cargas distribuidas

Cap´ıtulo 8.
Cargas Distribuidas

1.

Introducci´
on

En el cap´ıtulo anterior vimos las ecuaciones de equilibrio general de un sistema
cuando sobre ´el aplicamos fuerzas y momentos localizados. En este cap´ıtulo
veremos como generalizar lo anterior en presencia de fuerzas distrbuidas, las que
est´
an caracterizadas por una densidad de fuerzas aplicadas en forma continua
sobre unintervalo. En los cap´ıtulos siguientes veremos diversas situaciones que
involucran cargas didtribuidas. Podemos pensar en la cargas distrbuidas `a la
w(x) dx

w(x)
0
1
1
0
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1

x

O

A
L

dx

Figura 1: Barra empotrada con carga distribuida uniforme.
Riemann (ver figura siguiente) en que hay N fuerzasconcentradas, en los puntos
x1 = dx/2, x2 = 3dx/2, · · · , xi = (i − (1/2))dx, · · · , xN = (N − (1/2))dx, de
modo que N dx = L. La fuerza concentrada aplicada en el punto xi es Fi =
w(xi ) dx. Entonces la fuerza resultante, est´
a dada por la suma de las fuerzas
anteriores, i.e.,
N

w(xi ) dx,

FN =
i=1

y, tomando el l´ımite N → ∞, obtenemos finalmente la fuerza resultante de toda
lacarga distribuida,
L

F =

w(x) dx.

(1)

0

Ya conocida la fuerza resultante de la carga distribuida es preciso determinar el
punto de aplicaci´on equivalente. Lo que necesitamos imponer es que el momento
resultante de las fuerzas distribuidas con respecto a cualquier punto (digamos
el punto O de la figura anterior), sea igual al momento ejercido por la fuerza
resultante F conrespecto al mismo punto. Llamemos d a la distancia desde el
punto O al punto de aplicaci´on de la fuerza quivalente F . Es precisamente esta

distancia d la que queremos determinar. El torque (momento) con respecto al
ˆ en que kˆ
punto O ejercido por la fuerza w(x) dx est´
a dado por −x w(x) dxk,
es el vecto que sale de la hoja de papel. Aqu´ı, x es precisamente el brazo de la
fuerza w(x) dx conrespecto al punto O. De nuevo pensando `a la Riemann, el
torque realizada por toda la distribuci´
on de fuezras, es la suma de los torques
individuales, suma que podemos expresar como,
L

ˆ
x w(x) dxk.

MO = −

(2)

0

Por otra parte, el torque ejercido por F con respecto al punto O est´
a dado por,
ˆ
−F dk,
y d debe ser tal que este torque coincide precisamente con MO (dadopor (2).
De este modo encontramos,
L

1
F

d=

x w(x) dx,

(3)

0

y, finalmente usando (1), obtenemos
d=

L
x w(x) dx
0
.
L
w(x) dx
0

(4)

Calculemos ahora la fuerza equivalente de las distribuciones m´as simples.
Ejemplo 1: Fuerza resultantes y posici´
on equivalente de una distribuci´
on de
carga lineal. Consideremos primero la carga lineal,
x
w(x) = w0 ,
L(5)

que ilustramos en la figura siguiente. Usando (1) encontramos que la fuerza
w(x) = w 0 x
L

F

d

x
O

A
L
Figura 2: Distribuci´on de carga lineal

equivalente en este caso est´
a dada por
L

F =

L

w(x) dx =
0

w0
0

2

1
x
dx = w0 L.
L
2

(6)

Y, usando (3) encontramos que,
d=

1
F

L

L

w0
x
dx =
L
LF

x w0
0

x2 dx =
0

2w0 L3
= L,
3L F
3

(7)

(aqu´ı usamos (6) para concluir la u
´ltima igualdad). En la figura siguiente est´
an
representdas la fuerza resultante y el punto de aplicaci´on equivalente para la
distribuci´
on lineal de fuerzas.

F=

w0L
2

2L/3
Figura 3: Fuerza resultante y punto de aplicaci´on equivalente para una distribuci´
on de carga lineal

Ejemplo 2: Fuerza resultantes yposici´
on equivalente de una carga distribuida
constante. Consideremos ahora una distribuci´
on de carga constante,
w(x) = w0

(8)

que ilustramos en la figura siguiente. Usando (1) con w(x) = w0 , la fuerza

w(x)=w 0

0

L
Figura 4: Distribuci´on de carga uniforme.

resutante en este caso est´
a dada por,
L

F =

L

w(x) dx =

w0 (x) dx = w0 L,

0

(9)

0

en...