto, M debe considerarse como un vector ligado. Si se desea calcular el momento respecto de un punto B cualquiera, que no coincida con el origen de coordenadas, se utiliza el producto vectorial siguiendo la notación de la figura 3.15: # »   B = rA/B × F = BA × F, M

(3.17)

# » donde rA/B = BA = (xA −xB )i+(yA −yB )j+(zA −zB )k se denomina vector de posición relativo del punto A respecto de B. Como es sabido, en coordenadas cartesianas las componentes del producto vectorial pueden obtenerse mediante el siguiente determinante:

Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos

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3.3 Sistemas tridimensionales de fuerzas

MO

O d

F

r

A

q

Figura 3.14: Momento de una fuerza respecto de un punto. Esquema 3D.

i k  j # »   B = rA/B × F = BA × F = xA − xB yA − yB zA − zB M Fx Fy Fz (3.18)

Y en caso de que el punto B coincidiese con el origen O, entonces xB = yB = zB = 0 y se tendría:

Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos

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3.3 Sistemas tridimensionales de fuerzas

i j k # »   O = r × F = OA × F = xA yA zA . M Fx Fy Fz y

(3.19)

Fy (yA - yB) j Fx rA/B B

A

(xA - xB) i

(zA - zB) k

Fz

O

x

z

Figura 3.15: Elementos necesarios para el cálculo del momento de una fuerza respecto de un punto. Esquema 3D.

3.3.2

Momento respecto de un eje

 O es un vecEn sistemas tridimensionales de fuerzas, el momento M tor con tres componentes {MOx , MOy , MOz }:  O = MOxi + MOyj + MOzk. M

(3.20)

Dichas componentes pueden obtenerse desarrollando el producto vectorial descrito en la ecuación (3.19):

Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos

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3.3 Sistemas tridimensionales de fuerzas

i j k  O = xA y A z A M Fx Fy Fz = (yA Fz − zA Fy )i + (zA Fx − xA Fz )j + (xA Fy − yA Fx )k.

(3.21)

Igualando componente a componente los miembros más a la derecha en las ecuaciones (3.20) y (3.21) se obtiene

Momentos de una fuerza respecto de los ejes coordenados: MOx = yA Fz − zA Fy MOy = zA Fx − xA Fz MOz = xA Fy − yA Fx

(3.22)

La figura 3.16 muestra el significado de las ecuaciones (3.22) para el caso de una fuerza F = Fx = Fxi, siendo Fx > 0 y estando aplicada en un punto A de coordenadas positivas. Aplicando las ecuaciones (3.22) y teniendo en cuenta que Fy = Fz = 0, se obtiene MOx = 0, MOy = zA Fx > 0, MOz = −yA Fx < 0.

(3.23)

Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos 3.3 Sistemas tridimensionales de fuerzas

x respecto de los ejes coordenados. Figura 3.16: Momentos que crea una fuerza F

De las ecuaciones (3.23) se obtienen conclusiones de gran importancia práctica:  Una fuerza no produce momento respecto de un eje paralelo a ella (en este caso, respecto a X).  El momento respecto a un eje perpendicular a la fuerza (ejes Y, Z en este caso) es, en módulo, igual al módulo de la fuerza multiplicado por la distancia mínima del eje a la línea de acción de la fuerza. En este ejemplo, la distancia mínima de la línea de acción de Fx al eje Y es zA , y las ecuaciones (3.23) muestran que MOy = zA Fx . Análogamente, la distancia mínima de la línea de acción de Fx al eje Z es yA , y las ecuaciones (3.23) muestran que MOz = −yA Fx .

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Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos 3.3 Sistemas tridimensionales de fuerzas

 El sentido del vector momento respecto de cada eje se puede deducir aplicando la regla de la mano derecha, como muestran la figura 3.16 y la figura 3.17.  Si la línea de acción de una fuerza corta a un eje, su momento respecto de dicho eje es nulo. Por ejemplo, si se tuviera zA = 0, el punto A estaría situado en el plano XY y la línea cortaría al eje Y (ver figura 3.17). De las ecuaciones (3.23) se deduce que MOy = 0 en ese caso. Los momentos creados por fuerzas Fy y Fz respecto de los ejes coordenados se muestran en las figuras 3.18 y 3.19. Dichos resultados se obtiene simplemente imponiendo Fx = 0 en las ecuaciones (3.22),

Figura 3.17: Momento nulo respecto de un eje (MOy = 0) cuando la línea de acción de la fuerza corta a dicho eje (Y).

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Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos 3.3 Sistemas tridimensionales de fuerzas

y además Fz = 0 para la figura 3.18 y Fy = 0 para la figura 3.19. Ambas figuras son importantes para adquirir seguridad en la aplicación de la regla de la mano derecha.

y respecto de los ejes coordenados. Figura 3.18: Momentos que crea una fuerza F

z respecto de los ejes coordenados. Figura 3.19: Momentos que crea una fuerza F

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Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos 3.3 Sistemas tridimensionales de fuerzas

3.3.3

Pares de fuerzas

En el apartado 3.2.2 se ha estudiado ya, de forma general, el momento que produce un par de fuerzas. Debe recordarse que dicho momento es independiente del punto del espacio en el que se calcule. La figura 3.20 muestra un par de fuerzas actuando en un determinado plano (las líneas de acción de las fuerzas definen dicho plano) y  equivalente al par. No es necesario asignar subíndice el momento M a este momento porque, como se ha dicho, es el mismo en cualquier punto del espacio. En particular, en el punto O, la figura 3.20(d) muestra el momento del par descompuesto en sus componentes, que son los tres momentos que produce respecto de los ejes X, Y, Z. 3.3.4

Reducción de un sistema en un punto

En el apartado 3.2.3 se demostró como un sistema de vectores deslizantes coplanarios es equivalente a su resultante actuando en una línea de puntos denominada Eje central. También se demostró que el sistema equivale a la resultante actuando en un punto O cualquie O del sistema en dicho punto. Este ra, acompañada del momento M momento, por las propiedades vistas en los apartados 3.2.2 y 3.3.3, es equivalente a un par de fuerzas, por lo que un sistema general  ya de fuerzas coplanarias se reduce en O a la resultante R  O. un par de fuerzas que produzca el momento M Reducción de una fuerza en un punto cualquiera En sistemas tridimensionales se sigue una lógica similar para reducir un sistema en un punto cualquiera O. Según muestran las figuras 3.21(a) y 3.21(b), a una fuerza F aplicada en A se le pueden añadir otras dos fuerzas iguales y opuestas (que forman un sistema nulo) F y −F aplicadas en O, de manera que no se altera el sistema. La

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Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos

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3.3 Sistemas tridimensionales de fuerzas

(|M|= | F |· d )

y

y

M

-F

d F

O

x

O

=

z

z (a)

(b)

y

y My

M

=

x

O

x

z

= z

(c)

Mx

O

x

Mz (d)

Figura 3.20: Par de fuerzas y momentos equivalentes al par.

=

Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos

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3.3 Sistemas tridimensionales de fuerzas

fuerza F en A y la fuerza −F en O forman un par de fuerzas, y por lo tanto son equivalentes al momento de dicho par, que puede calcularse según la ecuación (3.9): # »   =M  O = OA × F. M

(3.24)

 Así pues, una fuerza F aplicada en A se reduce, en el punto O, a la propia fuerza F aplicada en dicho punto más un par de fuerzas cuyo momento es # »   O = OA × F , como muestra la figura 3.21(c). NóM tese que, por las propiedades del producto vectorial,  O ⊥ F . será siempre cierto que M

F

F

A

A F

r O

=

r

O

A

MO

=

F O

-F (a)

(b)

(c)

Figura 3.21: Reducción de una fuerza en un punto O genérico.

Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos

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3.3 Sistemas tridimensionales de fuerzas

Ecuación de cambio de momentos para una fuerza En ocasiones interesa poder evaluar el momento en dos puntos diferentes y conocer la relación entre ellos. Dicha relación es de tipo general, como se demuestra a continuación. Según muestra la figura 3.22, si se reduce una fuerza F aplicada O en A a dos puntos O y B diferentes, aparecerán dos momentos M  y MB en general distintos, ambos perpendiculares a la fuerza. La relación entre ambos es la siguiente: # »   B = BA ×F M # » # » = (BO + OA) × F # » # » = BO × F + OA × F # »  O. = BO × F + M

(3.25)

La ecuación anterior suele escribirse como sigue, y se denomina ecuación de cambio de momentos para una fuerza: # »   O + BO B = M × F. M

(3.26)

Reducción de un sistema de fuerzas en un punto cualquiera Aplicando los resultados anteriores es sencillo reducir un sistema formado por un número cualquiera de fuerzas. Como muestran las figuras 3.23(a) y 3.23(b), en primer lugar se reduce cada fuerza Fi al punto O elegido, apareciendo un momento # »   Oi = OA M i × Fi perpendicular a la fuerza correspondiente. A continuación se procede según muestra la figura 3.23(c): las fuerzas concurrentes en O se suman para obtener la resultante, aplicada

Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos

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3.3 Sistemas tridimensionales de fuerzas

F

A

F MO

O

A

A O

B

F

O

=

B

=

B MB

(a)

(b)

(c)

Figura 3.22: Relación entre la reducción de una fuerza a dos puntos distintos cualesquiera (Cambio de momentos).

también en O. Los pares de fuerzas también se suman (componente a componente, pues son vectores igualmente), obteniéndose el momento total del sistema:

 = R

 

Fi

 Oi M # » = OAi × Fi

O = M

(3.27)

 O no tiene Nótese que, en general, el momento total del sistema M por qué ser perpendicular a la resultante.

Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos

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3.3 Sistemas tridimensionales de fuerzas

F2 F2 MO2 A1 F1

A2

MO3

=

O

= F1

O F3

A3 F3 (a)

(b)

MO

MO 1

R

= O

(c) Figura 3.23: Reducción de un sistema de fuerzas en un punto O genérico.

Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos

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3.3 Sistemas tridimensionales de fuerzas

Ecuación de cambio de momentos para un sistema de fuerzas Al igual que se ha hecho para una única fuerza, puede establecerse la relación entre los momentos totales de un sistema que se obtienen al reducirlo a dos puntos distintos O y B.  y el vector consComo se observa en la figura 3.24, la resultante R # » tante que une ambos puntos BO son los que dan la relación: # » BAi × Fi  # » # » = (BO + OAi ) × Fi  # » # » = (BO × Fi + OAi × Fi ) # » # » = BO × Fi + OAi × Fi # »  # » = BO × Fi + OAi × Fi # »   O. = BO × R +M

B = M

(3.28)

La ecuación anterior suele escribirse como sigue, y se denomina ecuación de cambio de momentos para un sistema de fuerzas o de vectores deslizantes en general: # »   O + BO B = M ×R M

(3.29)

Cuando el sistema de fuerzas es plano (2D), la ecuación de cambio de momentos (3.29) puede desarrollarse y escribirse del siguiente modo, en función de las componentes cartesianas de la resultante y de las coordenadas de dos puntos A y B cualesquiera. Empleando el criterio habitual, los momentos son positivos si llevan sentido antihorario:

Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos

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3.3 Sistemas tridimensionales de fuerzas

# »   B + AB× A = M R =⇒ MA = MB −Rx (yB −yA )+Ry (xB −xA ) M (3.30)

R R MO MB O

O B

=

B

Figura 3.24: Relación entre la reducción de un sistema de fuerzas a dos puntos distintos cualesquiera (Cambio de momentos).

Sistemas de fuerzas equivalentes y equipolentes Dos sistemas de fuerzas actuando sobre un mismo sólido rígido son equivalentes si tienen la misma resultante y el mismo momento respecto de un punto cualquiera del espacio. Es decir, si pueden  —M  O , siendo O un reducirse en un punto a una misma pareja R

Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos 3.3 Sistemas tridimensionales de fuerzas

punto cualquiera. Ello garantiza que produzcan los mismos efectos sobre el cuerpo, como se verá en el Tema 4. En general, dos sistemas de vectores deslizantes se denominan equipolentes cuando cumplen dicha condición, es decir, cuando poseen la misma resultante y el mismo momento respecto de cualquier punto. Si actúan sobre un cierto sólido rígido, entonces dos sistemas equipolentes serán también equivalentes. Pero debe notarse que si actuasen sobre sistemas compuestos por varias partículas o sólidos, la condición de equipolencia no garantiza la equivalencia, ya que al trasladar cualquiera de los vectores (supóngase que son fuerzas) por su línea de acción, podría actuar sobre sólidos o partículas distintos del sistema, y crear por tanto efectos diferentes (aunque no se estaría cambiando ni la resultante ni el momento total del sistema). 3.3.5

Reducción mínima de un sistema: eje central

 y el momenComo se decía anteriormente, en general la resultante R  to MO de un sistema de fuerzas no tienen por qué ser paralelos. Sin O embargo, como muestran las figuras 3.25(a) y 3.25(b), el vector M  1 paralelo a la siempre puede descomponerse en un momento M  resultante y otro momento M2 perpendicular a la resultante.  2 , al ser perpendicular a R,  puede obtenerse mediante El momento M un producto vectorial si la resultante se desplaza a otra posición  1 puede considerarse como el momento adecuada. Por otra parte, M provocado por un cierto par de fuerzas, y como tal, es un vector libre que producirá los mismo efectos si se aplica en otro punto cualquiera del sólido rígido, con lo cual no hay inconveniente alguno  a una nueva posición. en trasladarlo junto a R Dicha nueva posición debe ser un punto A tal que el momento que  aplicada en A, produzca en el punto O, sea precisamente igual a R  2 , es decir: M

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Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos

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3.3 Sistemas tridimensionales de fuerzas

R R

R M1 M0

O

=

M1

A

O

=

A O

M2 (a)

(b)

(c)

Figura 3.25: Reducción de un sistema 3D en un punto cualquiera (O) y en otro situado en el Eje central (A).

# »   2 = OA × R. M

(3.31)

 Por lo tanto, si se elige un punto A en el plano perpendicular a R,  2 , la distancia desde O y en concreto en la recta perpendicular a M a A debe ser simplemente  2| |M # » . |OA| =  |R|

(3.32)

# » El punto A puede situarse a la distancia |OA| que indica la ecuación (3.32), pero debe elegirse si se sitúa a un lado o al contrario de  2 . La elección, en cada caso, viene dada por la regla de la mano M # »  derecha, ya que el producto vectorial OA × R debe coincidir con el  sentido de M2 como indica la ecuación (3.31).

Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos 3.3 Sistemas tridimensionales de fuerzas

 En el punto A la reducción del sistema de  1 no puede obtenerse fuerzas es mínima, ya que M  porque ambos son paralelos. a partir de R  pasando  Por lo tanto, la recta que es paralela a R, por el punto A, es el Eje central del sistema tridimensional de fuerzas.

Conclusiones sobre la reducción de un sistema 3D de fuerzas En general, un sistema 3D no es equivalente a una única re actuando en su línea de acción o Eje central. Además sultante R de ella, aparecerá también un par de fuerzas cuyo momento es  1 , paralelo al Eje central. M  = 0. En los casos en que M  1 = 0, el sistema Supóngase que R  actuando de fuerzas sí que será equivalente a la resultante R en el Eje central. Ello sucede cuando, en un punto O cualquiera,  •M  O = 0. Ello indica que la resultante el producto escalar R y el momento son puramente perpendiculares. Este importante caso corresponde, en particular, a los sistemas de vectores coplanarios, concurrentes o paralelos.  = 0 pero el momento en un punto O En los casos en que R cualquiera no sea nulo, el sistema es equivalente a un par de fuerzas. De la ecuación (3.29) puede deducirse que, en otro punto B # »  # »   O + BO  O + BO  O . Así B = M ×R = M ×0 = M cualquiera M pues, en cualquier punto del espacio el momento del sistema es el mismo y por tanto es equivalente a un par de fuerzas.

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Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos 3.4 Sistemas de fuerzas concurrentes: teorema de Varignon

Esto puede suceder en todos los sistemas salvo en los concurrentes, como se verá a continuación (un sistema de fuerzas  = 0 es nulo). concurrentes con R  =M  O = 0, siendo O un punto cualquiera, el sistema Cuando R de fuerzas es nulo. Este caso, como se dijo en el apartado 3.2.3, es de gran importancia porque sucede en todos los sistemas de fuerzas en equilibrio.

3.4

Sistemas de fuerzas concurrentes: teorema de Varignon

En el apartado 3.2.3 se estudió como reducir fuerzas concurrentes situadas en un mismo plano a una resultante única, mediante la simple aplicación de la regla del paralelogramo. En sistemas tridimensionales de fuerzas, si estas son concurrentes puede utilizarse el mismo método para sumarlas y obtener la resultante. La figura 3.26 ilustra este procedimiento, en el que el Eje  que pasa por el punto A central no es sino la línea de acción de R, donde concurren todas las líneas de acción de las fuerzas. Este es pues un caso particular de sistema tridimensional que sí que puede reducirse a una única fuerza resultante actuando en el Eje central. Si el módulo de dicha resultante fuese nulo, se tendría entonces un sistema nulo. El conocido como teorema de Varignon es de aplicación en este caso y permite calcular el momento total del sistema:

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Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos 3.4 Sistemas de fuerzas concurrentes: teorema de Varignon

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Figura 3.26: Sistema de fuerzas concurrentes en el espacio.

# » OA × Fi # »  = OA × Fi .

O = M

# »   O = OA × R. M

(3.33)

 O es perpenEl teorema de Varignon, ecuación (3.33), muestra que M  ya que el momento se obtiene como producto vectorial dicular a R, de dos vectores, uno de los cuales es la propia resultante. Por lo tanto, se está en el caso que se describió en el apartado 3.3.5, en el  •M  O = 0 el sistema se reduce a la resultante actuando en que si R el Eje central. Dicho Eje central, o línea de acción de la resultante, es fácil de determinar en el caso de fuerzas concurrentes, ya que pasa por el punto A de corte de las fuerzas. En el caso de fuerzas coplanarias, la línea de acción de la resultante se determina con los métodos vistos en el apartado 3.2.3. Finalmente, el otro caso de especial interés,

Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos 3.5 Sistemas de fuerzas paralelas

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que es el de fuerzas paralelas, puede tratarse con los métodos para sistemas coplanarios como se verá a continuación2 .

3.5

Sistemas de fuerzas paralelas

Las fuerzas paralelas no coplanarias tienen especial interés en la solución de problemas prácticos de estructuras o cuerpos pesados, donde la dirección de las fuerzas del peso es conocida y constante (vertical) y las reacciones de los apoyos tienen también la misma dirección. La figura 3.27 muestra un ejemplo sencillo, en el que una viga está sometida a la acción de fuerzas verticales, y las reacciones en los apoyos son también verticales. La reacción del apoyo derecho es hacia abajo para evitar que la estructura se levante en ese punto al deformarse por acción de las fuerzas que hay en el vano izquierdo. En este caso, las fuerzas son coplanarias además de paralelas. Cuando las fuerzas sean paralelas pero no coplanarias, siempre es posible sumarlas dos a dos empleando los métodos vistos en el apartado 3.2.3, ya que dos fuerzas paralelas siempre definen un plano y podemos obtener la resultante de las mismas. En el sistema mostrado en la figura 3.28, las líneas de acción de las fuerzas cortan al plano horizontal XZ en los puntos Ai . Sumándolas dos a dos, al final del proceso obtendríamos la posición del Eje central, que pasa por el punto B. Es sencillo demostrar que, en ese caso, también se cumple el teorema de Varignon ya que el sistema puede reducirse a una única resultante actuando en el Eje central. Por lo tanto, se verifica que O = M

# » # »  OAi × Fi = OB × R.

(3.34)

2 En determinados problemas se utilizan también técnicas de Geometría de Masas asociadas al concepto de Centro de Gravedad

Tema 3. Sistemas de vectores y fuerzas sobre sólidos rígidos 3.5 Sistemas de fuerzas paralelas

Figura 3.27: Viga sobre la que actúan fuerzas y reacciones verticales (paralelas).

Figura 3.28: Sistema de fuerzas paralelas en el espacio.

Sin embargo, es importante recalcar que en sistemas de fuerzas pa = 0 pero el momento en un punto ralelas puede ocurrir que R (cualquiera) no sea cero, con lo cual el sistema sería equivalente a un par y el Eje central no estaría definido (estaría situado en el infinito). Esto también puede suceder en sistemas de fuerzas coplanarias, como se explicó en el apartado 3.2.3. En cambio, en sistemas concurrentes, si la resultante es nula el sistema es siempre nulo.

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Tema 4

Estática del sólido rígido 4.1

Introducción

En este tema se aborda el estudio del equilibrio estático de sólidos rígidos, dando especial relevancia a los casos que pueden analizarse como sistemas planos o bidimensionales (2D). Complementariamente, se tratará también el equilibrio estático en 3D. Se comienza analizando los posibles movimientos de un sólido rígido, que son los que deberán impedirse para asegurar la condición de equilibrio estático, lo cual implica ausencia de movimiento. Para mantener un sólido rígido en su posición son necesarios enlaces que lo vinculen al terreno o a otros sólidos inmóviles. Se analizarán pues a continuación los tipos de enlaces más comunes, y las fuerzas incógnita o reacciones que representan cada uno de ellos. Una vez conocidos los tipos de enlace, se estudiarán las condiciones matemáticas que expresan la situación de equilibrio, similares a las ecuaciones (2.18).

Tema 4. Estática del sólido rígido 4.2 Grados de libertad del sólido rígido

Se explicará también la diferencia fundamental entre los sistemas estáticamente determinados (en los que todas las fuerzas son conocidas o pueden determinarse por equilibrio) y los sistemas estáticamente indeterminados, en los que algunas de las fuerzas incógnitas no pueden calcularse por equilibrio. Finalmente, se mostrará la diferencia que existe a nivel práctico entre el equilibrio estático y el movimiento a velocidad constante. Este último implica la posibilidad de moverse aunque las fuerzas que actúen deban estar igualmente equilibradas para que no se produzcan aceleraciones.

4.2

Grados de libertad del sólido rígido  Se entiende por grados de libertad de un sólido rígido el número mínimo de parámetros (coordenadas variables) que es necesario conocer para que la posición del sólido esté completamente definida.

Se parte del conocimiento de las dimensiones del sólido y la posición inicial de todos sus puntos. Se conocen por tanto las distancias entre todos ellos. A modo de ejemplo, en la figura 4.1(a), se sabe que el punto A coincide inicialmente con el origen de coordenadas y se sabe también la posición de otro punto cualquiera, en este caso B. La distancia entre ambos es constante a lo largo del tiempo, por # » tratarse de un sólido rígido. Es decir: |AB| = L = cte , donde L es una longitud conocida. La posición del sólido queda perfectamente determinada si, en cualquier instante posterior, se conoce la posición de los dos puntos A y B, es decir, si se saben sus coordenadas (xA , yA ) y (xB , yB ). El sólido se habrá trasladado en el plano y habrá girado un ángulo hasta que dichos puntos ocupen su posición, como muestra la figura 4.1(b).

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Tema 4. Estática del sólido rígido 4.2 Grados de libertad del sólido rígido

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Así pues, basta con conocer esos cuatro parámetros (xA , yA , xB , yB ) para tener fijada la posición del cuerpo. Pero en realidad no es necesario conocer los cuatro, ya que se cumple # » la condición entre ellos de que |AB| = L. Por tanto, no son cuatro valores independientes, sino que se puede escribir la siguiente relación: # » |AB|2 = (xB − xA )2 + (yB − yA )2 = L2 .

(4.1)

En conclusión, son necesarios únicamente tres valores para determinar la posición del sólido.  Los tres valores, que se toman normalmente como grados de libertad, son la posición de uno cualquiera de sus puntos A: (xA , yA ) y el ángulo θ girado por el cuerpo. Dicho ángulo suele medirse empleando un sistema de referencia auxiliar X’Y’ que se mueve paralelo a XY siguiendo al punto A, y un segundo sistema auxiliar X”Y” que se mueve solidariamente con el cuerpo, como si estuviera soldado a él (ver figura 4.1(b)). Con estos tres valores (xA , yA , θ), la posición de otro punto cualquiera ya queda determinada, por ejemplo # » xB = xA + |AB| cos θ = xA + L · cos θ, # » yB = yA + |AB| sen θ = yA + L · sen θ.

(4.2)

La figura 4.2 muestra otro ejemplo, en este caso una barra que se mueve en el plano, estando obligado el punto A a desplazarse por una corredera o guía horizontal sobre el eje X. De esta forma, se

Tema 4. Estática del sólido rígido 4.2 Grados de libertad del sólido rígido

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(a) Instante inicial. (b) Instante genérico. Figura 4.1: Grados de libertad de un sólido rígido en el plano (2D).

Figura 4.2: Grados de libertad de una barra con movimiento vertical de A restringido (yA = 0).

Tema 4. Estática del sólido rígido 4.3 Tipos de enlace

cumple siempre que yA = 0. Esta es una condición de restricción al movimiento del sólido, que le hace perder uno de sus grados de libertad. Quedan por lo tanto sólo dos grados de libertad, que pueden tomarse como la coordenada xA y el ángulo θ. Grados de libertad del sólido en problemas 3D En problemas de sólidos en el espacio, las posibilidades de movimiento de un cuerpo se duplican respecto de los casos planos: el cuerpo puede desplazarse según los tres ejes X, Y, Z, y puede también girar alrededor de dichos ejes. Por tanto, los grados de libertad o posibilidades de movimiento de un sólido en un espacio tridimensional son seis. Normalmente se suelen tomar las coordenadas de un punto cualquiera (xA , yA , zA ), y los ángulos girados respecto de los ejes en un cierto orden, ya que las operaciones de rotación de ángulos de valor finito respecto de ejes no son conmutativas1 : (θx , θy , θz ).

4.3

Tipos de enlace

Los enlaces son los encargados de restringir adecuadamente el movimiento de los sólidos para que estos estén en equilibrio sin moverse, o para que tengan únicamente el tipo de movimiento que interese en cada aplicación. La figura 4.3 muestra un ejemplo clásico. Al apoyar un objeto en una pared, es la presencia de rozamiento la que permite mantener una situación de equilibrio. El peso del cuerpo se supone conocido y de valor W . Para simplificar el análisis se desprecia la fuerza de 1 El lector puede comprobar fácilmente que no se llega a la misma posición girando un cuerpo sencillo, una pequeña caja por ejemplo, primero 90◦ respecto de un eje vertical y luego 90◦ respecto de un eje horizontal, que realizando los mismos giros en orden inverso.

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Tema 4. Estática del sólido rígido 4.3 Tipos de enlace

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rozamiento en el punto B superior, donde el cuerpo se apoya en la pared, y se retiene en cambio la fuerza de rozamiento con el suelo en A. Deberán cumplirse las ecuaciones de equilibrio de la partícula (2.18), además de otra que veremos en el apartado 4.4 y que expresa que el cuerpo no gira. Intuitivamente se sabe que, si no existiera fuerza de rozamiento en el suelo (imagínese que el suelo es de una superficie helada muy deslizante), el cuerpo resbalaría y caería. Si existe equilibrio es precisamente porque la fuerza de rozamiento del suelo mantiene al cuerpo en su posición sin dejarle resbalar. Por tanto, el contacto en A con el suelo y el contacto en B con la pared son enlaces del sólido con el entorno que le rodea, y en ellos surgen fuerzas de reacción que se quiere calcular para analizar el equilibrio. En el punto A surgen dos fuerzas incógnitas:  A = NAj), la perpendicular al suelo, llamada reacción normal (N y la fuerza de rozamiento (FR = FRi). La reacción normal puede  = −W j del cuerpo, simplemente calcularse en función del peso W aplicando la ecuación (2.18) relativa a las fuerzas en Y: 

Fy = 0

⇒

NA + (−W ) = 0

⇒

NA = W.

(4.3)

En el punto B surge una incógnita más, la reacción normal en B  B = −NBi). Se necesitarían pues dos ecuaciones más, además de (N la (4.3), para obtener las tres incógnitas.

Como sólo se dispone por ahora de una ecuación más ((2.18) → Fx = 0), se obtiene una relación entre FR y NB , pero no pueden hallarse aún sus valores2 : 

Fx = 0

⇒

FR + (−NB ) = 0

⇒

NB = F R .

(4.4)

2 Se verá en el apartado 4.4 que los dos pares de fuerzas formados por los vectores W  —N A R — N  B deben anularse mutuamente, lo cual permite hallar el valor de FR y NB . yF

Tema 4. Estática del sólido rígido 4.3 Tipos de enlace

Figura 4.3: Cuerpo apoyado en suelo y pared, con fuerza de rozamiento solo en el punto de contacto con el suelo.

Representación a priori de módulo y sentido En la figura 4.3 se ha utilizado un procedimiento muy habitual en la resolución de ejercicios y que conviene destacar: Si se sabe o si se intuye el sentido de una determinada fuerza, puede emplearse el símbolo con el que la nombramos, desprovisto de flechas, para representar el módulo y así simplificar la escritura. Por ejemplo, en la citada figura, se ha intuido que la fuerza de rozamiento en A es hacia la derecha, y por tanto se escribe FR = FRi. Además, intuimos que para que haya equilibrio de fuerzas horizontales, la normal en B debe ser hacia la izquierda, y por tanto escribimos  B = −NBi. N  B |, de manera En este caso, por lo tanto FR = |FR |, y NB = |N similar a como se hizo en las ecuaciones (2.19).

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Tema 4. Estática del sólido rígido 4.3 Tipos de enlace

La escritura de las condiciones de equilibrio ha resultado más rápida  B |, como se ha y sencilla al emplear FR y NB en vez de |FR |, y |N visto en las ecuaciones (4.3) y (4.4). Este método se desarrollará más en detalle en el apartado 4.4. Se verá que al resolver, si se obtuviera por ejemplo FR < 0, ello no quiere decir que la fuerza tenga módulo negativo, ya que los módulos son siempre positivos. Quiere decir que el sentido que se había supuesto (hacia la derecha) es incorrecto, y la fuerza lleva sentido opuesto (hacia la izquierda). 4.3.1

Enlaces externos en problemas planos (2D)

Las figuras 4.4, 4.5 y 4.6 muestran los tipos de enlace externo más habituales en problemas planos de estática. Se denominan externos porque representan la unión de un cuerpo con el entorno fijo o inamovible que lo rodea: el suelo, paredes laterales, etc.

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Tema 4. Estática del sólido rígido 4.3 Tipos de enlace

 Algunos de ellos son enlaces unilaterales, es decir, solo pueden ejercer fuerza en un sentido, como por ejemplo las fuerzas normales NA y NB en la anterior figura 4.3. Dichas fuerzas son unilaterales porque la pared o el suelo solo pueden oponerse a un cuerpo que trate de penetrar en ellos, pero no pueden evitar que un cuerpo pierda contacto con ellos, es decir, se separe de ellos. Del mismo modo, una fuerza realizada por un cable sólo puede tener un sentido tal que el cable estire del cuerpo al que se une ya que, por su constitución, un cable no puede empujar a un cuerpo (ver parte superior de la figura 4.4). Cuando se quiere representar enlaces bilaterales, en los que la fuerza puede ir en ambos sentidos, se hace mediante los símbolos adecuados que se muestran en las figuras 4.5 y 4.6, así como en la parte inferior de la figura 4.4. En el contacto de un cuerpo rígido con el entorno que lo rodea, la fuerza normal puede tomar teóricamente un valor infinitamente grande (en la realidad siempre existe un límite dado por la resistencia de los materiales), pero se verá en el Tema 5 que la fuerza de rozamiento está limitada por un valor que depende de dos factores: (1) de la propia fuerza normal en el contacto, y (2) de un coeficiente que representa el nivel de fricción entre los cuerpos y que se denomina coeficiente de rozamiento.

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Tema 4. Estática del sólido rígido 4.3 Tipos de enlace

Figura 4.4: Enlaces externos unilaterales (arriba) y parcialmente bilateral (abajo) en problemas planos (2D).

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Tema 4. Estática del sólido rígido 4.3 Tipos de enlace

Figura 4.5: Enlaces externos bilaterales en problemas planos (2D): una reacción incógnita R  0

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Tema 4. Estática del sólido rígido 4.3 Tipos de enlace

Figura 4.6: Enlaces externos bilaterales en problemas planos (2D): dos o tres reacciones incógnitas, todas ellas  0

 La barra biarticulada de la figura 4.5, cuyo peso se desprecia por ser muy ligera en comparación con el resto, se denomina habitualmente biela tanto en mecánica como en cálculo de estructuras.

Representaciones alternativas del apoyo fijo y móvil En otros textos de Mecánica se representan los apoyos fijos o móviles con símbolos alternativos, por lo que es de interés mencionarlos aquí también para conocimiento del alumno. Pueden verse estos símbolos en la figura 4.7.

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Tema 4. Estática del sólido rígido 4.3 Tipos de enlace

Figura 4.7: Símbolos alternativos para el apoyo fijo (en A y E) y apoyo móvil (en C).

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Tema 4. Estática del sólido rígido 4.3 Tipos de enlace

4.3.2

Enlaces externos en problemas espaciales (3D)

La figura 4.8 muestra los dos enlaces unilaterales más frecuentes en problemas de estática en espacio 3D: (a) el contacto de un cuerpo con una superficie lisa, sin rozamiento, tal que esta ejerce sobre el cuerpo una fuerza normal N que solo puede empujar al cuerpo pero no puede tirar de él; (b) un cable de peso despreciable que, al contrario, sólo puede tirar del cuerpo pero no puede empujarle en ningún caso. Ambos enlaces representan por tanto una fuerza incógnita que debe ser positiva si se representa con el sentido adecuado, como muestra la figura. La figura 4.9 muestra un enlace que es parcialmente bilateral: el contacto de un cuerpo con una superficie rugosa. La fuerza normal es unilateral, como se ha explicado en el párrafo exterior. En cambio, las fuerzas de rozamiento pueden llevar ambos sentidos,y por tanto 2 2 FRx + FRz son bilaterales. La fuerza total de rozamiento F = estará limitada por el valor del coeficiente de rozamiento y de la fuerza normal N según se explica en el Tema 5. Finalmente, la figura 4.10 muestra dos enlaces bilaterales muy frecuentes en problemas 3D: (a) el apoyo fijo proporciona tres fuerzas de reacción y permite que el cuerpo gire libremente; (b) el empotramiento impide cualquier movimiento o giro del cuerpo mediante tres fuerzas y tres momentos de reacción. Por lo tanto, el apoyo fijo equivale a una fuerza de módulo, dirección y sentido cualquiera, y el empotramiento introduce además un momento cuyo módulo, dirección y sentido pueden ser también cualesquiera. Una realización práctica del apoyo fijo consiste en unir dos cuerpos mediante una bisagra. La figura 4.11(a) muestra este tipo de enlace, que permite libremente el giro alrededor del eje X, y en menor medida también alrededor de los otros dos ejes. La bisagra normalmente no está preparada para soportar momentos fuertes alrededor de los ejes {Y,Z}, y podría dañarse fácilmente en caso de que momentos

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Tema 4. Estática del sólido rígido 4.3 Tipos de enlace

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Contacto con superficie sin rozamiento (lisa): Fuerza normal a la superficie

Cabledepesodespreciable: Fuerza(tensión)delcablesobreelcuerpo

F>0

N>0

(a)

(b)

Figura 4.8: Enlaces externos unilaterales (3D)

de ese tipo apareciesen. Por lo tanto, se considera en la práctica que sólo transmite fuerzas. Suponiendo en este caso que la parte derecha esté fijada al suelo y la parte izquierda sea móvil, en la figura 4.11(b) se ha eliminado dicha parte derecha, sustituyéndola por las tres reacciones que ejerce sobre la parte izquierda. Por lo tanto, la bisagra equivale en la práctica a un apoyo fijo3 . En cuanto al vínculo bilateral de una sola reacción en 3D, puede emplearse de nuevo la figura 4.5 para ilustrarlo, ya que normalmente este vínculo se representa como una biela como se verá en el apartado 4.5.3. Dicho tipo de enlace produce una única fuerza incógnita positiva o negativa. 3 Hay casos en los que la bisagra puede permitir también el movimiento libre en la dirección de su eje X. En dicho caso se dice que la bisagra no realiza empuje axial, y por lo tanto Fx = 0.

Tema 4. Estática del sólido rígido 4.3 Tipos de enlace

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Contacto con superficie con rozamiento (rugosa): Fuerza normal a la superficie (unilateral) Fuerzas de rozamiento (bilaterales)

FRX > 0 < FRZ > 0 <

N>0

Figura 4.9: Enlace externo parcialmente bilateral (3D)

Empotramiento: Tres fuerzas y tres momentos

Apoyo fijo: Tres fuerzas

FX FZ

FX

FZ

MZ

FY

FY

MX

MY

(a) (b) Figura 4.10: Enlaces externos bilaterales (3D): todas las fuerzas y momentos pueden ser  0

Tema 4. Estática del sólido rígido 4.3 Tipos de enlace

(a)

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(b)

Figura 4.11: Enlace externo bilateral tipo bisagra (3D): todas las fuerzas pueden ser 0

4.3.3

Enlaces externos elásticos: muelles ideales o resortes

Un muelle es un resorte elástico que en Mecánica se considera idealmente lineal, es decir, que la fuerza que hay que ejercer sobre el mismo para estirarlo/acortarlo es proporcional al alargamiento/acortamiento que se le imponga. En casos prácticos, hay ocasiones en las que un muelle sustituye a la fuerza normal de reacción de un enlace, o también a la reacción de un apoyo móvil o carrito. La constante de proporcionalidad se denomina rigidez del muelle, y se representa habitualmente con el símbolo k. Siguiendo el esquema de la figura 4.12, se denomina: Longitud natural = L0 , es la longitud del muelle indeformado, sin que ninguna fuerza actúe sobre él. Longitud final = L, es la longitud del muelle tras aplicarle la fuerza F que lo deforma.

Tema 4. Estática del sólido rígido 4.3 Tipos de enlace

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Figura 4.12: Enlace externo elástico: muelle ideal o resorte

Alargamiento = ΔL = L − L0 . Se denomina alargamiento si es positivo (L > L0 ), y acortamiento si es negativo (L < L0 ). Con estas definiciones, es inmediato escribir la relación fuerza–alargamiento: F = k · ΔL.

(4.5)

Puesto que ΔL es una longitud, las unidades de la rigidez k son N/m o múltiplos de estas. Evidentemente, en la ecuación (4.5) anterior, si se tiene acortamiento ΔL < 0 y por tanto F < 0, lo cual implica que ambas fuerzas F en la figura 4.12 llevan sentidos opuestos a los que se muestran. Esta posibilidad de actuar en ambos sentidos indica que el muelle representa un enlace externo bilateral.

Tema 4. Estática del sólido rígido 4.3 Tipos de enlace

4.3.4

Enlaces internos: contacto entre cuerpos y uniones articuladas

Cuando en un problema aparecen varios sólidos rígidos, es habitual que estos estén unidos o en contacto de distintas formas. La unión entre ellos, que produce el intercambio de determinadas fuerzas desconocidas a priori (incógnitas), se denomina enlace interno. En este apartado se tratarán dos de los principales tipos de enlace interno en problemas de ingeniería: el contacto entre dos cuerpos y las uniones articuladas. Contacto entre cuerpos Hay muchas ocasiones en las que es necesario analizar el equilibrio de más de un cuerpo en contacto mutuo. De acuerdo con la tercera ley de Newton, en dichos contactos se intercambian dos fuerzas, acción y reacción, que son de igual módulo y dirección, pero de sentidos opuestos, como se expuso en el apartado 1.3. Por lo tanto, el contacto es una condición de enlace interno, un enlace entre los dos cuerpos que se tocan. En función de que el contacto entre cuerpos sea liso o rugoso, aparecerá entre ellos solamente una componente de fuerza normal, o bien una componente normal y otra de rozamiento. Como se ha explicado en el apartado 4.3.1, la fuerza normal es unilateral e impide la penetración de un cuerpo rígido en el otro, mientras que la fuerza de rozamiento es bilateral y tiene cierto límite relacionado con la fuerza normal y el coficiente de rozamiento. La figura 4.13 muestra dichas fuerzas en el caso de contacto entre cuerpos rugosos. La fuerza normal actúa empujando a cada cuerpo e impidiendo así que uno penetre en el otro. Es decir, el sentido de la normal es el representado en la figura y no puede ser el contrario (como mínimo N = 0, pero N < 0 es imposible). Su dirección es

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Tema 4. Estática del sólido rígido 4.3 Tipos de enlace

perpendicular a la tangente común a ambos sólidos. La parte inferior de la figura muestra que, si uno de los cuerpos presenta un ángulo o esquina en el contacto, la normal será perpendicular a la tangente a la superficie del otro cuerpo. La fuerza de rozamiento FR es siempre perpendicular a la normal. Su sentido puede conocerse si se sabe el sentido del movimiento relativo entre los cuerpos (FR se opone a dicho movimiento relativo, como se mostrará en el Tema 5). Si no se conoce, se supone un sentido cualquiera para FR y, al resolver el problema, se obtendrá FR  0, lo cual indicará el sentido correcto. Según se ha explicado, si el contacto fuera entre cuerpos lisos (sin rozamiento) =⇒ FR = 0 siempre. Uniones articuladas Es muy habitual que en sistemas de varios sólidos, algunos de ellos estén unidos por uniones articuladas, también llamadas rótulas. Estas rótulas representan un enlace interno bilateral entre ambos cuerpos, en el que se transmiten dos fuerzas no paralelas, de valor desconocido, que muchas veces se representan como una horizontal Fx y una vertical Fy (ver figura 4.14). A priori su sentido es desconocido, es decir, hay que resolver cada caso en particular para saber el sentido real de las fuerzas Fx y Fy . La rótula implica una unión entre ambas partes que se denomina articulada porque permite libremente el giro relativo de una parte respecto de la otra. Sin embargo, los dos puntos que se unen en la rótula, uno perteneciente a cada cuerpo en contacto, están obligados a desplazarse juntos en todo momento, sin poder perder dicho contacto. De acuerdo con el apartado 4.2, dos sólidos separados tienen, en 2D, un total de 2 × 3 = 6 grados de libertad. Una rótula significa la unión de dos movimientos (horizontal y vertical) de los puntos

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Tema 4. Estática del sólido rígido 4.3 Tipos de enlace

Figura 4.13: Fuerzas que intervienen en el contacto entre cuerpos rugosos. Si los cuerpos son lisos =⇒ FR = 0.

en contacto, por lo que representa dos ecuaciones de restricción para el movimiento de los sólidos y, por tanto, se pierden dos grados de libertad. En consecuencia, la unión de dos sólidos mediante una rótula tendrá 2 × 3 − 2 = 4 grados de libertad. Debe recalcarse que el representar las fuerzas como horizontal y vertical es solamente una convención. La realidad es que ambas compo-

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Tema 4. Estática del sólido rígido 4.3 Tipos de enlace

Figura 4.14: Fuerzas que se intercambian en una unión articulada o rótula.

nentes representan una fuerza que se transmite entre ambos lados de la rótula y cuyo módulo, dirección y sentido son desconocidos. Por lo tanto, como la descomposición de una fuerza en componentes puede hacerse de infinitas formas, basta con afirmar que es equivalente a dos fuerzas no paralelas, pero estas pueden plantearse horizontal– vertical o con dos direcciones no paralelas cualesquiera (en ese caso no se usan los subíndices “x” e “y”, sino otros dos subíndices cualesquiera, como por ejemplo “1” y “2”, o “L” de longitudinal y “T ” de transversal ). Así pues, la elección de las componentes de la fuerza que se transmite en la rótula, horizontal y vertical, u otras dos cualesquiera, se hace a conveniencia de quien resuelve cada caso particular (según muestra por ejemplo la figura 4.14). Cualquier opción es válida, si

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Tema 4. Estática del sólido rígido 4.4 Equilibrio y diagrama de cuerpo libre

bien a veces unas son más cómodas que otras para escribir las ecuaciones de equilibrio.

4.4

Equilibrio y diagrama de cuerpo libre

Newton formuló por primera vez las ecuaciones que rigen el equilibrio y movimiento de partículas y cuerpos sometidos a fuerzas concurrentes, como los descritos en el apartado 2.3. Sin embargo, en sólidos sometidos a sistemas de fuerzas no concurrentes las leyes de Newton no bastan para expresar el estado de equilibrio o movimiento. Este hecho deriva de que las fuerzas no concurrentes, en general, tienden a provocar una rotación del sólido que se expresa mediante el momento de las fuerzas y una magnitud vectorial denominada momento cinético 4 que se trata habitualmente en los textos de Dinámica. En movimientos de rotación, el momento cinético juega un papel análogo al que juega la cantidad de movimiento p = mv para los movimientos de traslación. En ausencia de fuerzas externas, el momento cinético o angular es un vector invariable en el tiempo, resultado que se conoce como principio de conservación del momento cinético. Este hecho no puede predecirse de forma general a partir de las leyes de Newton, como han hecho notar varios autores, entre ellos el catedrático emérito de Física del MIT, Daniel Kleppner: 4 En inglés dicha magnitud se denomina angular momentum, por lo que a veces en español se emplea también el término momento angular.

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Tema 4. Estática del sólido rígido 4.4 Equilibrio y diagrama de cuerpo libre

 The situation, in brief, is that newtonian physics is incapable of predicting conservation of angular momentum, but no isolated system has yet been encountered experimentally for which angular momentum is not conserved. We conclude that conservation of angular momentum is an independent physical law, and until a contradiction is observed, our physical understanding must be guided by it. (Kleppner y Kolenkow, 2014) Por tanto, como ya avanzara Euler en 1775, la conservación del momento cinético es una ley física independiente de las de Newton. Esta conservación conlleva que los momentos internos debidos a las interacciones entre las distintas partes del sistema suman cero. Por lo tanto, en un sistema no aislado, pero en el cual las fuerzas externas también produzcan momento total nulo, el momento cinético se conservará igualmente. Este es el teorema del momento cinético aplicado a sistemas de fuerzas externas en equilibrio.  Así pues, en sistemas en equilibrio, las leyes de Newton y el teorema del momento cinético se resumen en un resultado de fácil memorización: En un sistema formado por sólidos rígidos en equilibrio, las fuerzas que actúan sobre cada sólido rígido deben formar un sistema de vectores nulo, es  = 0 y M  O = 0 para todos los sólidos del decir: R sistema, siendo O un punto cualquiera. Por el momento se considerará que el estado de equilibrio se refiere únicamente a los cuerpos que se encuentran en reposo respecto

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a un cierto sistema de ejes que, a efectos prácticos, consideramos fijos. Se trata, por lo tanto, de un equilibrio estático. Al final de este apartado se generalizará el concepto de equilibrio a cuerpos en movimiento de traslación o rotación a velocidad constante. Consideramos por tanto un punto O cualquiera, y tres ejes X, Y, Z que se cortan en él. Las ecuaciones de equilibrio que se emplearán para sólidos rígidos son las siguientes:  = Ecuaciones de equilibrio en sistemas planos (2D): R  O = 0 M  Fx = 0  Fy = 0  MO = 0 (4.6)

Ecuaciones de equilibrio en  =M  O = 0 R  Fx  Fy  Fz  Mx  My  Mz

sistemas espaciales (3D): =0 =0 =0 =0 =0 =0

(4.7)

Tema 4. Estática del sólido rígido 4.4 Equilibrio y diagrama de cuerpo libre

Diagrama de cuerpo libre Para escribir las ecuaciones de equilibrio de un cuerpo en 2D o en 3D, el primer paso es identificar todas las fuerzas que actúan sobre él. Estas fuerzas se representan en un nuevo esquema donde aparece el sólido aislado, separado de lo que lo rodea, y sometido a la acción de todas las fuerzas que se ejercen sobre él. Este esquema es el diagrama de cuerpo libre o diagrama de sólido libre. Fundamentalmente, el diagrama de sólido libre se diferencia de un esquema real del problema porque el único cuerpo que aparece es el sólido que se quiere estudiar. Además, como se decía, es necesario representar en él las fuerzas que actúen sobre el cuerpo. En Mecánica clásica estas fuerzas pueden deberse a tres causas: fuerzas gravitatorias: el peso del cuerpo. enlaces externos, unilaterales o bilaterales: suelos, paredes, apoyos fijos, empotramientos, muelles, etc. enlaces internos con otros cuerpos a su alrededor: bien mediante uniones articuladas, bien por contacto con o sin rozamiento. Conceptualmente deben incluirse en esta última categoría las interacciones con fluidos en contacto con el cuerpo: viento, presión hidráulica, etc. No obstante, dichas interacciones suelen representarse como fuerzas externas independientes, al igual que el peso de otros objetos que descansen sobre el cuerpo en estudio. La figura 4.15(a) muestra el esquema real del cuerpo apoyado que se introdujo en el apartado 4.3. El esquema real es simplemente la descripción del caso, que deberá venir acompañada de un enunciado (texto) en el que se indiquen los datos necesarios para definir completamente el problema: el peso del cuerpo y el tipo de enlace con el suelo y con la pared. Las dimensiones del cuerpo pueden darse, o bien como datos en el texto, o bien como cotas en el esquema real.

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Tema 4. Estática del sólido rígido 4.4 Equilibrio y diagrama de cuerpo libre

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La figura 4.15(b) muestra el diagrama de cuerpo libre correspondiente. Como se observa, se han eliminado la pared y suelo, y se han sustituido por las fuerzas que dichos enlaces ejercen sobre el cuerpo. Se ha indicado además el peso W , y las cotas entre las líneas de acción de las distintas fuerzas, que son necesarias para escribir las ecuaciones de equilibrio de momentos.  En la figura 4.15(b) se utiliza ya el método habitual para resolver problemas 2D, en el que no se representan las fuerzas empleando notación vecto A , FR , . . . ), sino con el módulo y suponienrial (N do un sentido para cada fuerza (NA , FR , . . . ; nótese que su dirección ya es conocida). El sistema de referencia se sitúa donde sea más conveniente, aunque en este ejercicio sencillo esto no tiene importancia especial.

(a) Esquema real.

(b) Diagrama de cuerpo libre.

Figura 4.15: Esquema real y diagrama de sólido libre.

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Cuando en un problema 2D o 3D se analiza un único sólido rígido, el diagrama de sólido libre también puede representarse sin eliminar los enlaces externos, ya que estos ejercen fuerzas sobre el sólido y basta con representar estas para tener el diagrama necesario. Es decir, la figura 4.15(b) puede sustituirse simplemente por la figura 4.15(a), completando esta última con las fuerzas, cotas, y situando los ejes en cualquier lugar conveniente. Todo ello se muestra en la figura 4.16.  Utilizando la figura 4.15(b) o la figura 4.16, dado que ambas representan el diagrama de sólido libre, se escriben las ecuaciones de equilibrio (4.6). Las dos primeras son sencillamente la (4.3) y (4.4) repetidas. El sistema se completa con la tercera ecuación, de equilibrio de momentos. El punto para tomar momentos se elige a conveniencia, normalmente en un punto en el que se corten el mayor número de fuerzas posibles, ya que las fuerzas que pasan por un punto no producen momento respecto de él. En este caso, la opción más evidente es el punto A, donde se cortan dos fuerzas: NA y FR =⇒ la ecuación de equilibrio de momentos en A permite calcular directamente la otra fuerza, NB . 

Fx = 0 =⇒

FR − NB = 0,

(4.8a)

Fy = 0 =⇒

NA − W = 0,

(4.8b)

MA = 0 =⇒ −W · a + NB · h = 0.

(4.8c)

 

Se recuerda que W , a, b, y h son datos, todos ellos valores positivos. Despejando de (4.8c) se obtiene NB = W

a > 0. h

(4.9)

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Sustituyendo en (4.8a) FR = W

a > 0. h

(4.10)

Finalmente, ya se vió en el apartado 4.3 que NA = W > 0.

(4.11)

Como los valores obtenidos para NA , FR y NB son positivos, quiere decir que el sentido supuesto para las fuerzas en la figura 4.15(b) o la figura 4.16 es correcto: NA actúa sobre el cuerpo hacia arriba, FR actúa sobre el cuerpo hacia la derecha y NB lo hace hacia la izquierda.

Figura 4.16: Diagrama de cuerpo libre para un único sólido. Se representan las acciones de los enlaces externos sobre el cuerpo sin eliminarlos del dibujo.

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 Se observa en la figura que hay dos pares de fuerzas iguales y opuestos que se oponen y equilibran el cuerpo: un primer par, formado por las fuerzas verticales W y NA = W , cuyas líneas de acción están separadas una distancia a. Producen un par de fuerzas horario (negativo): M1 = −W · a. un segundo par, formado por las fuerzas horizontales FR = W · a/h y NB = W · a/h, cuyas líneas de acción están separadas una distancia h. Producen un par de fuerzas antihorario (positivo): M2 = (W · a/h) · h = W · a. Por lo tanto, ambos pares de fuerzas son iguales y opuestos y se anulan: M1 + M2 = 0.

Comprobar los resultados Es fundamental comprobar que los resultados son correctos tomando la ecuación de equilibrio de momentos en otro punto distinto de A. Se puede utilizar cualquier punto del plano, pertenezca o no pertenezca al sólido: B, G, O, etc. Basta conocer las distancias mínimas desde dicho punto a las líneas de acción de las fuerzas para poder calcular los momentos. Se comprueba en este caso tomando momentos en el punto B. Como la fuerza NB pasa por dicho punto, si existe algún error en el cálculo solo de NB no se podría detectar con esta ecuación, pero es evidente que NB = FR como se ha visto anteriormente, por lo tanto si se comprueba FR se puede estar seguro de que NB también estará bien calculada:

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W · b − NA · (a + b) + FR · h = 0,

MB = 0 ? =⇒

=⇒ W · b − W · (a + b) + (W · a/h) · h = 0, =⇒ W · b − W · a − W · b + W · a = 0.  (4.12) Por lo tanto la ecuación dos los resultados.



MB = 0 se cumple y quedan comproba-

Diagramas de cuerpo libre de varios sólidos Cuando en un problema no se tiene un único sólido sino varios, para expresar el equilibrio de cada uno de ellos es necesario realizar diagramas de sólido libre independientes. Un ejemplo de este tipo de problema se muestra en la figura 4.17. En dicha figura se observan una barra ABD homogénea, cuyo peso W es conocido, y un bloque DE homogéneo cuyo peso 2W también es conocido. Nótese que W es un valor positivo. La longitud de ambos cuerpos es 3L, siendo L una magnitud conocida. Se desean calcular las fuerzas de reacción en los distintos enlaces. Los enlaces son: Enlace externo: un apoyo fijo en el extremo A de la barra. Enlace externo: un cable BC que sujeta a la barra en el punto B. Enlace externo: una barra corta o biela EH, que sujeta al bloque en el punto E. Enlace interno: una unión articulada o rótula en D que enlaza la barra y el bloque.

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Figura 4.17: Problema de equilibrio estático con varios cuerpos.

Para estudiar el equilibrio de ambos cuerpos se debe hacer un diagrama de sólido libre de cada uno, eliminando todos los enlaces y mostrando las fuerzas que estos ejercen sobre los dos sólidos. Estos diagramas se muestran en la figura 4.18. Aspectos importantes a tener en cuenta en dichos diagramas son los siguientes: El cable es un enlace unilateral, por lo tanto se sabe a priori que el sentido de la fuerza que ejerce sobre la barra (FB ) tiene que ser el de estirar de la barra. Compárese con la figura 4.4 para ver que, en efecto, el sentido es el previsto para un enlace tipo cable. El resto de enlaces, en este ejemplo, son bilaterales. Las fuerzas de los enlaces bilaterales, a priori, no se sabe qué sentido van a tener, por tanto se supone un sentido y, al resolver el ejercicio, se verá si el valor obtenido es positivo (el sentido supuesto era el correcto) o negativo (el sentido supuesto era el

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Figura 4.18: Diagramas de sólido libre de ambos cuerpos.

contrario del correcto). Por lo tanto, el sentido de Ax , Ay , Dx , Dy y RE en la figura 4.18 es supuesto. En los enlaces internos, como la rótula D, la fuerza se transmite entre ambos cuerpos. Por tanto, según la tercera ley de Newton, el sentido de las fuerzas que actúan sobre un cuerpo es el opuesto al sentido de las fuerzas que actúan sobre el otro. Así, se supone un sentido primero para Dx y Dy actuando sobre el extremo de la barra, y luego se representan con el sentido contrario actuando sobre el bloque. Los pesos W y 2W de la barra y del bloque actúan como una fuerza resultante en sus centros de gravedad. Al ser ambos cuerpos simétricos y homogéneos, el centro de gravedad de cada cuerpo tiene que ser por fuerza su centro de simetría. Este hecho se explica más detalladamente en los textos sobre geometría de masas. A partir de los diagramas de cuerpo libre de la figura 4.18, se escriben las ecuaciones de equilibrio para ambos cuerpos (4.6). Se empieza por el bloque, ya que sobre él actúan 3 fuerzas incógnitas (Dx , Dy , RE ), y se podrán determinar con las tres ecuaciones de equilibrio. El orden de escritura de las ecuaciones es el que permite

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resolverlas de manera más cómoda, con una sola incógnita cada vez (esto no siempre es posible, en ocasiones se deben escribir varias ecuaciones o todas ellas a la vez y resolver el sistema que resulte):  Equilibrio bloque DE: 

ME = 0 =⇒





=⇒

Dy · 3L + 2W ·

3L = 0, 2 Dy = −W < 0. (4.13a)

Fy = 0 =⇒ −Dy − 2W + RE sen 30◦ = 0, 1 =⇒ −(−W ) − 2W + RE = 0, 2 =⇒ RE = 2W > 0. (4.13b) Fx = 0 =⇒ =⇒ =⇒

−Dx − RE cos 30◦ = 0, √ 3 = 0, −Dx − 2W 2 √ Dx = −W 3 < 0. (4.13c)

Como puede observarse, se ha obtenido que Dx y Dy son ambas negativas. Eso quiere decir que su sentido es en realidad el contrario del que se muestra en la figura 4.18. Pero de momento se sigue resolviendo el problema sin tener esto en cuenta, y al final será cuando se muestren los sentidos definitivos correctos y se comprueben los resultados tomando momentos en otros puntos. Por lo tanto, los valores obtenidos para Dx y Dy en las ecuaciones (4.13) anteriores se utilizan ahora para estudiar el equilibrio de la barra.

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 Equilibrio barra ABD: 

3L + Dy · 3L = 0, MA = 0 =⇒ FB sen 45◦ · L − W · 2 √ 2 3L ·L−W · + (−W ) · 3L = 0, =⇒ FB 2 2 √ 9 2 W > 0. =⇒ FB = 2 (4.14a)  ◦ Ax − FB cos 45 + Dx = 0, Fx = 0 =⇒ √ √ √ 2 9 2 W + (−W 3) = 0, =⇒ Ax − 2 2 9 √ =⇒ Ax = ( + 3)W > 0. 2 (4.14b)  ◦ Ay + FB sen 45 − W + Dy = 0, Fy = 0 =⇒ √ √ 2 9 2 W − W + (−W ) = 0, =⇒ Ay + 2 2 5 =⇒ Ay = − W < 0. 2 (4.14c)

Tema 4. Estática del sólido rígido 4.4 Equilibrio y diagrama de cuerpo libre

 Las fuerzas Ay , Dx y Dy han resultado tener signo negativo. Ello implica que los sentidos supuestos en la figura 4.18 eran incorrectos, y por tanto dichas fuerzas llevan el sentido opuesto. Esto se representa en la figura 4.19, denominada Esquema final de acciones y reacciones, donde se observa que: (1) se ha representado la reacción vertical en A hacia abajo y con su módulo 5W/2; (2) se ha cambiado también el sentido a las cuatro fuerzas que se intercambian en el punto D, tanto las que actúan sobre la barra como las que actúan sobre el bloque. Las fuerzas que al calcularlas resultaron positivas conservan los sentidos supuestos: estas son Ax , FB y RE . Al ser el cable un enlace unilateral, es obligatorio que FB ≥ 0, por lo que si se hubiese obtenido en la solución que dicha fuerza es negativa sería la evidencia de un error, bien al plantear el sentido de la misma, bien en la escritura o solución de las ecuaciones de equilibrio. Es necesario finalmente comprobar los resultados, ya que el problema requiere realizar un número de operaciones suficiente como para no tener plena confianza en que no se haya cometido ningún error de cálculo o escritura de las ecuaciones. Para ello se emplean ecuaciones de equilibrio de momentos en puntos adicionales, que se sabe que tienen que ser igual a cero como se ha explicado anteriormente. Se eligen dos puntos cualesquiera, con la condición de que ninguna fuerza del problema pase por ellos (ver figura 4.19). Para la barra se toman momentos en el punto P, y para el bloque en el punto Q. Dichos puntos están situados a una distancia h por encima de

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Figura 4.19: Esquema final de acciones y reacciones.

los puntos ABDE, pudiendo tomar h un valor cualquiera (como se verá, no afecta a la comprobación). Las componentes verticales de FB y RE pasan por P y Q, respectivamente, pero las componentes horizontales no, con lo cual ambos puntos son adecuados para la comprobación.  Comprobación bloque DE:  (4.15) MQ = 0 ? √ 3L W 3 · h − W · 3L + 2W · − 2W cos 30◦ · h = 2 √ √ 3 3L − 2W ·h=0  W 3 · h − W · 3L + 2W · 2 2  Comprobación barra ABD:  MP = 0 ?

(4.16)

Tema 4. Estática del sólido rígido 4.5 Determinación e indeterminación estática

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√ 9 2 9 √ 5 W cos 45◦ · h ( + 3)W · h + W · L − 2 2 2 √ 3L − L) − W · (3L − L) − W 3 · h = −W · ( 2 √ 9 L 5 9 √ ( + 3)W · h + W · L − W · h − W · − W · 2L − W 3 · h = 0  2 2 2 2 Se ha podido comprobar el equilibrio de ambos sólidos, y por tanto el problema está resuelto y los diagramas finales de sólido libre son los que se muestran en la figura 4.19, donde todos los sentidos y módulos de las fuerzas son los definitivos.

4.5 4.5.1

Determinación e indeterminación estática Introducción

Se enfatiza a continuación una conclusión de gran importancia tanto teórica como práctica, que se utilizará para plantear el concepto de indeterminación estática:

Tema 4. Estática del sólido rígido 4.5 Determinación e indeterminación estática

 Las ecuaciones de momentos tomadas en varios puntos no son independientes entre sí. No se pueden calcular tantas fuerzas incógnitas como queramos escribiendo más ecuaciones de momentos en otros puntos. Este hecho es fundamental tenerlo claro. Las ecuaciones de equilibrio de un cuerpo sólido en 2D son tres (ecuaciones 4.6), y en 3D son seis (ecuaciones 4.7). Explicación: Recuérdese la ecuación de cambio de mo A+ B = M mentos para un sistema de fuerzas (3.29): M # »  BA× R. Como al plantear las ecuaciones de equilibrio  =M  A = 0, por (4.6) o (4.7) se está imponiendo que R # »    B = 0 + BA tanto se cumplirá también que M × 0 = 0, salvo que uno se haya equivocado en los cálculos. Por eso, en un problema 2D como el de la figura 4.16, la ecuación de momentos en B se utiliza para comprobar, pero no es independiente de la ecuación

de momentos en A y de las dos ecuaciones de F. Como aplicación de lo que se acaba de exponer, imagínese que en el problema del cuerpo apoyado en la pared se quisiera considerar también el rozamiento en el punto B (ver figura 4.20). Se denomina esta nueva fuerza de reacción FR . Al haber cuatro incógnitas no pueden resolverse con las tres ecuaciones de equilibrio (4.6), y por tanto puede surgir la idea de plantear más ecuaciones de momentos en otros puntos para tener 4 ecuaciones y 4 incógnitas. Esto, como se decía anteriormente, es incorrecto, ya que las nuevas ecuaciones de momentos no son independientes de las anteriores y sólo pueden servir para comprobar.

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4.5 Determinación e indeterminación estática

Figura 4.20: Caso con rozamiento también en el punto B. Problema con más incógnitas que ecuaciones.

Se realizan los cálculos a continuación para que el lector compruebe que no puede llegarse a una solución. Primero se escriben tres ecuaciones de equilibrio (4.17a,b,c) en las que aparecen las cuatro incógnitas: NA , NB , FR , FR . Luego, buscando una cuarta ecuación, se toman momentos en B:    

Fx = 0 =⇒

FR − NB = 0, (4.17a)

Fy = 0 =⇒

NA − W + FR = 0, (4.17b)

MA = 0 =⇒ −W · a + NB · h + FR · (a + b) = 0. (4.17c) MB = 0 =⇒

W · b − NA · (a + b) + FR · h = 0. (4.17d)

 = 0. Si Las ecuaciones (4.17a) y (4.17b) representan la condición R se sustituyen en las dos ecuaciones de momentos (4.17c) y (4.17d),

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4.5 Determinación e indeterminación estática

estas tiene que resultar linealmente dependientes. En efecto, se despeja FR de (4.17a) y se sustituye en (4.17d), obteniéndose W · b − NA · (a + b) + NB · h = 0.

(4.18)

A continuación se despeja FR de (4.17b) y se sustituye en (4.17c), obteniéndose − W · a + NB · h + (W − NA ) · (a + b) = 0,

(4.19)

que puede simplificarse para llegar a NB · h + W · b − NA · (a + b) = 0.

(4.20)

Es evidente que las ecuaciones (4.18) y (4.20) son la misma ecuación. Por tanto no se puede calcular NA ni NB . Esto ocurre porque, como se dijo, las cuatro ecuaciones (4.17) son linealmente dependientes y no permiten resolver el problema. Este es un caso de problema estáticamente indeterminado. Para encontrar una solución a la indeterminación estática en este ejemplo es necesario conocer alguna condición más, como por ejemplo si el cuerpo está en situación de deslizamiento inminente. Las situaciones en las que puede darse esta condición se explicarán ampliamente en el Tema 5. 4.5.2

Determinación e indeterminación estática en problemas planos (2D)

Se ha visto en la introducción que es necesario que exista correspondencia entre el número de ecuaciones de equilibrio y el número de

Tema 4. Estática del sólido rígido 4.5 Determinación e indeterminación estática

reacciones incógnitas. Más concretamente, el sistema formado por las tres ecuaciones de equilibrio de un sólido rígido debe tener solución única para poder calcular las fuerzas de reacción. De manera general, ese requisito se cumple cuando el sistema de ecuaciones es compatible determinado. En este caso se dice que el problema es estáticamente determinado, y en Teoría de Estructuras suele emplearse el término isostático para denominar esta situación. Se explican a continuación los requisitos que deben cumplir las fuerzas incógnitas en dicho caso, así como los problemas que no tienen solución, o que la tienen solo en determinadas circunstancias. Problema isostático 2D El concepto fundamental del que se parte es la necesidad de restringir los movimientos del sólido rígido, es decir, anular mediante enlaces todos sus grados de libertad. Puesto que un sólido en el plano tiene tres grados de libertad, se necesitan tres enlaces dispuestos de forma adecuada. Es importante recalcar la frase de forma adecuada, porque tres enlaces dispuestos de manera inadecuada no conseguirán restringir los tres grados de libertad de un sólido. Así, en la figura 4.21, los tres enlaces producen reacciones paralelas sobre el cuerpo. Al ser las tres reacciones verticales, si se aplica una fuerza horizontal

P no se cumplirá la ecuación de equilibrio de fuerzas horizontales: Fx = P = 0. Por lo tanto, el sólido no estará en equilibrio y empezará a moverse con una cierta aceleración. De manera similar, en la figura 4.22, los tres enlaces producen reacciones concurrentes, es decir, que se cortan o concurren en un mismo punto, B en este caso. En A hay una biela, en B un carrito y en C un cable. Dado que el peso del cuerpo W no pasa por B, al tomar momentos en

dicho punto no se cumple la ecuación de equilibrio de momentos: MB = W · L = 0. En este caso, el cuerpo no está en equilibrio y comenzará a girar alrededor de B. Al hacerlo,

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4.5 Determinación e indeterminación estática

(a) Esquema real.

(b) Diagrama de sólido libre.

Figura 4.21: Vínculos inadecuados en problemas planos (2D): Reacciones paralelas.

(a) Esquema real.

(b) Diagrama de sólido libre.

Figura 4.22: Vínculos inadecuados en problemas planos (2D): Reacciones concurrentes.

los enlaces se moverán ligeramente y las tres reacciones en A, B y C dejarán de cortarse en el punto B; por ello, una vez que el cuerpo gire un poco ya se podría alcanzar una situación de equilibrio. Sin embargo, este caso no es de interés en la mayoría de aplicaciones prácticas, ya que al cortarse las reacciones en puntos distintos pero muy cercanos, el valor de algunas de ellas puede ser muy superior al peso del cuerpo (varios órdenes de magnitud). Las figuras 4.23 y 4.24 muestran las dos posibilidades válidas que aseguran el equilibrio de un sólido en 2D ante cualquier tipo de fuerzas que actúen sobre el mismo:

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4.5 Determinación e indeterminación estática

(a) Esquema real.

(b) Diagrama de sólido libre.

Figura 4.23: Vínculos adecuados en problemas planos (2D): 3 reacciones no concurrentes ni paralelas (3NCNP).

3 Reacciones NCNP: En la figura 4.23 se tienen tres reacciones que no son ni todas concurrentes en un punto, ni todas paralelas entre sí. Simplemente, se ha movido el cable a otra posición respecto de la figura 4.22. Las tres ecuaciones de equilibrio (4.6) se cumplirán y podrán determinarse los valores de dichas reacciones: Ax , By y F . Abreviadamente, se denominará este caso como 3NCNP (3 reacciones no concurrentes ni paralelas). 2 Reacciones NP + 1 momento: En la figura 4.24 se tiene una barra empotrada, cuyo peso se desprecia frente a las fuerzas P y F . El empotramiento produce dos reacciones que no son paralelas, y que por tanto pueden equilibrar al cuerpo ante fuerzas horizontales y verticales cualesquiera. Además, el empotramiento también produce un momento de reacción, y por tanto la ecuación de equilibrio de momentos se cumplirá siempre ante cualquier sistema de fuerzas aplicado. Por tanto, las ecuaciones de equilibrio (4.6) se cumplirán y podrán determinarse los valores de las reacciones: Ax , Ay , MA . Abreviadamente, se denominará este caso como 2NP+M (2 no paralelas más un momento).

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4.5 Determinación e indeterminación estática

(a) Esquema real.

(b) Diagrama de sólido libre.

Figura 4.24: Vínculos adecuados en problemas planos (2D): 2 reacciones no paralelas más un momento (2NP+M).

 Muy importante: En resumen, la condición que debe cumplir un sólido rígido sometido a un sistema de fuerzas cualquiera en el plano, para que se trate de un problema isostático con solución única para las reacciones, es que dichas reacciones correspondan a una de las dos variantes siguientes: 3NCNP: tres reacciones no concurrentes ni paralelas. 2NP+M: dos reacciones no paralelas, más un momento de reacción.

Tema 4. Estática del sólido rígido 4.5 Determinación e indeterminación estática

 Mecanismos: Si un sólido no tiene suficientes reacciones externas, o si tiene reacciones que no cumplen las condiciones de ser una vinculación adecuada, entonces se dice que el sólido constituye un mecanismo porque puede moverse y sufrir desplazamientos finitos o infinitesimales, según el caso. Por lo tanto, un sólido será mecanismo si todas sus reacciones son paralelas entre sí, o si todas ellas concurrentes en un punto, o también si tiene menos de tres reacciones.

Problema hiperestático 2D: grado de hiperestatismo Se acaba de mostrar cómo debe ser la vinculación (los enlaces) de un sólido en 2D para que el problema sea isostático. Si a un sólido con vínculos isostáticos se le añade cualquier vínculo o enlace adicional, aparecerán nuevas incógnitas y no puede garantizarse que todas las reacciones puedan calcularse. El sistema de 3 ecuaciones de equilibrio tiene entonces más de 3 incógnitas. Puesto que las ecuaciones son linealmente independientes al tener (al menos) 3NCNP o 2NP+M, puede clasificarse el sistema como compatible indeterminado: en ciertas ocasiones podrán calcularse algunas de las reacciones, y en otras no podrá calcularse ninguna. Con seguridad, nunca podrán calcularse todas ellas. Este tipo de problema se denomina hiperestático. Se define el grado de hiperestatismo o grado de hiperestaticidad H como el número de reacciones adicionales, en exceso de las 3 isostáticas necesarias (3NCNP o 2NP+M), que vinculan a un sólido

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4.5 Determinación e indeterminación estática

rígido con el entorno exterior fijo. Así pues, si R es el número total de reacciones de los enlaces externos, entonces H = R − 3.

(4.21)

Como ya se ha dicho, la ecuación (4.21) podrá aplicarse siempre que, de las R reacciones, al menos 3 de ellas constituyan una sustentación isostática adecuada. Es decir, de las R reacciones, al menos son necesarias 3NCNP o 2NP+M. Si todas fueran concurrentes, o todas paralelas, el sólido será mecanismo, como se indicaba anteriormente. La figura 4.25, por ejemplo, muestra un ejemplo de mecanismo: un sólido con más de tres reacciones, todas ellas concurrentes en B. Por lo tanto, se observa que la ecuación de equilibrio de momentos no

se cumple pese a tener cuatro reacciones: MB = W · L = 0. En este caso, no podemos decir que el sólido es hiperestático.

(a) Esquema real.

(b) Diagrama de sólido libre.

Figura 4.25: Vínculos inadecuados en problemas planos (2D): Más de 3 reacciones concurrentes.

La figura 4.26, por el contrario, muestra un sólido con vínculos hiperestáticos adecuados. Tiene 5 reacciones, y al menos tres de ellas no son paralelas ni se cortan todas en un punto: por ejemplo Ax , By y FD . Entonces se puede calcular el grado de hiperestatismo

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4.5 Determinación e indeterminación estática

(a) Esquema real.

(b) Diagrama de sólido libre.

Figura 4.26: Vínculos hiperestáticos adecuados en problemas planos (2D): Más de 3 reacciones, siendo al menos 3NCNP.

H = R − 3 = 5 − 3 = 2. Se dice por tanto que es un sistema hiperestático de segundo grado. Los problemas hiperestáticos también se denominan, particularmente en la literatura técnica anglosajona, casos de indeterminación estática, ya que las ecuaciones de la Estática no bastan para calcular (determinar ) todas las incógnitas de reacción. Como último ejemplo, la figura 4.27 muestra otro ejemplo hiperestático, en este caso con H = R − 3 = 4 − 3 = 1, es decir, hiperestático de primer grado. Se trata de un problema isostático ya visto anteriormente (viga empotrada), al que se le ha añadido una reacción más que lo convierte en hiperestático. En este caso las ecuaciones de equilibrio permitirán calcular la reacción horizontal Ax = P , pero Ay , MA y Cy no podrán calcularse.  Reacciones isostáticas: son aquellas reacciones que pueden determinarse por equilibrio en un sistema que no es isostático, es decir, que es o bien hiperestático, o bien un mecanismo.

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4.5 Determinación e indeterminación estática

(a) Esquema real.

(b) Diagrama de sólido libre.

Figura 4.27: Vínculos hiperestáticos adecuados en problemas planos (2D): Más de 3 reacciones, siendo al menos 2NP+M.

En la figura 4.27, la reacción Ax es isostática ya que puede calcularse por equilibrio. Para resolver la indeterminación estática, es decir, los problemas hiperestáticos, es necesario recurrir a la deformación del cuerpo o a otras condiciones particulares del problema. Por ejemplo, en cuerpos equilibrados mediante rozamiento puede a veces utilizarse la condición de movimiento inminente o deslizamiento inminente, como se verá en el Tema 5. En cuanto a los casos que necesitan tener en cuenta la deformación de los cuerpos, el problema es más complejo y se tratará en profundidad en las asignaturas de Teoría de Estructuras. Mecanismos finitos, infinitesimales, y en equilibrio (2D) Se han mencionado ya las condiciones que deben cumplir las reacciones en un sólido 2D para que este constituya un mecanismo. Se recuerdan a continuación:  Un sólido será mecanismo si todas sus reacciones son paralelas entre sí, o si todas ellas concurrentes en un punto, o también si tiene menos de tres reacciones.

Tema 4. Estática del sólido rígido 4.5 Determinación e indeterminación estática

Un mecanismo puede tener un movimiento finito o infinitesimal, según el caso. A efectos de Mecánica, esto no tiene mayor repercusión ya que, en general, las reacciones no pueden calcularse en niguno de los casos. En las asignaturas de Teoría de Estructuras se profundizará en la distinción entre ambos tipos de mecanismo y su importancia práctica. Cuando el sólido es un mecanismo, el sistema de tres ecuaciones de equilibrio presenta las siguientes propiedades: El sistema es, en general, incompatible. Por lo tanto, en general no tiene solución. Puede permitir calcular algunas reacciones en determinados casos. Puede permitir calcular todas las reacciones, si estas son menos de tres, y si las ecuaciones de equilibrio que no les afectan se cumplen trivialmente (0 = 0). Este último caso se denomina mecanismo en equilibrio. La figura 4.21 anterior muestra un ejemplo de mecanismo cuyo sistema de ecuaciones de equilibrio es incompatible y no permite hallar niguna de las tres reacciones verticales. Es un mecanismo finito, ya que el desplazamiento horizontal que sufran los carritos puede tomar un valor finito (puede ser un desplazamiento grande). A su vez, la figura 4.25 muestra un ejemplo de mecanismo cuyo sistema de ecuaciones es también incompatible y no permite calcular ninguna de las cuatro reacciones. Dicho mecanismo se denomina infinitesimal, porque cuando el sólido sufra un pequeño movimiento de giro alrededor de B podrá alcanzarse el equilibrio. Se presentan finalmente dos ejemplos en los que algunas o todas las reacciones pueden calcularse. Dichas reacciones se denominan isostáticas, como se indicaba anteriormente.

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Tema 4. Estática del sólido rígido 4.5 Determinación e indeterminación estática

En primer lugar, la figura 4.28 muestra un mecanismo infinitesimal. Cuando esta estructura, formada por cinco barras, se mueva girando ligeramente alrededor de A, los carritos se moverán horizontalmente. Entonces las reacciones dejarán de cortarse todas en el punto A y podrá alcanzar el estado de equlibrio (con algunas reacciones muy elevadas, como se dijo anteriormente). En ese estado de equlibrio, ya que la única fuerza aplicada (F ) es vertical, podrá imponerse

Fx = 0 y se calculará la reacción Ax = 0. Las reacciones verticales no podrán calcularse por equilibrio. Finalmente, la figura 4.29 presenta un ejemplo de mecanismo en equilibrio. Sólo tiene dos reacciones Ay y By verticales, y por tanto no podría soportar ninguna fuerza horizontal sin moverse. Sin embargo, puesto que las únicas fuerzas aplicadas son verticales (P y W ), el sólido no se moverá y estará en equilibrio. Así pues,

se podrán calcular las dos reacciones aplicando las ecuaciones Fy = 0

y MA = 0. Para ello habrá que conocer la distancia entre las líneas de acción de las fuerzas. En este caso, hay una ecuación que no afecta a ninguna de las reacciones

y que se cumple trivialmente porque no hay fuerzas horizontales: Fx = 0 =⇒ 0 = 0. Este tipo de ecuaciones suelen llamarse superabundantes. Un disco o una esfera en reposo sobre un plano horizontal es también otro ejemplo de mecanismo en equilibrio: si se le aplica una fuerza horizontal suficientemente fuerte se moverá rodando o deslizando, pero si no se le aplica fuerza horizontal permanecerá en reposo (en equilibrio estático). 4.5.3

Determinación e indeterminación estática en problemas espaciales (3D)

En problemas espaciales puede hacerse una clasificación de los problemas en isostáticos, hiperestáticos o mecanismos de forma similar a como se hace en problemas planos. Puesto que un sólido en 3D

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Tema 4. Estática del sólido rígido

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4.5 Determinación e indeterminación estática

(a) Esquema real.

(b) Diagrama de sólido libre.

Figura 4.28: Mecanismo infinitesimal; en este caso particular permite calcular la reacción horizontal Ax = 0.

(a) Esquema real.

(b) Diagrama de sólido libre.

Figura 4.29: Mecanismo en equilibrio; no se mueve y permite calcular las dos reacciones.

Tema 4. Estática del sólido rígido 4.5 Determinación e indeterminación estática

tiene 6 grados de libertad, será necesario que se utilicen al menos 6 enlaces situados de forma adecuada, como se describe a continuación. Problema isostático 3D Para que un sólido tenga vinculación isostática en un problema 3D pueden plantearse diferentes alternativas con 6 incógnitas de reacción. En todas ellas se podrán calcular las 6 reacciones mediante las ecuaciones de equilibrio (4.7). Las dos posibilidades más comunes se explican a continuación. Primera opción: pueden utilizarse enlaces que produzcan únicamente fuerzas y no momentos, por ejemplo, enlaces tipo biela. En ese caso es necesario: que las reacciones sean seis que las reacciones no sean todas paralelas entre sí que las reacciones no se corten todas en un punto que las reacciones no corten todas a un mismo eje (esta condición engloba a la anterior, pero no viceversa) En esta situación se dice, generalizando la notación de los problemas 2D, que las reacciones son no concurrentes ni paralelas (6NCNP), y se tiene un problema isostático como muestra la figura 4.30. Segunda opción: el sistema puede tener un único vínculo de tipo empotramiento, como el que se muestra en la figura 4.10(b) anterior. En ese caso el problema también será isostático.

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Tema 4. Estática del sólido rígido

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4.5 Determinación e indeterminación estática

A

B C

Figura 4.30: Vínculos adecuados en problemas espaciales (3D): 6 reacciones no concurrentes ni paralelas.

Problema hiperestático 3D Un sólido tendrá vinculación hiperestática en un problema 3D cuando, además de tener o bien 6 reacciones no concurrentes ni paralelas, o bien un enlace del tipo empotramiento, tenga cualquier otro enlace adicional. Existen otras posibilidades basadas en sólidos isostáticos que tengan otro tipo de vinculación diferente a las dos alternativas mencionadas (6NCNP o empotramiento). Por su complejidad, su estudio se pospone a asignaturas posteriores.

Tema 4. Estática del sólido rígido 4.5 Determinación e indeterminación estática

Mecanismos en problemas 3D Si en un problema espacial un sólido está vinculado por menos de 6 reacciones, con seguridad el sistema será un mecanismo. Dicha situación se muestra en la figura 4.31, donde las cinco reacciones cortan al eje vertical AB, y por tanto el sólido puede girar libremente alrededor de dicho eje. Si en la figura 4.31 no existiera ninguna fuerza que produjera momento respecto del eje AB, entonces el sólido no giraría, se trataría de un mecanismo en equilibrio, y se podrían calcular las 5 reacciones mediante las ecuaciones (4.7). La ecuación de momentos respecto del eje AB resultaría trivial. Este caso sucedería con el sólido sometido por ejemplo a su peso propio, ya que el peso es paralelo al eje AB y no produce momento respecto de dicho eje. Lo mismo sucedería si hubiera fuerzas que cortasen al eje AB. Un sólido también deberá considerarse mecanismo si todas las reacciones son paralelas entre sí, independientemente del número de reacciones que se tengan (mayor, menor o igual que 6). La figura 4.32 muestra un ejemplo en el que el cuerpo puede desplazarse en cualquier dirección horizontal dado que todas las reacciones son verticales. Si el sólido está sometido sólo a su peso propio vertical, se tendrá un mecanismo en equilibrio (hiperestático ya que no se podrán calcular las 6 reacciones verticales). Igualmente, será mecanismo un sólido en el que todas sus reacciones se corten en un punto, independientemente de su número (ver figura 4.33, en la que todas se cortan en el punto A). Por último, un sólido será mecanismo si todas sus reacciones cortan a un eje, independientemente de su número (ver figura 4.34, en la que todas cortan al eje AB).

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Tema 4. Estática del sólido rígido

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4.5 Determinación e indeterminación estática

A

B

Figura 4.31: Ejemplo de mecanismo en problema espaciales (3D): insuficientes reacciones (menos de 6).

B

A

C E

D

F

Figura 4.32: Vínculos inadecuados en problemas espaciales (3D): reacciones paralelas.

Tema 4. Estática del sólido rígido

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4.5 Determinación e indeterminación estática

A

E

B D

C

Figura 4.33: Vínculos inadecuados en problemas espaciales (3D): reacciones concurrentes en un punto.

G A F

B E C

D

Figura 4.34: Vínculos inadecuados en problemas espaciales (3D): reacciones concurrentes en un eje.

Tema 4. Estática del sólido rígido 4.6 Equilibrio y movimiento a velocidad constante

4.6

Equilibrio y movimiento a velocidad constante

Existen muchas aplicaciones prácticas en las que se tienen mecanismos en equilibrio. Como se ha visto, son cuerpos que, en ausencia de ciertos vínculos, siguen estando en equilibrio porque no hay fuerzas que exciten el movimiento en la dirección que permiten los vínculos ausentes. La figura 4.35 muestra un nuevo ejemplo: Un bloque sobre un plano, sometido a su propio peso W , y equilibrado verticalmente por la fuerza normal N . Es un mecanismo en equilibrio ya que se cumple (trivialmente) la ecuación de equilibrio superabundante Fx = 0 =⇒ 0 = 0. Imagínese que la superficie sobre la que descansa es suficientemente lisa como para despreciar el rozamiento. Entonces, si actuase una fuerza horizontal sobre el bloque este empezaría a moverse con aceleración horizontal. Si, acto seguido, dicha fuerza horizontal desapareciese, el cuerpo seguiría moviéndose a velocidad constante de acuerdo con la primera ley de Newton. En ese

caso también se cumpliría (trivialmente) la ecuación de equilibrio Fx = 0 =⇒ 0 = 0, pero el cuerpo se estaría moviendo a velocidad constante. Por lo tanto, se observa que la situación de equilibrio estático (sin movimiento) y de movimiento a velocidad constante son equivalentes en lo que se refiere a la escritura de las ecuaciones de equilibrio. En ambos casos deben cumplirse obligatoriamente dichas ecuaciones.

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Tema 4. Estática del sólido rígido 4.6 Equilibrio y movimiento a velocidad constante

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Figura 4.35: Cuerpo en equilibrio de fuerzas horizontales sin vínculos horizontales.

Poleas sin rozamiento Para concluir, se trata otro ejemplo de particular interés en Mecánica e Ingeniería Civil. La figura 4.36(a) muestra una polea cuyo centro A está sujeto por un apoyo fijo que le permite girar sin rozamiento en su eje de giro. Sobre la polea se enrosca un cable fino, tangente a ella en los puntos B y C, de manera que el rozamiento entre la polea y el cable es suficientemente fuerte como para admitir que el cable no va a deslizar nunca sobre la polea. Según el diagrama de sólido libre de la figura 4.36(b), la suma de momentos en el punto A es: 

MA = T1 · R − T2 · R = (T1 − T2 ) · R,

(4.22)

siendo R el radio de la polea. No hay más fuerzas que ejerzan momento respecto del punto A, dado que no hay ningún vínculo que impida la rotación de la polea (es un mecanismo). La suma de momentos (4.22) será cero evidentemente cuando T1 = T2 . Por lo tanto se puede deducir una consecuencia de gran importancia práctica:

Tema 4. Estática del sólido rígido 4.6 Equilibrio y movimiento a velocidad constante

(a) Esquema real.

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(b) Diagrama de sólido libre.

Figura 4.36: Polea sin rozamiento en el eje.

 Para que una polea sin rozamiento esté en equilibrio estático, o gire a velocidad constante, es necesario que la tensión a ambos lados del cable sea idéntica (T1 = T2 = T ). Enunciado de manera inversa, si se sabe que la tensión a ambos lados de una polea sin rozamiento es la misma, ello implica que la polea estará en equilibrio estático o girando a velocidad constante. Si se quisiera podrían también calcularse de manera sencilla las reacciones en el apoyo fijo

A en función de T = T1 = T2 , aplicando Fy = 0. Para ello sería necesario conocer las ecuaciones Fx = los ángulos de inclinación de ambos lados del cable.

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Tema 5

Rozamiento 5.1

Introducción

La fuerza de rozamiento juega un papel fundamental en multitud de aplicaciones de ingeniería, y particularmente en obra civil. Son muchos los ejemplos que se pueden poner en el ámbito de las estructuras, cimentaciones, obras hidráulicas, transportes, etc. Varios de ellos se mencionarán a lo largo de este tema. Por su importancia, es necesario conocer los fundamentos de la fuerza de rozamiento y las bases matemáticas y físicas que permiten tratarla e incorporarla al estudio del equilibrio y movimiento de los cuerpos. En este tema se introducirán dichos conceptos, en particular los coeficientes de rozamiento, que pueden expresarse de forma conveniente en ocasiones en función de los denominados ángulos de rozamiento. Como aplicaciones de interés particular en obra civil, se tratarán el rozamiento en cables y la resistencia a la rodadura.

Tema 5. Rozamiento 5.2 Leyes del rozamiento seco. Coeficientes de rozamiento

5.2

Leyes del rozamiento seco. Coeficientes de rozamiento

El rozamiento seco es un fenómeno que surge de la interacción superficial de dos cuerpos en contacto. La fuerza de rozamiento se opone al movimiento relativo que se produciría entre ambos cuerpos en caso de que dicha fuerza no existiera. El rozamiento surge cuando la superficie de un cuerpo trata de moverse a lo largo de la superficie de otro. Este tipo de movimiento se denomina tangencial, ya que los cuerpos permanecen en contacto y, despreciando la pequeña deformación que puedan sufrir, ambas superficies son siempre tangentes mientras se mueven (o tratan de moverse) una respecto de otra. La fuerza de rozamiento depende de la estructura molecular de los cuerpos en contacto, de la rugosidad y del tipo de material, de la presencia o no de lubricantes interpuestos, etc. Dado que varía con la naturaleza y estado de las superficies, y también con la velocidad relativa entre ellas (aunque a velocidades bajas es prácticamente constante), resulta demasiado compleja de estudiar a partir de principios físicos fundamentales. Es por ello que se adopta un planteamiento fenomenológico o experimental para describirla. En muchos casos la fuerza de rozamiento resulta ser prácticamente independiente del área de las superficies en contacto, lo cual en principio no resulta intuitivo. El rozamiento se produce en el área real de contacto, que a escala atómica es únicamente una pequeña fracción del área total de las superficies que se tocan. Esta fracción es proporcional a la presión, que es la fuerza normal por unidad de área. Si el área total se duplica, mientras que la fuerza normal se mantiene constante, entonces la presión es la mitad. Por lo tanto, el área total se ha duplicado, pero en cada mitad se ha reducido un 50 % el área de contacto real, y del mismo modo se reduce la fuerza de rozamiento generada a nivel molecular. La fuerza de rozamiento

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Tema 5. Rozamiento 5.2 Leyes del rozamiento seco. Coeficientes de rozamiento

total resultante, en consecuencia, no varía. Esta es una explicación muy simplificada; los cuerpos muy deformables, como por ejemplo los neumáticos de los automóviles, son más complejos. Un neumático ancho es en general mejor que uno estrecho para acelerar y frenar. Al tratar de caracterizar experimentalmente la fuerza de rozamiento, se obtendría una evolución como la que describe la figura 5.1. El experimento comenzaría en el estado de reposo que muestra la figura 5.1(a): el espécimen está sometido a su peso propio W , que se equilibra con la reacción del suelo. La reacción del suelo es una presión sobre el cuerpo, vertical y hacia arriba. Dicha presión está distribuida en toda la superficie de contacto, y su resultante N = W , pasando por el punto A que identifica su línea de acción, es lo que se denomina fuerza normal. Es importante darse cuenta de que la fuerza normal como tal no existe, sino que es la resultante de la presión del suelo hacia arriba, actuando sobre el cuerpo. Ambas fuerzas, W y N = W , están alineadas por equilibrio y pasan por el punto A. El cuerpo no se mueve. Se aplica ahora gradualmente una fuerza horizontal P para desplazarlo. La experiencia indica que al empezar con un pequeño valor de P no se conseguirá mover el objeto, y este seguirá en equilibrio estático. Por lo tanto, tendrá que aparecer una fuerza de rozamiento F = P para que se cumpla Fx = 0. El sentido de dicha fuerza es opuesto al movimiento que se produciría si el rozamiento no existiese: el objeto se movería hacia la derecha, luego F se dirige hacia la izquierda. La igualdad entre P y F se representa en la parte izquierda de la figura 5.1(b), en forma de recta de pendiente unidad (45◦ ). De momento no se plantea que el cuerpo pueda volcar al empujarlo con

la fuerza P , pero debe tenerse en cuenta que para que se cumpla M = 0, dado que P y F = P forman un par de fuerzas horario, entonces W y N = W también deben formar un par, antihorario en este caso. Así se garantiza el equilibrio de momentos, y se deduce

170/269

Tema 5. Rozamiento 5.2 Leyes del rozamiento seco. Coeficientes de rozamiento

171/269

que la fuerza normal se desplaza hacia la derecha (A se mueve), ya que el peso W debe seguir centrado por la simetría del cuerpo. Esto debe interpretase físicamente como que la presión del suelo será más fuerte en la parte derecha del bloque que en la izquierda. Alcanzado un cierto valor de P , el bloque comenzará a deslizar. El instante cuando está al límite de deslizar se conoce como movimiento inminente o deslizamiento inminente, y el valor correspondiente de F es lo que habitualmente se conoce como fuerza de rozamiento, aunque en realidad se trata de la fuerza máxima de rozamiento, que se representa como Fm . Experimentalmente se observa que Fm es proporcional a la fuerza normal aplicada. La constante de proporcionalidad se llama coeficiente de rozamiento estático, o simplemente coeficiente de rozamiento, y se representa con el símbolo μs . Su valor oscila entre 0,15 y 0,6 por lo general, aunque hay valores superiores como muestra la tabla 5.1. Puede observarse que algunos materiales tienen también un coeficiente de rozamiento R Incluso hay casos en muy reducido, como por ejemplo el Teflón . que el valor supera ligeramente la unidad, como en el contacto del cobre sobre fundición de hierro (μs ≈ 1,05). Metal sobre metal Metal sobre roca Metal sobre madera Roca sobre roca Madera sobre madera Goma sobre hormigón Teflón sobre teflón Teflón sobre acero

0,15–0,60 0,30–0,70 0,20–0,60 0,40–0,70 0,25–0,50 0,60–0,90 0,04 0,04

Tabla 5.1: Algunos valores típicos del coeficiente de rozamiento estático.

La fuerza de rozamiento máxima Fm , a la que el cuerpo empieza a deslizar, es por lo tanto

Tema 5. Rozamiento 5.2 Leyes del rozamiento seco. Coeficientes de rozamiento

W

F

W

Equilibrio

Movimiento

Fm

msN

P

A

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A B

B

Fk

F N=W

N=W

(a)

45

O

(b)

P

Figura 5.1: Concepto y evolución de la fuerza de rozamiento.

Fm = μs N.

(5.1)

 Condición de Movimiento (deslizamiento) inminente P = F = F m = μs N

(5.2)

Como se indica en la figura 5.1(b), el cuerpo está en equilibrio estático mientras P ≤ Fm = μs N . Cuando P supera ligeramente dicho valor máximo, entonces se empieza a producir el movimiento hacia la derecha y la fuerza de rozamiento se reduce un poco. Aunque se siga aumentando P , la fuerza de rozamiento no varía y permanece igual al valor denominado fuerza de rozamiento dinámico (Fk ). Esta fuerza también es proporcional a la normal, siendo el coeficiente de rozamiento dinámico μk el factor de proporcionalidad. Existe una relación entre ambos coeficientes de rozamiento tal que, aproximadamente, μk = 0,75μs . En ocasiones la reducción es mucho mayor, como por ejemplo en el contacto entre superficies de vidrio, donde μs ≈ 0,94 y μk ≈ 0,4.

Tema 5. Rozamiento 5.2 Leyes del rozamiento seco. Coeficientes de rozamiento

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En resumen, en la mayoría de casos prácticos pueden utilizarse las reglas siguientes:  Situaciones de equilibrio y movimiento en presencia de rozamiento P ≤ Fm = μs N

⇒

F = P ≤ μs N

Movimiento: P > Fm = μs N

⇒

F = F k = μk N

Equilibrio:

μk ≈ 0,75μs

(5.3)

Deslizamiento y vuelco El tipo de movimiento que se ha descrito anteriormente consiste en un deslizamiento del sólido cuando se supera la fuerza máxima de rozamiento Fm . Sin embargo, si dicha fuerza máxima fuera muy elevada a causa de un fuerte valor de μs , podría suceder que el cuerpo volcara antes de deslizar, o que ambos tipos de movimiento tuvieran lugar a la vez. Sobre ello también tendrá una influencia directa la altura h a la que se aplique la fuerza P , así como la anchura de la base sobre la que se apoya el cuerpo1 . En la figura 5.2(a) se muestra la situación inicial de equilibrio, en la que la reacción normal está centrada, igual que el peso. Se observa que la base del bloque tiene anchura b/2. Por otra parte, en la figura 5.2(b) se tiene la situación genérica, en la que se ha aplicado P y la fuerza normal se ha desplazado a la derecha, como se explicaba anteriormente. Para que exista equilibrio de momentos, dado que el cuerpo está aún en reposo y por tanto P = F y N = W , deberá cumplirse 1 Si el cuerpo no es simétrico o no es homogéneo, también influirá la posición de su centro de gravedad respecto de los extremos de su base.

Tema 5. Rozamiento 5.2 Leyes del rozamiento seco. Coeficientes de rozamiento



MB = 0

=⇒

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W · b/2 − N · x − P · h = 0.

(5.4)

Nótese que F pasa por A y B, y por tanto no produce momento en B. La situación límite de vuelco se produce cuando se llega a una carga máxima Pmax tal que x = 0, es decir, la fuerza normal se habrá desplazado hasta la esquina derecha, punto B, y no puede desplazarse más allá porque solo hay contacto bloque-suelo en el punto B2 . Por tanto, si x = 0, se sustituye dicho valor en la ecuación (5.4) y se obtiene Pmax =

Wb . 2h

(5.5)

La fuerza Pmax está limitada por el rozamiento. Si el instante en que se produce el vuelco inminente, expresado por la ecuación (5.5), coincidiera exactamente con la situación de deslizamiento inminente en que Pmax = Fm = μs N = μs W , entonces se tendría un valor límite tal que, si la fuerza aplicada se aumentase solo un poco por encima de Pmax , el cuerpo tendería a deslizar y a volcar a la vez. Sustituyendo Pmax = μs W en la ecuación (5.5) se obtiene el valor crítico de la altura hcrit que provoca esa situación: μs W =

Wb 2h

=⇒

hcrit =

b . 2μs

(5.6)

Se comprueba a continuación que, si se aplica la fuerza a una altura superior a hcrit , entonces la Pmax para que vuelque será inferior a la fuerza que hace deslizar el bloque, y por tanto volcará antes de deslizar: 2 El

bloque está empezando a levantarse ligeramente, girando alrededor de B.

Tema 5. Rozamiento 5.2 Leyes del rozamiento seco. Coeficientes de rozamiento

175/269

W

W P A

B

F

N=W

N=W b/2

B

A

h

x

b/2

(a)

(b)

Figura 5.2: Equilibrio ante vuelco en presencia de rozamiento: posición de N .

h > hcrit =

b 2μs

=⇒

Pmax =

Wb Wb < = μs W = F m . b 2h 2 2μs (5.7)

Análogamente, si se aplica la fuerza a una altura inferior a hcrit , entonces la Pmax para que vuelque será superior a la fuerza que hace deslizar el bloque, y por tanto deslizará antes de volcar: h < hcrit =

b 2μs

=⇒

Pmax =

Wb Wb > = μs W = F m . b 2h 2 2μs (5.8)

Tema 5. Rozamiento 5.3 Angulos de rozamiento

176/269

 Deslizamiento/vuelco de un bloque rectangular homogéneo sometido a fuerza horizontal b 2μs b Desliza y vuelca a la vez: h = 2μs b Vuelca antes de deslizar: h > 2μs Desliza antes de volcar:

h<

Fuerza de rozamiento entre cuerpos en movimiento relativo Para las aplicaciones de obra civil se emplea como referencia fija el suelo, y por tanto el rozamiento entre este y un objeto se opone siempre al movimiento del objeto respecto del suelo, como mostraba la figura 5.1. Sin embargo, hay ocasiones en que es necesario representar la fuerza de rozamiento que surge entre dos cuerpos que pueden tener movimiento relativo el uno respecto del otro. En ese caso, el sentido de las fuerzas de rozamiento se opondrá a dicho movimiento relativo, es decir, al deslizamiento que tendría un cuerpo respecto del otro si la fuerza de rozamiento no existiese. La figura 5.3 ilustra este importante concepto.

5.3

Angulos de rozamiento

Existe una forma de interpretar el valor de la fuerza de rozamiento F respecto de la normal N en base al ángulo que la resultante de

Tema 5. Rozamiento 5.3 Angulos de rozamiento

F Q

A

Q

B P

(a)

Q

A N

Movimiento de B respecto de A

P

P

Movimiento de A respecto de B

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Q

N

B F P

(b)

Figura 5.3: Sentido de las fuerzas de rozamiento entre dos cuerpos: contrarias al movimiento relativo.

ambas forma con N . Este ángulo se representa con el símbolo φ, y puede tomar distintos valores según varíe F . Recuérdese que el valor de la fuerza de rozamiento no siempre es F = Fm = μs N : solo cuando se tiene la situación de deslizamiento inminente se sabe que la fuerza tiene ese valor. Por el contrario, si el cuerpo aún no ha llegado al deslizamiento inminente y permanece en reposo, entonces F < Fm = μs N , y si ya ha comenzado a deslizar se tiene F = Fk = μk N . Se parte de la situación inicial mostrada en la figura 5.4. La fuerza P empieza a actuar en dirección oblícua, y su componente Px hace que surja una fuerza de rozamiento F . Mientras haya equilibrio, se cumplirá F = Px . Se incrementa la fuerza P o su inclinación de tal manera que se consigue llegar al valor límite F = Fm , situación de movimiento inminente. La figura 5.5(a) muestra este instante, y el valor que toman N y Fm . La figura 5.5(b) muestra la misma situación, donde N y Fm se componen para formar la resultante de la reacción del terreno R. El ángulo que forma dicha resultante con la normal es el

Tema 5. Rozamiento 5.3 Angulos de rozamiento

P

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W

P

W

Py Px

F

F=0 N=W+P

N = W + Py

(a)

(b)

Figura 5.4: Evolución de la fuerza de rozamiento: posiciones inicial y genérica.

ángulo de rozamiento estático, φ = φs , que es el valor máximo que puede tomar el ángulo φ. Finalmente, si se aumenta todavía más la componente Px se producirá el deslizamiento, con lo cual la fuerza de rozamiento caerá ligeramente hasta Fk < Px y el ángulo de rozamiento también descenderá, como muestra la figura 5.6. Mientras el cuerpo se mueve deslizando hacia la derecha, dicho ángulo será φ = φk , llamado ángulo de rozamiento dinámico. Ambos ángulos pueden calcularse de las figuras 5.5 y 5.6 por simple trigonometría. Nótese que siempre se verifica φk < φs , ya que μk < μs : F m μs N = N N F k μk N = tan φk = N N tan φs =

=⇒

tan φs = μs ,

(5.9a)

=⇒ tan φk = μk .

(5.9b)

Tema 5. Rozamiento 5.3 Angulos de rozamiento

P

179/269

W

P

Py

W

Py Px

Px

Fm = Px

N = W + Py

N = W + Py

R

Fm = Px

(a)

f = fs

(b)

Figura 5.5: Evolución de la fuerza de rozamiento: deslizamiento inminente. Ángulo de rozamiento estático.

W

P Py Px

N = W + Py

R f = fk

Fk < P x Figura 5.6: Evolución de la fuerza de rozamiento: movimiento. Ángulo de rozamiento dinámico.

Tema 5. Rozamiento 5.3 Angulos de rozamiento

180/269

Ángulos de rozamiento en problemas de planos inclinados El concepto de ángulo de rozamiento resulta particularmente cómodo para analizar el deslizamiento de objetos sometidos a la acción de su propio peso en un plano inclinado. Sea θ el ángulo de inclinación del plano, y supóngase que dicha inclinación puede variarse a voluntad, de manera que se aumenta el ángulo poco a poco hasta que el cuerpo deslice. La figura 5.7(a) muestra la situación inicial, en la que el plano está horizontal (θ = 0) y el peso W del objeto está aplicado en su centro de gravedad; dada la simetría y homogeneidad del bloque, dicho centro de gravedad es el centro de simetría. La fuerza normal que equilibra al peso está también centrada, en el suelo, justo debajo del peso, es decir, alineada con el peso. No hay fuerza de rozamiento entre el cuerpo y el suelo. A continuación se inclina el plano un ángulo que no provoca deslizamiento del cuerpo, como se muestra en la figura 5.7(b). Sigue existiendo equilibrio, y por lo tanto la reacción total del suelo R debe seguir estando alineada con el peso, en la misma vertical. El peso se descompone en la componente normal al plano (W cos θ) y la paralela al plano (W sen θ). La reacción R se descompone, a su vez, en la componente normal (N = W cos θ) y la fuerza de rozamiento (F = W sen θ). Puesto que F < Fm porque el ángulo de inclinación aún no es grande, entonces, según la ecuación (5.9a): tan θ =

W sen θ Fm F = < = tan φs , N W cos θ N

(5.10)

y por lo tanto θ < φs , como se muestra en la figura 5.7(b). Si se inclina el plano aún más se llegará a la situación de deslizamiento inminente, en la que el ángulo θ es tal que el bloque está a punto de caer. La figura 5.7(c) ilustra este caso. La fuerza de ro-

Tema 5. Rozamiento 5.3 Angulos de rozamiento

181/269

zamiento es F = W sen θ = Fm = μs N = μs W cos θ, de donde se despeja inmediatamente que tan θ = μs =⇒ θ = φs . Al haber equilibrio, la reacción total del suelo R permanece vertical, alineada con el peso W . Por último, si se inclina el plano un ángulo θ > φs , el cuerpo empezará a caer deslizando por el plano, y la fuerza de rozamiento disminuirá un poco para pasar a valer Fk = μk N = μk W cos θ. La figura 5.7(d) muestra esta situación. Nótese que la fuerza normal no cambia de expresión, y sigue siendo N = W cos θ ya que el cuerpo está equilibrado en la dirección normal (no puede penetrar en el plano). El peso seguirá siendo, evidentemente, vertical, pero la reacción del suelo R ya no será vertical y por tanto no estará alineada ni equilibrada con el peso. El cuerpo caerá acelerando, y su aceleración a puede calcularse mediante la segunda ley de Newton

F = ma: W sen θ − Fk = m · a

=⇒

W sen θ − μk W cos θ = m · a,

donde m = W/g es la masa del cuerpo. Operando, se obtiene que la aceleración está relacionada con la de la gravedad, el ángulo de inclinación del plano y el coeficiente de rozamiento dinámico: a = g(sen θ − μk cos θ).

Tema 5. Rozamiento 5.4 Rozamiento en cables

 Un cuerpo situado sobre un plano inclinado y sometido a su propio peso permanecerá en equilibrio estático siempre que el ángulo de inclinación del plano sea menor o igual que el ángulo de rozamiento entre el bloque y el suelo: θ ≤ φs = arctan(μs ). Si el ángulo de inclinación es superior al de rozamiento, caerá con aceleración constante de valor a = g(sen θ − μk cos θ).

5.4

Rozamiento en cables

Es muy frecuente en aplicaciones de ingeniería emplear cables o hilos de distinto calibre para sujetar pesos o amarrar cuerpos que se desea mantener en reposo. En ocasiones, estos cables pueden pasar, a lo largo de su trazado, alrededor de cuerpos fijos en cuya superficie se apoyen, apareciendo entonces fuerzas de rozamiento entre el cable y el cuerpo fijo. Un caso habitual es el del cable que se apoya en una polea fija, que no puede girar, o un tambor o cilindro fijo que tampoco puede girar. Si los dos ramales del cable están tensos, la situación es la que se muestra en la figura figura 5.8(a): existirá un ramal con tensión menor, que se denominará T1 , mientras que T2 será la tensión mayor que hay en el otro ramal. El cable es tangente a la superficie del tambor en los puntos P1 y P2 . El ángulo total correspondiente a la zona de contacto entre P1 y P2 se denomina β. Como muestra la figura 5.8(b), se puede establecer el equilibrio de un pequeño trozo de cable, situado entre los puntos P y P’, sobre el que actúa una tensión T en P, y T + ΔT en P’. En el contacto con el disco aparecerá una fuerza normal ΔN y otra de rozamiento

182/269

Tema 5. Rozamiento 5.4 Rozamiento en cables

183/269

W sin q q

W cos q

W

W

N = W cos q

q=0

R

q < fs

( a ) Sin rozamiento

q

R

q F = W sin q

( b ) Sin deslizamiento

q

W

W

N = W cos q

q = fs q = fs

R

N = W cos q Fm = W sin q

( c ) Deslizamiento inminente

q > fs

R

q = fk Fk < W sin q

( d ) Movimiento

Figura 5.7: Cuerpo en plano inclinado: evolución de la fuerza de rozamiento según la inclinación.

Tema 5. Rozamiento 5.4 Rozamiento en cables

184/269

ΔF que, en caso de estar en situación de deslizamiento inminente, estarán relacionadas por el coeficiente de rozamiento: ΔF = μs ΔN . Planteando las ecuaciones de equilibrio del pequeño trozo de cable, e integrando entre los puntos de contacto P1 y P2 se obtiene la siguiente relación entre las tensiones de los ramales:

T2 = e μs β T1

(5.11)

Debe recalcarse que la ecuación (5.11) anterior solamente es válida en caso de que el cable esté a punto de deslizar sobre el disco fijo, es decir, cuando la tensión mayor T2 está a punto de vencer a la tensión menor T1 . Si la tensión T2 se incrementase sólo ligeramente, el cable empezaría a resbalar hacia el lado de dicha fuerza. Para tener una referencia del orden de magnitud, imagínese que el cable da una vuelta completa al disco (β = 2π), y que el coeficiente de rozamiento es μ = 0,15. Cuando se aplique una tensión T2 suficientemente fuerte como para que el sistema esté a punto de deslizar, la relación entre las tensiones será T2 = e 0,15·2π = 2,57 T1 es decir, que la tensión mayor superará en dos veces y media a la menor, lo cual es una diferencia considerable. Si el cable da dos vueltas al disco (β = 4π) entonces T2 = e 0,15·4π = 6,57 T1

Tema 5. Rozamiento 5.5 Resistencia a la rodadura

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y P P1

q

Dq / 2

P’ Dq b

P2

T

O

T1

P’

P DN

Dq / 2

DF

x T’ = T + DT

Dq

T2

O

(a) Cable en equilibrio sobre disco fijo. (b) Diag. de sólido libre: trozo de cable PP’. Figura 5.8

y la tensión mayor será más de seis veces superior a la menor. Estos resultados indican que puede sujetarse un cable con tensión fuerte por medio de una tensión considerablemente menor, si dicho cable se enrolla varias veces alrededor de un tambor o disco fijo.

5.5

Resistencia a la rodadura

En último lugar se exponen los fundamentos para tratar con problemas de discos o ruedas que han de moverse rodando sin deslizar sobre una superficie plana. Iniciar el movimiento de rodadura de un cuerpo redondo es algo que, en principio, puede parecer más sencillo que arrastrar un bloque deslizándolo por el suelo. Si se toma como ejemplo una bicicleta ligera con las ruedas correctamente infladas, es fácil imaginar que una fuerza muy pequeña con la que se empujase seguramente sería capaz de hacerla moverse hacia adelante. Sin embargo, si se piensa en desplazar un vagón de tren, apoyado sobre los raíles a través de sus ruedas metálicas, se deduce inmediatamente que no cualquier pequeña fuerza puede hacerlas rodar y mover el vagón; más bien al contrario, se necesitará una fuerza elevada para ponerlo en movimiento.

Tema 5. Rozamiento 5.5 Resistencia a la rodadura

El problema al que se dedica esta sección es precisamente el de averiguar cuál es la fuerza mínima necesaria para hacer rodar un cuerpo redondo sobre una superficie plana, suponiendo que la fuerza total vertical que actúa sobre el cuerpo es conocida. Este problema se muestra en la figura 5.9(a): un disco de radio r está en reposo sobre una superficie idealmente plana, siendo W la fuerza total vertical que actúa sobre el disco (puede ser debida a su propio peso, y también al de otros cuerpos que se apoyen en el disco). Al ser la superficie idealmente lisa, el único punto de contacto entre disco y suelo es el punto A, donde actúa una fuerza normal N = W que equilibra al peso. Si en esta situación se aplicase una fuerza horizontal P en el centro O del disco (de manera análoga a la fuerza que se aplica en la figura 5.9(b)), al tomar momentos en el punto A la suma no sería cero, porque W y N pasan por A, pero la fuerza P no, y por tanto su momento en A no sería nulo. En definitiva, la conclusión a la que se llega es que cualquier fuerza P , por pequeña que sea, es capaz de producir un desequilibrio en el disco y hacerlo empezar a moverse. Como se decía antes, esto no coincide con la experiencia. Cuando se trata de mover un disco sobre el que actúa un peso elevado es necesario aplicar al menos una fuerza P suficientemente grande. ¿De donde surge esta contradicción? La realidad es que ninguna superficie es idealmente plana ni tampoco idealmente indeformable. Al situarse sobre el suelo, el peso del disco lo deformará ligeramente de manera que la zona de contacto ya no será únicamente un punto A, sino una zona mayor, de longitud seguramente reducida pero finita. Dicha situación se representa en la figura 5.9(b): la longitud de contacto abarca parte de la zona inferior del disco, y será mayor cuanto más deformables sean tanto el suelo como el disco. Así por ejemplo, en el contacto entre un neumático y el asfalto, la longitud de la huella de contacto dependerá fundamentalmente de lo inflado que esté el neumático,

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Tema 5. Rozamiento 5.5 Resistencia a la rodadura

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y puede esperarse que sea del orden de unos pocos centímetros. En cambio, entre una rueda de tren y el carril, ambos de acero, la huella de contacto es del orden de unos pocos milímetros. Al aplicar una fuerza P para intentar mover la rueda, se observa que esta no empieza a rodar hasta que se ha alcanzado un cierto valor PR . Esto implica que la fuerza total resultante del suelo R se habrá desplazado hacia adelante, de manera que su línea de acción deberá pasar por O ya que tres fuerzas no paralelas en el plano siempre deben ser concurrentes

para que puedan anularse y existir equilibrio (es necesario que MO = 0). Se indicará con la letra b la distancia que se ha movido R hasta el punto B, medida en horizontal como muestra la figura 5.9(b). Tomando momentos en el punto B se tendrá 

MB = 0

=⇒

W · b − P · r cos θ = 0.

(5.12)

Admitimos que la huella de contacto siembre será corta y que por tanto b será pequeño. En consecuencia, el ángulo θ también será pequeño y puede aproximarse cos θ ≈ 1. Por lo tanto, la ecuación (5.12) resulta 

MB = 0

=⇒

W ·b−P ·r = 0

=⇒

P =

W ·b . (5.13) r

A partir de esta expresión, se realizan experimentos en laboratorio con diferentes tipos de ruedas y superficies de apoyo (diferentes suelos), y se mide el peso W y la fuerza PR que consigue hacer empezar a girar la rueda. Puesto que el radio será también conocido, puede despejarse la distancia b de la ecuación (5.13), sustituyendo P = PR :

Tema 5. Rozamiento 5.5 Resistencia a la rodadura

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W

W

r P

O

O q B

A

b

N=W (a)

R

(b)

Figura 5.9: Disco en equilibrio ante fuerzas verticales y horizontales

b=

PR · r . W

(5.14)

La distancia b se llama coeficiente de resistencia a la rodadura. Es importante darse cuenta de que este coeficiente no es adimensional, sino que representa una longitud. Suele medirse en milímetros, y su valor varía dependiendo de la naturaleza de los cuerpos en contacto y de otra serie de factores que no son sencillos de cuantificar. Puede variar desde aproximadamente 0,25 mm para una rueda de acero sobre un carril de acero, hasta 125 mm para la misma rueda sobre un suelo blando. En general puede afirmarse que cuanto más rígidos (o menos deformables) sean los cuerpos en contacto, menor será la resistencia a la rodadura.

Bloque III

Estática aplicada

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Tema 6

Estructuras isostáticas 6.1

Introducción

En este tema se presenta una introducción al cálculo de estructuras isostáticas de barras. Este tipo de estructuras forman la base de muchos sistemas resistentes empleados en obra civil y en edificación, además de en maquinaria de obra, industrial, naval, etc. Son, por lo tanto, fundamentales para la concepción y construcción en muchas ramas de ingeniería. El estudio se limitará a estructuras planas para adecuarlo al alcance de una asignatura de primer curso. No obstante, muchos de los principios y conceptos adquiridos formarán la base necesaria para abordar el análisis de sistemas tridimensionales. Por sus particulares métodos de cálculo, las estructuras funiculares (cables) se estudiarán separadamente en temas posteriores. Los sistemas planos de barras que se estudian en este tema se clasificarán como estructuras de nudos rígidos o como estructuras de nudos articulados, articuladas o trianguladas. La figura 6.1 muestra un ejemplo típico de las primeras, donde se observan las uniones rígidas entre las barras. En particular, las uniones con

Tema 6. Estructuras isostáticas 6.1 Introducción

Figura 6.1: Ejemplo de estructura de nudos rígidos: pórtico de edificación en calle Recogidas. Granada (cortesía de J. Lavado Rodríguez).

el cimiento son también rígidas o empotradas en muchas ocasiones, como muestra la figura 6.2. Por otra parte, la figura 6.3 muestra un ejemplo de estructura articulada o triangulada. Al igual que en la figura 6.1, las uniones entre barras parecen rígidas. Sin embargo, como se explicará posteriormente, se trata de un sistema de barras formado por triangulación, lo que permite estudiar los esfuerzos principales como si las uniones fueran puramente articuladas. Este tipo de unión permite el giro relativo de los distintos elementos que confluyen en ella, como muestra la figura 6.4. Como último ejemplo, para motivar la reflexión conviene mostrar alguna estructura en la que las uniones pudieran inducir a error. En la figura 6.5 se observa una plataforma elevadora empleada en

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Tema 6. Estructuras isostáticas 6.1 Introducción

Figura 6.2: Ejemplo de enlace rígido al cimiento: empotramiento en estructura en calle Acera del Darro. Granada (cortesía de J. Lavado Rodríguez).

Figura 6.3: Ejemplo de estructura articulada o triangulada: celosía para cubierta. Campus de la salud. Granada (cortesía de J. Lavado Rodríguez).

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Tema 6. Estructuras isostáticas 6.2 Estructuras de barras: clasificación

Figura 6.4: Unión articulada o rótula.

obras, cuyas barras se enlazan mediante uniones que a primera vista parecen todas ellas articuladas. En efecto, lo son, pero algunas no están situadas en los extremos de las barras sino justo en el centro de las mismas. A efectos de cálculo, se verá como ello obliga a considerar cada barra inclinada como dos barras, de tal manera que dichas uniones centrales son de tipo híbrido porque se unen en ella cuatro barras, estando rígidamente unidas dos a dos, y a su vez articuladas entre ellas.

6.2

Estructuras de barras: clasificación

Atendiendo a su funcionamiento interno, es decir, a la manera en que el sistema de barras transmite las fuerzas al cimiento, las estructuras planas se clasifican en dos grandes grupos:

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Tema 6. Estructuras isostáticas 6.2 Estructuras de barras: clasificación

Figura 6.5: Ejemplo de estructura de nudos rígidos: maquinaria de obra.

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Tema 6. Estructuras isostáticas 6.2 Estructuras de barras: clasificación

 Clasificación de las estructuras planas de barras: Estructuras articuladas o de nudos articulados: Son aquellas en las que todas las barras son bielas. Por lo tanto, sólo tienen cargas en sus extremos, y todas las barras son rectas y se enlazan al resto de barras mediante rótulas en sus extremos. El peso de las barras se desprecia. Un ejemplo de estructura articulada se muestra en la figura 6.6(a). Estructuras de nudos rígidos: Son aquellas en las que no todas las barras son bielas. Se muestra un primer ejemplo en la figura 6.7(a): en dicha figura trabajarían como bielas la barra BE y el cable DG, mientras que las otras dos barras (ABCD y CEF) tienen uniones intermedias y no se comportan como bielas. La figura 6.8(a) presenta otro ejemplo: la única biela es la barra DE. En cambio, la barra BCD no es recta, sino que tiene un nudo formando un ángulo en C; lo mismo sucede en el nudo G. Además, la barra BCD tiene una carga aplicada a 100 mm del punto C, en medio de la barra.

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Tema 6. Estructuras isostáticas 6.2 Estructuras de barras: clasificación

(a) Esquema real.

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(b) Modelo.

Figura 6.6: Ejemplo de estructura de nudos articulados: todas las barras son bielas.

(a) Esquema real.

(b) Modelo.

Figura 6.7: Ejemplo de estructura de nudos rígidos: una o más barras no son bielas.

Modelo de la estructura: nudos, barras y sólidos Las figuras 6.6(b), 6.7(b) y 6.8(b) son representaciones simplificadas que se denominarán Modelo de la estructura. El significado de esta denominación resultará más claro al estudiar la asignatura de Análisis de Estructuras. Por el momento baste decir que el modelo representa a la estructura real de manera esquemática, y resulta más sencillo y rápido de manejar en los cálculos.

Tema 6. Estructuras isostáticas 6.2 Estructuras de barras: clasificación

(a) Esquema real.

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(b) Modelo.

Figura 6.8: Ejemplo de estructura de nudos rígidos: una o más barras no son bielas.

Para la clasificación y estudio de las estructuras es conveniente adoptar en este punto un convenio sobre qué se denomina barra. Tomando como modelo el poste vertical de la figura 6.7 ¿debe considerarse ABCD como una sola barra o, por el contrario, debe considerarse que son tres barras unidas en los nudos intermedios (B y C)? En este texto se adopta el siguiente convenio:  Se considerará que existe un nudo de la estructura siempre que aparezca un enlace externo o interno, y también cuando una barra se una a otra formando ángulo.  Se considerará como barra toda pieza alargada, recta o curva, que una dos nudos. Por tanto, los nudos son los extremos de las barras. De acuerdo con este criterio, en la figura 6.8 son nudos los indicados con las letras A y B ya que existen enlaces externos; también son nudos los C, D y E por existir enlaces internos entre los sólidos que

Tema 6. Estructuras isostáticas 6.2 Estructuras de barras: clasificación

forman la estructura; finalmente se tiene el nudo G donde se unen dos barras formando un ángulo. En cambio, el punto de aplicación de la fuerza F no se considera un nudo. En consecuencia, la estructura tiene en este caso 6 nudos y 6 barras. Las barras son las piezas que unen los nudos, es decir: AC, CG, GE, ED, DC, CB.  Nótese que, a partir de ahora, en estructuras de nudos rígidos se distingue entre sólido y barra. Un sólido puede estar formado por una o por varias barras. Por ejemplo, en la figura 6.7, hay 4 sólidos: el poste ABCD (formado por 3 barras), la viga CEF (2 barras), el puntal BE (una barra) y el cable DG (una barra).  En cambio, en la figura 6.6 hay 5 sólidos y cada uno de ellos es una única barra; y viceversa. Esto sucede siempre en las estructuras articuladas (aunque no exclusivamente): sólido y barra son sinónimos. No es necesario distinguir. Recuérdese que cada sólido, en un problema plano, tiene tres ecuaciones de equilibrio. Si se trata de un cable o una biela normalmente no se escriben dichas ecuaciones de equilibrio porque estos cuerpos se plantean autoequilibrados (transmitiendo dos fuerzas iguales y opuestas, una en cada extremo).

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Tema 6. Estructuras isostáticas 6.2 Estructuras de barras: clasificación

Tipos de nudos Como se ha visto en las figuras anteriores, los enlaces en el modelo de la estructura también se representan de manera simplificada. Pueden aparecer tres tipos de nudos: Nudos rígidos: Aquellos en los que todas las barras están rígidamente unidas y no pueden tener ningún movimiento relativo entre ellas. En una estructura metálica, correspondería a una situación en la que todos los extremos de barras están soldados o atornillados entre sí de manera firme. Nudos articulados o rótulas: Aquellos en los que todas las barras pueden girar entre sí libremente. Nudos híbridos o mixtos: Aquellos en los que algunas de las barras están unidas entre sí rígidamente, mientras que otras pueden girar libremente. De acuerdo con esta clasificación de nudos, en la figura 6.6(b) todos son articulados, es decir, son rótulas que enlazan a todas las barras que confluyen en ellos. En los extremos de una barra de estructura articulada siempre habrá una rótula. En cambio, en la figura 6.7(b) se observan diferentes tipos de nudos. El nudo D donde se unen el poste y el cable es una unión articulada, y uno puede girar respecto del otro. El nudo C es un nudo mixto, donde las BC y CD están rígidamente unidas porque pertenecen a un mismo sólido continuo (el poste), mientras que la barra CE se une al poste de manera articulada, pudiendo girar respecto de él. Análogamente, los nudos B y E también son mixtos, ya que hay dos barras que se unen rígidamente entre sí y otra que se une mediante articulación. Nótese como las rótulas en el modelo de la estructura aparecen desplazadas del eje de las barras, para indicar que los sólidos ABCD y CEF son continuos en los puntos B, C y E.

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Tema 6. Estructuras isostáticas 6.3 Estructuras de nudos rígidos

Siguiendo con la figura 6.7(b), en A y en G también hay uniones articuladas con el suelo, ya que se trata de apoyos fijos que permiten girar. Sin embargo, es frecuente no representar rótulas en los puntos A y G en el modelo de la estructura, ya que el símbolo triangular del apoyo fijo (o móvil) indica sin lugar a dudas que no hay momento de reacción, y que por tanto es un punto donde está permitido el giro. Cuando a un apoyo fijo (o móvil) llegue más de una barra y estas estén articuladas entre sí, entonces sí que resultará necesario representar la rótula para evitar equívocos. Por su parte, en la figura 6.8(b) el nudo G es rígido, los nudos A, B, D y E son articulados, y el nudo C es mixto ya que el sólido ACGE es continuo en C, y el sólido DCB también, pero entre ellos se unen con una articulación que permite el giro relativo. Es decir, las barras AC y CG se unen rígidamente entre sí, y lo mismo ocurre con las DC y CB, pero posteriormente se unen ambos sólidos entre ellos mediante una articulación que permite a ACGE girar respecto de DCB. Este es un tipo de nudo poco frecuente en estructuras civiles, pero que se encuentra con cierta frecuencia en aparatos y maquinaria de obra (por ejemplo, en los nudos centrales de la figura 6.5). En resumen, puede decirse que una estructura articulada plana es aquella en la que todos los nudos son articulados, sus barras rectas y las cargas están aplicadas únicamente en los nudos. Cualquier otra estructura que no cumpla estas condiciones (por tener nudos rígidos o mixtos, barras curvas, cargas en puntos intermedios o empotramientos) se clasifica como estructura de nudos rígidos.

6.3

Estructuras de nudos rígidos

Se inicia el estudio de las estructuras empezando por las de nudos rígidos, ya que el planteamiento adoptado es más general. Las estructuras articuladas poseen ciertas particularidades y métodos ad–hoc que se explicarán posteriormente.

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Tema 6. Estructuras isostáticas 6.3 Estructuras de nudos rígidos

Se introduce en primer lugar el concepto de grado de indeterminación estática, o grado de hiperestatismo, en estructuras de nudos rígidos. A continuación se mostrarán los métodos de cálculo para aquellas que resulten estáticamente determinadas (isostáticas). Recuérdese que en estas estructuras resulta necesario distinguir entre barras y sólidos ya que no siempre son lo mismo. 6.3.1

Grados de libertad y enlaces: determinación e indeterminación estática

Se tienen tres tipos posibles de enlaces externos en estructuras de nudos rígidos: Apoyo móvil (carrito) Apoyo fijo Empotramiento Durante el cálculo todos estos enlaces se consideran bilaterales, es decir, pueden ejercer sus fuerzas de reacción en ambos sentidos. A la hora de construir realmente la estructura, el ingeniero deberá adoptar las disposiciones necesarias para que los enlaces puedan transmitir efectivamente las reacciones previstas a la cimentación. Es importante recalcar de nuevo que, cuando un apoyo móvil o fijo está en el extremo de una barra no se suele dibujar la rótula. Si se dibuja la rótula es únicamente para indicar que dos o más barras que llegan a dicho apoyo están todas articuladas entre sí (véase el nudo C en la parte inferior derecha de la figura 6.14). Así pues, es necesario por parte del alumno identificar que las representaciones (a) y (b) de la figura 6.9 son totalmente equivalentes, porque representar la rótula en los nudos A y C no aporta información. Se prefiere por simplicidad la representación (b), sin rótulas

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Tema 6. Estructuras isostáticas 6.3 Estructuras de nudos rígidos

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en A y C. En este caso, el nudo B es rígido, es decir, la viga ABC es un sólido continuo. En cambio, la figura 6.10 muestra una estructura en la que el nudo B es articulado, y por tanto es necesario representar dicha rótula para que quede claro que una barra puede girar respecto de la otra en B. En cuanto a los nudos A y C, es indiferente representar o no las rótulas, pero se prefiere no hacerlo por brevedad. Así pues, la representación preferida es también la (b).

(a)

(b)

Figura 6.9: Viga continua de dos vanos. Representaciones equivalentes.

(a)

(b)

Figura 6.10: Viga de dos vanos articulada en el apoyo central. Representaciones equivalentes.

Método o criterio constructivo Para analizar el grado de indeterminación estática de una estructura se empleará el denominado método constructivo o también criterio constructivo. Este método consiste en formar la estructura partiendo de una configuración isostática conocida, añadiendo enlaces externos e internos, barras, etc., de manera que se va construyendo la estructura poco a poco hasta que se llega a su modelo definitivo. Las conclusiones a las que se llega respecto al carácter de la estructura son independientes de las cargas, es decir, son válidas para un sistema de cargas cualquiera, genérico.

Tema 6. Estructuras isostáticas 6.3 Estructuras de nudos rígidos

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En cada paso de la construcción los grados de libertad (GDL) de la estructura pueden aumentar, disminuir o permanecer iguales, del mismo modo que el grado de hiperestatismo (H). Se explican a continuación estas variaciones según los distintos tipos de elementos que pueden añadirse en cada paso del método: I. Se parte de una de las tres estructuras isostáticas básicas que muestra la figura 6.11, o sus variantes como por ejemplo las de la figura 6.12. Las isostáticas no tienen grados de libertad (GDL = 0) y están estáticamente determinadas (H = 0): Biapoyada: tiene 3 reacciones no concurrentes ni paralelas (3NCNP) Voladizo: en el empotramiento tiene 2 reacciones no paralelas más un momento (2NP+M) Triarticulada: son dos sólidos unidos por una rótula, con un apoyo fijo cada uno; los apoyos y la rótula no pueden estar alineados.

Figura 6.11: Estructuras isostáticas básicas.

II. Se amplia paso a paso la estructura hasta llegar al modelo final. Puede ampliarse añadiendo elementos de las siguientes formas: Voladizos: no cambia GDL ni tampoco H. Si la estructura era isostática, seguirá siendo isostática. Si era mecanismo o hiper-

Tema 6. Estructuras isostáticas 6.3 Estructuras de nudos rígidos

estática, también seguirá siéndolo. Algunos ejemplos de ampliación por voladizos se recogen en la figura 6.13. Triangulaciones: tampoco cambian GDL ni H. Si la estructura era isostática, seguirá siendo isostática. Si era mecanismo o hiperestática, también seguirá siéndolo. Partiendo de la estructura existente, el proceso de triangulación consiste en añadir dos nuevos sólidos que partan de dos nudos articulados y que se unan entre sí en una rótula. Pueden verse ejemplos de ampliación por triangulación en la figura 6.14. Nótese que si una de las partes de la triangulación arranca desde una nueva rótula situada en medio de una barra existente, el nudo de arranque deberá ser mixto, es decir, la nueva rótula no puede “partir” a la barra existente. Piezas articuladas: aumentan GDL en 1 y disminuyen H en 1. Cuando se añade una pieza articulada, a continuación habrá que introducir un vínculo que elimine el GDL que ha aumentado. Vínculos: por cada nueva reacción que se introduzca, aumenta H en 1. En cuanto a GDL, depende de en qué parte de la estructura se añadan: si se añade un vínculo en una pieza articulada móvil, que podía girar respecto del resto, entonces reduce GDL en 1 salvo que se añada un vínculo en posición incorrecta (se explica posteriormente). Si en cambio se añaden en una parte que ya era inmóvil, no reducen los GDL. Bielas: al añadir una biela se aumenta H en 1. Obsérvense los ejemplos de la figura 6.15. Al igual que con las triangulaciones, las barras de la estructura de partida no pueden “partirse” al introducir nuevas bielas: las bielas deben arrancar bien de un nudo articulado preexistente, bien de un nuevo nudo mixto si se enlazan a mitad de una barra preexistente.

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Tema 6. Estructuras isostáticas 6.3 Estructuras de nudos rígidos

Las bielas deben añadirse preferiblemente al final del proceso constructivo, introduciéndolas entre dos puntos que no puedan moverse entre sí. De ese modo, GDL no se modificará.

Figura 6.12: Estructuras isostáticas básicas: variantes.

El resultado final de una estructura estable debe ser GDL = 0 y H ≥ 0. En otro caso la estructura será un mecanismo, bien en conjunto, bien alguna de sus partes. Tómese como ejemplo el proceso constructivo seguido en la figura 6.16. Se parte de la isostática básica en voladizo AB: GDL = 0, H = 0. Se añade una pieza articulada BD, con lo cual GDL = 1, H = −1. Se añade un nuevo carrito en C, y por tanto se llega a GDL = 0, H = 0. Es una estructura isostática, denominada viga continua tipo Gerber. Si en cambio, en el último paso se introduce el carrito en posición inadecuada, con la reacción concurrente con la rótula B, entonces GDL no se reduce porque la barra BD puede girar respecto de B.

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Tema 6. Estructuras isostáticas 6.3 Estructuras de nudos rígidos

Figura 6.13: Estructuras inicialmente isostáticas, que se amplían mediante voladizos: la estructura inicialmente isostática sigue siendo isostática.

Esta estructura, que se muestra en la figura 6.17 sería GDL = 1, H = 0, lo que evidencia que la parte derecha es un mecanismo aunque el sistema tenga cuatro reacciones en total. Como último ejemplo, si se introducen dos apoyos fijos como en la figura 6.18, se tendrá en total GDL = 0, H = 3, con lo que la estructura será hiperestática de grado 3. GDL del sistema de barras Un concepto importante que se deriva también del análisis del sistema de barras siguiendo el método constructivo es el concepto del número de grados de libertad del sistema de barras: GDLB. Para obtenerlo, se parte de un sólido cualquiera, aislado, que tiene GDLB = 3 como cualquier otro sólido rígido en el plano. Puede partirse también de conjuntos de sólidos unidos rígidamente, que tendrán igualmente GDLB = 3. Además, podría partirse también

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Tema 6. Estructuras isostáticas 6.3 Estructuras de nudos rígidos

Figura 6.14: Ejemplos de triangulación: la estructura inicialmente isostática sigue siendo isostática.

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Tema 6. Estructuras isostáticas 6.3 Estructuras de nudos rígidos

Figura 6.15: Estructuras isostáticas donde se añade una biela: se transforman en hiperestáticas con H = 1.

Figura 6.16: Metodo constructivo: viga continua isostática tipo Gerber.

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Tema 6. Estructuras isostáticas 6.3 Estructuras de nudos rígidos

Figura 6.17: Metodo constructivo: viga continua tipo Gerber con carrito en posición inadecuada.

Figura 6.18: Variante de viga continua: H = 3, GDL = 0.

de un sistema de dos sólidos o dos partes rígidas unidas por una rótula entre ellas, que tendrán GDLB = 4. A continuación se amplia el sistema teniendo en cuenta que, como se decía anteriormente, los voladizos o triangulaciones no varían GDLB, mientras que al añadir cualquier pieza articulada GDLB aumenta en una unidad. Como se explicó anteriormente, las bielas se añaden al final del proceso, uniendo partes que no puedan moverse entre ellas. Así pues, las nuevas bielas no modifican GDLB. Excepciones En algunas ocasiones el método constructivo necesita interpretarse con variantes que combinan los distintos conceptos explicados anteriormente. A continuación se muestra una de ellas como ejemplo. La figura 6.19 no puede analizarse partiendo de ninguna de las isostáticas básicas. En esta estructura la barra inferior BD actúa como un tirante e impide que el carrito se mueva hacia la derecha; de ese modo la estructura no puede “abrirse”. En cuanto a su grado de indeterminación, puede razonarse como sigue:

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Tema 6. Estructuras isostáticas 6.3 Estructuras de nudos rígidos

El sistema de barras, sin tener en cuenta los apoyos, se analiza partiendo del sólido ABC que tiene GDLB = 3; luego se añaden CDE y BD formando una triangulación, con lo que GDLB no se modifica. El número de sólidos es el estrictamente necesario para que GDLB = 3, ya que si se eliminase cualquier sólido (ABC, CDE o BD), se tendría GDLB = 4. Por tener el sistema tres grados de libertad en el plano, necesita al menos tres reacciones NCNP o bien 2NP+M, lo cual queda asegurado mediante el apoyo fijo en A y móvil en E. Por lo tanto el conjunto es isostático, H = 0, y los grados de libertad totales de la estructura también serán GDL = 0, es decir, no puede moverse. Si se quita cualquier sólido o cualquier apoyo, la estructura pasará a ser un mecanismo. Una interpretación útil de la estructura consiste en observar que si el apoyo derecho E fuera fijo y la barra BD se eliminase, se tendría una triarticulada isostática. Por lo tanto, al transformar el apoyo E en móvil, la función de la reacción horizontal Ex que desaparece pasa a hacerla la fuerza que transmite la biela BD, y la estructura sigue siendo isostática. 6.3.2

Cálculo de estructuras de nudos rígidos

El cálculo de estructuras planas e isostáticas, de nudos rígidos, se realiza siguiendo los principios expuestos en el Tema 4. Se distinguen dos situaciones que requieren de procedimientos ligeramente diferentes, como se explica a continuación. La diferencia entre una y otra estriba únicamente en que el número total de reacciones externas sea igual a 3 o mayor que 3.

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Tema 6. Estructuras isostáticas 6.3 Estructuras de nudos rígidos

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Estructuras con reacciones externas 3NCNP o 2NP+M Las estructuras isostáticas como la mostrada en la figura 6.19, que tienen 3 reacciones externas NCNP (o también 2NP+M), pueden calcularse determinando en primer lugar dichas reacciones por aplicación de las ecuaciones de equilibrio al conjunto del sistema. La figura 6.19 es en realidad un diagrama de sólido libre de toda la estructura; así pues, las ecuaciones que se derivan de dicho diagrama son:  

Fx = Ax = 0 =⇒ Ax = 0,

MA = −F · a + Ey · 6a = 0 =⇒  Fy = Ay + Ey − F = 0 =⇒

Ey = F/6, Ay = 5F/6.

(6.1)

Una vez obtenidas las reacciones externas, se desea obtener las fuerzas internas intercambiadas en los puntos B, C y D. Para ello se observa que la barra BD es una biela que ejerce fuerza FBD horizontal sobre los nudos B y D. Se separan los sólidos ABC y CDE, planteando los diagramas de sólido libre para cada una de ellos como muestra la figura 6.20. El punto C queda duplicado al separar, por lo que se identifica como C’ y C” en cada sólido. Nótese que no se separan las barras sino los sólidos. Es decir, no se separa CD para equilibrar dicha barra, sino CDE. Si se separase CD para equilibrarlo, en su diagrama de sólido libre aparecerían fuerzas y momentos internos que se transmiten entre CD y DE, con lo que el problema se complica. Este tipo de cálculos forman parte de asignaturas de cursos posteriores. Por tanto se opta por escribir las ecuaciones de equilibrio de CDE, cuyas fuerzas externas se muestran en la figura 6.20. Se elige CDE en lugar de ABC porque sus ecuaciones de equilibrio resultan más sencillas en este caso:

Tema 6. Estructuras isostáticas 6.3 Estructuras de nudos rígidos

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Figura 6.19: Estructura de nudos rígidos con tres reacciones externas: equilibrio global.

 

Fy = Ey − Cy = 0 =⇒  MD = Cx · 5b = 0 =⇒

Cy = F/6, Cx = 0,

Fx = −Cx − FBD = 0 =⇒ FBD = 0.

(6.2)

Se observa que en este caso la biela BD no trabaja, ya que se ha obtenido FBD = 0. Es fundamental comprobar los resultados escribiendo las ecuaciones de equilibrio aún no utilizadas, que son las del sólido ABC en este caso, y verificar que se cumplen las tres. Esto se deja como ejercicio para el alumno.

Tema 6. Estructuras isostáticas 6.3 Estructuras de nudos rígidos

Figura 6.20: Estructura de nudos rígidos con más de tres reacciones externas: D.S.L. de cada sólido (salvo bielas).

Estructuras con más de tres reacciones externas Cuando la estructura tiene más de 3 reacciones externas, estas no pueden determinarse completamente mediante las ecuaciones globales de equilibrio. En ese caso, tras escribir dichas ecuaciones es necesario separar los distintos sólidos del sistema para poder plantear ecuaciones adicionales que permitan calcular las incógnitas. Se muestra como ejemplo la figura 6.21, en la que hay cuatro reacciones a determinar, además de las fuerzas internas en la rótula C.

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Tema 6. Estructuras isostáticas 6.3 Estructuras de nudos rígidos

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 El número máximo de ecuaciones independientes es igual al número de sólidos multiplicado por tres. No deben contarse las bielas ni los cables, ya que al representarlos como una única fuerza incógnita serán siempre cuerpos equilibrados y solo aportarían ecuaciones triviales. En la figura 6.21 hay dos sólidos, y cada uno de ellos es una barra; por tanto, se tendrán 2 × 3 = 6 ecuaciones independientes. Se pueden plantear las tres de cada barra, o bien las tres globales y las tres de una de las barras. Cualquiera de las dos opciones es válida. Las otras tres ecuaciones que no se utilicen pueden emplearse al final del ejercicio, para comprobar el equilibrio. Se comienza planteando en este caso las ecuaciones globales, ya que se observa que podrán calcularse las dos reacciones verticales. Se toman los valores Q = 2P y b = a para resolver más fácilmente: 

MA = −P · a + 2P · a + By · 2a = 0 =⇒ By = −P/2,  Fy = Ay + By − P = 0 =⇒ Ay + (−P/2) − P = 0 =⇒ Ay = 3P/2.(6.3)

La reacción By es negativa, y por tanto de sentido contrario al supuesto. Esto sucede con varias de las incógnitas en este caso, como se verá. Queda por resolver de momento la ecuación de equilibrio horizontal 

Fx = Ax + Bx − 2P = 0.

(6.4)

Tema 6. Estructuras isostáticas 6.3 Estructuras de nudos rígidos

Figura 6.21: Estructura de nudos rígidos con más de tres reacciones externas: equilibrio global.

Se separan los sólidos y se plantean sus diagramas de sólido libre, figura 6.22. Puede resolverse cualquiera de los dos, ya que en ambos quedan tres incógnitas por determinar. Se elige en este caso la barra AC. Evidentemente la ecuación que permite calcular Ax directamente es la suma de momentos en el punto superior C, ya que de ese modo las fuerzas incógnitas Cx y Cy no intervendrán en la ecuación: 

MC = P · a + Ax · 2a − Ay · 2a = 0 =⇒ Ax = P,  Fy = Ay + Cy − P = 0 =⇒ Cy = −P/2,  Fx = Ax + Cx = 0 =⇒ Cx = −P. (6.5)

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Tema 6. Estructuras isostáticas 6.3 Estructuras de nudos rígidos

Figura 6.22: Estructura de nudos rígidos con más de tres reacciones externas: D.S.L. de cada sólido.

Cx y Cy también han resultado negativas, y por tanto con sentidos contrarios a los supuestos. Como última incógnita, se obtiene Bx al sustituir el valor Ax = P en la ecuación (6.4): Bx = P . Como siempre, es fundamental comprobar los resultados utilizando las tres ecuaciones que hasta ahora no se habían empleado, es decir, las del sólido BC. Estas ecuaciones no son independientes de las anteriores, y no habrían permitido calcular niguna nueva incógnita, pero deben cumplirse igualmente y por ello sirven para comprobar. Además, al haberse obtenido varias incógnitas con signo negativo, pueden surgir más dudas respecto a las operaciones algebraicas y ello hace más aconsejable si cabe la comprobación. En este caso, al realizar el esquema final de acciones y reacciones en BC, con los sentidos definitivos, se observa fácilmente que es un sistema equilibrado, y por tanto no es necesario escribir las ecuaciones porque con seguridad van a cumplirse (ver figura 6.23). En otros casos menos evidentes es muy recomendable escribir las ecuaciones para asegurarse.

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Tema 6. Estructuras isostáticas 6.4 Estructuras de nudos articulados

Figura 6.23: Esquema final de acciones y reacciones: sólido BC equilibrado.

6.4

Estructuras de nudos articulados

Las estructuras trianguladas o articuladas son muy frecuentes en obra civil, edificación y en otras ramas de la ingeniería. Su capacidad para salvar grandes luces gracias a su peso relativamente ligero las convierten en una solución óptima en un buen número de casos. Es frecuente que en la realidad las uniones entre barras en estas estructuras no sean verdaderas articulaciones, como se mostraba en la figura 6.3. Sin embargo, la geometría de estos sistemas es tal que los nudos no pueden desplazarse sin que se produzcan alargamientos o acortamientos significativos de las barras, lo cual hace que el mecanismo predominante de la transmisión de fuerzas sea el esfuerzo axial o axil. Este tipo de esfuerzo es el característico de las bielas, y puede ser de tracción (cuando la biela funciona como un cable) o de compresión (cuando las fuerzas son justamente de sentido opuesto). La figura 6.24 muestra ambas situaciones, que son las únicas posibles para que la barra–biela esté equilibrada. Las fuerzas que transmiten las barras en estas estructuras se deno-

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Tema 6. Estructuras isostáticas 6.4 Estructuras de nudos articulados

minan esfuerzos axiles y, por tradición, se representan con la letra N. Así pues, una estructura real como la mostrada en la figura 6.25 puede calcularse como articulada si (i) tiene todas sus barras rectas, (ii) el peso de estas no es importante respecto a las cargas que soporta, (iii) las cargas están aplicadas directamente en los nudos, y (iv) las barras están unidas de tal forma que los ejes de las mismas se cortan en un solo punto en cada nudo, sin excentricidades en la unión. En tal caso, aunque aparezcan esfuerzos de flexión en las barras, estos son secundarios y no es necesario tenerlos en cuenta para el análisis básico o inicial de la estructura. Como puede deducirse, es necesario que durante la construcción se adopten las medidas necesarias para evitar excentricidades en los nudos. El modelo de cálculo de la figura 6.25 como estructura articulada puede verse en la figura 6.6.  Es importante recordar que, en las estructuras articuladas, siempre se cumple que cada barra es un sólido distinto de las otras, y por lo tanto es equivalente emplear los términos “barra” y “sólido”. En las estructuras de nudos rígidos, como se vio anteriormente, ambos términos no son equivalentes en general. En lo sucesivo se empleará preferentemente el término “barra” por ser lo habitual en estructuras articuladas.

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Tema 6. Estructuras isostáticas 6.4 Estructuras de nudos articulados

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Figura 6.24: Esfuerzos de tracción y compresión en una barra biarticulada o biela.

Figura 6.25: Estructura que puede idealizarse como articulada.

6.4.1

Grados de libertad y enlaces: determinación e indeterminación estática

Para determinar los grados de libertad del sistema de barras (GDLB), los grados de libertad de la estructura completa con apoyos (GDL), y el grado de hiperestatismo (H), se sigue el método constructivo explicado en el apartado 6.3.1. Es necesario adaptar los pasos del método para tener en cuenta que todos los nudos son articulados (no hay nudos rígidos ni mixtos). En cuanto a los enlaces externos, se tienen solo dos tipos: Apoyo móvil (carrito) Apoyo fijo

Tema 6. Estructuras isostáticas 6.4 Estructuras de nudos articulados

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Clasificación de las estructuras articuladas Las estructuras articuladas o trianguladas se clasifican atendiendo a cómo se forma el sistema de barras. Según el proceso seguido en el método constructivo, se clasifican en: Simples: aquellas en las que el sistema de barras se forma exclusivamente por triangulación, a partir de un triángulo inicial. Compuestas: se construyen uniendo dos o más simples, de la forma que se explicará posteriormente. Complejas: son todas aquellas que no pueden clasificarse como simples o compuestas. Todos estos sistemas de barras tienen GDLB = 3. Por lo tanto las estructuras simples o compuestas, cuando se sustentan con tres reacciones no concurrentes ni paralelas (3NCNP), son isostáticas y pueden resolverse. Tienen por lo tanto GDL = 0 y H = 0. En cuanto a las estructuras complejas, su variedad es notable y excede el alcance de una Mecánica de primer curso. Puede afirmarse que, en general, son válidos los mismos criterios si cumplen la condición b = 2n − 3.

(6.6)

En la ecuación (6.6) b representa el número de barras de la estructura, y n el número de nudos. Esta condición la cumplen siempre las estructuras simples y compuestas. Si a una estructura simple o compuesta, con reacciones 3NCNP, se le añade cualquier barra adicional o cualquier vínculo adicional, pasa a ser hiperestática de grado H, siendo H igual al número de barras + vínculos añadidos.

Tema 6. Estructuras isostáticas 6.4 Estructuras de nudos articulados

Del mismo modo, si a una estructura simple o compuesta con reacciones 3NCNP se le elimina cualquier barra o vínculo, pasa a ser un mecanismo (GDL > 0). Método o criterio constructivo: triangulación Como se ha explicado, se parte normalmente de un triángulo inicial, aunque en ocasiones puede convenir partir de una estructura sencilla triarticulada. Ambos tipos se muestran en la figura 6.26. A continuación se amplía la estructura por triangulación. La triangulación no modifica ninguna de las características de la estructura. Si la estructura era isostática, seguirá siendo isostática. Si era mecanismo o hiperestática, también seguirá siéndolo. La triangulación tampoco cambia el tipo de la estructura: seguirá siendo simple, compuesta o compleja, como lo fuera anteriormente. El proceso de triangulación se realiza según se expuso en el apartado 6.3.1: se añaden dos nuevas barras que partan de dos nudos articulados y que se unan entre sí en una nueva rótula. Puede verse un ejemplo de ampliación por triangulación en la figura 6.27: se ha partido de la estructura básica formada por las barras AC y CD, y se ha añadido la triangulación formada por las barras AB y CB. De ese modo se obtienen las estructuras simples, aquellas en las que el sistema de barras se forma exclusivamente por triangulación. Pueden verse dos ejemplos típicos en las figuras 6.28 y 6.29. Otro ejemplo interesante se muestra entre la figura 6.30(a), que sí que puede construirse por triangulación, y la figura 6.30(b) en la que se ha añadido solo una barra (o biela) más entre dos nudos ya existentes, barra AD, y por tanto no puede construirse por triangulación. La estructura de la figura 6.30(a) es hiperestática con H = 1 por tener un apoyo más de los 3NCNP. En cambio, la

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Tema 6. Estructuras isostáticas 6.4 Estructuras de nudos articulados

Figura 6.26: Estructuras isostáticas básicas articuladas.

Figura 6.27: Estructura articulada simple.

de la figura 6.30(b) es hiperestática con H = 2 por tener además la barra adicional AD. Método o criterio constructivo: estructuras compuestas Pueden formarse estructuras compuestas uniendo dos simples. Para ello hay dos posibilidades: (i) unir ambas simples mediante tres barras no concurrentes ni paralelas, como en la figura 6.31; (ii) pueden unirse también ambas simples en un nudo común, y añadir una nueva barra entre ellas, como en la figura 6.32, donde B es el nudo común y CE la nueva barra.

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Tema 6. Estructuras isostáticas 6.4 Estructuras de nudos articulados

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Figura 6.28: Estructura articulada simple: viga de celosía tipo Warren.

Figura 6.29: Estructura articulada simple: viga de celosía tipo Howe.

(a)

(b)

Figura 6.30: Sistema de barras que se puede construirse por triangulación (a), o que no se puede (b).

Tema 6. Estructuras isostáticas 6.4 Estructuras de nudos articulados

Figura 6.31: Estructura articulada compuesta: dos simples unidas mediante tres barras no concurrentes ni paralelas.

Figura 6.32: Estructura articulada compuesta: dos simples unidas mediante un nudo común y una barra.

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Tema 6. Estructuras isostáticas 6.4 Estructuras de nudos articulados

Método o criterio constructivo: estructuras complejas Cualquier estructura cuyo sistema de barras no permita catalogarla como simple o compuesta, se denomina estructura compleja. Estas estructuras, cuando son isostáticas, precisan de un método particular para su resolución denominado método de Henneberg que no se explica en este texto. La figura 6.33 muestra una estructura de este tipo, en la que el sistema de barras no puede formarse por triangulación, ni mediante unión de estructuras simples. Todas las barras diagonales y verticales internas se cruzan en sus puntos de corte, es decir, solo hay nudos en la parte exterior de la estructura, representados como rótulas.

Figura 6.33: Estructura articulada compleja.

Ejemplos de estructuras hiperestáticas Como se indicaba anteriormente, las articuladas simples y compuestas con reacciones 3NCNP son isostáticas. Cualquier apoyo o barra extra que se les añada provoca hiperestatismo. Se muestran dos ejemplos más a continuación. La figura 6.34 es una estructura simple con cuatro reacciones, de las cuales tres al menos son NCNP. Por lo tanto tiene un apoyo superabundante, y es hiperestática de primer grado: H = 1. Cuando el hiperestatismo proviene de la presencia de apoyos adicionales, se denomina hiperestatismo externo.

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Tema 6. Estructuras isostáticas 6.4 Estructuras de nudos articulados

Figura 6.34: Estructura articulada hiperestática externa: apoyos superabundantes.

Figura 6.35: Estructura articulada hiperestática interna: barras superabundantes.

La figura 6.35 es una estructura simple a la que se han añadido dos barras adicionales. Puede interpretarse de varias formas. Por ejemplo, si se eliminan las barras CF y CH (que se cruzan con BG y DG), la estructura será simple e isostática por tener reacciones 3NCNP. Por lo tanto, las dos barras adicionales CF y CH representan dos incógnitas extra y hacen que sea hiperestática de segundo grado: H = 2. Cuando el hiperestatismo proviene de la presencia de barras adicionales, se denomina hiperestatismo interno. Variante triarticulada (isostática) Previamente a plantear los métodos de cálculo, se muestra una última variante isostática. Se parte de la estructura compuesta de la figura 6.32, cambiando de posición los apoyos, lo cual no afecta al sistema pues sigue siendo isostático. Si se elimina la barra de unión CE, se formará un mecanismo: al aplicar cargas verticales, como

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Tema 6. Estructuras isostáticas 6.4 Estructuras de nudos articulados

Figura 6.36: Estructura compuesta donde se ha eliminado el tirante inferior: mecanismo.

muestra la figura 6.36, la estructura se abrirá, moviéndose el apoyo F hacia la derecha y descendiendo el nudo B. No es un esquema resistente válido antes cargas verticales. Sin embargo, la barra CE eliminada puede sustituirse por un apoyo fijo en F, introduciendo así una reacción horizontal que impedirá que F se desplace. Esta solución se muestra en la figura 6.37. El sistema es por lo tanto de tipo triarticulado, con tres rótulas principales en A, B y F. La barra CE eliminada se compensa con el nuevo apoyo horizontal, y el sistema sigue siendo isostático: H = 0. Es una transformación análoga a la que hay que realizar para modificar la estructura de la figura 6.19 y obtener la de la figura 6.21 (obviando las distintas cargas aplicadas). La primera es isostática con apoyos 3NCNP, mientras que la segunda es isostática triarticulada. Las estructuras triarticuladas, arcos triarticulados, etc. son una solución práctica frecuente. Al emplearlas debe tenerse en cuenta que pueden aparecer reacciones horizontales considerables, y la cimentación debe estar preparada para soportarlas.

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Tema 6. Estructuras isostáticas 6.4 Estructuras de nudos articulados

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Figura 6.37: Estructura triarticulada isostática.

6.4.2

Cálculo de estructuras articuladas: barras que no trabajan

El método más sencillo de cálculo en estructuras trianguladas se denomina método de los nudos. Se expondrá en detalle en el apartado siguiente. Por el momento, se presentará el concepto en el que se basa y se empleará para deducir algunas simplificaciones que facilitan el cálculo en muchas ocasiones. Tómese como ejemplo el nudo D de la figura 6.6. Se tiene aplicada una fuerza P y llegan tres barras al nudo. No se conoce si las barras trabajan a tracción o a compresión, por lo que se realiza la hipótesis de que trabajan todas a tracción. Por lo tanto, las barras tiran del nudo, y el diagrama de sólido libre sería como se muestra en la figura 6.38. Todas las fuerzas en un nudo son concurrentes, y por tanto sólo se establece la suma total de fuerzas (resultante nula) para asegurar que el sistema de fuerzas es nulo y por tanto el nudo está en equilibrio. Es, en definitiva, un equilibrio idéntico al de una partícula: Nudo D: 

Fx = −NAD + NBD = 0,  Fy = NCD − P = 0 =⇒ NCD = P.

(6.7)

Tema 6. Estructuras isostáticas 6.4 Estructuras de nudos articulados

Figura 6.38: Diagrama de sólido libre del nudo D en la figura 6.6

No se puede calcular el valor de los esfuerzos horizontales, pero el valor de NCD resulta ser directamente igual a P . Como P tira del nudo hacia abajo y la barra CD está por encima, resulta un esfuerzo de tracción: NCD = P > 0. Este tipo de cálculo directo puede realizarse siempre que en un nudo hay una única barra colineal con una fuerza, siendo el resto de barras colineales entre ellas. Aún más importante es la conclusión a la que se llega si P = 0, es decir, si el nudo no tuviera carga. En ese caso NCD = P = 0, y la barra vertical es seguro que no trabaja, independientemente de cualquier otra posible carga que haya en cualquier otro nudo. Por lo tanto:  En un nudo articulado libre de carga, si hay dos barras colineales y una tercera no colineal con ellas, esta última barra no trabaja. Razonando de este modo, puede deducirse sin hacer ningún cálculo que, en la estructura de la figura 6.39 no trabajan las barras BC y JK. Además, si la barra JK no trabaja, es como si dicha barra no existiese, y por lo tanto en el nudo J vuelve a haber de nuevo dos barras colineales (HJ y JL) y una tercera no colineal con ellas IJ. Por lo tanto, la barra IJ no trabaja. Finalmente, si no trabaja IJ es como si dicha barra no existiera, y por tanto en el nudo I se tiene que la barra HI es la única colineal

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Tema 6. Estructuras isostáticas 6.4 Estructuras de nudos articulados

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Figura 6.39: Estructura en la que no trabajan las barras BC, IJ, JK.

con la fuerza P , siendo el resto colineales entre sí, y por tanto el esfuerzo en dicha barra será NHI = P > 0 (tracción). También es de interés analizar el estado de esfuerzos en barras que se encuentren formando un ángulo libre de cargas. Por ejemplo, en la figura 6.40, al nudo E llegan sólo dos barras, que forman un ángulo α. El nudo no tiene cargas, y su diagrama de sólido libre sería tal como muestra la figura 6.41. Del equilibrio de dicho nudo se deduce: Nudo E: 



Fy = −NEH sen α = 0 =⇒ NEH = 0,

Fy = −NDE − NEH cos α = 0 =⇒

NDE = 0.

(6.8)

En consecuencia, puede afirmarse con carácter general lo siguiente:  En un nudo articulado libre de carga, al que lleguen únicamente dos barras formando un ángulo (no colineales), ninguna de las barras trabaja. Dado que en la figura 6.40 las barras DE y EH no tienen ningún esfuerzo, es como si dichas barras de hecho no existiesen. Por lo tanto

Tema 6. Estructuras isostáticas 6.4 Estructuras de nudos articulados

Figura 6.40: Estructura en la que no trabajan las barras DE, EH, DH, GH.

Figura 6.41: Diagrama de sólido libre del nudo E en la figura 6.40

puede razonarse suprimiéndolas del dibujo, y al hacerlo aparecería un nuevo ángulo libre de carga, en el nudo H, formado por las barras DH y GH. Así pues, las barras DH y GH tampoco trabajarán. Obsérvese que estas conclusiones dependen de la situación de las cargas. Si la fuerza P del nudo D se trasladase al nudo E, nada de lo dicho anteriormente sería cierto, y no podría afirmarse a priori que ninguna barra de la estructura tuviera esfuerzo nulo. 6.4.3

Cálculo de estructuras articuladas: método de los nudos

Como se ha visto en el apartado anterior, el equilibrio de cada nudo produce dos ecuaciones de equilibrio que permiten calcular el esfuerzo en dos barras no colineales. En estructuras articuladas simples, esto es suficiente para calcular todos los esfuerzos del sistema, siempre que las reacciones sean isostáticas (3NCNP). Ello se debe a que las estructuras simples se forman por triangulación, y por tanto

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Tema 6. Estructuras isostáticas 6.4 Estructuras de nudos articulados

siempre es posible encontrar al menos un nudo (el último del proceso de triangulación) al que sólo lleguen dos barras no colineales, y permita empezar a resolver por equilibrio de dicho nudo. Resuelto el último nudo de la triangulación, se conocerá el esfuerzo de las dos barras que en él confluyan. Entonces quedará al menos otro nudo en el que únicamente habrá otras dos nuevas barras con esfuerzo desconocido. Se resolverá dicho nudo por equilibrio, se obtendrán los esfuerzos de las dos barras desconocidas y se continuará sucesivamente el proceso hasta resolver la estructura completa. Si las reacciones se han calculado previamente, en el penúltimo nudo que se resuelva quedará únicamente un esfuerzo de barra por calcular, con lo que una de las ecuaciones de equilibrio será una identidad que puede utilizarse para comprobar. Finalmente, las dos ecuaciones del último nudo serán dos identidades que se emplearán para comprobar. La estructura de la figura 6.42 muestra un ejemplo de aplicación del método: La barra 57 solo transmite fuerza en vertical. Por lo tanto, el apoyo fijo 7 y dicha barra 57 actúan como un apoyo móvil (carrito) situado en el nudo 5, con reacción incógnita Y7 . Dicha reacción dará el esfuerzo de la barra 57 directamente: si Y7 resulta positiva según el sentido supuesto, la barra estará comprimida; si Y7 resulta negativa, la barra estará traccionada. Se empieza a resolver por el nudo 1, calculando así el esfuerzo de las barras 12 y 14. Posteriormente se pasa al nudo 2, obteniendo el esfuerzo de las barras 23 y 24. Se avanza a los siguientes nudos siguiendo su orden de numeración, lo que permite resolver dos esfuerzos en cada uno. Así se determinan los esfuerzos en todas las barras.

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Figura 6.42: Estructura articulada simple: resolver por método de los nudos.

En los dos últimos nudos se realizan comprobaciones para asegurarse de que los cálculos son correctos, como se indicaba anteriormente. Nudo 1:  Fy = N12 sen 30◦ − P = 0 =⇒ N12 = 2P (tracción),  √ Fx = −N12 cos 30◦ − N14 = 0 =⇒ N14 = − 3P (compresión). (6.9)

Tema 6. Estructuras isostáticas 6.4 Estructuras de nudos articulados

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Figura 6.43: Diagramas de sólido libre de los nudos 1, 2 y 4, correspondientes a la figura 6.42.

Nudo 2:  Fy = −2P sen 30◦ − N24 sen 30◦ = 0 =⇒ N24 = −2P (compr.),  Fx = 2P cos 30◦ − N24 cos 30◦ − N23 = 0 =⇒ √ 2P cos 30◦ − (−2P ) cos 30◦ − N23 = 0 =⇒ N23 = 2 3P (tracc.). (6.10) Nudo 3: Equilibrando el nudo se obtiene (se deja al alumno como ejercicio) N35 = 2P (tracción), N34 = −4P (compresión).

(6.11)

Nudo 4:  √ Fx = −N45 cos 30◦ + 4P cos 30◦ − 2P cos 30◦ − 3P = 0 =⇒ N45 = 0,  ◦ ◦ Fy = −N46 − N45 sen 30 − 4P sen 30 − 2P sen 30◦ = 0 =⇒ N46 = −3P (compresión)

(6.12)

Tema 6. Estructuras isostáticas 6.4 Estructuras de nudos articulados

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Se calculan las reacciones, lo que permitirá comprobar los resultados obtenidos en las últimas barras. Para ello se emplea el diagrama de sólido libre de la estructura completa (figura 6.42): Equilibrio global:  Fx = X6 = 0 =⇒ X6 = 0,  M7 = Y6 · a − P · 3a = 0 =⇒ Y6 = 3P,  Fy = Y7 + Y6 − P = 0 =⇒ Y7 = −2P (hacia abajo). (6.13) Efectivamente, con estos valores de las reacciones se puede plantear el equilibrio del nudo 7 y del nudo 6, de los que se obtendrá N57 = −Y7 = 2P (tracción), N56 = 0 y N46 = −Y6 = −3P (compresión). Se verifica así el valor de N46 obtenido en el equilibrio del nudo 4. Además, se observa que al no trabajar la barra 56, por equilibrio Fx = 0 en el nudo 5 tampoco trabajará la barra 45, lo cual concuerda con el resultado

obtenido del nudo 4, N45 = 0. En consecuencia, el equilibrio Fy = 0 en el nudo 5 hace que N57 = N35 = 2P , lo cual verifica el valor obtenido para la barra vertical en el nudo 3. Simplificación de nudos con cuatro barras, colineales dos a dos El equilibrio de nudos en estructuras articuladas permite eliminar aquellos en los que confluyan cuatro barras, colineales dos a dos, y sin cargas externas aplicadas. Esta situación se muestra en el nudo G de la figura 6.44. Es sencillo demostrar por equilibrio que el esfuerzo axil de la barra BG es siempre igual al de la barra EG, si no hay cargas en G. Igualmente, el esfuerzo axil de la barra DG es igual al de la barra CG.

Tema 6. Estructuras isostáticas 6.4 Estructuras de nudos articulados

Por lo tanto, la situación es equivalente a eliminar el nudo G, y colocar dos barras cruzadas BE y CD, como se muestra en la figura 6.45. La estructura resultante es así más sencilla y rápida de resolver.

Figura 6.44: Nudo con barras colineales dos a dos y sin carga (nudo G).

Figura 6.45: Nudo con barras colineales dos a dos y sin carga: se elimina el nudo G y las barras BE y CD se cruzan.

6.4.4

Cálculo de estructuras articuladas: método de las secciones o de Ritter

El método de las secciones o método de Ritter se emplea habitualmente para el cálculo de estructuras compuestas, donde la aplicación del método de los nudos no permite resolver los esfuerzos en todas las barras. También se emplea en determinadas ocasiones cuando

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Tema 6. Estructuras isostáticas 6.4 Estructuras de nudos articulados

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se desea conocer los valores del esfuerzo en barras concretas, sin necesidad de calcular todos los nudos anteriores hasta llegar a las barras deseadas. Para poder aplicar el método es necesario poder dividir la estructura en dos partes mediante una sección que corte a tres barras de esfuerzo desconocido, que no sean ni concurrentes ni paralelas. La sección también puede cortar a otras barras, pero estas deberán ser de esfuerzo conocido para no introducir incógnitas adicionales. En algunas ocasiones particulares, el empleo de secciones que corten a más de tres barras de esfuerzo desconocido también puede ser útil, con la condición de que al escribir las ecuaciones de equilibrio puedan resolverse al menos alguna de ellas, llevando así a los resultados buscados. El método se ilustra mediante el ejemplo de la figura 6.46(a). Si se desea conocer directamente los esfuerzos en las barras centrales BC, BF y EF, puede dividirse la estructura por la sección n–n y equilibrar una de las dos partes. En este caso se elige equilibrar la parte izquierda ABE, cuyo diagrama de cuerpo libre se muestra en la figura 6.46(b). Las ecuaciones de equilibrio correspondientes permiten calcular los tres esfuerzos NBC , NBF y NEF , suponiéndolos inicialmente de tracción (tirando de los nudos) ya que a priori no se conoce su signo. Suele comenzarse imponiendo un equilibrio de momentos, aunque ello no es imprescindible. Equilibrio parte ABE:   

MB = P · L + NEF · L = 0 =⇒ NEF = −P (compr.), √ Fy = −2P − NBF cos 45◦ = 0 =⇒ NBF = −2 2P (compr.),

Fx = NBC + NEF + NBF sen 45◦ = 0 =⇒ √ NBC + (−P ) + (−2 2P ) cos 45◦ = 0 =⇒ NBC = 3P (tracc.). (6.14)

Tema 6. Estructuras isostáticas 6.4 Estructuras de nudos articulados

(a)

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(b)

Figura 6.46: Método de las secciones o de Ritter.

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Tema 7

Cables 7.1

Introducción

Las estructuras formadas por cables son, al igual que las de barras, muy habituales en la ingeniería civil. También lo son en otras ramas como, por ejemplo, la ingeniería industrial, formando parte de sistemas estructurales en plantas de proceso, en líneas de transporte de energía (alta tensión, etc.), y en muchas otras aplicaciones. Con frecuencia los sistemas formados por cables se denominan también sistemas funiculares 1 . El cable es un elemento muy flexible que, a efectos de cálculo, se supone que carece de resistencia a la flexión; es decir, se admite como hipótesis fundamental que un cable se dobla sin oponer resistencia ante cualquier esfuerzo que lo solicite de tal modo. Así pues, el cable adapta su forma a las cargas que 1 Según

da”.

el diccionario de la RAE, proveniente del latín funiculus, cuyo significado es “cuer-

Tema 7. Cables 7.2 Cables sometidos a cargas concentradas

lo solicitan, quedando en una configuración final tal que las únicas fuerzas internas que resiste son tensiones (esfuerzos de tracción)2 . Algunas aplicaciones típicas de los cables en ingeniería son las siguientes: Puentes colgantes y atirantados Funiculares Líneas de transporte de energía eléctrica Medios auxiliares de construcción En este tema se presenta una introducción al cálculo de estructuras formadas por cables (también llamados hilos) sometidos a cargas verticales. Se empieza por el estudio de los cables sujetos a la acción de cargas concentradas, cuyo análisis presenta muchas similitudes con las estructuras articuladas. A continuación se tratarán los dos casos más habituales de cable bajo cargas distribuidas: el cable parabólico, característico de los puentes colgantes, y la catenaria.

7.2

Cables sometidos a cargas concentradas

Para llevar a cabo el estudio de los hilos o cables bajo cargas concentradas se formulan ciertas hipótesis de partida. Dichas hipótesis se enuncian a continuación, haciendo referencia a la figura 7.2: Las fuerzas que actúan sobre el cable son verticales. Las líneas de acción son conocidas. Por tanto, las abscisas (x1 , x2 , x3 ) son conocidas. 2 El concepto de tensión se emplea también en otros ámbitos y no se refiere exclusivamente a la tracción, pero suele utilizarse para denominar la fuerza interna que soporta el cable

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Tema 7. Cables 7.2 Cables sometidos a cargas concentradas

Figura 7.1: Puente de Gennes sobre el río Loira. Año de construcción: 1948 (cortesía de Jacques Mossot (www.structurae.net))

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Tema 7. Cables 7.2 Cables sometidos a cargas concentradas

El peso del cable es despreciable frente a las cargas que actúan sobre él. El cable es flexible, y por tanto en los puntos donde actúa cualquier carga concentrada o reacción puede admitirse que existe una articulación perfecta. Así pues, los puntos A, B, C1 , C2 y C3 se admite que se comportan como rótulas.

Figura 7.2: Cable sometido a cargas concentradas verticales.

Con estas hipótesis, la forma que adopta el cable es poligonal, es decir, los tramos AC1 , C1 C2 , . . . etc. son segmentos rectos. Si no se despreciase el peso propio del cable, esta afirmación no sería cierta, sino que los tramos entre cargas concentradas tendrían forma de catenaria, como se explicará en el apartado 7.3.2.

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Tema 7. Cables 7.2 Cables sometidos a cargas concentradas

 Objetivos del cálculo: Se quiere determinar la forma del cable. Por tanto, deben calcularse las ordenadas (y1 , y2 , y3 ). La luz L salvada por el cable, así como la altura relativa d entre los apoyos se consideran conocidas a priori. Se quiere calcular también la tensión o esfuerzo axial Ti en cada tramo.

Similitudes y diferencias con estructuras de barras: Como puede observarse, un hilo bajo la acción de fuerzas concentradas presenta importantes similitudes con una estructura articulada, a la vez que ciertas diferencias características. En particular cabe destacar los siguientes aspectos: El cable requiere dos apoyos fijos A y B para estar en equilibrio, ya que el sistema de “barras” es deformable. Puede utilizarse el método de los nudos en cada punto donde haya aplicada una fuerza externa o una reacción. Todos los tramos trabajan a tracción. No pueden existir compresiones ya que el hilo no las soporta. Procedimiento de cálculo: El diagrama de sólido libre del cable se muestra en la figura 7.3. Es evidente que, fijada la posición de los apoyos mediante las dimensiones conocidas L y d, el valor de las ordenadas (y1 , y2 , y3 ) estará

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Tema 7. Cables 7.2 Cables sometidos a cargas concentradas

relacionado con la longitud del cable. Se denominará LT a dicha longitud total, suma de la de los distintos tramos. Los valores yi no pueden ser cualesquiera, ya que la suma de la longitud de los tramos debe ser igual a LT . En el caso de que LT sea un dato de partida, se tendrá una ecuación de restricción que relacionará los cuadrados de yi con LT , a través de los valores de las abscisas xi . Esta ecuación no es lineal, y por tanto dificulta la resolución del sistema de ecuaciones de equilibrio. Para resolver dicho tipo de problemas de forma manual se ha recurrido tradicionalmente al uso de métodos gráficos basados en polígonos funiculares. Estos elegantes métodos han caído en desuso con el auge del ordenador, pero resultan sin duda muy interesantes y formativos. A este respecto, el lector interesado puede consultar la monografía titulada Teoría de las Estructuras (Timoshenko y Young, 1976). En este texto se establece otro procedimiento más sencillo, que no permite abordar todos los casos posibles, pero sí muchos de los de mayor interés. Se admite como hipótesis que se conoce alguna de las ordenadas yi . De este modo es posible separar el cable por el punto donde dicha coordenada es conocida y establecer una ecuación de equilibrio adicional que, junto con las tres globales, permite hallar las cuatro reacciones en los apoyos. En resumen, se procede según los pasos siguientes: Se parte de que son conocidas las dimensiones L, d y la ordenada de uno de los puntos de aplicación de cargas (por ejemplo y2 ). Se plantean las tres ecuaciones de equilibrio globales, basadas en la figura 7.3. Se tendrán cuatro incógnitas: Ax , Ay , Bx , By .

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Tema 7. Cables 7.2 Cables sometidos a cargas concentradas

Se divide el cable por el

punto C2 , y se plantea la ecuación de equilibrio de momentos MC2 = 0. De ese modo la tensión del cable en el tramo cortado T12 no influye. Véase la figura 7.4. Se resuelven las ecuaciones anteriores y se obtienen las cuatro reacciones. En el tramo de cable cortado

la tensión T12 se halla

(figura 7.4) Fy = 0. En el resto de utilizando las ecuaciones Fx = 0 y tramos pueden hacerse cortes similares en los distintos nudos, e ir así calculando las restantes tensiones y ordenadas yi . Como alternativa al punto anterior, puede emplearse el método de los nudos al igual que en una estructura articulada. En particular, las tensiones en los tramos extremos, donde el cable llega a los apoyos, componiendo se obtienen simplemente  las reacciones: TA = (A2x + A2y ), TB = (Bx2 + By2 ). Pueden existir variantes de este problema donde se proporcione un dato alternativo a la ordenada y2 , o en general un dato alternativo a una ordenada yi conocida. Por ejemplo, puede darse la pendiente del cable en uno de los apoyos, con lo cual se sabría una relación entre las reacciones horizontal y vertical. O puede darse también la ordenada de un punto intermedio entre las cargas, siendo en tal caso necesario realizar un corte similar al de la figura 7.4, justamente por dicho punto conocido. En definitiva, se trata de añadir a las tres ecuaciones globales de equilibrio alguna condición extra que permita establecer una cuarta ecuación. Componente horizontal de la tensión: En hilos sometidos exclusivamente a la acción de fuerzas verticales, se da la circunstancia de que la componente horizontal de la tensión es constante. Para comprobarlo bastan las consideraciones siguientes:

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Tema 7. Cables 7.2 Cables sometidos a cargas concentradas

Figura 7.3: Diagrama de sólido libre del cable completo.

En la figura 7.3 se observa que las únicas fuerzas horizontales externas serán las reacciones Ax y Bx . Por lo tanto, ambas deben ser iguales. Con ello queda demostrado que, en los dos tramos de los extremos (AC1 y BC3 ), la componente horizontal de la tensión es idéntica. A su vez, en la figura 7.4 el equilibrio de fuerzas horizontales hace necesario que se cumpla T12 cos α = Bx , de modo que nuevamente las componentes horizontales de la tensión son iguales. Esta situación se produce en todos los tramos si, como se indicaba antes, las fuerzas aplicadas sobre el hilo son puramente verticales. En tal caso, es obligado que la tensión máxima se produzca en uno de los dos tramos extremos. Es decir, la tensión máxima será igual a TA o a TB . Es inmediato deducir que, puesto que Ax = Bx , será

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Tema 7. Cables 7.2 Cables sometidos a cargas concentradas

mayor la tensión en el apoyo donde sea mayor la reacción vertical. Por tanto, si Ay > By , será Tmax = TA , y de lo contrario será Tmax = TB . Podría suceder, como caso particular, que ambas fuesen iguales.  El párrafo anterior implica que la tensión máxima no se produce necesariamente en el apoyo que esté a mayor altura, sino en el apoyo donde el tramo de cable llegue con mayor pendiente.

Figura 7.4: Diagrama de sólido libre de una parte del cable. Sección a la izquierda de C2 (y2 conocida).

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Tema 7. Cables 7.3 Cables sometidos a cargas distribuidas

7.3

Cables sometidos a cargas distribuidas

Cuando las acciones externas sobre el cable no se concentran en unos pocos puntos, sino que están repartidas de forma continua a lo largo del mismo, se dice que el cable o hilo está sometido a cargas distribuidas. Existen varios ejemplos de interés en los que esta situación se verifica de forma exacta o muy aproximada, como se verá a continuación. En todos ellos se trabaja con un esquema donde el hilo, o más precisamente una porción del mismo, se aísla y se plantea su equilibrio, llegando a distintas relaciones entre las variables del problema. El citado esquema se muestra en la figura 7.5(a). Habitualmente se plantea una sección por el punto más bajo del cable, llamado C, donde la tensión es horizontal y de valor T0 . El cable, al estar en tracción pura, tiene un esfuerzo interno o tensión que lleva la dirección precisamente de la tangente al mismo en cada uno de sus puntos. En un punto cualquiera a la derecha de C, llamado D, cuya altura es mayor, la tensión se denomina genéricamente T . El ángulo que forma la tangente al cable con la horizontal es θ. Entre los puntos C y D, la carga repartida que actúa sobre el cable tiene una resultante de valor W , cuya línea de acción no se conoce a priori, aunque puede determinarse planteando el equilibrio de la porción CD de cable ante las fuerzas que actúan sobre ella: dado que son tres fuerzas no paralelas, la única opción para que estén en equilibrio de momentos es que sus líneas de acción pasen por un mismo punto. Por lo tanto, la resultante W debe ser tal que su línea de acción pase por donde la tangente en D corte a la horizontal trazada por C, como muestra la figura 7.5(b). Además, como las tres fuerzas deben sumar cero, el polígono de fuerzas que formen debe ser cerrado, es decir, debe ser un triángulo

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Tema 7. Cables 7.3 Cables sometidos a cargas distribuidas

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(a)

(b)

Figura 7.5: Cable sometido a cargas distribuidas: Diagrama de sólido libre.

Figura 7.6: Cable sometido a cargas distribuidas: Polígono de fuerzas.

rectángulo como muestra la figura 7.6. De este modo es inmediato deducir las siguientes relaciones trigonométricas:

T cos θ = T0 T sen θ = W  T = T02 + W 2 tan θ =

W T0

(7.1)

Tema 7. Cables 7.3 Cables sometidos a cargas distribuidas

7.3.1

Cable parabólico

Las ecuaciones (7.1) anteriores son válidas para cualquier cable bajo cargas distribuidas. A continuación se aplicarán para analizar el llamado cable parabólico, característico de los puentes colgantes. Antes de presentar el procedimiento de cálculo, se introduce el vocabulario habitual en cables suspendidos siguiendo el esquema mostrado en la figura 7.7. La distancia L, medida en horizontal entre los puntos fijos A y B, se denomina luz del vano; de forma abreviada se denomina también simplemente luz. Nótese que L = xB − xA . Medida en vertical, la distancia d es la diferencia de cota o altura relativa entre los apoyos: d = yB −yA . La distancia vertical máxima, en este caso entre C y B, se denomina habitualmente flecha máxima o simplemente flecha del cable. Finalmente, las longitudes de cable entre dos puntos cualesquiera se representan mediante la letra S, de forma que la longitud total es ST = SAB = SCA + SCB . El caso que se analiza en este apartado corresponde al esquema de la figura 7.8. El cable sostiene un peso distribuido uniformemente según la horizontal, cuyo valor se representa por la letra w (medido en N/m). Se considera que dicho valor es constante, y por ello la carga es uniforme y su resultante total WT OT puede obtenerse simplemente multiplicando w por la luz del vano L, es decir WT OT = wL. Este peso suele representar el de un tablero de puente, suspendido del cable mediante péndolas 3 equidistantes y próximas entre sí. Se admite que las péndolas están suficientemente próximas para que la carga se transmita de forma continua, lo cual es una aproximación razonable desde el punto de vista ingenieril. Por lo que respecta al peso del propio cable y de las péndolas, suele ser muy inferior al del tablero del puente y, en primera aproximación, se desprecia. 3 Cables

verticales.

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Tema 7. Cables 7.3 Cables sometidos a cargas distribuidas

Figura 7.7: Dimensiones generales de un cable suspendido. Origen de coord. en C.

Figura 7.8: Cable parabólico.

Dado que el origen del peso es un cuerpo situado en posición horizontal, se dice que el cable parabólico es un cable sometido a carga uniformemente distribuida según la horizontal.

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Tema 7. Cables 7.3 Cables sometidos a cargas distribuidas

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 Objetivos del cálculo: Se quiere obtener la ecuación de la curva del cable y = y(x). Se quiere hallar también la tensión en cualquier punto del mismo. En particular, las componentes horizontal y vertical de la tensión en los apoyos A y B proporcionarán las reacciones.

Procedimiento de cálculo: Se plantea un diagrama de sólido libre seccionando el cable por su punto más bajo C, y por un punto cualquiera D, de abscisa x, como muestra la figura 7.9(a). Al estar la carga uniformemente distribuida en horizontal, la resultante del peso está justamente en la abscisa x/2, como muestra la figura 7.9(b). Nótese que la ordenada del punto D genérico es y, cuya expresión en función de x se está buscando. Este diagrama es idéntico al de la figura 7.5(b), y por tanto se obtendrán de nuevo las ecuaciones (7.1), con la particularidad de que el peso al que está sometido la porción del hilo es W = wx. Por lo tanto se tendrá: T cos θ = T0 , T sen θ = wx,  T = T02 + (wx)2 , tan θ =

wx . T0

(7.2)

Pero se sabe que la derivada de la ecuación del cable es precisamente la tangente del ángulo θ, es decir y  (x) = dy/ dx = tan θ. Por

Tema 7. Cables 7.3 Cables sometidos a cargas distribuidas

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(a)

(b)

Figura 7.9: Cable parabólico: diagrama de sólido libre.

lo tanto, de la última de las ecuaciones (7.2) puede obtenerse la siguiente ecuación diferencial: wx dy = dx T0

=⇒

dy =

w xdx. T0

(7.3)

Se integra dicha ecuación, teniendo en cuenta que w y T0 son dos valores constantes. Así pues, al integrar se tendrá una expresión polinómica de segundo grado, es decir, una parábola. Para determinar la constante de integración se impone que el origen de coordenadas C ≡ (0, 0) esté en el vértice de la parábola (punto más bajo), quedando por lo tanto y(x) =

wx2 . 2T0

(7.4)

La expresión anterior de la curva que adopta el cable puede hallarse igualmente tomando momentos respecto del punto D en la figura 7.9, lo que se deja para comprobación por el lector.

Tema 7. Cables 7.3 Cables sometidos a cargas distribuidas

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En resumen, las ecuaciones fundamentales del cable parabólico son las siguientes: wx2 2T0 wx tan θ = T0  T = T02 + (wx)2 y(x) =

(7.5)

Longitud del cable parabólico A continuación se presenta una fórmula aproximada para hallar la longitud del cable, conocidas las coordenadas de sus puntos fijos respecto del vértice de la parábola. Para ello se emplea la expresión general que determina la longitud de una curva plana, partiendo del esquema de la figura 7.7.Puesto que

el elemento diferencial de arco en el plano XY es ds = 1 + y  (x)2 , puede utilizarse la ecuación (7.3) e integrar desde el vértice al apoyo derecho para obtener la longitud SCB :  xB SCB = 1 + y  (x)2 dx = 

0

xB

1+

= 

0 xB

=

1+

0

wx 2 dx = T0

 w 2 x2 w 4 x4 − + . . . dx. 2T02 8T04

(7.6)

Tema 7. Cables 7.3 Cables sometidos a cargas distribuidas

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En el último paso de la ecuación (7.6) se ha empleado un desarrollo en serie de la raíz cuadrada. A continuación debe integrarse dicha serie término a término para obtener la longitud del cable. Al hacerlo, y teniendo en cuenta la ecuación que cumple la parábola y relaciona las coordenadas x e y, se obtiene la siguiente fórmula con el rango de validez especificado, en el cual la serie converge: 

2 y B 2 2 y B 4 − + ... SCB = xB 1 + 3 xB 5 xB Serie válida si

(7.7)

yB < 0,5 xB

Puede emplearse igualmente la fórmula (7.7) para la parte izquierda del cable y así hallar SCA , utilizando simplemente el valor absoluto de xA ya que dicha coordenada es negativa. La suma de ambas proporcionará la longitud total: ST = SAB = SCA + SCB . 7.3.2

Catenaria

Como se vio anteriormente, el problema del cable parabólico es una solución aproximada ya que, además de la hipótesis de hilo idealmente flexible (común a todo el Tema 7), se desprecia el peso del hilo y de las péndolas, y se admite que hay péndolas suficientes como para transmitir el peso del tablero al cable de forma continua. Estas hipótesis son razonables y conducen a una solución válida desde el punto de vista ingenieril. A diferencia del cable parabólico, el problema de un hilo sometido exclusivamente a la acción de su propio peso es un ejemplo donde la carga está distribuida, literalmente, de forma continua a lo largo de todo el hilo. En este caso no se desprecia el peso propio ante el resto de acciones, sino que este constituye, de hecho, la única acción. Un ejemplo típico de este problema son las líneas de distribución de

Tema 7. Cables 7.3 Cables sometidos a cargas distribuidas

energía eléctrica. Para ciertas construcciones en forma de arco, la forma usada es también la de un hilo bajo peso propio (en posición invertida)4 . El problema de la catenaria debe su nombre al intento de determinar la forma de una cadena colgante. Fue propuesto como concurso público por Jakob Bernoulli, y la solución fue dada en 1691 por Johan Bernoulli, Huygens y Leibniz. Dicha solución se obtiene como se explica en los apartados siguientes.  Objetivos del cálculo: Se quiere obtener la ecuación de la curva del cable y = y(x). Se quiere hallar también la tensión en cualquier punto del mismo. En particular, las componentes horizontal y vertical de la tensión en los apoyos A y B proporcionarán las reacciones.

Hipótesis adicional: Se admite que el peso w por metro de cable es constante, lo cual se verifica en la práctica para cables cuya sección no varía. Procedimiento de cálculo: La figura 7.10 compara las cargas actuantes en el cable parabólico y la catenaria. Al plantear el equilibrio de una porción de cable surge una nueva dificultad: mientras que en el cable parabólico la carga está uniformemente distribuida según la horizontal y es sencillo 4 reflejado,

al modo de las célebres maquetas que empleaba Gaudí

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Tema 7. Cables 7.3 Cables sometidos a cargas distribuidas

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operar con su resultante porque se halla a distancia x/2 de cada lado, en la catenaria la resultante está a una distancia r que no es conocida a priori. Puede demostrarse, a partir de la solución que se presenta en este apartado, que r > x/2. De forma intuitiva, puede razonarse que, dado que la mitad derecha del cable tiene más pendiente, la longitud total de dicha mitad derecha es mayor, y su peso es por tanto mayor también. Es por ello esperable que la resultante se encuentre desplazada hacia el lado derecho.

(a) Carga por metro horizontal

(b) Carga por metro de cable (r > x/2)

Figura 7.10: Comparación de carga distribuida entre (a) parábola y (b) catenaria.

La posición del origen de coordenadas para resolver este problema se modifica respecto del cable parabólico. El origen se sitúa a una distancia c, por debajo del punto C, como muestra la figura 7.11. Dicha distancia c se denomina parámetro de la catenaria, y su valor es Parámetro de la catenaria: c =

T0 . w

(7.8)

Tema 7. Cables 7.3 Cables sometidos a cargas distribuidas

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Figura 7.11: Catenaria: ejes de coordenadas y parámetro c.

Así pues, la posición del origen de coordenadas no es conocida a priori, salvo que se tenga información sobre la tensión horizontal T0 y el peso w del cable. Este último valor es conocido en muchas aplicaciones prácticas, pero la tensión horizontal no suele serlo. A continuación se explica cómo proceder para obtener la solución en los tipos de problema más frecuentes. La figura 7.12 muestra el diagrama de sólido libre. Debe recurrirse de nuevo a la figura 7.6 y a las ecuaciones (7.1), que permiten obtener la expresión de la tensión y de la pendiente del cable. Teniendo en cuenta la definición del parámetro de la catenaria, ecuación (7.8):    2 2 T = T0 + W = T02 + (ws)2 = (wc)2 + (ws)2 , √ T = w c 2 + s2 .

(7.9)

Así pues, se observa que la tensión en un punto genérico D es función de “s”, que representa la distancia desde C a D medida sobre el

Tema 7. Cables 7.3 Cables sometidos a cargas distribuidas

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Figura 7.12: Diagrama de sólido libre y elemento diferencial de cable.

propio hilo. Es decir, s es la longitud de cable o longitud de arco entre C y D. El valor de s no es el más adecuado como variable independiente. Confiando en que se podrá determinar la posición del origen de coordenadas una vez se conozca c, resultaría más útil tener la expresión de la tensión en función de la abscisa x. Para ello, se emplean las relaciones geométricas en el elemento diferencial de cable mostrado en la figura 7.12, así como las de la figura 7.6: dx = ds cos θ = ds

wc 1 T0 = ds √ = ds  . (7.10) T w c 2 + s2 1 + s2 /c2

La fracción que aparece en la ecuación (7.10) admite como primitiva la inversa del seno hiperbólico, por lo que puede integrarse entre los puntos C y D como sigue: 

s

x= 0

ds



1 + s2 /c2

=⇒

x = c arg sinh

x s = c sinh . c

s c

=⇒

(7.11)

Tema 7. Cables 7.3 Cables sometidos a cargas distribuidas

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Sustituyendo la ecuación (7.11) en la (7.9) puede calcularse la tensión para cualquier punto en función de su abscisa x. En una catenaria simétrica como la de la figura 7.13, por lo tanto, esta expresión permitiría hallar la tensión en los apoyos si se conoce la luz L, ya que xB = L/2. Sin embargo, el resultado sigue dependiendo del parámetro de la catenaria, cuyo valor se desconoce. Para resolver el problema se necesita recurrir de nuevo a las figuras 7.6 y 7.12, expresando la pendiente de la curva en función de las fuerzas actuantes: dy = dx tan θ = dx

x s W = dx = sinh dx. T0 c c

(7.12)

La integral de la ecuación (7.12) entre los puntos C y D es también inmediata. Debe tenerse en cuenta que la ordenada y no toma valor nulo en C, sino que en dicho punto su valor es precisamente c. Esto simplifica la expresión final de la ecuación de equilibrio del cable, que queda reducida a un coseno hiperbólico como se muestra a continuación:  x  y x x dy = sinh dx =⇒ y − c = c cosh − c =⇒ c c c 0 x y = c cosh . (7.13) c Elevando al cuadrado las ecuaciones (7.11) y (7.13), y restando la segunda de la primera se tiene otra expresión de interés práctico:  2

2

y −s =c

2

 x 2 x cosh − sinh . c c 2

El paréntesis en la expresión anterior es igual a la unidad, y por tanto

Tema 7. Cables 7.3 Cables sometidos a cargas distribuidas

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y 2 = c 2 + s2 .

(7.14)

Finalmente, volviendo a la ecuación (7.9) y sustituyendo en ella la anterior ecuación (7.14), se llega a una expresión de la tensión muy sencilla: √ T = w c 2 + s2

=⇒

T = wy.

(7.15)

A modo de resumen, se recogen en el siguiente cuadro las expresiones más útiles para la resolución de problemas de catenarias:

c = T0 /w y 2 = c 2 + s2 x c x s = c sinh c T = wy y = c cosh

(7.16)

Catenarias tensas o con poca flecha: aproximación a la parábola En una catenaria de longitud fijada ST , si ambos apoyos están a la misma altura las reacciones verticales serán iguales y valdrán la mitad del peso del cable. En la figura 7.13, se tendrá por tanto Ay = By = wST /2. Estas reacciones no dependen de la luz L. En cambio, las reacciones horizontales, es decir, la tensión horizontal T0 , sí que dependen de la luz. Estando ST fijada, al aumentar la luz

Tema 7. Cables 7.3 Cables sometidos a cargas distribuidas

Figura 7.13: Catenaria tensa o tendida (catenaria con poca flecha).

disminuye la pendiente del cable en los apoyos y, por tanto, como las reacciones verticales no varían, obligatoriamente se tiene que producir un aumento de T0 para que las tensiones TA = TB tengan menos inclinación (para que estén más próximas a la horizontal). En este tipo de problema, en definitiva, aumenta T0 al aumentar la luz y viceversa. Dado que el parámetro c depende de la tensión T0 , y que dicho parámetro representa la ordenada del punto más bajo del cable C, sucede que, al aumentar la luz, la distancia desde C al origen de coordenadas se incrementa también. Se tiene un efecto como si el origen de coordenadas se desplazase hacia abajo, visto desde C. Debe recordarse que el origen O no representa el suelo; el suelo estará situado en alguna posición determinada que no afecta a las tensiones ni a la forma del cable. Cuando la distancia vertical entre C y los apoyos, es decir, la flecha h de la catenaria (ver figura 7.13) es pequeña respecto de la

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Tema 7. Cables 7.3 Cables sometidos a cargas distribuidas

luz L, sucede que el peso por metro de cable está en una posición próxima a la horizontal: toda la parte central del cable tiene muy poca pendiente, y en los apoyos esta tampoco es elevada. Se tiene una curva muy tendida. En ese caso es razonable pensar que una aproximación empleando las ecuaciones del cable parabólico, cuya carga se supone uniformemente distribuida en la horizontal, puede ser adecuada. Debe tenerse en cuenta, no obstante, que el origen de coordenadas de la parábola estará en C, mientras que en la catenaria dicho origen se desplazará considerablemente hacia abajo como se explicaba anteriormente. Puede demostrarse que, para relaciones L/h > 4, las soluciones como cable parabólico y como catenaria son suficientemente próximas, y la diferencia en la tensión máxima prevista no supera el 10 % (aprox.). Si se quiere un error inferior al 5 %, hay que ir a valores L/h > 5,5. Para dichas relaciones L/h, ambas curvas se distinguen con dificultad. Para L/h aproximadamente igual a 2 o menor, las curvas sí se distinguen con mayor claridad al dibujarlas, aunque de todos modos siguen siendo bastante similares en forma. En cambio, en estos casos en que la flecha ya es elevada, el peso total del cable es significativamente mayor que el que tendría su proyección horizontal. Debido a ello hay más diferencia en el valor de las tensiones, aunque la forma de la curva siga siendo similar.  En conclusión, puede afirmarse que en una catenaria tensa, como la que muestra la figura 7.13, la aproximación mediante una parábola es muy buena. Este método tiene la ventaja de que las ecuaciones y el sistema de coordenadas en la parábola son más sencillos de manejar que en la catenaria.

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Tema 7. Cables 7.3 Cables sometidos a cargas distribuidas

Tipos de problemas de catenarias Aunque podrían plantearse otras variantes, hay tres problemas básicos cuya solución conviene tratar. En referencia al hilo simétrico, como el mostrado en la figura figura 7.13, se clasifican en función de una dimensión incógnita, que puede ser la luz L, la longitud total ST , o la flecha h. Se trata de determinar una de las dimensiones del cable, conociendo las otras dos.  Se calcula el parámetro c de la catenaria, con lo que el resto del problema resulta inmediado. Para ello se plantea una ecuación en el apoyo B, cuyas coordenadas son (sB = SCB = ST /2, xB = L/2, yB = c + h). Las tres variantes son: 1. L es desconocida. Se conocen ST y h. La ecuación a plantear es: y 2 = c2 + s2 . Esta ecuación se resuelve de forma directa. 2. h es desconocida. Se conocen ST y L. La ecuación a plantear es: sc = sinh xc . Esta ecuación es trascendente y se resuelve por tanteo. 3. ST es desconocida. Se conocen L y h. La ecuación a plantear es: yc = cosh xc . Esta ecuación es trascendente y se resuelve por tanteo. La clasificación y métodos anteriores son igualmente válidos aunque el cable no sea simétrico, si se conocen dos de las tres dimensiones asociadas al punto B: sB , xB , yB . Al punto A también pueden aplicársele, con la debida precaución por los signos negativos de la función seno hiperbólico y la coordenada xA .

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Formulario

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 Vector unitario y cosenos directores Ecuaciones (2.12) y (2.13):  λ = F |F | Fxi + Fyj + Fzk = |F | Fz  F x  Fy  i+ j+ = k |F | |F | |F | = cos θxi + cos θyj + cos θzk cos2 θx + cos2 θy + cos2 θz = 1

 Sistemas 3D de fuerzas: momento respecto de un punto Ecuaciones (3.18) y (3.19): i k  j # »   B = rA/B × F = BA M × F = xA − xB yA − yB zA − zB Fx Fy Fz i j k # »   O = r × F = OA × F = xA yA zA M Fx Fy Fz

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 Ecuación del cambio de momentos para sistemas de vectores Ecuación (3.30): # »   B + AB× A = M R M

=⇒

MA = MB −Rx (yB −yA )+Ry (xB −xA )

 Rozamiento en cables Ecuación (5.11): T2 = e μs β T1

 Cables sometidos a cargas distribuidas (incluye parábola y catenaria) Ecuaciones (7.1): T cos θ = T0 T sen θ = W  T = T02 + W 2 tan θ =

W T0

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 Cable parabólico Ecuaciones (7.5) y (7.7): W = wx (peso desde punto más bajo a otro de coordenada x ) wx2 2T0 wx tan θ = T0  T = T02 + (wx)2 y(x) =



2 yB 2 2 yB 4 SCB = xB 1+ − +. . . 3 xB 5 xB

Serie válida si

yB < 0,5 xB

 Catenaria Ecuaciones (7.16): W = ws (peso desde punto más bajo a otro de coordenada x ) c = T0 /w y 2 = c 2 + s2 x c x s = c sinh c T = wy y = c cosh

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Referencias bibliográficas Bibliografía citada Finzi, B. (1964). Mecánica Racional. Ediciones Urmo (vid. pág. 11). Kleppner, D. y Kolenkow, R. (2014). An introduction to Mechanics. Cambridge University Press (vid. pág. 131). Timoshenko, S. P. y Young, D. H. (1976). Teoría de las Estructuras. Ediciones Urmo (vid. pág. 244).

Bibliografía adicional Beer, F. P., Johnston, E. R. y Mazurek, D. (2013). Mecánica Vectorial para Ingenieros. McGraw-Hill. Meriam, J. L. (1965). Mecánica. Reverté. Prieto Alberca, M. (1986). Curso de Mecánica Racional. Aula Documental de Investigación. Scala, J. J. (2010). Análisis Vectorial I: Vectores. Síntesis (ebook).