TERCERA EDICIÓN

ESTATICAI N G E N I E R Í A M E C Á N I C A

ANDREW PYTEL JAAN KIUSALAAS

00_Preli00_PYTEL.indd viii 2/5/12 09:33:44

Traducción:

Ing. Javier León CárdenasEscuela Superior de Ingeniería Química

e Industrias ExtractivasInstituto Politécnico Nacional

Revisión Técnica:

Ing. José Nicolás Ponciano GuzmánInstituto Tecnológico de Morelia

Instituto Tecnológico y de Estudios Superiores de Monterrey

Campus Morelia

Ingeniería mecánica

Estática

Tercera edición

Andrew PytelThe Pennsylvania State University

Jaan KiusalaasThe Pennsylvania State University

Australia • Brasil • Corea • España • Estados Unidos • Japón • México • Reino Unido • Singapur

00_Preli00_PYTEL.indd i 2/5/12 09:33:42

Ingeniería Mecánica, Estática.

Tercera edición

Andrew Pytel/Jaan Kiusalaas

Presidente de Cengage Learning

Latinoamérica:

Fernando Valenzuela Migoya

Director Editorial, de Producción y de Plata-

formas Digitales para Latinoamérica:

Ricardo H. Rodríguez

Gerente de Procesos para Latinoamérica:

Claudia Islas Licona

Gerente de Manufactura para Latinoamérica:

Raúl D. Zendejas Espejel

Gerente Editorial de Contenidos en Español:

Pilar Hernández Santamarina

Coordinador de Manufactura:

Rafael Pérez González

Editores:

Sergio R. Cervantes González

Timoteo Eliosa García

Diseño de portada:

Studio 2.0

Imagen de portada:

© Dreamstime

Composición tipográfi ca:

Ediciones OVA

Impreso en México

1 2 3 4 5 6 7 15 14 13 12

© D.R. 2012 por Cengage Learning Editores, S.A. de C.V.,

una Compañía de Cengage Learning, Inc.

Corporativo Santa Fe

Av. Santa Fe núm. 505, piso 12

Col. Cruz Manca, Santa Fe

C.P. 05349, México, D.F.

Cengage Learning® es una marca registrada

usada bajo permiso.

DERECHOS RESERVADOS. Ninguna parte de

este trabajo amparado por la Ley Federal del

Derecho de Autor, podrá ser reproducida,

transmitida, almacenada o utilizada en

cualquier forma o por cualquier medio, ya sea

gráfi co, electrónico o mecánico, incluyendo,

pero sin limitarse a lo siguiente: fotocopiado,

reproducción, escaneo, digitalización,

grabación en audio, distribución en Internet,

distribución en redes de información o

almacenamiento y recopilación en sistemas

de información a excepción de lo permitido

en el Capítulo III, Artículo 27 de la Ley Federal

del Derecho de Autor, sin el consentimiento

por escrito de la Editorial.

Traducido del libro

Engineering Mechanics: Statics. Third Edition.

Andrew Pytel/Jaan Kiusalaas

Publicado en inglés por Cengage Learning © 2010

ISBN: 978-0-495-24469-1

Datos para catalogación bibliográfi ca:

Pytel, Andrew y Jaan Kiusalaas

Ingeniería Mecánica, Estática. Tercera edición

ISBN: 978-607-481-831-4

Visite nuestro sitio en:

http://latinoamerica.cengage.com

00_Preli00_PYTEL.indd ii 2/5/12 09:33:43

Contenido

v

Prefacio ix

Capítulo 1 Introducción a la estática 1 1.1 Introducción 1 1.2 Mecánica newtoniana 3 1.3 Propiedades fundamentales de los vectores 10 1.4 Representación de vectores utilizando componentes

rectangulares 18 1.5 Multiplicación de vectores 27

Capítulo 2 Operaciones básicas con sistemas de fuerzas 37

2.1 Introducción 37 2.2 Equivalencia de fuerzas 37 2.3 Fuerza 38 2.4 Reducción de sistemas de fuerzas concurrentes 39 2.5 Momento de una fuerza respecto a un punto 49 2.6 Momento de inercia de una fuerza respecto a un eje 60 2.7 Pares 73 2.8 Cambio de la línea de acción de una fuerza 86

Capítulo 3 Resultantes de sistemas de fuerzas 97 3.1 Introducción 97 3.2 Reducción de un sistema de fuerzas a una fuerza y un par 97 3.3 Defi nición de resultante 105 3.4 Resultantes de sistemas de fuerzas coplanares 106 3.5 Resultantes de sistemas tridimensionales 116 3.6 Introducción a las cargas normales distribuidas 128

Capítulo 4 Análisis del equilibrio coplanar 143 4.1 Introducción 143 4.2 Defi nición de equilibrio 144

Parte A: Análisis de cuerpos simples 144 4.3 Diagrama de cuerpo libre de un cuerpo 144 4.4 Ecuaciones de equilibrio coplanar 153 4.5 Formulación y solución de ecuaciones de equilibrio 155 4.6 Análisis de equilibrio para problemas de cuerpos simples 166

Parte B: Análisis de cuerpos compuestos 179 4.7 Diagramas de cuerpo libre que contienen reacciones internas 179

00_Preli00_PYTEL.indd v 2/5/12 09:33:43

vi Contenido

4.8 Análisis de equilibrio de cuerpos compuestos 190 4.9 Casos especiales: cuerpos de dos y tres fuerzas 200

Parte C: Análisis de armaduras planas 214 4.10 Descripción de una armadura 214 4.11 Método de los nodos 215 4.12 Método de las secciones 224

Capítulo 5 Equilibrio tridimensional 237 5.1 Introducción 237 5.2 Defi nición de equilibrio 238 5.3 Diagramas de cuerpo libre 238 5.4 Ecuaciones de equilibrio independientes 249 5.5 Restricciones impropias 252 5.6 Formulación y resolución de ecuaciones de equilibrio 253 5.7 Análisis de equilibrio 263

Capítulo 6 Vigas y cables 281 *6.1 Introducción 281

Parte A: Vigas 282 *6.2 Sistemas de fuerzas internas 282 *6.3 Análisis de fuerzas internas 291 *6.4 Método del área para dibujar diagramas V y M 303

Parte B: Cables 318 *6.5 Cables ante cargas distribuidas 318 *6.6 Cables ante cargas concentradas 330

Capítulo 7 Fricción seca 341 7.1 Introducción 341 7.2 Teoría de Coulomb de la fricción seca 342 7.3 Clasifi cación y análisis de problemas 345 7.4 Volcamiento inminente 361 7.5 Ángulo de fricción: cuñas y tornillos 369 *7.6 Cuerdas y bandas planas 379 *7.7 Fricción en discos 386 *7.8 Resistencia al rodamiento 391

Capítulo 8 Centroides y cargas distribuidas 401 8.1 Introducción 401 8.2 Centroides de áreas y curvas planas 401 8.3 Centroides de superfi cies curvas, volúmenes

y curvas espaciales 419 8.4 Teoremas de Pappus-Guldinus 438 8.5 Centro de gravedad y centro de masa 442 8.6 Cargas normales distribuidas 450

Capítulo 9 Momentos y productos de inercia de áreas 471 9.1 Introducción 471 9.2 Momentos de inercia de áreas y momentos polares de inercia 472

*Indica temas opcionales

00_Preli00_PYTEL.indd vi 2/5/12 09:33:44

Contenido vii

9.3 Productos de inercia de áreas 492 9.4 Ecuaciones de transformación y momentos principales

de inercia de áreas 500 *9.5 Círculo de Mohr para momentos y productos de inercia 508

Capítulo 10 Trabajo virtual y energía potencial 523 *10.1 Introducción 523 *10.2 Desplazamientos virtuales 524 *10.3 Trabajo virtual 525 *10.4 Método del trabajo virtual 528 *10.5 Centro instantáneo de rotación 539 *10.6 Equilibrio y estabilidad de sistemas conservativos 548

Apéndice A Integración numérica 559 A.1 Introducción 559 A.2 Regla del trapecio 560 A.3 Regla de Simpson 560

Apéndice B Determinación de raíces de funciones 563 B.1 Introducción 563 B.2 Método de Newton 563 B.3 Método de la secante 564

Apéndice C Densidades de materiales comunes 567

Respuestas a problemas con número par 569

Índice 576

00_Preli00_PYTEL.indd vii 2/5/12 09:33:44

00_Preli00_PYTEL.indd viii 2/5/12 09:33:44

2Operaciones básicas

con sistemas de fuerzas

37

2.1 Introducción

La utilidad del álgebra vectorial en problemas del mundo real se origina del hecho de que varias cantidades físicas encontradas comúnmente poseen propiedades de los vectores. Una de esas cantidades es la fuerza. Stevenius (1548-1620) demostró que ésta obedece la ley del paralelogramo o la suma.

En este capítulo se inicia el estudio de los efectos de fuerzas sobre partículas y cuerpos rígidos. En particular, aprenderemos cómo utilizar el álgebra vectorial para reducir sistemas de fuerzas a un sistema equivalente más simple. Si las fuerzas son concurrentes (todas ellas se intersecan en el mismo punto), se demostrará que el sistema equivalente es una sola fuerza. La reducción de un sistema de fuerzas no concurrentes requiere dos conceptos vectoriales adicionales: el momento de una fuerza y el par. En este capítulo se analizan los dos conceptos.

2.2 Equivalencia de fuerzas

Recordemos que los vectores son cantidades que tienen magnitud y dirección y que se suman de acuerdo con la ley del paralelogramo. Se dice que dos vectores que tie-nen la misma magnitud y dirección son iguales.

Un concepto fundamental de la está-tica es la equivalencia de fuerzas. Por ejemplo, una fuerza simple puede pro-ducir el mismo efecto sobre la plata-forma de perforación fl otante que las dos fuerzas aplicadas por los remol-cadores. La equivalencia de fuerzas es uno de los temas que se analizan en este capítulo. Don Farrall/Photo-disc/Getty Images

02_Ch02_PYTEL.indd 37 25/4/12 11:29:29

38 CAPÍTULO 2 Operaciones básicas con sistemas de fuerzas

En mecánica, el término equivalencia implica intercambio; dos vectores se con-sideran equivalentes si se pueden intercambiar sin cambiar el resultado del proble-ma. La igualdad no siempre resulta en equivalencia. Por ejemplo, una fuerza aplica-da a un cierto punto en un cuerpo no necesariamente produce el mismo efecto sobre el cuerpo que una fuerza igual actuando en un punto diferente.

Desde el punto de vista de la equivalencia, los vectores que representan cantida-des físicas se clasifi can en los tres tipos siguientes:

• Vectores fi jos: vectores equivalentes que tienen la misma magnitud, dirección y punto de aplicación.

• Vectores deslizantes: vectores equivalentes que tienen la misma magnitud, direc-ción y línea de acción.

• Vectores libres: vectores equivalentes que tienen la misma magnitud y direc-ción.

Es posible que una cantidad física sea un tipo de vector, digamos, fi jo, en una aplicación y otro tipo de vector, como deslizante, en otra aplicación. En el álgebra vectorial, repasada en el capítulo 1, todos los vectores se trataron como vectores libres.

2.3 Fuerza

Fuerza es el término asignado a la interacción mecánica entre cuerpos. Una fuerza puede afectar tanto el movimiento como la deformación del cuerpo sobre el que actúa. Las fuerzas se pueden originar del contacto directo entre cuerpos o se pueden aplicar a una distancia (como la atracción gravitacional). Las fuerzas de contacto se distribuyen sobre un área superfi cial del cuerpo, en tanto que las fuerzas que actúan a una distancia se distribuyen sobre el volumen del cuerpo.

En ocasiones el área sobre la que se aplica una fuerza de contacto es tan pequeña que se puede aproximar por un punto, caso en el cual se dice que la fuerza está con-centrada en el punto de contacto. El punto de contacto también se denomina punto de aplicación de la fuerza. La línea de acción de una fuerza concentrada es la línea que pasa por el punto de aplicación y es paralela a la fuerza. En este capítulo sólo se consideran fuerzas concentradas; el análisis de las fuerzas distribuidas inicia en el capítulo siguiente.

La fuerza es un vector fi jo, debido a que una de sus características (además de su magnitud y dirección) es su punto de aplicación. Como una prueba informal, considere las tres barras idénticas que se muestran en la fi gura 2.1, cada una carga-da por dos fuerzas de magnitud P iguales pero opuestas. Si las fuerzas se aplican como se muestra en la fi gura 2.1(a), la barra está en tensión y su deformación es un alargamiento. Si se intercambian las fuerzas, como se observa en la fi gura 2.1(b), la barra se pone en compresión, lo que resulta en su acortamiento. Las cargas en la fi gura 2.1(c), donde las dos fuerzas actúan en el punto A, no producen deformación. Observe que las fuerzas en los tres casos tienen la misma línea de acción y la resul-tante es cero; sólo los puntos de aplicación son diferentes. Por tanto, se concluye que el punto de aplicación es una característica de una fuerza, en lo que se refi ere a la deformación.

Sin embargo, si la barra es rígida (lo que signifi ca que la deformación es depre-ciable), no habrá diferencias apreciables en el comportamiento de las tres barras en

02_Ch02_PYTEL.indd 38 25/4/12 11:29:29

2.2 Reducción de sistemas de fuerzas concurrentes 39

la fi gura 2.1. En otras palabras, los efectos externos* de las tres cargas son idénticos. Se deduce que si sólo se tiene interés en los efectos externos, una fuerza se puede tratar como un vector deslizante. La conclusión anterior se resume por el principio de transmisibilidad:

Una fuerza puede desplazarse a cualquier punto de su línea de acción sin cambiar sus efectos externos sobre un cuerpo rígido.

Dos sistemas de fuerzas que producen los mismos efectos externos sobre un cuerpo rígido se dice que son equivalentes. (En ocasiones se utiliza el término equivalente de cuerpo rígido.)

En resumen, una fuerza es un vector fi jo unido a un punto de aplicación, pero si sólo se tiene interés en su efecto externo sobre un cuerpo rígido, una fuerza se puede tratar como un vector deslizante.

Como ilustración adicional del principio de transmisibilidad, considere el blo-que rígido que se muestra en la fi gura 2.2. El bloque está sometido a tres fuerzas P, Q y S, cada una con magnitud de 20 N. Las tres fuerzas son iguales en sentido matemático: P = Q = S. Sin embargo, sólo P y Q producirán efectos externos idén-ticos ya que tienen la misma línea de acción. Dado que S tiene una línea de acción diferente, su efecto externo será diferente.

2.4 Reducción de sistemas de fuerzas concurrentes

En esta sección se analiza el método para remplazar un sistema de fuerzas concu-rrentes por una sola fuerza equivalente.

Considere las fuerzas F1, F2, F3, . . . que actúan sobre el cuerpo rígido en la fi -gura 2.3(a) (por conveniencia, sólo se muestran tres fuerzas). Todas las fuerzas son concurrentes en el punto O. (Sus líneas de acción se intersecan en O.) Estas fuerzas se reducen a una sola equivalente mediante los dos pasos siguientes.

1. Mueva las fuerzas a lo largo de sus líneas de acción hasta el punto de concu-rrencia O, como se indica en la fi gura 2.3(b). De acuerdo con el principio de

Fig. 2.1

P PA B

(a)

P PA B

(b)

A B

(c)

P P

P = 20 N

S = 20 N

Q = 20 N

Fig. 2.2

*Los efectos externos que más nos interesan son el movimiento (o estado de reposo) del cuerpo y las reacciones en los soportes.

02_Ch02_PYTEL.indd 39 25/4/12 11:29:29

40 CAPÍTULO 2 Operaciones básicas con sistemas de fuerzas

transmisibilidad, esta operación no cambia los efectos externos sobre el cuerpo. Por tanto, los sistemas de fuerzas en las fi guras 2.3(a) y (b) son equivalentes, lo que se indica mediante el signo de igual entre las fi guras.

2. Con las fuerzas ahora en el punto común O, calcule su resultante R con la suma vectorial

R= F=F1 +F2 +F3 + ⋅ ⋅ ⋅ (2.1)

Esta resultante, que también es equivalente al sistema de fuerzas original, se muestra en la fi gura 2.3(c) junto con sus componentes rectangulares. Observe que la ecuación (2.1) determina sólo la magnitud y dirección de la resultante. La línea de acción de R debe pasar por el punto de concurrencia O a fi n de que la equivalencia sea válida.

Al evaluar la ecuación (2.1), se puede utilizar cualquiera de los métodos gráfi cos o analíticos para la suma vectorial analizados en el capítulo 1. Si se eligen compo-nentes rectangulares, las ecuaciones escalares equivalentes para determinar la fuerza resultante R son

Rx = Fx Ry = Fy Rz= Fz (2.2)

Así pues, se observa que se requieren tres ecuaciones escalares para determinar la fuerza resultante para un sistema de fuerzas concurrentes. Si las fuerzas originales se encuentran en un plano común, digamos, el plano xy, la ecuación Rz = ΣFz no proporciona información independiente y sólo las dos ecuaciones siguientes se ne-cesitan para determinar la fuerza resultante.

Rx = Fx Ry = Fy (2.3)

Es necesario enfatizar que el método descrito aquí para determinar la fuerza re-sultante es válido sólo para fuerzas que sean concurrentes. Debido a que una fuerza está unida a su línea de acción, la reducción de sistemas de fuerzas no concurrentes requerirá conceptos adicionales, los cuales se analizan más adelante.

z

F1

y

x

F2

F3

O

F3

F1F2

y

z

x

O=

Rx

Rz

Ry

R

z

y

x

O=

(a) (b) (c)

Fig. 2.3

02_Ch02_PYTEL.indd 40 25/4/12 11:29:29

41

Problema de ejemplo 2.1Determine la resultante de las tres fuerzas concurrentes que se muestran en la fi gura (a).

(a)

y

Ax

F3 = 60 N

F1 = 50 NF2 = 10 N

60°4

3

SoluciónDado que las tres fuerzas son concurrentes en el punto A, se pueden sumar de inme-diato para obtener la fuerza resultante R.

Las componentes rectangulares de cada una de las tres fuerzas se muestran en la fi gura (b). Utilizando las ecuaciones (2.3) para determinar las componentes de la resultante, se tiene

Rx = Fx+ Rx=30− 5=25 N

y

Ry = Fy + Ry =40+ 8.66− 60= −11.34 N

Los signos en estas ecuaciones indican que Rx actúa hacia la derecha y Ry actúa hacia abajo. La fuerza resultante R se muestra en la fi gura (c). Observe que la mag-nitud de la resultante es 27.5 N y que actúa a través del punto A (el punto original de concurrencia) a un ángulo de 24.4° como se muestra.

y

xA

θ

(c)

25 N

11.34 NR = 27.5 N

θ = tan–1 = 24.4°11.3425

La solución anterior también se podría obtener utilizando notación vectorial. Las fuerzas primero se escribirían en forma vectorial como sigue:

F1 = 30i+ 40j N

F2 = −5i+ 8.66j N

F3 = −60j N

y

x

50 = 40 N

10 sen 60° = 8.66 N

10 cos 60° = 5 N

60 N

A

(b)

45

50 = 30 N35

02_Ch02_PYTEL.indd 41 25/4/12 11:29:29

42

y la fuerza resultante R se determinaría a partir de la ecuación vectorial

R = F=F1 +F2 +F3

R = (30i+ 40j) + (−5i+ 8.66j) + (−60j)

R = 25i− 11.34j N

Respuesta

Utilizar notación escalar o vectorial es un asunto de preferencia personal.

Problema de ejemplo 2.2Tres cuerdas están unidas al poste en A en la fi gura (a). Las fuerzas en las cuerdas son F1 = 260 lb, F2 = 75 lb y F3 = 60 lb. Determine: 1. la magnitud de la fuerza R que es equivalente a las tres fuerzas que se muestran y 2. las coordenadas del punto donde la línea de acción de R interseca el plano yz.

z

y

x

B

3 pies

4 pies

AF3

F1

F2

(a)

C12 pies

Solución

Parte 1

Las fuerzas son concurrentes en el punto A y por consiguiente se pueden sumar de inmediato. Como las fuerzas no se encuentran en un plano coordenado, es conve-niente utilizar una notación vectorial.

Un método para expresar cada una de las fuerzas en notación vectorial es em-plear la forma F = F𝛌, donde 𝛌 es el vector unitario en la dirección de la fuerza F. Entonces

F1 = 260𝛌AB = 260SAB

|SAB|

=260−3i− 12j+ 4k

13

= −60i− 240j+ 80k lb

F2 = 75𝛌 AC = 75S

AC

|S

AC |=75

−3i+ 4k5

= −45i+ 60k lb

F3 = −60j lb

02_Ch02_PYTEL.indd 42 25/4/12 11:29:29

43

La fuerza resultante está dada por

R = F=F1 +F2 +F3

= (−60i− 240j+ 80k) + (−45i+ 60k) + (−60j)

= −105i− 300j+ 140k lb

La magnitud de R es

R= (−105)2 + (−300)2 + (140)2=347.3 lb Respuesta

Parte 2

El vector unitario 𝛌 en la dirección de R es

𝛌 =

RR=−105i− 300j+ 140k

347.3

= −0.3023i− 0.8638j+ 0.4031k

(b)

12 pies

zD

yD 12 – yDD

z

x

A

yλ

3 pies

Sea D el punto donde 𝛌 interseca el plano yz, como se muestra en la fi gura (b). Las coordenadas de D se pueden determinar mediante proporciones:

|λx |

3=

λy

12− yD=

|λz |zD

Sustituyendo las componentes de 𝛌, se tiene

0.3023

3=

0.8638

12− yD=

0.4031

zD

lo que da

yD = 3.43 pies zD = 4.0 pies Respuesta

02_Ch02_PYTEL.indd 43 25/4/12 11:29:30

44 CAPÍTULO 2 Operaciones básicas con sistemas de fuerzas

2.1 ¿Cuáles de los sistemas de fuerzas son equivalentes a la fuerza de 500 N en (a)?

Problemas

500 N

3 m 2 mA

(a)

4 m

A

(b)

250 N 335 N

A

(c)

250 N 335 N

A

(d)

500 N

A

(e)

250 N

559 N

A

(f)

559 N

250 N

A

(g)

500 N

250 N

250 N

A

(h)

500 N

Fig. P2.1

02_Ch02_PYTEL.indd 44 25/4/12 11:29:30

2.1-2.21 Problemas 45

2.2 Dos personas tratan de mover la roca aplicando las fuerzas que se muestran. Determine la magnitud y dirección de la fuerza que es equivalente a las dos fuerzas aplicadas.

2.3 Las magnitudes de las tres fuerzas aplicadas a la armella son T1 = 110 lb, T2 = 40 lb y T3 = 150 lb. Remplace estas fuerzas con una sola fuerza equivalente R. Muestre el resultado en un bosquejo de la armella.

300 lb

70°

150 lb20°

Fig. P2.2

x60° 40°

y

T3

T2

T1

Fig. P2.3

Fig. P2.4

x 60°

θ

Py

40 kN

30 kN

120 mm

100 mm

80 mmy

x

z

40 N

30 N60 N

Fig. P2.5

2.4 Determine P y θ de manera que las tres fuerzas indicadas sean equivalentes a la fuerza simple R = 85i + 20j kN.

2.5 Remplace las tres fuerzas que actúan sobre la ménsula por una fuerza equi-valente.

2.6 Las fuerzas P1 = 110 lb, P2 = 200 lb y P3 = 150 lb son equivalentes a una sola fuerza R. Determine: (a) la magnitud de R y (b) las coordenadas del punto don-de la línea de acción de R cruza el plano yz.

2.7 Determine las magnitudes de las tres fuerzas P1, P2 y P3, si son equivalentes a la fuerza R = –600i + 500j + 300k lb. Fig. P2.6, P2.7

y

z

x

P3

P2

P1

40°

25°

2 pies

02_Ch02_PYTEL.indd 45 25/4/12 11:29:30

46 CAPÍTULO 2 Operaciones básicas con sistemas de fuerzas

2.8 Las magnitudes de las tres fuerzas que actúan sobre la placa son T1 = 100 kN, T2 = 80 kN y T3 = 50 kN. Remplace estas fuerzas con una sola fuerza equivalen-te R. Además, encuentre las coordenadas del punto donde R interseca la placa.

2.9 Determine las tres fuerzas que actúan sobre la placa que son equivalentes a la fuerza R = 210k kN.

2.10 La fuerza R es la resultante de las fuerzas P1, P2 y P3 que actúan sobre la placa rectangular. Determine P1 y P2 si R = 40 kN y P3 = 20 kN.

Fig. P2.8, P2.9

z

x y

T1

T2

T3

6 m

2 m2 m

2 m

3 m

1.0 m

P2

R

30°

300

Dimensiones en mm

y

xP3

P1

400

600

300

Fig. P2.10

x

y

8 pulg

4 pulg

x

A

18 lb

24 lb

Fig. P2.11

2.11 Las dos fuerzas son equivalentes a una fuerza R que tiene la misma línea de acción que pasa por el punto A. Determine R y la distancia x.

35°

Q = 30 lb

xA

y

P 8 pulg 5 pulg

8.5 pulg

Fig. P2.1215 lb

z

y

20 lb 20 lb15 lb

x

75°

10 pulg

Fig. P2.13

2.12 Si se sabe que las fuerzas P y Q son equivalentes a una sola fuerza R que pasa por el punto A, determine P y R.

2.13 Las cuatro fuerzas se remplazarán por una sola fuerza equivalente. Deter-mine las componentes rectangulares de esta fuerza y el punto de intersección de su línea de acción con la placa.

02_Ch02_PYTEL.indd 46 25/4/12 11:29:30

2.1-2.21 Problemas 47

2.14 Encuentre las fuerzas Q1, Q2 y Q3 de manera que los dos sistemas de fuerzas sean equivalentes.

3 pies

4 pies

P2 = 120 lb

Q1 Q2

Q3

P3 = 60 lb

z

y

x

3 pies

3 pies

4 pies

3 pies

P1 = 100 lb

Fig. P2.14

P

W

Q

30°45°

x

y

Fig. P2.15

40°

P1 = 25 kNP2 = 60 kN

P3 = 80 kN

y

x

50°θ

4 m 6 m

Fig. P2.16

2.15 La persona ejerce una fuerza P de 150 lb de magnitud sobre el manubrio de la carretilla. Si se sabe que la resultante de las fuerzas P, Q (la reacción en el neumá-tico) y W (el peso de la carretilla) es la fuerza R = 10i lb, determine W.

2.16 Las tres fuerzas que actúan sobre la viga se pueden remplazar por una sola fuerza equivalente R. Determine el ángulo θ y R.

02_Ch02_PYTEL.indd 47 25/4/12 11:29:30

48 CAPÍTULO 2 Operaciones básicas con sistemas de fuerzas

2.17 El escotillón se mantiene en el plano horizontal por dos cables. Remplace las fuerzas en los cables por una fuerza equivalente R que pase por el punto A y deter-mine la coordenada y del punto A.

2.18 Remplace las tres fuerzas que actúan sobre la retenida de alambres por una sola fuerza equivalente que actúe sobre el asta de bandera. Utilice T1 = 200 lb, T2 = 400 lb y T3 = 350 lb.

2.19 Las tres fuerzas que actúan sobre el poste son equivalentes a una sola fuer-za R. Determine: (a) la magnitud de R y (b) las coordenadas del punto donde la línea de acción de R cruza el plano xy.

2.20 Las tres fuerzas, cada una de magnitud F, se aplican a la caja. Determine F de manera que las tres fuerzas sean equivalentes a una sola fuerza de 600 lb.

z

y

x

A

y

1.2 m

1.2 m

300 N

240 N

25°

Fig. P2.17

T1

T2

T3

6 pies

4 pies

3 pies

2 pies3 pies

yx

z

O

A

Fig. P2.18

x

50°

y

60 p

ies

30 p

ies

30° 30°

120 lb

80 lb 160 lbz

Fig. P2.19

25°

45°

F

F

F

Fig. P2.20

x

y

35°

20°

10 ton

8 ton

180 pies

8 ton

A

B

Fig. P2.21

*2.21 Determine la fuerza resultante R que es equivalente a las fuerzas ejercidas por los tres remolcadores al maniobrar la barca. Especifi que la coordenada del punto en el eje x por el que pasa R. (Sugerencia: primero determine la fuerza resultante para las dos fuerzas en el punto A y después sume este resultado con la fuerza en el punto B.)

02_Ch02_PYTEL.indd 48 25/4/12 11:29:30

2.5 Momento de una fuerza respecto a un punto 49

2.5 Momento de una fuerza respecto a un punto

En general, una fuerza que actúa sobre un cuerpo rígido tiende a girar, así como a trasladar, el cuerpo. La fuerza en sí es el efecto traslacional, el cuerpo tiende a moverse en la dirección de la fuerza y la magnitud de la fuerza es proporcional a su habilidad para trasladar el cuerpo. (El enunciado formal de esta relación es la segun-da ley de Newton: la fuerza es igual a la masa por la aceleración.) Aquí se introduce la tendencia de una fuerza a girar un cuerpo, denominada momento de una fuerza respecto a un punto. Este efecto rotacional depende de la magnitud de la fuerza y la distancia entre el punto y la línea de acción de la fuerza. La tendencia de una fuerza a girar un cuerpo respecto a un eje, denominada momento de una fuerza respecto a un eje, se analiza en la sección siguiente.

a. Defi nición

Sea F una fuerza y O un punto que no se encuentra en la línea de acción de F, como se muestra en la fi gura 2.4. Observe que la fuerza F y el punto O determinan un plano único. Sea A cualquier punto en la línea de acción de F y r defi nida como el vector desde el punto O hasta el punto A.

El momento de la fuerza F respecto al punto O, denominado centro de momento, se defi ne como

MO =r × F (2.4)

Observe que el momento respecto a un punto tiene dimensiones [FL]. En uni-dades SI, el momento se mide en newton-metro (N ⋅ m). En unidades del sistema inglés, es común emplear libra-pulgada (lb ⋅ pulgada) y libra-pie (lb ⋅ pie).

El momento de F respecto al punto O es un vector por defi nición. De las propie-dades del producto cruz de dos vectores, MO es perpendicular a r y F, con su sentido determinado por la regla de la mano derecha, como se muestra en la fi gura 2.4.*

b. Interpretación geométrica

El momento de una fuerza respecto a un punto siempre se puede calcular utilizando el producto cruz en la ecuación (2.4). Sin embargo, un cálculo escalar de la mag-nitud del momento se puede obtener a partir de la interpretación geométrica de la ecuación (2.4).

Observe que la magnitud de MO está dada por

MO = |MO |= |r × F|= rF sen θ (2.5)

en donde θ es el ángulo entre r y F. Regresando a la fi gura 2.4, se observa que

r senθ =d (2.6)

donde d es la distancia perpendicular desde el centro de momento hasta la línea de acción de la fuerza F denominada brazo de momento de la fuerza. Por tanto, la magnitud de MO es

MO =Fd (2.7)

F

Ar

Oθ

d

Plano determinado por O y F

MO

Fig. 2.4

*Los vectores momento se dibujan como fl echas de doble punta en todo este libro.

02_Ch02_PYTEL.indd 49 25/4/12 11:29:30

50 CAPÍTULO 2 Operaciones básicas con sistemas de fuerzas

Debido a que la magnitud de MO sólo depende de la magnitud de la fuerza y la distancia perpendicular d, una fuerza se puede mover en cualquier punto a lo largo de su línea de acción sin cambiar su momento respecto a un punto. Por tanto, en esta aplicación, una fuerza se puede tratar como un vector deslizante. Esto explica por qué cualquier punto A en la línea de acción de la fuerza se puede elegir al determinar el vector r en la ecuación (2.4).

La ecuación (2.7) es conveniente sólo cuando el brazo de momento se puede de-terminar con facilidad. Además, al emplear la ecuación (2.7), la dirección de MO se debe encontrar por inspección. Por ejemplo, la magnitud del momento de la fuerza de 100 N respecto al punto O en la fi gura 2.5(a) es (100)(2) = 200 N ⋅ m y su direc-ción es en sentido contrario al horario, según su observación desde el eje z positivo. Utilizando la regla de la mano derecha, la representación vectorial de este momento es MO = 200k N ⋅ m, como se muestra en la fi gura 2.5(b). La magnitud del momen-to respecto al punto O para la fuerza de 100 N en la fi gura 2.5(c) también es de 200 N ⋅ m, pero en este caso su dirección es en sentido horario, según su observación desde el eje z positivo. Para esta fuerza, MO = –200k N ⋅ m, como se muestra en la fi gura 2.5(d). Si bien la descripción vectorial para las dos fuerzas es –100i N, sus momentos respecto al punto O están dirigidos opuestamente.

z

y

x

O

100 N

2 m

(a)

MO = 200 N. m

z

y

x

O

(b)

MO = 200k N. m

z

y

x

O

(c)

MO = 200 N. m

100 N

2 my

x

O

(d)

MO = – 200k N. m

z

Fig. 2.5

02_Ch02_PYTEL.indd 50 25/4/12 11:29:30

2.5 Momento de una fuerza respecto a un punto 51

c. Principio de los momentos

Al determinar el momento de una fuerza respecto a un punto, con frecuencia es conveniente emplear el principio de los momentos, también conocido como teorema de Varignon:

El momento de una fuerza respecto a un punto es igual a la suma de los momen-tos de sus componentes respecto a ese punto.

Demostración

Para demostrar el teorema de Varignon, considere las tres fuerzas F1, F2 y F3 concu-rrentes en el punto A, como se muestra en la fi gura 2.6, donde r es el vector desde el punto O hasta el punto A. La suma de los momentos respecto al punto O para las tres fuerzas es

MO = r × F)= (r × F1) + (r × F2) + (r × F3) (a)

Empleando las propiedades del producto cruz, la ecuación (a) se puede escribir así:

MO =r × (F1 +F2 +F3)=r × R (b)

donde R = F1 + F2 + F3 es la fuerza resultante para las tres fuerzas originales. La ecuación (b) demuestra el principio de los momentos: el momento de R es igual a los momentos de las componentes de R. (Aunque en la demostración anterior sólo se utilizaron tres componentes, es obvio que se puede ampliar a cualquier número de componentes).

d. Métodos vectoriales y escalares

A partir del análisis anterior se observa que los siguientes son métodos equivalentes para calcular el momento de una fuerza F respecto a un punto O.

Método vectorial En el método vectorial se utiliza MO = r × F, donde r es un vector desde el punto O hasta cualquier punto en la línea de acción de F. La técnica más efectiva para utilizar el método vectorial (con componentes rectangulares) es la siguiente: 1. se escribe F en forma vectorial; 2. se elige una r y se escribe ésta en forma vectorial y 3. se utiliza la forma de determinante de r × F para evaluar MO:

MO =r × F=i j kx y zFx Fy Fz

(2.8)

donde la segunda y la tercera líneas en el determinante son las componentes rectan-gulares de r y F, respectivamente. Estas componentes se muestran en la fi gura 2.7. El desarrollo del determinante en la ecuación (2.8) da

MO = (yFz − zFy)i+ (zFx − x Fz)j+ (x Fy − yFx )k (2.9)

Método escalar En el método escalar, la magnitud del momento de la fuerza F respecto a O se determina con MO = Fd, donde d es el brazo de momento de la fuerza. En este método el sentido del momento se debe determinar por inspección. Como ya se mencionó, el método escalar es conveniente sólo cuando el brazo de momento d se puede determinar con facilidad.

Fig. 2.6

z

y

x

O

F1

r

F2

F3A

Fig. 2.7

z

y

x

O

Fz

Ar

Fy

Fx

x

z

y

02_Ch02_PYTEL.indd 51 25/4/12 11:29:30

52

Solución

Parte 1

El momento de una fuerza respecto al punto C se puede calcular ya sea mediante el método escalar (MC = Fd) o bien mediante el método vectorial (MC = r × F). En este problema el método escalar sería inconveniente, debido a que no hay una forma fácil para determinar d (la distancia perpendicular entre C y la línea AB). Por tanto, se utiliza el método vectorial, que consiste de los tres pasos siguientes: 1. se escribe F en forma vectorial, 2. se elige una r que se escribe en forma vectorial y 3. se calcula MC = r × F.

Paso 1: Se escribe F en forma vectorial. Con referencia a la fi gura, se obtiene

F=500𝛌AB=500SAB

|SAB|

=5002i− 4j+ 3k

5.385

lo que da

F=185.7i− 371.4j+ 278.6k N

Paso 2: Se elige una r que se escribe en forma vectorial.El vector r es un vector desde el punto C hasta cualquier punto en la

línea de acción de F. De la fi gura se observa que hay dos opciones conve-nientes para r, el vector desde el punto C hasta el punto A o hasta el pun to B. Como se indica en la fi gura, se elige que r sea rCA. (Como ejercicio, puede resolver este problema eligiendo r como el vector desde el punto C hasta el punto B.) Ahora se tiene

r=rC A= −2i m

Problema de ejemplo 2.3Determine: 1. el momento de la fuerza F respecto al punto C y 2. la distancia per-pendicular entre C y la línea de acción de F.

z

y

x

B

2 m

3 mA

F = 500 N

rCA

C4 m

02_Ch02_PYTEL.indd 52 25/4/12 11:29:31

6Vigas y cables

281

*6.1 Introducción

En este capítulo se introducen los análisis de vigas y cables fl exibles, dos temas importantes de la mecánica estructural. El análisis de vigas que soportan cargas transversales trata del cálculo de fuerzas y pares internos. Como las fuerzas y pares internos pueden variar de una manera complicada con la distancia a lo largo de una viga, se pondrá énfasis considerable en los métodos de cálculo y en las representa-ciones gráfi cas de los resultados.

El análisis de cables fl exibles también puede volverse muy complejo; la fuente de la difi cultad se encuentra en la geometría del cable. Dado que un cable puede soportar sólo una fuerza de tensión, éste debe ajustar su forma de manera que la tensión interna esté en equilibrio con las cargas aplicadas. Por tanto, la geometría del cable no siempre se conoce al inicio del análisis. Cuando se desconoce la forma del ca ble, la solución invariablemente conduce a ecuaciones no lineales, que se pueden resolver sólo de manera numérica.

Los cables son los componentes estructurales principales de un puente colgante. En este capítulo se muestra cómo determinar la tensión en un cable ante una variedad de condicio nes de carga. George Doyle/Stockbyte/Getty Images

06_Ch06_PYTEL.indd 281 25/4/12 11:42:52

282 CAPÍTULO 6 Vigas y cables

PARTE A: Vigas

*6.2 Sistemas de fuerzas internas

La determinación de fuerzas internas es un paso fundamental en el diseño de miem-bros que soportan cargas. Sólo después de efectuar este cálculo es que un ingeniero puede seleccionar las dimensiones apropiadas para un miembro o elegir el material con que se debe fabricar.

Si se conocen las fuerzas externas que mantienen un miembro en equilibrio, se pueden calcular las fuerzas internas mediante un análisis directo de equilibrio. Por ejemplo, considere la barra en la fi gura 6.1(a) que está cargada por las fuerzas exter-nas F1, F2,…, F5. Para determinar el sistema de fuerzas internas que actúa sobre la sección transversal identifi cada 1 (perpendicular al eje de la barra), primero se deben aislar las partes de la barra que se encuentren a cualquier lado de la sección 1. El diagrama de cuerpo libre (DCL) de la parte a la izquierda de la sección 1 se muestra en la fi gura 6.1(b). Además de las fuerzas externas F1, F2 y F3, en este DCL se mues-tra el sistema resultante fuerza-par de las fuerzas internas que están distribuidas sobre la sección transversal: la fuerza resultante R que actúa en el centroide C de la sección transversal y el par resultante CR. Como se explicó en el capítulo 3, la fuerza resultante R se puede colocar en cualquier punto, siempre que se introduzca el par re-sultante apropiado. Sin embargo, ubicar R en el centroide de la sección transversal

Fig. 6.1

F5

F1

F3

F2

1

(a)

F4

F1

(c)

C

Mz

Vz

P

T

My

Vy

F3

F2

F1

(b)

z

y

x

C R

R

C

F3

F2

06_Ch06_PYTEL.indd 282 25/4/12 11:42:53

6.2 Sistemas de fuerzas internas 283

es la práctica ingenieril estándar. Si F1, F2 y F3 se conocen, se pueden utilizar las ecuaciones de equilibrio ΣF = 0 y ΣMC = 0 para calcular R y CR.

Es convencional introducir el sistema de coordenadas centroidal ilustrado en la fi gura 6.1(b). El eje que es perpendicular a la sección transversal y que pasa por el centroide (eje x) se denomina eje centroidal. Las componentes de R y CR relativas a este sistema de coordenadas se identifi can por las cantidades mostradas en la fi gura 6.1(c) y se les dan los nombres físicamente signifi cativos siguientes:

P: la componente de fuerza que es perpendicular a la sección transversal, que tiende a alargar o acortar la barra, se denomina fuerza normal.

Vy y Vz: las componentes de fuerza que se encuentran en el plano de la sección trans-versal, que tienden a deslizar (cortar) las partes de la barra que se encuentran a cualquier lado de la sección transversal relativa a la otra, se denominan fuerzas cortantes.

T: la componente del par resultante que tiende a torcer la barra se denomina momen-to de torsión o par de torsión.

My y Mz: las componentes del par resultante que tienden a doblar la barra se deno-minan momentos fl exionantes.

Las deformaciones producidas por estas fuerzas y pares internos se ilustran en la fi gura 6.2.

Fig. 6.2

Sin deformación Alargamiento Cortante

Torsión Flexión

P

T

V

M

En muchas aplicaciones las fuerzas externas son coplanares y se encuentran en un plano que contiene el eje centroidal. En la fi gura 6.3(a) se ilustra el caso en el que todas las fuerzas externas se encuentran en el plano x-y, donde el eje x coincide con el eje centroidal de la barra. En este caso especial, las únicas componentes del sistema de fuerzas internas que no son cero y que actúan sobre cualquier sección transversal, por ejemplo, la sección 1, son la fuerza normal P, la fuerza cortante V y el momento fl exionante M, como se muestra en la fi gura 6.3(b).

06_Ch06_PYTEL.indd 283 25/4/12 11:42:53

284 CAPÍTULO 6 Vigas y cables

Hasta este punto, nos hemos concentrado en el sistema de fuerzas internas que actúa sobre la parte de la barra que se encuentra a la izquierda de la sección 1. Uti-lizando la tercera ley de Newton, estas fuerzas internas ocurren en pares iguales y opuestos sobre los dos lados de la sección transversal, como se muestra en la fi gura 6.3(c). En las secciones siguientes, enfocamos nuestra atención a calcular las fuer-zas y pares internos en miembros sometidos a fuerzas coplanares.

Fig. 6.3

(a)

y

z

F3

F4 F5

1

F1

F2 Plano de cargas externas

x

(b)

M

CP

F1 F2

F3

V

F5

F1

F2

(c)

M

V

P

V

P

M

F3 F4

06_Ch06_PYTEL.indd 284 25/4/12 11:42:53

285

Problema de ejemplo 6.1La barra en la fi gura (a), soportada por un pasador en A y un cable en B, resiste una carga uniformemente distribuida sobre su mitad izquierda. Ignorando el peso de la barra, determine la fuerza normal, la fuerza cortante y el momento fl exionante que actúan sobre la sección transversal en 1 analizando: 1. el segmento de la barra a la izquierda de la sección 1, y 2. el segmento de la barra a la derecha de la sección 1.

Solución

Cálculos preliminares

Se deben calcular las reacciones externas antes de que se pueda determinar el sis-tema de fuerzas internas. Como se muestra en el DCL en la fi gura (b), la barra está sometida a las fuerzas siguientes: las componentes Ax y Ay de la reacción en el pasador en A, la tensión T en el cable en B y la resultante de 2400 N de la carga uniformemente distribuida. En el análisis de equilibrio se determina las reacciones de la manera siguiente:

MA = 0 + T sen 30° (6) − 2400(1.5) = 0

T = 1200 N

Fx = 0 + Ax − T cos 30° = 0

Ax = T cos 30° = 1200 cos 30°

Ax = 1039 N

Fy = 0 + Ay − 2400+ T sen 30° = 0

Ay = 2400− T sen 30° = 2400− 1200 sen 30°

Ay = 1800 N

Como estas respuestas son positivas, cada una de las reacciones están dirigidas como se supuso en la fi gura (b).

Para determinar el sistema de fuerzas internas que actúa sobre la sección trans-versal en 1, se deben aislar los segmentos de la barra que se encuentran a cualquier lado de la sección 1. Los DCL de los segmentos a la izquierda y a la derecha de la sección 1 se muestran en las fi guras (c) y (d), respectivamente. Observe que al de-terminar las resultantes de cargas distribuidas, sólo se considera la parte de la carga que actúa sobre el segmento.

El sistema de fuerzas que actúa sobre la sección transversal en 1 consiste en la fuerza normal P1, la fuerza cortante V1 y el momento fl exionante M1. Para ser con-sistente con la tercera ley de Newton (reacciones iguales y opuestas), P1, V1 y M1 en la fi gura (c) se muestran iguales en magnitud, pero dirigidas opuestamente a sus contrapartes en la fi gura (d). Para calcular P1, V1 y M1 se puede utilizar cualquier DCL.

Parte 1

Aplicando las ecuaciones de equilibrio al DCL del segmento de la barra que se en-cuentra a la izquierda de la sección 1, fi gura (c), se obtiene

Fx = 0 + P1 + 1039 = 0

P1 = −1039 N Respuesta

A

3 m 3 m1

2 m

y

x30°

(a)

800 N/m

B

Ax

6 m

1.5 m

30°

(b)

2400 N

T

Ay

A B

1 m

(c)

1600 N

Ay = 1800 N

CAx = 1039 NM1

P1

V1

2 mA

4 m

30°M1

P1

V1

0.5 m

800 N

T = 1200 N

C

(d)

B

06_Ch06_PYTEL.indd 285 25/4/12 11:42:53

286

Fy = 0 + 1800− 1600− V1 = 0

V1 = 1800− 1600 = 200 N

MC = 0 + −1800(2) + 1600(1) +M1 = 0

M1 = 3600− 1600 = 2000 N ⋅m

Respuesta

Respuesta

El signo negativo en P1 indica que su sentido es opuesto al que se muestra en el DCL.

Parte 2

Aplicando las ecuaciones de equilibrio al DCL del segmento de barra a la derecha de la sección 1, fi gura (d), se obtiene

Fx = 0 + −P1 − 1200 cos 30° = 0

P1 = −1200 cos 30° = −1039 N

Fy = 0 + V1 + 1200 sen 30° − 800 = 0

V1 = −1200 sen 30° + 800 = 200 N

MC = 0 + −M1 − 800(0.5) + 1200 sen 30° (4) = 0

M1 = −800(0.5) + 1200 sen 30° (4) = 2000 N ⋅m

Respuesta

Respuesta

Respuesta

Estas respuestas concuerdan, por supuesto, con las obtenidas en la parte 1.

Problema de ejemplo 6.2El arco circular articulado soporta una carga vertical de 5000 lb, como se muestra en la fi gura (a). Ignorando los pesos de los miembros, determine la fuerza normal, la fuerza cortante y el momento fl exionante que actúan sobre la sección transversal en 1.

60°

4 pies

10 pies

AC

B

(a)

5000 lb1

y

x

06_Ch06_PYTEL.indd 286 25/4/12 11:42:53

287

SoluciónEl DCL del arco completo se muestra en la fi gura (b). Las fuerzas Ax y Ay son las componentes de las reacciones en el pasador en A y RC es la reacción en el pasador en C. Reconociendo que el miembro BC es de dos fuerzas, se sabe que RC está di-rigida a lo largo de la línea BC. En general, todas las reacciones externas se deben calcular antes de determinar los sistemas de fuerzas internas. Sin embargo, en este problema, sólo se necesita calcular RC. Del DCL en la fi gura (b) se obtiene

MA = 0 + RC sen 45° (20) − 5000(4) = 0

RC = 1414 lb

Luego se considera el DCL de la parte CD ilustrado en la fi gura (c). Las fuerzas Dx y Dy son las componentes horizontal y vertical de la fuerza resultante que actúa sobre la sección transversal y M1 es el momento fl exionante. Se podrían calcular Dx, Dy y M1 reconociendo que su resultante es una sola fuerza que es igual y opuesta a RC. Sin embargo, es más simple calcular estas incógnitas utilizando las ecuaciones de equilibrio siguientes:

Fx = 0 + Dx − 1414 cos 45° = 0 Dx = 1000 lb

Fy = 0 + −Dy + 1414 sen 45° = 0 Dy = 1000 lb

MD = 0 + M1 − 1414 cos 45° (8.66) − 1414 sen 45° (5.00) = 0

M1 = 3660 lb ⋅ pie Respuesta

El DCL en la fi gura (d) muestra la fuerza resultante actuando sobre la sección transversal en términos de su componente normal P1 y de su componente cortante V1. Al comparar las fi guras (c) y (d), se obtiene

P1 = Dy cos 60° + Dx sen 60°

= 1000 cos 60° + 1000 sen 60° = 1366 lb Respuesta

y

V1 = Dy sen 60° − Dx cos 60°

= 1000 sen 60° − 1000 cos 60° = 366 lb Respuesta

Como P1, V1 y M1 resultaron positivos, cada uno está dirigido como se indica en la fi gura (d).

45°

4 pies

A C

B

(b)

5000 lb

20 piesAx

AyRC

60°

1D

45°

C

RC = 1414 lb

M1

Dx

Dy

D

10 sen 60°= 8.66 pies

10 – 10 cos60°= 5.00 pies

60°

45°

M1

RC = 1414 lb

P1

V1

(c) (d)

=60°

06_Ch06_PYTEL.indd 287 25/4/12 11:42:53

288 CAPÍTULO 6 Vigas y cables

En los problemas siguientes el sistema de fuerzas internas se debe representar como una fuerza normal P, una fuerza cortante V y un momento fl exionante M. Ignore los pesos de los miembros.

6.1-6.3 Determine el sistema de fuerzas internas que actúa sobre la sección 1 analizando el DCL del: (a) segmento AD y (b) segmento DB.

Problemas

1

0.75 m

DA B

6 kN/m

3.75 m 1.5 m

Fig. P6.1

BA

3 m

180 kN . m

1.5 m

1.5 m 1

D

Fig. P6.2

BA

6 pies

400 lb/pie

3 pies

1

D

Fig. P6.3

6.4-6.6 Encuentre los sistemas de fuerzas internas que actúan sobre las seccio-nes 1 y 2.

6.7 Las tres vigas en voladizo idénticas soportan cargas verticales que están dis-tribuidas de manera diferente. Se sabe que la viga (a) falla debido a que el momento fl exionante máximo interno alcanza su valor crítico cuando P1 = 360 lb. Calcule los valores de P2 y P3 que ocasionarán la falla de las otras dos vigas.

B

240 lb total

1A

C25 pies 5 pies

3 pies

Fig. P6.4

BA

5 pies

C

5 pies

3 pies

240 lb

1

2

Fig. P6.5 Fig. P6.6

BA

5 pies

C

5 pies

3 pies

720 lb · pie

1

2

Fig. P6.7

P1

L

(a)

L

(b)

Carga total = P2

L

(c)

Carga total = P3

6.8 Encontrar los sistemas de fuerzas internas que actúan en las secciones 1 y 2 para el perno de argolla que se muestra.

06_Ch06_PYTEL.indd 288 25/4/12 11:42:53

6.1-6.20 Problemas 289

6.9 Para el componente estructural ilustrado, determine los sistemas de fuerzas internas que actúan sobre las secciones 1 y 2.

6.10 Las dos barras, articuladas entre sí en B, están soportadas por una superfi cie sin fricción en A y un empotramiento en C. Ignorando los pesos de las barras, deter-mine los sistemas de fuerzas internas que actúan sobre las secciones 1 y 2.

2.5 kN

235

Dimensiones en mm

1.2 kN

235A B

C

D

400 400 400

1

2

Fig. P6.9

28

40 lb

30°

3 pulg4

2

1

1 pulg2

Fig. P6.8

6.11 Determine el sistema de fuerzas internas que actúa sobre la sección 1 (justo debajo de D) del marco conectado con pasadores.

6.12 Determine los sistemas de fuerzas internas que actúan sobre la sección 2 (justo a la derecha de la carga de 600 N) del marco conectado con pasadores.

B C50°

0.6 m

900 N/m

0.6 m

A

0.6 m 0.6 m

21

Fig. P6.10

0.9 m 0.9 m

1

A

B D

C

E

2

800 N

600 N0.8 m

0.8 m

Fig. P6.11, P6.12

06_Ch06_PYTEL.indd 289 25/4/12 11:42:53

290 CAPÍTULO 6 Vigas y cables

6.13 Determine los sistemas de fuerzas internas que actúan sobre las secciones 1 y 2 para el marco conectado con pasadores. Las secciones se ubican justo arriba y debajo del pasador C.

6.14 Encuentre el sistema de fuerzas internas que actúa sobre la sección 3 para el marco conectado con pasadores.

6.15 Calcule los sistemas de fuerzas internas que actúan sobre las secciones 1 y 2, que están adyacentes al punto C.

C

240 N

0.4 m

0.4 m

240 N

0.3 m

A B

32

1

45°

Fig. P6.13, P6.14

100 lb

BC1 pie

1.8 pies 2.2 pies

1 2

AA1 pie

Fig. P6.15

C

B

A

E

F

D

2

1

600 lb . pulg8 pulg

12 pulg

7 pulg

16 pulg

4 pulg

Fig. p6.16

x

A

a a

C

a

a

B

D E

2 1

Fig. P6.17, P6.18

6.16 El par de 600 lb · pulg se aplica al miembro DEF del marco conectado con pasadores. Encuentre los sistemas de fuerzas que actúan sobre las secciones 1 y 2.

6.17 Una persona de peso W sube por una escalera colocada sobre una superfi cie sin fricción. Encuentre el sistema de fuerzas internas que actúa sobre la sección 1 como una función de x (la coordenada de posición de la persona).

6.18 Para la escalera en el problema 6.17, encuentre el sistema de fuerzas internas que actúa sobre la sección 2, suponiendo que x < a/2.

6.19 Determine el sistema de fuerzas internas que actúa sobre la sección 1 del arco circular.

06_Ch06_PYTEL.indd 290 25/4/12 11:42:54

6.3 Análisis de fuerzas internas 291

*6.20 La ecuación del arco parabólico es y = (36 – x2)/6, donde las unidades de x y y son pies. Calcule el sistema de fuerzas internas que actúa sobre la sección 1.

1

30°

20°

D

CB

A

1000 lb

500 lb

2 pies

Fig. P6.19

2000 lb

AB

x

y

4 pies6 pies 6 pies

6 pies

1

Fig. P6.20

*6.3 Análisis de fuerzas internas

a. Cargas y soportes

El término viga se reserva para una barra esbelta que está sometida a cargas trans-versales (las fuerzas aplicadas son perpendiculares a la barra). En este capítulo, se consideran sólo las cargas que también son coplanares. Como se explicó en el apartado 6.2, el sistema de fuerzas internas causado por cargas coplanares se puede representar como una fuerza normal, una fuerza cortante y un momento fl exionante actuando sobre la sección transversal.

En la fi gura 6.4 se ilustran varios ejemplos de soportes y cargas coplanares de vigas que se presentan en el diseño estructural. También se muestran los diagramas de cuerpo libre de las vigas, en los que se presentan las cargas aplicadas y las reac-ciones en los soportes. Las reacciones para vigas estáticamente determinadas, fi gura 6.4(a) a (c), se pueden determinar con el análisis de equilibrio. El cálculo de las reacciones para vigas estáticamente indeterminadas, fi g. 6.4(d) a (f), requiere de un análisis que está fuera del alcance de este libro.

06_Ch06_PYTEL.indd 291 25/4/12 11:42:54

292 CAPÍTULO 6 Vigas y cables

b. Convención de signos

Por consistencia, es necesario adoptar convenciones de signos para las cargas apli-cadas, fuerzas cortantes y momentos fl exionantes. Se utilizarán las convenciones que se muestran en la fi gura 6.5, en donde se suponen que son positivos las o los:

• Fuerzas externas que están dirigidas hacia abajo; pares externos que están diri-gidos en sentido de las manecillas del reloj.

• Fuerzas cortantes que tienden a girar un elemento de una viga en sentido de las manecillas del reloj.

• Momentos fl exionantes que tienden a fl exionar un elemento de una viga cóncavo hacia arriba (la viga “sonríe”).

w0

A B

w0

NA By

Bx

(a) Viga simplemente apoyada

P1

AB

P1

NA By

Bx

(b) Viga con voladizo

A B

w0

ByMB

Bx

(c) Viga en voladizo

w0

(d) Viga continua

w0

A B Cw0

Cx

NBNA Cy

A

C1

C1

B

NA

MB

By

Bx

(e) Viga en voladizo con soporte

A B

P1

P2

Bx

MBBy

MAAy

Ax

P2

(f) Viga doblemente empotrada

P1

Vigas estáticamente determinadas

Vigas estáticamente indeterminadas

06_Ch06_PYTEL.indd 292 25/4/12 11:42:54

6.3 Análisis de fuerzas internas 293

La desventaja principal de las convenciones anteriores es que dependen de ad-jetivos como “hacia abajo”, “en sentido de las manecillas del reloj”, etcétera. Para eliminar este obstáculo, en ocasiones se emplea una convención basada en un siste-ma de coordenadas cartesiano.

c. Ecuaciones y diagramas de fuerza cortante y momento fl exionante

La determinación del sistema de fuerzas internas en una sección transversal dada en un miembro se analizó en la apartado 6.2. El objetivo del análisis de vigas es de-terminar la fuerza cortante y el momento fl exionante en cada sección transversal de una viga. Se pone atención particular a encontrar los valores y las ubicaciones de la fuerza cortante máxima y del momento fl exionante máximo. Los resultados permi-ten que los ingenieros seleccionen una viga adecuada que pueda soportar las cargas aplicadas.

Las ecuaciones que describen la variación de la fuerza cortante (V) y del momen-to fl exionante (M) con ubicación de la sección transversal se denominan de fuerza cortante y momento fl exionante o simplemente, V y M. Estas ecuaciones siempre dependen de las convenciones de signos, como las que se muestran en la fi gura 6.5.

Cuando las ecuaciones V y M se grafi can a escala, los resultados se denominan diagramas de fuerza cortante y de momento fl exionante o simplemente, V y M. Des-pués que se han grafi cado éstos, la fuerza cortante máxima y el momento fl exionante máximo suelen determinarse por inspección o con un cálculo simple.

En los problemas de ejemplo siguientes, se explican los procedimientos para deducir las ecuaciones V y M, y para trazar los diagramas V y M.

P

Positivo Negativo

Cargas externas

Fuerza cortante

Momento flexionante

V

V

P w

C

w

C

V

V

M M

M M

Fig. 6.5 Convenciones de signos para cargas externas, fuerza cortante y momento fl exionante.

06_Ch06_PYTEL.indd 293 25/4/12 11:42:54

294

Solución

Parte 1

La determinación de las expresiones para V y M para cada uno de los tres segmentos de la viga (AB, BC y CD) se explica a continuación.

Segmento AB (0 < x < 2m) En la fi gura (b) se muestran los DCL para las dos partes de la viga que están separados por la sección 1, ubicada dentro del segmen-to AB. Observe que se muestran V y M actuando en sus direcciones positivas de acuerdo con las convenciones de signos en la fi gura 6.5. Como V y M son iguales en magnitud y opuestamente dirigidas en los dos DCL, se pueden calcular utilizando cualquier DCL. El análisis de la parte del DCL a la izquierda de la sección 1 da

Fy = 0 + 18− V = 0

V = +18 kN

ME = 0 + − 18x +M = 0

M = +18x kN ⋅m

Respuesta

Respuesta

Problema de ejemplo 6.3La viga apoyada simplemente que se muestra en la fi gura (a) soporta dos cargas con-centradas. 1. Deduzca las expresiones para la fuerza cortante y el momento fl exio-nante para cada segmento de la viga. 2. Bosqueje los diagramas de fuerza cortante y momento fl exionante. Ignore el peso de la viga. Observe que las reacciones en los soportes en A y D ya se calcularon y se muestran en la fi gura (a).

RA = 18 kN

x

y

DA

RD = 24 kN

1 2 3

(a)

2 m 2 m3 m

14 kN 28 kN

CB

2 m3 m

14 kN 28 kN

18 kN 24 kN

D

CB

A

(b) DCL

xV

EE

MMV

06_Ch06_PYTEL.indd 294 25/4/12 11:42:54

295

Parte 2

Los diagramas de fuerza cortante y momento fl exionante en las fi guras (f) y (g) son los trazos de las expresiones para V y M deducidos en la parte 1. Al colocar estos trazos directamente debajo del bosquejo de la viga en la fi gura (e), se establece una relación visual clara entre los diagramas y las ubicaciones sobre la viga.

Segmento BC (2m < x < 5m) En la fi gura (c) se muestran los DCL para las dos partes de la viga que están separadas por la sección 2, una sección arbitraria dentro del segmento BC. Una vez más, V y M se suponen positivos de acuerdo con las convenciones de signos en la fi gura 6.5. El análisis de la parte a la izquierda de la sección 2 da

Fy = 0 + 18− 14− V = 0

V = +18− 14 = +4 kN

MF = 0 + − 18x + 14(x − 2) +M = 0

M = +18x − 14(x − 2) = 4x + 28 kN ⋅m

Respuesta

Respuesta

Segmento CD (5m < x < 7m) La sección 3 se utiliza para encontrar la fuerza cortante y el momento fl exionante en el segmento CD. Los DCL en la fi gura (d) de nuevo muestran V y M actuando en sus direcciones positivas. Analizando la parte de la viga a la izquierda de la sección 3, se obtiene

Fy = 0 + 18− 14− 28− V = 0

V = +18− 14− 28 = −24 kN

MG = 0 + − 18x + 14(x − 2) + 28(x − 5) +M = 0

M = +18x − 14(x − 2) − 28(x − 5) = −24x + 168 kN ⋅m

Respuesta

Respuesta

2 m

28 kN

24 kN

DC

M

F

(c) DCL

2 m

14 kN

18 kN

BA

M

V

V

F

x

24 kN

D

M V

G

2 m 3 m

14 kN 28 kN

18 kN

CBA

M

V

x

G

(d) DCL

06_Ch06_PYTEL.indd 295 25/4/12 11:42:54

La tercera edición de Ingeniería Mecánica: Estática, ofrece a los estudiantes una cobertura de ma-

de autores provee conocimiento de primera mano de los niveles de habilidad de aprendizaje de

Características

La introducción temprana de la relación entre fuerza y aceleración utilizada en esta peda-

gogía permite a los estudiantes darse cuenta de cómo se pueden utilizar mucho antes las

En su caso, los problemas de ejemplo se resuelven mediante notaciones escalares y vec-

-