UNIDAD 2 EQUILIBRIO DE CUERPOS RÍGIDOS.

Unidad II.- CENTROS DE GRAVEDAD
Mecánica Racional
U
NIDAD
2
EQUILIBRIO DE CUERPOS RÍGIDOS.
CENTROS DE GRAVEDAD
GENERALIDADES.-
El centro de gravedad es aquel que localiza el peso resultante de un sistema de
partículas y el centro de masas de un sistema de partículas discretas. Para ello
consideraremos un sistema de n partículas fijo dentro de una región del espacio.
Los pesos de las partículas pueden reemplazarse por una única (equivalente)
resultante con un punto de aplicación G bien definido.
Es decir, un sistema de fuerzas paralelas entre sí, puede ser sustituido por una fuerza
única resultante, como la suma algebraica (WR) que actúa sobre un punto específico.
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Mecánica Racional
Ese es el punto de aplicación que tendrá por coordenadas x, y y z, y se le
denominará “Centro de Gravedad” (G).
El Peso resultante = peso total de las n partículas
La suma de los momentos de los pesos de todas las partículas respecto a los ejes x,
y, z ejes = momento del peso resultante respecto a esos ejes.
La Suma de momentos respecto al eje x.
La Suma de momentos respecto al eje y.
Aunque los pesos no producen momento sobre el eje z, podemos rotar el sistema de
coordenadas 90° respecto al eje x (o y) con las partículas fijas y sumar los momentos
respecto al eje x (o y),
Ya que el Peso = m.g
Esto implica que el centro de gravedad coincide con el centro de masas. Las
partículas tienen peso solo bajo la influencia de una atracción gravitatoria, mientras que el
centro de masas es independiente de la gravedad.
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CENTROS DE GRAVEDAD DE ÁREAS SIMÉTRICAS Y REGULARES
El centro de gravedad de áreas regulares y/o simétricas de cuerpos rígidos, tales
como: cuadrados, rectángulos, triángulos, círculos, entre otros, coinciden su centro
geométrico de tal forma:
r
G .
G
a
a
h
G
b
Momentos de Primer Orden.
Si se tiene un área cualquiera, referidos a un sistema de ejes cartesianos, a su vez,
esta puede subdividirse en varias áreas conocidas A1, A2, A3… An. Entonces se denomina
momento de primer orden al producto de dicho eje al considerado.
𝑆𝑥 = 𝐴1 . 𝑌1 + 𝐴2 . 𝑌2 + 𝐴3 . 𝑌3 + … . . 𝐴𝑛 . 𝑌𝑛
En resumen: 𝑺𝒙 =
𝒏
𝒊=𝟏 𝑨𝒊 . 𝒀𝒊
De forma similar con respecto al eje Y:
𝒏
𝑺𝒚 =
𝑨𝒊 . 𝑿𝒊
𝒊=𝟏
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Un cuerpo rígido está compuesto por un número infinito de partículas. Si
consideramos una partícula arbitraria de peso dW.
Por otra parte, si un área definida por el contorno y = f(x); se lleva a un elemento
infinitesimal, teniendo:
Donde x, y y z respectivamente, se denominan momentos estáticos de primer orden
respecto a los ejes x, y y z.
Centro de Gravedad para un Sistema de Partículas.
Si se considera un sistema de “n” partículas fijas contenidas en un espacio de
coordenadas x, y y z. Para el centroide de la superficie de un objeto, tal como una placa o un
disco, subdividimos el área en elementos diferenciales dA.
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CENTROIDE DE UNA LÍNEA.
Si la geometría de un objeto (rígido), por ejemplo una varilla o un alambre, que
tenga la forma de una línea continua y homogénea, se elige un diferencial de longitud dL,
que tiene coordenadas x, y y z respectivamente
En este caso el centro de gravedad del objeto no necesariamente debe estar sobre la
línea, sino fuera de ella, tal como se muestra en la figura. Entonces se tiene que:
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Eje de Simetría.
En el caso de figuras plana, el centro de gravedad G, necesariamente se encuentra
dentro de esa área.
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Centros de Gravedad de Áreas
Ejemplo # 1.
Demostrar que el centro de gravedad de
un rectángulo es 𝑏ℎ 𝑦 ℎ2 respectivamente.
y
Solución:
Los lados de b y h se tiene dA = b.dy
dy
h
Aplicando la definición, se tiene:
y
Aŷ =
b
𝑦. 𝑑𝐴 ; ŷ =
x
pero como A = b.h
𝐴
ℎ
𝑦2
ŷ=
ℎ
0 𝑦 .𝑏 𝑑𝑦
𝑏. 2
0
𝑏.ℎ
𝑏.ℎ 2
=
ŷ=
;
2.𝑏.ℎ
𝒉
𝟐
Demostramos a X
Aplicando la definición, se tiene:
dA = h.dx ;
x=
𝑏
0 𝑋 𝑑𝐴
𝐴
𝑏
0 𝑋 .ℎ𝑑𝑥
pero como dA = h.dx
𝑏.ℎ
ŷ=
2
ℎ . 𝑥2
𝑏
0
𝑏.ℎ
=
ℎ.𝑏 2
;
2.𝑏.ℎ
x=
𝒃
𝟐
Ejemplo # 2.
Determinar el centro de gravedad de un
triángulo.
Solución:
y
dA = s.dy
Dado que A = ½ b.h, aplicando la definición se tiene:
dy
h
I
s
ŷ=
𝒔=
y
s
b
x
ŷ=
𝑦 .𝑑 𝐴
𝑑𝐴
𝑏
ℎ
𝒃
𝒉
𝒔
𝒉−𝒚
por semejanza de triángulo =
=>
(ℎ − 𝑦) sustituyendo el valor de G
ℎ 𝑏
0 𝑦 .ℎ (ℎ−𝑦 ) 𝑑 𝑦
ℎ 𝑏
0 ℎ (ℎ−𝑦 ) 𝑑 𝑦
ŷ=
ℎ
ℎ .𝑦 2 1 3
2 − 3𝑦
𝑦2
ℎ .𝑦 − 2
𝑏 ℎ
(ℎ −𝑦 2 ) 𝑑 𝑦
ℎ 0
𝑏 ℎ
(ℎ−𝑦) 𝑑 𝑦
ℎ 0
=
0
ℎ
=
1 3
6ℎ
1 2
2ℎ
;
𝟏
ŷ = . 𝒉 identifica el
𝟑
0
centro de gravedad a 1/3h de la base y a una distancia 2/3h del vértice.
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Ejemplo # 3.
Determinar el centro de gravedad de la
figura compuesta que se muestra.
Solución:
C1
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C2
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Ejemplo # 4.
Determinar el centro de gravedad de la
figura.
Solución:
.
Ejemplo # 5.
Localice el centro de gravedad de la figura
compuesta.
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Ejemplo # 6.
Localice el centro de gravedad de la figura
compuesta.
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Ejemplo # 7.
Determinar el centro de gravedad de la
figura.
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Ejemplo # 8.
Determinar el centro de gravedad de la
figura.
Un cuarto de
Elipse
Ejemplo # 9.
Determinar el centro de gravedad de la
figura.
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Ejemplo # 10.
Determinar el centro de gravedad de la
figura.
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Usando Y de un arco de radio
En el límite como Δ →0
Así que:
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Ejemplo # 11.
El eje horizontal x señala el centroide del área mostrada y
divide el área en dos componentes A1 y A2. Determine el
primer momento para cada componente de área respecto
al eje x, y explique los resultados obtenidos.
Primero, se localiza y en la figura
Área 1
Área 2
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Centros de Gravedad de Líneas
Ejemplo # 12.
Determinar la distancia de x al centro de gravedad
de una varilla homogénea de forma parabólica. Si
la varilla tiene un peso por unidad de longitud de
0.5 lb/ft. Determine la reacción al soporte de apoyo
O.
Solución:
=0
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Ejemplo # 13.
Una varilla uniforme de acero es doblada en un
arco circular con radio de 500 mm. La varilla está
apoyada por un vínculo A y una cuerda BC.
Determine la tensión de la cuerda y la reacción en
A.
Solución:
Primero, por definición sabemos que:
También note que la deflexión ABD es un
triángulo equilátero. Equilibrando se tiene::
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Ejemplo # 14.
Un alambre homogéneo de acero es doblada en un
arco parabólico. Determine por integración la
coordenada x de su centroide.
Solución:
Primero, notemos que debido a que el alambre es homogéneo, su centro
de gravedad coincide con el centroide de la línea correspondiente
se tiene:
Luego:
Entonces:
Entonces:
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Ejemplo # 15.
Un alambre homogéneo de acero es doblada en un
arco parabólico. Determine por integración la
coordenada x de su centroide.
Solución:
Primero, notemos que debido a que el alambre es homogéneo, su centro
de gravedad coincide con el centroide de la línea correspondiente
Ahora:
Luego:
Y:
Entonces:
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Centros de Gravedad de Volúmenes
Ejemplo # 16.
Determine el volumen y área del sólido obtenido
por rotación del área del ejemplo # 4. a) referente
al eje x, b) a la línea x = 165 mm.
Solución:
De la solución del Ejemplo # 4, tenemos:
Área
Línea
Aplicando el Teorema de Pappus-Guldinus, tenemos:
(b) La Rotación referente al eje x:
(a) La Rotación referente a x= 165 mm:
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Ejemplo # 17.
En un agujero de 15 mm de díametro se introduce
un tornillo de acero de 20 mm de espesor, el
orificio luego es compensado por el tornillo, tal
como se muestra. Determine el volumen del acero
removido durante el proceso de atornillado
Solución:
El volumen requerido puede ser generado por la rotación del área mostrada referenten al eje y.
aplicando el segundo Teorema de Pappus-Guldinus, tenemos:
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Ejemplo # 18.
Determine el volumen y el área de superficie de
la figura mostrada, el cual está hecha de 2 in
(pulgadas) de diámetro. Si R = 3 in y L = 10 in.
Solución:
Notemos que el área A y la circunferencia C del cruce de la sección del tubo es:
Observemos que el final de la sección semicircular puede ser obtenida por la rotación al cruce de la sección a
través del arco semicircular del radio R. Luego aplicando el segundo Teorema de Pappus-Guldinus, tenemos:
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