CLASE 2 SISTEMAS PLANOS DE FUERZAS · 2020-04-09 · CLASE 2 SISTEMAS PLANOS DE FUERZAS 2.3 Condiciones analíticas, necesarias y suficientes para el equilibrio de un sistema de fuerzas

Departamento de Estabilidad

64.04 | 64.05 | 84.05

Estática y Resistencia de Materiales

Teórica

Ing. Alfredo Corral

CLASE 2

SISTEMAS PLANOS DE FUERZAS


64.04 | 64.05 | 84.05 Estática y Resistencia de Materiales

Teórica Ing. Alfredo Corral

CLASE 2


1. FUERZAS CONCURRENTES EN EL PLANO1.1 Reducción de sistemas de fuerzas concurrentesPoligono de Fuerzas – Objetivo: Calcular la Resultante (equivalencia)

Ap

licam

os

un

a y

otr

a ve

z e

l pri

nci

pio

de

l par

ale

logr

amo




CLASE 2


1.1 Reducción de sistemas de fuerzas concurrentesPoligono de Fuerzas

P1

P2

P3

P4

R1

R2R3=R

Po

lígo

no

de

fu

erz

asEl orden de disposición de las fuerzas en elpolígono de fuerzas no altera el resultado delvector resultante del sistema




CLASE 2


Polígono de fuerzas abierto

“Para que un sistema de fuerzas

concurrentes en el plano se

encuentre en equilibrio, es

condición necesaria y suficiente

que su polígono de fuerzas sea

cerrado”




CLASE 2


1.2 Equilibrio de fuerzas concurrentes

“En un sistema de fuerzas concurrentes a un mismo

punto de un cuerpo rígido, en equilibrio cualquiera

de las fuerzas del sistema es siempre opuesta a la

resultante de las restantes fuerzas”.

P3 y R1-2 son fuerzas opuestas.

1.3 Reducción de Sistemas de fuerzas concurrentes Solución analítica.

Según z: A´Q´= (A´M´) + (M´Q´) A´Q´ es la proyección de R según z !Según y: A´´Q´´= (A´´N´´) + (N´´Q´´)




CLASE 2


Rz= R cos jR = P1 cos j1 + P2 cos j2

Ry= R cos jR = P1 sen j1 + P2 sen j2

j

Cateto adyacenteC

ate

to o

pu

esto

cos j =𝒄𝒂𝒕𝒆𝒕𝒐 𝒂𝒅𝒚𝒂𝒄𝒆𝒏𝒕𝒆

𝑯𝒊𝒑𝒐𝒕𝒆𝒏𝒖𝒔𝒂

sen j =𝒄𝒂𝒕𝒆𝒕𝒐 𝒐𝒑𝒖𝒆𝒔𝒕𝒐

𝑯𝒊𝒑𝒐𝒕𝒆𝒏𝒖𝒔𝒂

j

A´Q´

A´´Q´´Rz = R cos j R =σ𝟏𝒏𝑷𝒊 ∙ 𝒄𝒐𝒔 ji

Extendemos el razonamiento a un sistema de n fuerzas concentradas :

Ry = R senj R =σ𝟏𝒏𝑷𝒊 ∙ 𝒔𝒆𝒏 ji

1.3 Reducción de Sistemas de fuerzas concurrentes Solución analítica.




CLASE 2


Rz = R cos j R =σ𝟏𝒏𝑷𝒊 ∙ 𝒄𝒐𝒔 ji

Ry = R senj R =σ𝟏𝒏𝑷𝒊 ∙ 𝒔𝒆𝒏 ji

1.3 Reducción de Sistemas de fuerzas concurrentes Solución analítica.Ecuaciones que resuelven el problema

𝑹 =𝟐𝑹𝒚

𝟐 +𝑹𝒛𝟐

𝒔𝒆𝒏 𝝋 =𝑹𝒚

|𝑹|

𝒄𝒐𝒔 𝝋 =𝑹𝒛

|𝑹|

Con su signo !!

j Rz Ry

0 < j < p/2 + +

p/2 < j < p - +

p < j < 3p/2 - -

3p/2 < j < 2p + -




CLASE 2


2. FUERZAS NO CONCURRENTES EN EL PLANO

2.1 Reducción de sistemas no concurrentes.

Que aplicamos ?El principio del paralelogramo

El teorema de transmisibilidad de una fuerza




CLASE 2




POLIGONO DE FUERZASConocemos así inclinación de la rectade acción, dirección e intensidad de R,pero NO tenemos la recta de acción.




CLASE 2




POLIGONO FUNICULAR - CONSTRUCCIÓN

Un punto cualquiera




CLASE 2




POLIGONO FUNICULAR - DEMOSTRACIÓN

Un punto cualquiera

AA es un punto cualquiera que pertenece a la recta de acción de P1




CLASE 2




POLIGONO FUNICULAR - DEMOSTRACIÓN




CLASE 2




POLIGONO FUNICULAR – EJEMPLOS SIMPLES

Para que puede servirme saber construir el funicular en estática gráfica, si en breve me enseñarán a calcular la resultante en forma analítica ?

Resultante de un sistema de dos fuerzas paralelas. Es aplicable el principio del paralelogramo ?

Veamos:Un paralelogramo se construye con dos pares de lados paralelos. Estos lados son las fuerzas componentes. Estos pares de la lados no existen, por lo que la ubicación de la resultante no quedaría definida. Si su módulo que resultaría la suma escalar de ambas fuerzas. En estos casos la construcción del polígono funicular nos dará también la posición de la fuerza resultante.

El principio del paralelogramo no es aplicable..




CLASE 2


POLIGONO FUNICULAR – EJEMPLOS SIMPLES – FUERZAS PARALELAS




CLASE 2


EJEMPLO: Momento de una fuerza con

respecto a un punto, si cambiamos el punto de

aplicación de la fuerza a lo largo de su recta de

acción.

yM

Py = 4 Kn

Pz = 3 Kn

O

A

MoPz = 𝑷𝒛 ∙ 𝟒 = 𝟑 𝑲𝒏 ∙ 𝟒 = 𝟏𝟐 Knm

𝑴𝒐𝑷 = 𝑷𝒚 ∙ (𝒛𝟎− 𝒛𝑨) − 𝑷𝒛 ∙ 𝒚𝟎 − 𝒚𝑨 = 4 Kn x (0 – 6) – 3 Kn x (0 – 4)

z

y

369

4

8

- 4

B

𝑴𝒐𝑷 = 𝑷 ∙ 𝒅

Cuanto vale d ?

4

3

𝑺𝒖𝒑𝒕𝒓𝒊𝒂𝒏𝒈 = 𝑩 ∙ 𝒉 /𝟐

𝑺𝒖𝒑𝒕𝒓𝒊𝒂𝒏𝒈 = 𝟑 ∙ 𝟒 /𝟐 = 6

𝑺𝒖𝒑𝒕𝒓𝒊𝒂𝒏𝒈 = 𝟓 ∙ 𝒅 /𝟐

𝒅 = 𝟐 ∙ 𝑺𝒖𝒑𝒕𝒓𝒊𝒂𝒏𝒈/𝟓

𝒅 = 𝟐 ∙𝟔

𝟓= 𝟐, 𝟒

𝑴𝒐𝑷 = 𝑷 ∙ 𝒅 =-5 Kn x 2,4 m =-12 Knm

𝑴𝒐𝑷𝒚 = 𝑷𝒚 ∙ 𝟔 = −𝟒 𝑲𝒏 ∙ 𝟔 = −𝟐𝟒 Knm

𝑴𝒐𝑷 =.− 𝟏𝟐 𝑲𝒏𝒎

MoP = 𝟏𝟐 𝑲𝑵𝒎 − 𝟐𝟒 𝑲𝒏𝒎 =−𝟏𝟐 𝑲𝒏𝒎

Ver diap. 25 Clase 1




CLASE 2


EJEMPLO: Momento de una fuerza con respecto a un punto, si cambiamos el

punto de aplicación de la fuerza a lo largo de su recta de acción.

yM

Py = 4 Kn

Pz = 3 Kn

O

A

𝑴𝒐𝑷 = 𝑷𝒚 ∙ (𝒛𝟎 − 𝒛𝑨) − 𝑷𝒛 ∙ 𝒚𝟎 − 𝒚𝑨 = 4 Kn x (0 – 6) – 3 Kn x (0 – 4)

z

y

369

4

8

- 4

B

𝑴𝒐𝑷 =.− 𝟏𝟐 𝑲𝒏𝒎

Py = 4 Kn

Pz =3 Kn

𝑴𝒐𝑷 = 𝑷𝒚 ∙ (𝒛𝟎− 𝒛𝑨) − 𝑷𝒛 ∙ 𝒚𝟎 − 𝒚𝑨 = 4 Kn x (0 – 9) – 3 Kn x (0 – 8)

𝑴𝒐𝑷 = −𝟑𝟔 + 𝟐𝟒 = − 𝟏𝟐 𝑲𝒏𝒎

CONCLUSION: El valor y signo del Momento de una fuerza con respecto a un punto, es

independiente del punto de aplicación de la fuerza a lo largo de su recta de acción.




CLASE 2


2,2 Determinación analítica de la resultante de un sistema de fuerzas no concurrentes.

YM

ZM

Si elegimos el punto A como centro dereducción del Sistema, si aplicamos elconcepto de traslación de una fuerza:llamamos a esta resultante R´

= =

M R´ = M1 + M2 + M3

Ver diap. 25 Clase 1

𝑹´𝒛 = 𝑹. 𝒄𝒐𝒔 𝝋𝑹 =

𝟏

𝒏

𝑷𝒊 . 𝒄𝒐𝒔 𝝋𝒊

𝑹´𝒚 = 𝑹. 𝒔𝒆𝒏 𝝋𝑹 =

𝟏

𝒏

𝑷𝒊 . 𝒔𝒆𝒏 𝝋𝒊

𝑹´ = 𝑹´𝒛𝟐 + 𝑹´𝒚

𝟐

𝑴𝑹´ =

𝟏

𝒏

𝑴𝒊

Teorema de Varignon:

𝒔𝒆𝒏 𝝋 =𝑹´𝒚

|𝑹´|𝒄𝒐𝒔 𝝋 =

𝑹´𝒛

|𝑹´|

El valor de R´no depende del centro de reducción.

O más general:




CLASE 2



YM

ZM

+ Conocemos el valor de R, es decir intensidad e inclinación de su recta de acción y sentido, y que además no depende del centro de reducción.

Donde Estamos ??

+ Conocemos el valor de MR cuando reducimos el sistema a un punto A cualquiera.

𝑹𝒛 = σ𝟏𝒏𝑷𝒊 . 𝒄𝒐𝒔 𝝋𝒊 = σ𝟏

𝒏𝑯𝒊

𝑹𝒚 = σ𝟏𝒏𝑷𝒊 . 𝒔𝒆𝒏 𝝋𝒊 = σ𝟏

𝒏𝑽𝒊

Pero…No tenemos aún un punto de la dirección de R que nos permita ubicarla.

𝑴𝑹𝑨 = σ𝟏

𝒏𝑷𝒊 . 𝒔𝒆𝒏 𝝋𝒊 . 𝒛 𝑨 − 𝒛𝒊 − 𝑷𝒊 . 𝒄𝒐𝒔 𝝋𝒊 . 𝒚𝑨− 𝒚𝒊 = σ𝟏𝒏𝑴𝒊

Allá vamos…

Un punto M !!!




CLASE 2



YM

ZM

𝑴𝑹𝑨 = 𝒀𝑹 ∙ (𝒛𝑨 − 𝒛𝑴) − 𝒁𝑹 ∙ (𝒚𝑨 − 𝒚𝑴) De acuerdo a lo que hemos estando

calculando, en esta ecuación todos sondatos excepto zM e yMSi suponemos

𝒚𝑴 = 𝒚𝑨

𝑴 = 𝒀𝑹 ∙ (𝒛𝑨 − 𝒛𝑴) 𝒛𝑴 = 𝒛𝑨−𝑴𝑹𝑨/𝒀𝑹




CLASE 2


2.3 Condiciones analíticas, necesarias y suficientes para el equilibrio de un sistema de

fuerzas no concurrentes.

a) Dos ecuaciones de proyección sobre dos ejes no coincidentes ni paralelos y una

ecuación de momentos respecto de un punto cualquiera, nulas.Proceso de demostración: Vamos planteando cada ecuación y descubriendo que características puede tener una

Resultante del sistema que cumpliendo con la misma sea no nula.

𝟏

𝒏

𝑯𝒊 = 𝟎La Resultante R puede ser

perpendicular al eje z , y de ese

modo ser distinta de cero.

𝟏

𝒏

𝑽𝒊 = 𝟎

Para que la resultante R sea no nula y cumpla

con esta ecuación la misma debe ser

perpendicular al eje y. Pero sumado a la

condición de la primera ecuación debería ser

a la vez perpendicular a y !.

𝟏

𝒏

𝑴𝒐𝒊 = 𝟎

Listo ? Cabe otra posibilidad ?

Sí !!! La resultante sea un par !!!




CLASE 2




b) Una ecuación de proyección sobre un eje y dos ecuaciones de momentos respecto de

dos puntos cualesquiera, nulas, siempre que el eje de proyección no sea normal a la

recta determinada por los centros de momento

𝟏

𝒏

𝑯𝒊 = 𝟎La Resultante R puede ser perpendicular al

eje z , y de ese modo ser distinta de cero.

La resultante puede ser en este caso vertical y

pasar por A, cumpliendo ambas ecuaciones.

𝟏

𝒏

𝑴𝑨𝒊 = 𝟎

Pero … ATENCION : Que sucede si la recta AB es perpendicular a z ?

𝟏

𝒏

𝑴𝑩𝒊 = 𝟎

En el dibujo vemos que la resultante paracumplir MA y MB nulos debe pasar por larecta definida por estos centros demomento.No puede tener dos direcciones !!




CLASE 2




c) Tres ecuaciones de momentos respecto a tres puntos no alineados, nulas.

La resultante R puede tener un valor

distinto de cero si la recta de acción de

la misma pasa por los puntos A y B.

𝟏

𝒏

𝑴𝑨𝒊 = 𝟎

Para cumplir con las dos primeras ecuaciones y ser distinta de cero la resultante debería pasar por los puntos A y

B, y para poder cumplir con las dos últimas por B y C.

Pero no puede pasar por A, B y C al mismo tiempo ! Salvo …

𝟏

𝒏

𝑴𝑩𝒊 = 𝟎

𝟏

𝒏

𝑴𝑪𝒊 = 𝟎

La resultante R puede tener un valor

distinto de cero si la recta de acción de

la misma pasa por los puntos B y C.

Que los tres puntos de momento estén alineados…




CLASE 2


2.4 Descomposición de sistemas no concurrentes.

Objetivo: Descomponer en tres direcciones en el plano una fuerza dato→ Hallar un sistemaequivalente a la fuerza dato consistente en tres fuerzas en el plano.

Cuatro casos :

a) Las tres rectas de acción concurren a un punto de la recta de acción de la fuerzadada.

b) Las tres rectas de acción concurren a un punto que no pertenece a la recta de acciónde la fuerza dada

c) Dos de las rectas de acción de las componentes incógnitas concurren a un punto dela recta de acción de la fuerza dada y la tercera no.

d) Las cuatro rectas de acción forman un cuadrilátero.




CLASE 2



a) Las tres rectas de acción concurren a un punto de la recta de acción de la fuerzadada.

El problema es indeterminado→ Hay infinitas soluciones.

b) Las tres rectas de acción concurren a un punto que no pertenece a la recta de acciónde la fuerza dada

b) El problema no tiene solución, pues notiene sentido físico, ya que contradice elprincipio del paralelogramo




CLASE 2


c) Dos de las rectas de acción de las componentes incógnitas concurren a un punto dela recta de acción de la fuerza dada y la tercera no.

P1

Investiguemos el problema desde el Teorema deVarignon:

“El momento de la Resultante con respecto a un puntocualquiera es igual al momento de las componentes”

A

Supongamos por un instante que P1 0≠

Si tomamos momento con respecto al punto A, solo P1 produciría momento, ya que P2 y P3pasan por A. Además la resultante R de las tres fuerzas también pasa por A…

P1 necesariamente debe ser cero para que se cumpla el teorema de Varignon.

Resultado:P1 = 0P2 y P3 se obtienen construyendo el triángulo de fuerzas.

Equivalencia o equilibrio ?? :EQUIVALENCIA !!




CLASE 2


d) Las cuatro rectas de acción forman un cuadrilátero.Dos soluciones:

+ Gráfica de Cullmann+ Gráfico – numérica de Ritter.


Método de Cullmann:+ Dos grupos de puntos:

Aquellos en los que cada dirección se corta

con la fuerza P: Puntos A, C, FAquellos en los que los pares de direcciones se cortan entre sí: Puntos D, E y B

+ Elegir un punto de cada grupo para construir la Auxiliar de Cullmann→ Por ej. A con B.

+ Aplicamos dos veces el principio del paralelogramo:1. Descomponemos P en Paux y P1.2. Descomponemos Paux en P2 y P3.

P queda descompuesta en P1, P2 y P3




CLASE 2


d) Las cuatro rectas de acción forman un cuadrilátero.Solución Gráfico numérica de Ritter


Repasando en la Diapositiva 22 vimos que si tomabamos 3 ecuaciones de momentos respecto a tres puntos no alineados, y las mismas nos daban cero, el sistema estaba en equilibrio.

𝟏

𝒏

𝑴𝑨𝒊 = 𝟎

𝟏

𝒏

𝑴𝑩𝒊 = 𝟎

𝟏

𝒏

𝑴𝑪𝒊 = 𝟎

En nuestro caso, la fuerza P dato y las tres componentes de decomposición deben cumplir esta condición.

Equilibrio:P1.d1 + P2.d2 + P3.d3 - P.d = 0P1.d´1 + P2.d´2 + P3.d´3 - P.d´ = 0P1.d´´1 + P2.d´´2 + P3.d´´3 - P.d´´ = 0

Equivalencia:P1.d1 + P2.d2 + P3.d3 = P.dP1.d´1 + P2.d´2 + P3.d´3 = P.d´P1.d´´1 + P2.d´´2 + P3.d´´3 = P.d´´Problema de tres ecuaciones con tres incógnitas




CLASE 2


Solución Gráfico numérica de Ritter


𝟏

𝒏

𝑴𝑨𝒊 = 𝟎

𝟏

𝒏

𝑴𝑩𝒊 = 𝟎

𝟏

𝒏

𝑴𝑪𝒊 = 𝟎

Estrategia:Elegimos los puntos como la intersección de cada par de direcciones.

Una de las ecuaciones de equivalencia (tomando por ejemplo el punto B como centro de reducción por ejemplo) se resume como:

P1.d1 = P.d b

|P1| = |P.d b|/d1

Como obtenemos el sentido de P1 ?El sentido de P1 es tal que provoque el mismo par que P, yaque es la única que produce momento con respecto a B.

|P2| = |P.d c|/d2

|P3| = |P.d A|/d3 B

FIN

Documents

CLASE 2 SISTEMAS PLANOS DE FUERZAS · 2020-04-09 · CLASE 2 SISTEMAS PLANOS DE FUERZAS 2.3 Condiciones analíticas, necesarias y suficientes para el equilibrio de un sistema de fuerzas