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Cap.11 Separata desplazamientos pequeños
Estática (Pontificia Universidad Católica del Perú)
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PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATÓLICA DEL PERÚ
ESTUDIOS GENERALES CIENCIAS
ESTÁTICA
Unidad 10
SEPARATA 1
GEOMETRÍA DE LOS DESPLAZAMIENTOS PEQUEÑOS
DESPLAZAMIENTOS PEQUEÑOS EN SÓLIDOS RÍGIDOS
Desplazamientos pequeños:
 Son magnitudes despreciables con relación a las dimensiones del sólido.
 No afectan la geometría inicial del sólido.
Desplazamiento y deformación:
Son producidos por las SOLICITACIONES (cargas, etc.) que actúan sobre el cuerpo.
Desplazamiento: Cambio de POSICIÓN.
.
B
B
A
A
 
B
A
Eje de rotación
A
O
B = A
Punto A  trayectoria circular
Punto O  centro de rotación
TRASLACIÓN PURA
ROTACIÓN PURA
B
B
A
A
B
A
MOVIMIENTO GENERAL: TRASLACIÓN + ROTACIÓN
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Consideración geométrica para desplazamientos pequeñoS
Si los desplazamientos son pequeños  los giros también son pequeños  los desplazamientos son perpendiculares a la línea que une la partícula con el centro de
rotación.
Eje de rotación
o
A
’
A’’
ø  tg (ø)
AA’ = r ø
AA’’ = r tg (ø)
ø
AA’ = AA’’
A
Relación entre los desplazamientos pequeños de dos puntos de un sólido rígido
(Teorema de Mohr)
Desplazamiento A =
traslación
+
rotación
(desplazamiento de B) (giro en torno a B)
A’
A
A/B
A’’
A
A = B + A/B
B
A-B
A = B + (B – A) x ø
ø
B’
B
B
A
Propiedad equiproyectiva de los
desplazamientos pequeños.A = B + (B – A) x ø
Multiplicando por (B – A)
A (B –A)= B (B –A) + [(B – A) x ø] (B –A)
A AB = B AB
Movimiento plano: todas las partículas del sólido se desplazan en planos paralelos.
Placa plana: sección del sólido paralela a los desplazamientos de sus partículas.
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Polo
PLACA PLANA en
B
A
plano Q // plano 
Q
Eje de

Para la determinación del movimiento plano de un sólido rígido, es suficiente
estudiar una PLACA PLANA del mismo
Centro de rotación o POLO
Punto de intersección del eje de rotación con el plano de la placa plana.
Puede estar contenido o no en la placa plana.
El polo NO tiene desplazamiento.
Determinación gráfica:
R
1. Se conocen A y ø
A
C
ø
L
A
2. Se conocen A y ø
R
A
B
C
A
B
A
C
A
B
B
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B
A
C
A
B
A

B
ø
ø

Nota: Se trabaja con dos escalas distintas, una para desplazamientos y otra para
distancias y longitudes.
CADENA CINEMÁTICA
Unión de dos o más placas planas mediante vínculos relativos (Externos o Internos). En el curso analizaremos cadenas de 1 grado de Libertad.
GRADO DE LIBERTAD:
GDL = 3N – (VE + VI)
N : Número de PLACAS
VE: Restricciones de Vínculos Externos
VI : Restricciones de Vínculos Internos
N = 2
VI = 1 x 2 = 2
1 Articulación
VE = 2 x 2 = 4
2 Apoyos
GDL = 0
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S2
S3
S4
S1
1 Biela
N = 4
VI = 2 x 2 + 1 x 1 = 5
2 Articulaciones
2 Apoyos simples
VE = 1 x 2 + 2 x 1 = 4
1 Apoyo fijo
GDL = 3
POLOS ABSOLUTOS Y RELATIVOS
Notación:
Oi = Polo Absoluto de la placa Si
Tiene desplazamiento cero.
Oij = Polo Relativo entre las placas Si y Sj
Si se fija un sólido, el otro rota alrededor de Oij.
Oij es un punto “común” de ambos sólidos.
TEOREMAS DE LINEALIDAD
1.- Dadas dos placas Si y Sj de una cadena, Oi, Oj y Oij están en una misma recta.
2.- Dadas tres placas Si, Sj y Sk de una cadena, Oij, Oik y Ojk están en una misma
recta.
O2
O12
O23
S2
S1
O1
O13
S3
O3
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DETERMINACIÓN DE DESPLAZAMIENTOS PEQUEÑOS EN CADENAS
CINEMÁTICAS DE UN GRADO DE LIBERTA
Para conocer el desplazamiento del punto P de la placa Si, se requiere conocer:

La ubicación del polo absoluto Oi

El giro de la placa i

La distancia entre el punto P y el polo Oi.
Se puede entonces aplicar la expresión vectorial: P = i x (P – Oi)
Sin embargo, normalmente será más conveniente utilizar expresiones escalares,
dado que se trata de movimiento plano. El vector giro se identifica mediante su
magnitud y el sentido será horario o antihorario. Los desplazamientos de cada
punto tienen en general dos componentes (x, y), referidos a algún origen
predefinido. Así, tenemos que:
II P II = II i II II (P –Oi)I
P = (x, y)
I x P II(i) (distancia en “y” entre P y Oi)I
I y P II(i) (distancia en “x” entre P y Oi)I
i > 0 (Antihorario) o i < 0 (Horario)
Como se trata de cadenas cinemáticas de grado de libertad 1, si se conoce el desplazamiento de un punto cualquiera de una de las placas, será posible hallar el
desplazamiento de cualquier otro punto de la cadena, así como los giros de todas
las placas. El procedimiento general es el siguiente:
1. Hallar el grado de libertad de la cadena cinemática; si es igual a 1, continuar.
2. Ubicar los polos absolutos y los polos relativos entre placas contiguas.
3. A partir del desplazamiento conocido de un punto de la placa Si, hallar el giro
de la placa a la que pertenece este punto i (el dato también puede ser el
giro).
4. Hallar el desplazamiento del polo relativo entre las placas Si y Sj : Oij.
5. Con este desplazamiento Oij se puede calcular el giro de la placa Sj.
6. Continuar hasta hallar el giro de la placa a la que pertenece el punto cuyo desplazamiento es la incógnita y aplicar la expresión vectorial o la expresión escalar para calcular su desplazamiento.
En el caso de collarines (o correderas), suele buscarse la relación entre el desplazamiento relativo del collarín dentro de la barra en la que se desliza con los de
otros puntos de la cadena.
El desplazamiento absoluto del collarín C( C2) puede obtenerse como la suma vectorial del desplazamiento de C como integrante de la barra en la que se desliza (S 1)
mas el desplazamiento relativo de C dentro de la barra (paralelo a la barra).
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Crelativoij = C2  C1
C
S1
S2
A
30º
O12
60º
O1
O2
C2/1
B
C1
20 cm
C2
1
2
S1
O12
1
O1
2
O2
O12
Ejemplo:
Hallar el giro de la barra CE, si la barra AB gira 1 x 10-6 radianes en sentido horario.
200 kg
50 cm
200 kg
M
50 cm
50 cm
30 cm
80 cm
40 cm 40 cm
50 cm
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En S1: O1 = A y B = O12
En S3: O3 = E y C = O23
Por teorema de linealidad hallamos O2
Por Geometría  arc tg (100/50) = 63.435º
O2
2
63.435º
2
dC
O23
S3
O12
S2
100 cm
3
dB
S1
1
O3
dP
63.435º
O1
80 cm
40 cm
40 cm
50 cm
Por geometría:
25
71.565º
C
50
45º
63.435º
B
X
80
105
O2 B= 99 cm
O2 C= 22.35
O2 X= 78.26 cm
O2 C= 78.26 – 50/(sen(63.435º))
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En el sólido S1:
O1 B = 80 2 cm
1 = 1 x 10-6 rad
B = O1 B 1
Luego B = 113.13 x 10 -6 cm
En el sólido S2 : 2 = B /(O2 B) = 113.13 x 10-6/99 = 1.14 x 10-6 rad
Luego C = O2 C 2 = 1.14 x 10 –5 cm
En el sólido S3 : 3 = C /(CO3 )
3 = 2.55 x 10 –5 / 111.8

CO3 =
1002  502 = 111.80 cm
3 = 2.28 x 10-7 rad
PRINCIPIO DEL TRABAJO VIRTUAL
Trabajo de una fuerza.- Consideramos una fuerza F, aplicada sobre una partícula
que experimenta un desplazamiento diferencial s a lo largo de su trayectoria.
El diferencial de trabajo W producido por F, es la cantidad escalar:
W = F . s
W = F s cos 
NOTA: El trabajo realizado por las fuerzas internas es nulo, por ser estas iguales
dos a dos en módulo, dirección y sentidos opuestos.
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Trabajo de un par
Se tiene el par de fuerzas
F1 y F2
Tales que
W = F1  r1 + F2  r2
F1 = - F2
_
_
__
r2 = r1 + r2/1
Pero:
Reemplazando
_
_
_
_
_
W = F1  r1 + F2  (r1 + r2/1 )
_
_
_
_
W = (F1 + F2)  r1 + F2  r2/1
-------
es cero
_
_
W = F2  r2/1
además r2/1 = r 
_ _
 W =
M 
Positivo si M y  tienen el mismo sentido
Negativo si M y  tienen sentido contrario
Principio de Trabajo Virtual (PTV)
“Si una partícula, sólido rígido o un sistema de sólidos rígidos conectados entre si están en equilibrio, el trabajo virtual realizado por las fuerzas y pares exteriores, durante un desplazamiento virtual compatible con las restricciones o vínculos, es nulo”.
Este principio es un método alternativo a las ecuaciones de equilibrio.
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CASOS

Si se tiene un sistema de GDL = 1, con una incógnita tal como una fuerza o momento externo o un dato geométrico (cota o ángulo), se aplica el PTV para resolverla.

Si se desea calcular alguna componente de reacción externa en un sistema de GDL
igual a 0, se “libera” el GDL restringido por dicha componente y se aplica el PTV
para resolverla.
Ejemplo:
¿Cuál debe ser el valor del par M para que el sistema se encuentre en equilibrio?
200 kg
50 cm
200 kg
M
50 cm
50 cm
30 cm
80 cm
40 cm 40 cm
50 cm
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200 kg
O2
2
63.435º
2
O23
M
O12
dC
S3
S2
100 cm
3
200 kg
45º
dB
50 cm
S1
1
O3
dP
63.435º
O1
80 cm
40 cm
Por geometría:
40 cm
50 cm
O2
25
71.565º
C
50
45º
63.435º
B
X
80
105
105 / (sen (71.565º)) = O2 (X) /(sen (45)) = O2 (B) /(sen (63.435º))
O2 B= 99 cm
O2 C= 22.35
O2 X= 78.26 cm
O2 C= 78.26 – 50/(sen(63.435º))
B = O12
C = O23
Por linealidad  O2
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Suponemos en el sólido S1 que 1
Luego dB = O2 B 1
O B = 80 2 cm
dB = 113.13 1
dB = dB (cos 45º , cos 45º)
O1 P = 50 2 cm
dP = 70.71 1
dP = O1 P 1
dP = dP (cos 45º , cos 45º)
dB = O2 B 2 = 99 2 = 113.13 1  2 = 1.14 1
En el sólido S2
2 = 1.14 1 k
dC = O2 C 2 = 22.35(1.14 1) = 25.48 1
dC = dC (sen 63.435º, cos 63.435º)
En el sistema tenemos:
F1 = 200 kg i en P M =  M k en S2
F2 = 200 kg j en C Las reacciones en los apoyos fijos no hacen trabajo.
Por el P.T.V. el trabajo es nulo:
F1 x dP + F2 x dC + M x 2 = 0
200 (70.71 1) cos 45º + 200 (25.48 1) cos 63.435º + ( M)(1.14 1) = 0
M = 10772 kg x cm
Ejemplo: Si  = 45°, hallar la componente de reacción horizontal en el apoyo C.
B
0.7 m
0.6 m
200 N
º
A
C
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Liberamos el GDL restringido por Cx, la cual se convierte en fuerza externa.
B
0.7 m
0.6 m
200 N
º
Cx
A
En el
ABC, por ley de senos:
sen  / 0.6 =sen 45º / 0.7   = 37.307º
 el ángulo ABC = 180 – 45 –  = 97.693º
 sen ABC / AC = sen 45º /0.7

AC = 0.981 m
En C suponemos que se desplaza ()
En S1 : A = O1 B = O12
O2 se encuentra en la intersección de O1O12 y la perpendicular a c = ( - xc, 0 )
En S2 :
2 = xc/ O2 C  xc = 0.981 2
 = B O2  B O2 = A O2 – AB
A O2 0.981 2 1.387 m
B O2 = 7.87 m   = 0.787 2
O2
2
B
1
Ax
2
0.981
O12
45º
xC
O1
Cx
C
Cy
0.981
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En S1 :
2 = xc/ O2 C  xc = 0.981 2
 = AB  
 sen 45º , cos 45º)
Por el P. T. V.
(0,  200) x + Cx xc = 0
0 =  200 (0.787 2)cos 45º + Cx (0.9812)  Cx = 113.45N
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