1

Estabilidad

Universidad Tecnológica Nacional

Promoción Directa

Facultad Regional Avellaneda

Ingeniería CivilEstabilidad

Momentos de Primer OrdenMódulo IV

2

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

3

Estabilidad

Módulo 4Momentos de Primer Orden

4

Estabilidad

5

Estabilidad

INDICE

Módulo IV: MOMENTOS DE PRIMER ORDEN

Momento estáticoBaricentroSistemas continuosBaricentro de figurasActividades

6

Estabilidad

7

Estabilidad

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.

8

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

9

Estabilidad

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

10

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

=⋅

⋅==

⋅==⋅==

=

=⋅⋅=⋅=

⋅=

⋅=

∫∫

∫∫

∫

11

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

12

Estabilidad

( )

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

13

Estabilidad

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

14

Estabilidad

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.

15

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

⋅=+=+−−=

=−=⋅=⋅⋅⋅⋅=⋅=−

−−

∫∫∫

16

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.

12

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

−⋅=⇒

−⋅

⋅=

−⋅=−−==⋅==

⋅=+=

=−−−−=−=⋅=⋅⋅=⋅=

−−

−−−

∫∫

∫∫∫

17

Estabilidad

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

18

Estabilidad

19

Estabilidad

ACTIVIDADES

Ejercicio N°1:Determinar el baricentro de la figura sombreada.

Ejercicio N° 2:Determinar el baricentro de la figura sombreada.

20

Estabilidad

Ejercicio N° 3:Determinar el baricentro de la figura sombreada.

21

Estabilidad

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