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- Elisa Redondo Chávez
- hace 9 años
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1 Representar las leyes de variación del momento flector, el esfuerzo cortante y el esfuerzo normal en la viga de la figura, acotando los valores más característicos. Hallar además la epresión analítica del momento flector y el esfuerzo cortante en función de. El origen está en O. O q o = 6000 kg/m P = 6000 kg M = 000 kg m (otas en metros) ********************************************************************** En primer lugar resolvemos la estática. omo no hay solicitaciones horizontales, tampoco habrá componentes horizontales en las reacciones. Por lo tanto sólo tenemos dos incógnitas, R y R (ver figura 1). q o = 6000 kg/m P = 6000 kg M = 000 kg m O α R (a) (b) (c) R (otas en metros) Figura 1 Las cargas continuas se tratan como áreas. sí, la carga q, por estar distribuida triangularmente da lugar a una carga total q acumulada, vertical y hacia abajo, de valor igual al área de un triángulo de base 3 m y altura q o = 6000 kg/m. : q acumulada = = 9000 kg. Para el cálculo de momentos, q acumulada estará aplicada en el c.d.g. de dicho triángulo, es decir, a una distancia igual a 1 m. Por lo tanto: ΣM = R. 5 = 0 R = 5600 kg.
2 ΣF y = 0 R + R 6000 q acumulada = 0 R = 9400 kg. Las leyes de cortante y momento flector quedarán definidas en tres tramos: O, y. Para el cálculo de dichas leyes nos fijaremos en la parte de viga que queda en el sentido de las flechas desde las secciones de corte (a), (b) y (c) respectivamente, para cada uno de los tramos (ver figura 1). Para poder determinar T y Mf en cada sección, necesitamos conocer para cada valor de la carga vertical y hacia abajo acumulada en el tramo OX, así como la coordenada en que puede ésta suponerse aplicada (c.d.g. del área, como ya dijimos). La ley de distribución de la carga q en función de puede epresarse: 6000 q ( ) = qo tg α = 6000 = 000 ( 3 ) kg/m. 3 En cualquier sección tal que 0 < < 3 m. la carga distribuida q ocupa un área trapezoidal, por lo tanto es factible de ser tratada como una carga continua triangular q t, más una carga continua uniforme q u (ver figura ). q o q() = + q to q t () q u q = q ( u ) = 000 ( 3 ) kg/m. q = q q = 000 kg. to o u La carga acumulada en cada tramo OX de los tipos q u y q t será: q = q = u acumulada u kg. 1 qt acumulada= qto = 1000 kg. Para el cálculo de momentos q u-acumulada estará aplicada en / y q t-acumulada en /3. Las leyes T y Mf resultan: (a) 0 < < 1 m. T = -q u-acumulada - q t-acumulada = kg Mf = q u acumulada q t acumulada = kg m.
3 (b) 1 < < 3 m. T = q q + R = u acumulada t acumulada = kg. Mf = q u acumulada q t acumulada + R ( 1) = 3 = kg m. (c) 3 < < 3.5 m. T = 5600 kg. Mf = 5600 (. 35 ) = kg m. La representación gráfica de las leyes anteriores es: Esfuerzo cortante (kg). Momento flector (kg m).
4 Nota: Veamos otra forma de obtener el diagrama de momentos flectores. Partiendo del diagrama de cuerpo libre de la barra O: q o = 6000 kg/m P = 6000 kg M = 000 kg m O α 9400 kg kg (otas en metros) la forma del diagrama de momentos flectores será: Mf O Mf + Los valores característicos de dicho diagrama son Mf y Mf +, y estos son fácilmente calculables si nos quedamos con la parte de viga que hay a la derecha de los puntos y + respectivamente. Mf + = = 800 kg m. Mf = q( = 1) 3 = 667 kg m.
5 Resultando, en kg m: 667 O 800
6 14.1. En la estructura de la figura, representar las leyes de variación de la fuerza normal, la fuerza cortante y el momento flector para q = 100 kg/m (la unidad de longitud de los kg/m se entiende en proyección horizontal). q q q q a a a a ********************************************************************** En primer lugar debemos obtener el valor de las reacciones en los apoyos. omo no hay solicitaciones horizontales y el único que sería capaz de absorberlas sería el apoyo izquierdo, no habrá reacciones horizontales; como la estructura es simétrica, las dos reacciones verticales serán iguales (ver figura 1). E a a s D a a R R Figura 1 Estableciendo el equilibrio de fuerzas verticales (tengamos en cuenta que q es carga por unidad de longitud en proyección horizontal), obtenemos: R q a = 0 R = q a kg. Debido a la simetría las leyes de variación de fuerza normal (N), cortante (T) y momento flector (Mf), serán las mismas para las dos barras que forman la estructura; nos limitaremos a calcularlas para la barra, pues en ED serán análogas.
7 Quedándonos con las solicitaciones que hay a la izquierda de en la barra, fijándonos en la figura y teniendo en cuenta el criterio de signos que empleamos para definir los esfuerzos: ' = ( ) = N R q a q a ' = ( ) = T R q a q a kg. kg. R - q a 45 T M N 1 3 M' = R a q a = q a kg m. Figura Igualmente para (figura 3): N 45 T R N = R = q a kg. T = R = q a kg. Figura 3 nálogamente, quedándonos con las solicitaciones que hay a la derecha de en la barra (figura 4): N q a = ( q a) = kg. T = ( q a) = 1 M = q a q a kg. kg m. N 45 q a T M Figura 4
8 partir de las epresiones obtenidas anteriormente y del tipo de solicitaciones que tienen lugar (carga repartida uniformemente y reacciones en apoyos), los diagramas asociados a las leyes de variación de fuerza normal (N), cortante (T) y momento flector (M), en función de la longitud a lo largo de la directriz de la viga ( s en la figura 1), resultan de la forma: Esfuerzo normal (kg). s q a Esfuerzo cortante (kg). q a s Momento flector (kg m). 1 q a s 3 q a
9 onsiderando q = 100 kg/m y a = m, los valores numéricos característicos de los diagramas anteriores resultan: N = kg. M = 600 kg m. T = 8.8 kg. M = -00 kg m.
10 15.- Representar las Leyes de Variación del momento flector, el esfuerzo cortante, el esfuerzo normal y el momento torsor en la estructura de la figura, acotando los valores más característicos: y 1000 N abrazadera rueda sobre carril otas en mm. z ********************************************************************** En primer lugar resolvemos la estática. Puesto que la rueda apoya sobre suelo rugoso, encontraremos en dos componentes de reacción, una según la vertical y otra según la horizontal, paralela al eje, que se identifica con la fuerza de rozamiento. La unión en se hace a través de una abrazadera. Esta abrazadera impide el movimiento según un eje paralelo a z por el punto ( al que llamaremos z ), y a lo largo del eje y, así como los giros alrededor de estos mismos ejes. No obstante, no impide que la pieza en L pueda girar alrededor del eje que pasando por es paralelo al ( lo llamaremos ), y tampoco que pueda deslizar a lo largo de él. on las consideraciones anteriores, el diagrama de cuerpo libre de la barra en L queda: y R y 1000 N M z M y R z z R z R y Figura 1
11 Seguimos ahora los siguientes pasos (la unidad de longitud que utilizaremos será el metro): 1º) ΣF = 0 R 500 = 0 R =. º) ΣF z = 0 R z = 0 N. 3º) ΣM = R y 0. 4 = 0 R y =. 4º) ΣM y = R 04. M = 0 M y y = 100 N m. 5º) ΣF y = 0 R R = 0 R y =. y 6º) ΣM z = 0 R 03. M = 0 M Z = 150 N m. z y El diagrama de cuerpo libre de la barra queda: y 1000 N 100 N m 150 N m z z Figura Para las leyes de momentos flectores (Mf), momento torsor (Mt), esfuerzos cortantes (T) y normales (N), utilizaremos el sistema de referencia XYZ de la figura 3, en la que de nuevo podemos apreciar las solicitaciones a que queda sometida la barra en L,. Para obtener las leyes pedidas debemos tener en cuenta que éstas quedarán definidas en tres tramos,, D y D. La división del tramo D en dos se debe a que por el cambio de orientación de esta pieza en L en el codo, los esfuerzos normales en pasan a ser cortantes en dirección Y en D, y los momentos flectores en X, momentos torsores.
12 Y 1000 N (c) 100 N m (b) D 150 N m X (a) Z Figura 3 El cálculo de las epresiones de cada una de las leyes pedidas en cada uno de los tres tramos mencionados se hará con la parte de estructura que va desde las secciones de corte (a), (b) y (c) respectivamente, en el sentido de las flechas (ver figura 3 ). El criterio de signos que adoptaremos no corresponderá con el admitido por convenio, que hemos utilizado en los ejercicios anteriores; en este caso está relacionado con el sistema de referencia de la figura 3. (a) TRMO. 0 < y < 0.3 m. X: T = y + Mf = 0 Mf 500 y N m. = Y: N = 0 N =. Mt= 0 Z: T z = 0 T z =. Mf z = 0 (b) TRMO D. 0 < < 0. m.
13 Por el principio de acción y reacción, y a partir de los resultados obtenidos para el tramo anterior, tendría un diagrama de cuerpo libre como el de la figura 4. Y 1000 N X 100 N m (c) (b) D 150 N m N m. Z Figura 4 X: N = Mt = 0 Mt = 150 N m. Y: Ty = 0 T y = Mf y = 0 Mf = y 500 N m. Z: T z = 0 T z = Mf z = 0 Mf 500 N m. z = (c) TRMO D. 0. < < 0.4 m. X: N = Mt = 0 Mt = 150 N m. Y: T y = 0 T y = Mf y = 0 Mf y = 100 N. Z: T z = 0
14 500 (. 0 4 ) + Mf z = 0 Mf = 500 z (. 0 4 ) N m. Nota: Tengamos en cuenta que estos valores son los correspondientes a la sección de corte cuando nos quedamos con la parte derecha de la estructura, que son iguales y contrarios (por el principio de acción y reacción), a los que aparecerían en la sección de corte si hubiésemos considerado la parte izquierda. En la representación gráfica que se mostrará a continuación, para referir todos los valores a las secciones de corte que consideran la parte izquierda de la pieza en L (como hemos hecho en los tramos y D), los valores del tramo D aparecen cambiados de signo respecto a los que se muestran en las epresiones anteriores. Para realizar la representación gráfica de las leyes descritas, los tramos D y D se han unido en una sola. TRMO : Esfuerzo cortante en Z (T z ) y esfuerzo normal (N), en N. y Momento flector en X (Mf ) en N m. y
15 TRMO : No eisten esfuerzos normales. Esfuerzo cortante en Y (T y ), en N. D Esfuerzo cortante en Z (T z ), en N. D Momento flector en Y (Mf y ), en N m. D
16 Momento flector en Z (Mf z ), en N m. D Momento torsor (Mt), en N m. D
17 16.1- La varilla doblada está situada en el plano XZ, soportada por cojinetes en y y por un cable en. Está sometida a las fuerzas que se indican en la figura. 150 Y 50 D F =00N NOT.- El cojinete resiste empuje aial. Z able E F 3 =300N X F 1 =100N otas en mm. Representar las leyes de variación de las acciones internas en el tramo D---E. (Signos según el sistema de ejes habitual situado en la cara frontal de la rebanada). ********************************************************************** En primer lugar calculamos las reacciones que ejercen los cojinetes y el cable sobre la varilla. Y D y y F =00N Z y z F 3 =300N E X F 1 =100N Planteando las ecuaciones de equilibrio obtenemos: M i = 0 Fi = y = = 133,33N = 133, , y z y y z y z = 300 y = ,66 = = 483,33N 100 = 333,33 483,33 = 150N = z = = 400N 100 z = = 700N + F1 = 0 = 100N
18 continuación mostraremos las diferentes fuerzas que actúan sobre el tramo de varilla en estudio, tanto las ejercidas por los otros tramos de varilla como las fuerzas eteriores y reacciones de los cojinetes. 133N 150 N 0 Nm 100 N 300 N 700 N 00 N 400 N 0 Nm 300 N 100 N 10 Nm Normales N (N.) (-) X (cm) -100 Ty Ty (N.) (+) (-) X (cm) -00
19 Tz (N.) Tz 400 (+) (-) X (cm) M (Nm.) M (-) X (cm) -0 My My (Nm.) 40 (+) X (cm)
20 Mz (Nm.) Mz 35 7 (-) X (cm)
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