Post on 23-Jun-2015
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Estabilidad
Universidad Tecnológica Nacional
Promoción Directa
Facultad Regional Avellaneda
Ingeniería CivilEstabilidad
Momentos de Primer OrdenMódulo IV
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Estabilidad
Decano F.R.A.Ing. Jorge Omar Del Gener
Coordinador de Promoción DirectaIng. Luis Muraca
AutorIng. Jorge O. Del Gener
Realizado por
Coordinador Facultad Abierta Avellaneda on-lineAlejandro González
DiseñoProf. Ricardo KrotkiProf. Alcira VirgiliDG. Mariana Wolff
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Módulo 4Momentos de Primer Orden
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INDICE
Módulo IV: MOMENTOS DE PRIMER ORDEN
Momento estáticoBaricentroSistemas continuosBaricentro de figurasActividades
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MOMENTOS DE PRIMER ORDEN
Baricentro de un centro de masas: consideremos en el plano un sistema de puntos en los que se imaginan concentradas masas m1, m2, m3 ........, mn. Si suponemos aplicado en tales puntos y en el plano un sistema de fuerzas paralelas, medidas por las mismos números que miden las masas ó por números proporcionales, se sabe que haciendo girar las fuerzas alrededor de los puntos de aplicación, manteniéndolas paralelas, también la resultante gira alrededor de un punto G del plano llamado centro de fuerzas paralelas y que es el baricentro del sistema.Por lo tanto, para obtener gráficamente el baricentro G del sistema debe determinarse el centro de las fuerzas paralelas. O sea, se disponen las fuerzas en dos direcciones arbitrarias y se determinan las dos resultantes mediante dos polígonos funiculares, siendo la intersección de ambas resultantes el baricentro buscado.
Si se toman dos direcciones perpendiculares entre sí basta con un solo polígono de fuerzas, ya que el polígono funicular de un sistema es perpendicular al del otro.
Momento estático
Dada una recta x en el plano de las masas, se llama momento estático (ó de 1º Orden) del sistema de masas respecto de la recta, a la suma de los productos de las masas por las distancias respectivas.
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Estabilidad
El momento estático del sistema de masas respecto a un eje x, es igual al del sistema de fuerzas paralelas a x que sustituyen a las masas, y éste, por Varignon es igual al momento de la resultante, y como ésta pasa por el baricentro G del sistema, el momento buscado resulta igual a la suma de las fuerzas, o sea de las masas, multiplicado por la distancia y G del baricentro a la recta x.
∑
∑
⋅=
=++=
=++=
myxS
:quetenemos
mmmmR
:omocy
yRy.my.my.mxS
G
321
G332211
Y así obtenemos el teorema de Varignon aplicado a las masas, que dice : El momento estático de un sistema de masas respecto a una recta no cambia, si se concentra en el baricentro la masa
total ∑m .Por consiguiente, para calcular el momento estático del sistema respecto a una recta cualquiera
del plano, basta con conocer el baricentro G y ∑m, o sea, no es necesario conocer la distribución
de las masas.Si el eje x es baricéntrico, el momento estático del sistema respecto a x es nulo, e inversamente si el momento estático es nulo respecto a un eje, dicho eje es baricéntrico.Por lo tanto, el baricentro de un sistema de masas puede definirse independientemente de las fuerzas paralelas, diciendo que: es un punto tal que el momento estático del sistema respecto a cualquier recta que pase por él, es nulo.
Coordenadas del baricentro - Como sabemos que:
∑∑∑∑ =⇒⋅==
m
y.mymyy.mxS GG
Si tomamos otro eje y ortogonal con x, tenemos:
∑∑∑∑ =⇒⋅==
m
x.mxmxx.myS GG
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Sistemas continuos
Frecuentemente, las masas del sistema, en lugar de estar concentradas en un número finito de puntos, están distribuidas de modo continuo sobre una superficie dada “A” ó a lo largo de una línea dada “S” del plano. La distribución está definida por la densidad “µ” en cada punto de la superficie o de la línea, es decir, por la masa por unidad de superficie ó de longitud, que puede ser variable de punto a punto ó constante.
2d.md
dmd
:Líneas
1d.mdd
md:sSuperficie
ss
AA
µµ
µµ
=⇒=
=⇒=
El baricentro tiene la misma definición que para los sistemas discontinuos (masas concentradas).El momento estático respecto a un eje x, para sistemas continuos, se define como:
∫∫ ==sA
md.yxSmd.yxS
Reemplazando dm por 1 y 2 :
∫∫
∫∫==
==
sA
A
sA
A
sd..xySd..xyS
sd..yxSd..yxS
µµ
µµ
Y las coordenadas del baricentro para una superficie serán:
∫
∫
∫
∫====
A
A
A
A
Gy
A
A
A
A
GXd.
d..y
AxS
d.
d..x
AyS
µ
µ
µ
µ
Y para una línea:
∫
∫
∫
∫⋅
⋅⋅==
⋅
⋅⋅==
ss
ss
G
Ss
ss
Gd
dy
SxS
yd
dx
SyS
xµ
µ
µ
µ
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Estabilidad
Por consiguiente, para una superficie cuando µ=1 tendremos:
∫∫ ==A
A
A
A d.xySd.yxS
Y las coordenadas del baricentro serán:
∫
∫
∫
∫====
A
A
A
Gy
A
A
A
A
GXAd
d.y
AxS
d
d.x
AyS
Y para una línea tendremos:
∫
∫
∫
∫
∫∫
====
==
s
s
s
Gy
s
s
sGX
s
s
s
s
sd
d.y
SxS
d
sd.x
SyS
d.xySd.yxS
Si una superficie (ó una línea) tiene un eje de simetría ortogonal, el baricentro está sobre él y si tiene dos, está en su punto de intersección.Si una superficie tiene un eje de simetría oblícuo, el baricentro está sobre él.
El momento estático de una superficie tendrá como unidades: mm3; cm3; m3; etc. y el de una
línea: mm2; cm2; m2; etc.
Determinaremos ahora los baricentros de la superficie de las figuras más conocidas :Baricentro de un rectángulo.
[ ]
2h
hb2hb
AxS
y
hbybdbdA
2hb
2y
bdybdyxS
ydbd
dyxS
2
G
h
0
h
0
Y
h
0
A
2h
0
2h
0
y
h
0
A
A
A
=⋅
⋅==
⋅==⋅==
=
=⋅⋅=⋅=
⋅=
⋅=
∫∫
∫∫
∫
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Estabilidad
Baricentro de un triángulo.
yd.)y(bd
d.yxS
A
A
A
=
= ∫
Comparando triángulos semejantes:
yd.)hy.b
b(d
)yh(hb
)y(bh
yhb
)y(b
A −=
−=⇒−
=
[ ]
3h
yhb6
hb2AxS
y
2hb
h2hb
h.b2
yhb
ybd.yhb
dbd.)hy.b
b(ddA
6hb
xS6
hb2hb3xS
h3hb
2hb
3y
hb
2y
byd.yhb
yd.ybd.)hy.b
b(.yd.yxS
G
2
G
2h
0
2h
0
h
0
y
h
0
y
h
0
y
h
0
A
A
A
222
32h
0
3h
0
2h
0
2h
0
h
0
y
h
0
A
=⇒==
=−=
−=−=−===
=⇒−
=
=−=
−
=−=−==
∫∫∫∫∫
∫∫∫∫
Baricentro de un triángulo oblicuánguloEl baricentro estará sobre la mediana del triángulo, que es el eje de simetría de la figura.
( ) yyA dbd ⋅=
Comparando triángulos semejantes:
( )( )
−=⇒
−=
hy
1bbh
yhb
by
y
Además:
ygt1
xxy
gt ⋅=⇒=α
α
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( )
αα
ααα
gt6hb
gt6h
byS
h3
3y2
2ygt1
bdhy
ygt1
bdhy
1bygt1
dxyS
6hb
3hb
2hb
xS
h3y
2
2ybdy
hb
dybdyhy
1bdybdyxS
22
h
0
y
h
0
2
y
h
0A
A
222
3h
0
y
h
0
2h
0
yy
h
0
y
h
0
y
h
0
A
=
=
=−=⋅
−=
−⋅
⋅=⋅=
=−=
=−=⋅−⋅=⋅⋅
−=⋅⋅=⋅=
∫∫∫
∫∫∫∫∫
2hb
h2hb
hbh2
yybd
hy
1bdbdA2h
0
2h
0
h
0yy)y(
AA =−=
−=⋅
−=⋅== ∫ ∫∫
Y la coordenadas del baricentro serán:
3h
yhb62hb
AxS
y
gt3h
xhbgt6
2hbAxS
x
G
2
G
G
2
G
=⇒⋅⋅⋅⋅
==
=⇒⋅⋅
⋅⋅==
αα
Baricentro de un trapecio
En el trapecio de la Figura sabemos que el baricentro estará ubicado sobre la mediana MN (eje de simetría), y para determinar la posición exacta comenzamos por trazar la recta BC que divide
el trapecio en dos triángulos ABC y BCD, y cuyos respectivos baricentros serán los puntos G1
y G2.
Si sobre G1 y G2 dibujamos los vectores F1 y F2, que representan las áreas de los triángulos
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ABC y BCD respectivamente, con la construcción del polígono de fuerzas y el trazado del funicular correspondiente obtendremos la ubicación de la resultante FR, y en su punto de intersección con el eje de simetría MN se encontrará el baricentro G del trapecio.
Veremos ahora una regla práctica para la determinación del baricentro G y que consiste en dividir la altura h del trapecio en tres partes iguales, trazando dos rectas paralelas a las bases hasta cortar uno cualquiera de sus lados, en este caso el BD, en los puntos S y T. Luego, trazando dos rectas que unan A con S y C con T, por su punto de intersección P trazamos una paralela
a las bases y donde ésta corta al eje de simetría tenemos el baricentro G.
Baricentro de un semicírculo
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θ
θ
θ
senr32
y
dr21
d
drsd
rsd21
d
2A
A
⋅=
⋅⋅=
⋅=
⋅⋅=
[ ]
( )[ ] ( )
[ ]
r424,0yr424,03
r4
r21
r32AxS
y
r21
0r
21
ddA
r32
113r
0socsoc3r
xS
soc03
rdnes
3r
dr21
nesr32
dyxS
G2
3
G
22
0
A
A
A
333
3
0
32
0A
A
=⇒==⋅⋅
⋅==
⋅=⋅===
=+=−−−=
=−=⋅=⋅⋅⋅⋅=⋅=
∫∫
∫∫∫
ππ
πθ π
π
πθθθθ
π
ππ
Baricentro de un cuarto de círculo
Aquí aplicamos el mismo planteo anterior, cambiando solamente los límites de integración.
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Estabilidad
[ ] ( )
[ ]
r424,03
r4
r41
r31AxS
y
4r
2r
212
0r
21
dr21
ddA
3r
0soc2
soc3r
soc3r
xS
dnes3r
dnes3r
xS
2
3
G
222
2
0
22
0
A
A
A
332
0
3
2
0
32
0
3
==⋅⋅
⋅==
⋅=⋅⋅=⋅=⋅===
=
−−−=−=
⋅=⋅⋅=
∫∫∫
∫∫
ππ
ππθ πθ
π
θθθθ
ππ
π
ππ
Análogamente obtenemos yG=xG, o sea: xG=yG=0,424r
Baricentro de un sector circular
El sector circular que estudiamos se ubica simétricamente respecto del eje y, considerando el sector rayado como si fuera un triángulo cuya superficie es dA.
θ
θθ
θ
sen.r.32
y
:además2d.r
2r.d.r
d
d.rsd:comoy2
rsdd
2
A
A
=
==
=
=
[ ]
( )[ ] [ ] αααααπ
θθθθθαπ
α
απ
αθ
απ
α
socr32
socsoc3r
socsoc3r
xS
soc3r
dnes3r
2dr
dnesr32
dyxS
333
332
A
⋅=+=+−−=
=−=⋅=⋅⋅⋅⋅=⋅=−
−−
∫∫∫
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Estabilidad
[ ] [ ] ( )
( ) απα
απα
απα
απααπθ απαθ
απ
α
2osc
r34
y2soc
r34
22r
socr32AxS
y
22r
2r
2r
d2r
dA
G2
3
G
2222
A
A
−⋅⋅=⇒
−⋅⋅=
−⋅⋅⋅
==
−=−−=−
=⋅== ∫∫−
Baricentro de un arco de círculo
Consideramos un arco de círculo simétrico respecto del eje y.
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sen.ry
d.rsd
δπδθ
θ
−===
[ ] ( ) ( )[ ]
[ ]
[ ] [ ] ( )
( ) 1
1G
1
12
G
111
12
112
11222
2
cosr2y
2r
cosr2y
2rrrdrsdL
cosr2coscosrxS
coscosrcosrdsenrd.rsenrsdyxS
1
1
1
1
2
1
1
1
1
1
1
1
2
1
δπδ
δπδ
δπδδπθθ
δδδ
δδπθθθθθ
δπ
δ
δπ
δ
δ
δ
δπδ
δπ
δ
δπ
δ
δ
δ
−⋅=⇒
−⋅
⋅=
−⋅=−−==⋅==
⋅=+=
=−−−−=−=⋅=⋅⋅=⋅=
−−
−−−
∫∫
∫∫∫
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Ejemplo:
Determinar las coordenadas del baricentro de la figura sombreada que se indica a continuación:
Determinamos el área de la Figura:
A = A1 - A2 = (b · x) - (p · r2/4) = (5cm · 4cm) - 3,14 ·(2cm)2/4 = 20cm2 - 3,14cm2 =
A = 16,86 cm2
Ahora determinamos el momento estático de la figura respecto a un eje x que pasa por la base.
Sx = S1x - S2x = A1 · yG1 - A2 . yG2 = (5cm · 4cm) · 2cm - [3,14 · (2cm)2 / 4] · 0,424 · (2cm) =Sx = 40cm3 - 2,66cm3 = 37,34cm3
Luego obtenemos el momento estático respecto a un eje y que pasa por el lado derecho de la Figura.
Sy = S1y - S2y = A1 · xG1 - A2· xG2 = (5cm · 4cm) · 2,5cm - [3,14 · (2cm)2 / 4] · 0,424 · (2cm) =Sy = 50cm3 - 2,66cm3 = 47,34cm3
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ACTIVIDADES
Ejercicio N°1:Determinar el baricentro de la figura sombreada.
Ejercicio N° 2:Determinar el baricentro de la figura sombreada.
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Ejercicio N° 3:Determinar el baricentro de la figura sombreada.
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BIBlIOgRAFíA.
Ciencia de la Construcción – Tomo IOdone BelluzziAguilar S.A. –Madrid – 3° Edición 1970
Mecánica Vectorial para Ingenieros-EstáticaFerdinand P. Beer – E. Russell Johnston Jr.McGraw-Hill / Interamericana Editores S.A. MéxicoQuinta edición-Año 1999
Ingeniería Mecánica – EstáticaWilliam F. Riley – Leroy D. SturgesEditorial Reverté S.A. España – Edición 1995
Mecánica para Ingeniería y sus aplicaciones – EstáticaDavid J. Mc Grill – Milton W. KingGrupo Editorial Iberoamericana – Año 1994
Mecánica para Ingeniería – EstáticaAnthony Bedford – Wallace FowlerAddison Wesley Longman de México S.A. – Año 2000
Ingeniería Mecánica – EstáticaR. C. HibbelerPrentice Hall Hispanoamericana S.A. – Año 1996
Temas de Estabilidad – EstáticaClaudio A. MolanesPrimera Edición IRO – Enero 1999
Estabilidad – 1° Curso