[MUSIC] Hola, bienvenidos a esta nueva clase del curso de equilibrio, ¿por qué no se caen las cosas? En esta oportunidad veremos el tema de fuerzas distribuidas. Que es un tipo especial de fuerza, distinto al que hemos estado tratando en las últimas clases. Donde principalmente hemos hablado de fuerzas puntuales, o sea de cargas aplicadas a zonas muy pequeñas de determinados cuerpos. O bien hemos hablado de momentos, también aplicados de manera puntual. En el curso, por lo menos en esta parte inicial, hablaremos de fuerzas distribuidas aplicadas a vigas. Vigas lo vamos a definir como elementos estructurales prismáticos, generalmente, donde una de las dimensiones geométricas de ese elemento es mucho mayor que las otras dos dimensiones. Eso es un poco del esquema que está ilustrado ahí en la imagen donde hay una barra, esencialmente de color celeste, que tiene una sección transversal rectangular y que es muy larga en la otra dirección. Es necesaria esta condición porque, quizás no para temas de equilibrio, pero en temas de cursos posteriores, de evaluación de esfuerzos internos, la consideración de elementos tipo viga u otros es importante para el desarrollo de ciertas ecuaciones. Ahora, sobre estos elementos vigas ustedes observarán que además aparecen dibujados una serie de fuerzas y momentos en los extremos. Esta es la notación general que se utiliza para definir las cargas que actúan sobre vigas. Pero, por supuesto, esas cargas provienen de otra serie de fuerzas. En particular las fuerzas distribuidas que veremos a continuación. Entonces, ¿qué es lo que entendemos como una fuerza distribuida en una viga?, o en general en cualquier cuerpo, la verdad. Se trata de fuerzas que están aplicadas en algún largo determinado, en algún área determinada, o en un volumen determinado. Ahí aparece indicado sobre la imagen, sobre las flechas rojas, q como función de x. Y aparece la indicación de F sobre L, F sobre L cuadrado, y F sobre L cubo. Para dar justamente esa idea de que las fuerzas distribuidas corresponden a fuerzas, por cierto, pero que no están concentradas en un único punto. Sino que están distribuidas sea a través de un largo, en un área determinada, o bien en cargas volumétricas. En este caso en general para vigas uno típicamente trabaja con fuerzas por unidad de largo, porque en el fondo se trabaja a lo largo de la viga. Ahora, estas fuerzas distribuidas pueden tener distintas formas. Acá en esta imagen la viga está representado por un rectángulo celeste. Las condiciones de apoyo aparecen con un triángulo y un círculo en la parte inferior. Y las cargas distribuidas aparecen indicadas con una serie de flechas rojas. Que corresponden por ejemplo a carga externa de algún tipo de material o algún tipo de carga aplicada sobre la viga. Podría ser una carga de un fluido, podría ser una serie de cajas apiladas sobre la viga que, por supuesto, no ejercen una fuerza específica en un punto, sino que se distribuyen y no tiene por qué ser de manera uniforme. Lo que aparece indicado en la imagen es que esa carga podría ser nula en algunos tramos. Podría ser uniforme en un tramo siguiente. De repente tomaron valores mayores, menores e incluso cambiar de signo. Todo eso es por supuesto válido en el caso de fuerzas distribuidas. Por ejemplo, podrían provenir de otras fuentes por ejemplo viento, o nieve, o algún otro tipo de carga sobre el elemento estructural. Ahora, ¿cómo vamos a tratar las fuerzas distribuidas para efectos de equilibrio? Lo usual es tratar de manejarlas a partir de la idea de resultantes. Esto lo vimos en la clase pasada, donde la idea es tratar de agarrar las series de fuerzas y de momentos en algunas situaciones. Que actúan sobre un cuerpo y representándolo de una manera lo más simple posible, que nos permita escribir las ecuaciones de equilibrio de manera más compacta. Esa es un poco la idea que está indicada ahí con la flecha amarilla que se indica con la letra R, y la posición X. Lo que queremos hacer es tomar la serie de fuerzas distribuidas, y concentrarlas en una única fuerza ubicada en un punto específico, cuyo efecto sobre la viga sea totalmente equivalente al de la serie de flechas rojas. Acá no vamos a entrar en detalles del desarrollo de por qué se producen las ecuaciones que están indicadas más abajo, porque esto además yo estoy seguro que lo han visto en algunos cursos anteriores. Pero la idea de resultante trata sencillamente de sumar la serie de fuerzas distribuidas a lo largo de todo el largo en el cual ellas ocurren. Esta suma, cuando uno después la discretiza en elementos muy pequeños se transforma en una integral y da como origen a la ecuación que está indicada abajo a la izquierda. Donde la resulta no es más que la integral de los q, que son función de x. Por los dx, que son los elementos de largo de la vida a lo largo de toda la viga. Por otra parte, la idea de que esa resultante vive o está ubicada en un punto bien específico sigue lo que está indicado en la ecuación de abajo a la derecha. Donde la posición de esa resultante y esa posición en el fondo hace que esto sea equivalente a la distribución original es la que aparece ahí indicada. Aparece la integral de qx, por x dx, dividido por la misma resultante. Entonces con esta idea de R y de x en el fondo somos capaces de representar la serie de cargas distribuidas de color rojo por una única resultante, R ubicada en un punto específico. Cuyo efecto, para efectos del equilibrio, es totalmente equivalente. Esta idea la aplicaremos, en primer lugar, en esta clase a un problema muy sencillo como el que está indicado en esta figura, donde hay una viga simple, apoyada simplemente, en el extremo izquierdo y derecho, con una rótula fija en el extremo A. Una rótula deslizante en el punto B y sobre la cual actúan dos cargas. Una carga distribuida triangular, no uniforme, que apunta en la dirección hacia abajo. Y además una carga puntual de 80 libras en la dirección superior. Entonces, la idea es aplicar esta idea de resultantes, o sea de R y de posición, para efectos de encontrar las reacciones de apoyo que es lo que pide el problema. En los puntos A y B. Bueno, en este problema tenemos una viga que está con dos apoyos que se llaman simples, o sea una viga simplemente apoyada. Una rótula fija en el extremo izquierdo y una rótula deslizante en el extremo derecho. Sobre la viga actúa una carga lineal, no es uniformemente distribuida, sino que tiene intensidad creciente desde cerca del centro de la viga hasta el extremo derecho. Además de una carga puntual de 80 libras en esta posición que acá se indica. Entonces lo primero es ver un poco qué hacer con la carga distribuida. Para eso lo primero que vamos a hacer es calcular su resultante y ubicación de tal resultante. Para eso vamos a definir un sistema de ejes temporal, solamente para describir la función de esta carga distribuida. Entonces acá voy a dibujar en el eje vertical lo que sería la intensidad de esa carga distribuida. A lo largo de un eje x que corre en la dirección de la viga, y que empieza en el extremo izquierdo. Esta decisión es arbitraria, yo podría haber elegido un sistema de ejes distinto, pero eso me permite escribir esa carga distribuida W en función de x, de una manera relativamente simple, como 100 por x, sobre 6. Cuando x es cero, la carga distribuida es cero. Y cuando x vale 6 pies, me queda 6 sobre 6, la carga es 100 y la función es lineal, tal como se indica acá. Una vez que la tengo expresada así, para determinar la resultante lo que tengo que hacer es tomar las definiciones que hemos visto en clase, o sea la integral es de cero a seis, o sea a lo largo de toda la viga, de Wx dx. En este caso W es 100x sobre seis dx. Y bueno, la integral de eso es relativamente sencilla, o sea esto Me queda 100 sobre seis la integral de ese x cuadrado medio evaluado entre cero y seis. Y si eso yo lo reemplazo, digamos, me queda 100 sobre seis, por treinta y seis sobre dos. Y eso si lo simplificamos un poco, nos lleva a que la resultante es 50 por seis, o sea 300. Y miremos las unidades se trataba de libras y de pies, o sea esta resultante es de 300 libras fuerza. Entonces la resultante de esta área triangular es estos 300 libras fuerza. Esto lo podríamos haber determinado de una manera quizás más simple, tomando lo que sería, entre comillas, el área del triángulo. Tomando esta altura, esta intensidad de carga, estos 100 libras por pie, como la altura del triángulo. Esto como la base. Si ustedes se fijan, el área del triángulo que resulta sería un medio de seis por 100. Que es lo mismo que 300. Eso vale únicamente, por supuesto, para áreas triangulares. Y para áreas uniformes, la resultante se que es un rectángulo y así. Veamos un poco dónde está ubicada esta resultante. Lo natural es pensar que la resultante va a quedar ubicada en el centroide de la figura, pero lo vamos a demostrar de todas maneras. Entonces, ¿dónde está ese centroide?, o sea la ubicación donde yo puedo concentrar la acción de R. Ese x es la integral de nuevo de cero seis, de la carga Wx, pero multiplicada por x, entonces acá está es la función. Al multiplicarla por x me queda 100, por x cuadrado sobre seis partido por dx, dividido por R. O sea dividido por 300. Y esto no es una integral demasiado difícil de determinar. Saco el cien sextos para afuera. Me queda el 300 multiplicando en el denominador. Multiplicado por x cubo tercios, evaluado entre 0 y 6. Y esto digamos después de algunas simplificaciones, por supuesto acá el límite en el extremo 0 vale 0. Así que me queda 6 al cubo sobre 3 multiplicado por todo eso, ustedes eso pueden simplificar y les va a dar 4. Que en el fondo es, cuál es la posición x en relación a este sistema de ejes que medí, que en el fondo me dice 4, ¿4 qué?, 4 pies en relación al origen. Y 4 pies, visto de otra manera, no es más que dos tercios de los 6 pies. O sea, es dos tercios de esta longitud que es la ubicación de la resultante, que coincide con la ubicación del centroide del triángulo. O sea esta resultante de 300 libras, y quizás lo vamos a dibujar con otro color para que se distinga. La acción de esta carga distribuida se puede reemplazar para efectos del equilibrio global, con una carga puntual de 300 libras ubicada a 4 pies del origen de este sistema ordenado en que me vi. Y una vez que tengo el sistema así es relativamente sencillo, porque las incógnitas que estamos buscando, las reacciones que estamos buscando es la reacción vertical en A. Luego reacción vertical en B, y sabemos que si bien acá podría haber una horizontal esta tiene que ser cero, no hay ninguna carga horizontal. Y acá tengo resultante vertical en A, y vertical en B. Y tengo esas fuerzas apuntando hacia arriba, tengo la carga de 300 apuntando hacia abajo, la carga de 80 actuando hacia arriba en los puntos ahí señalados. Y tengo una ecuación de equilibrio you la ocupé para determinar la fuerza horizontal, me quedan dos ecuaciones de equilibrio. Una en términos de suma de fuerzas verticales y la otra en suma de momentos. Entonces, escribamos eso inmediatamente. La suma de fuerzas verticales, o sea el equilibrio en sentido vertical de esta viga, exige que las fuerzas VA, más VB sean iguales a las que apuntan para abajo, que es 300 menos 80. Eso da 220 libras. Y la suma de momentos que la puedo tomar con respecto a cualquier punto, en este caso lo voy a hacer con respecto al punto A. Me indica con respecto de a A la fuerza de 80, la fuerza de 300, y la fuerza VB ejerce el momento. V sub B ejerce el momento de intensidad de la fuerza por la distancia, 9 menos 300. ¿Por qué menos?, porque la fuerza de 300 apunta para el otro lado, por lo tanto ejerce un momento, que no va contrario a los punteros del reloj sino que a favor y el brazo es la distancia, es cuatro más tres, que es la distancia al punto A, eso es 300 por siete. Y nuevamente la fuerza de 80, me entrega más 80 por tres. Y eso que está ahí tiene que ser igual a cero, para que el sistema este en equilibrio y no se encuentre volcando. Acá tengo este resultado de esta operación, me queda 9 veces VB, ¿sí? Esto me queda 3 por 8, 240, o quizás partamos por ésta que está acá, 300 x 7, 1100, menos 240, Dividido por 9. Eso da una resultante de V sub B igual a 206,7 libra fuerza. Mientras que V sub A que es la otra reacción, como tienen que sumar 220, me queda 13,3 libra fuerza.
