Método de las Fuerzas: Estructura hiperestática con tensor

Transcripción

1 Método de las Fuerzas: Estructura hiperestática con tensor Determinar los esfuerzos de M Q y N para la siguiente estructura, aplicando el método de las fuerzas. Datos: P = 2 tn q = tn m Ω t = 6 cm 2 E H 0 = 20 tn/cm 2 E A 0 = 2.00 tn/cm 2 Planteamos el sistema isostático fundamental: Observamos que el grado de hiperestaticidad de la estructura es de 2, por lo que se tienen dos incógnitas hiperestáticas: X y X 2 En este caso hemos introducido una articulación en el empotramiento, convirtiéndolo así en un apoyo doble, por lo que el momento del empotramiento es considerado como redundante. La otra incógnita planteada es la de la reacción del tensor, como puede verse en la figura:

2 Aclaremos que, si bien generalmente en sistemas de alma llena se desprecian las deformaciones debido a los esfuerzos normales y de corte, cuando se tienen estructuras con tensores las deformaciones de estos no deben despreciarse ya que su influencia es considerable. a) Cálculo de los diagramas de M y N en la estructura isostática: a.) Para las cargas P i : Reacciones: M (A) = 0 = q 8m 6m + P 2m R D 0m = 0 R D = tn m 8m 6m + 2tn 2m 0m = 7, 20 tn F y = 0 = q 8m + P R D R Ay = 0 R Ay = tn m 8m + 2tn 2,80tn = 2, 80 tn F x = 0 R Ax = 0 Esfuerzos M: M A = M E = 0 M B = R Ay 2m = 2,80tn 2m = 5,60 tnm (tracciona abajo) M C = R Ay 6m q 4m 2 2 = 2,80tn 6m tn 2m 4m 2 = 8,80 tnm (tracciona abajo) 2 M D = R Ay 0m q 8m 2 2 = 2,80tn 0m tn 2m 8m 2 = 4,00 tnm (tracciona arriba) 2

3 a.2) Para la carga X : Reacciones: M (D) = 0 = X tnm R Ay 0m = 0 R Ay = tnm 0m F y = 0 = R Ay R D = 0 R D = R Ay = 0, 0tn = 0, 0tn F x = 0 R Ax = 0 Esfuerzos M: M A = X =,00 tnm (tracciona arriba) M B = R Ay 2m X = 0,0tn 2m tnm = 0,80 tnm (tracciona arriba) M C = R Ay 6m X = 0,0tn 6m tnm = 0,40 tnm (tracciona arriba) M D = M E = 0

4 a.3) Para la carga X : Reacciones: M (D) = 0 = X tn 4m R Ay 0m = 0 R Ay = 4 tnm 0m = 0, 40tn F y = 0 = X R Ay R D = 0 R D = X R Ay = tn 0,40tn = 0, 60tn F x = 0 R Ax = 0 Esfuerzos M: M A = M D = M E = 0 M B = R Ay 2m = 0,40tn 2m = 0,80 tnm (tracciona arriba) M C = R Ay 6m = 0,40tn 6m = 2,40 tnm (tracciona arriba)

5 I AB = I BE = b) Cálculo de los coeficientes α = I I 0 : 20 cm (30 cm) cm (50 cm)3 2 = cm 4 = I 0 α AB = α 0 = = ,33 cm 4 α BE = I BE I 0 = 4,63 c) Cálculo de las deformaciones δ ij : Se trabajará con la siguiente expresión: δij = E H o I 0 M i M j E H o I + N in j E A o Ω t dx = E H o I 0 E H o I M im j dx + E H o I 0 E A o Ω t N i N j dx Es decir: δij = α M im j dx Esructura de H o + E H o I 0 E A o Ω t N i N j dx Tensor de A o Los módulos de elasticidad "E" son constantes para cada material, y por no variar la sección transversal del las piezas (al menos por tramos), los valores del momento de inercia I también son constantes por tramos, por lo que ambos valores pueden salir de la integral: δ ij = α M i M j dx + E H o I 0 E A o Ω t N i N j dx De esta manera podemos hacer uso de las tablas " M i M j dx " para determinar las deformaciones: δ = α Diagramas Integración α MM dx Resultado AB 3,60,00 6 α 2Mizq M izq + M izq M der + M der M izq + 2M der M der l = 2,928 6,0 + 2 ( 0,8) 3,60 = BD 8,00 4,63 3 α MM l = 0,80 8,80 8,00 = E H o I 0 δ 0,369 3, 297

6 δ 22 = α Diagramas Integración α MM dx Resultado AB 3,60, α MM l = 0,80 ( 8,80) 3,60 = 0,768 BC 4,00 4,63 6 α 2Mizq M izq + M izq M der + M der M izq + 2MderMderl= 6 2( 0,8) ,8 2,4 + 2( 2,4) 2 4,00 2,400 CD 4,00 4, α MM l = 2,40 ( 2,40) 4,00 =,659 E H o I 0 δ22 4,827 Tensor α Diagramas Integración α N N dx Resultado Tensor 2,00,00 N N l = 2,00 = 2,000 δ 2 = δ 2 = E H o I 0 δ22 = 0 4, E H o I 0 δ 22 = 2,00 0,50 4, 977 α Diagramas Integración α MM dx Resultado AB 3,60, α (2Mder + M izq )M l = 2 0,80 +,00 0,80 3,60 =,248 BC 4,00 4,63 6 α 2Mizq M izq + M izq M der + M der M izq + 2M der M der l = 6 4,63 2( 0,8) ,8 2,4 + 2( 2,4) 2 4,00 0,783

7 CD 4,00 4,63 3 α MM l = 0,40 ( 2,40) 4,00 = 0,276 E H o I 0 δ 2 2, 307 δ2: Rotación angular (rad.) δ2: Desplazamiento vertical (m.) Preste atención a como se procede para la evaluación de la integral α cálculo de δ0 y de δ20: MM dx en el tramo BD para el δ 0 = AB 3,60,00 α Diagramas Integración α MM dx Resultado 6 α M M izq der + 2M l = 5,60, ( 0,80) 3,60 6 8,736 BD 8,00 4,63 δ 20 = 6 4,63 6 α M 2M der M izq l = 0,80 2 5,60 + 4,00 8,00 3 α MM l = 0,80 8,8 8,0 = E H o I 0 δ 0, ,686 4, 08 α Diagramas Integración α MM dx Resultado AB 3,60,00 3 α MM l = 3 5,60 ( 0,80) 3,60 = 5,376

8 BC 4,00 4,63 CD 4,00 4,63 6 α 2M izq M izq + M izq M der + M der M izq + 2M der M der l = 6 4,63 2( 0,8) ,80 2,4 + 2( 2,4) 2 4,00 = + 3 α M M izq der + M l = 2,00 (0,80 + 2,40) 4,00 = 6 4,63 6 α 2M izq + M der M l = 2 8,80 4,00 ( 2,40) 4,00 = 3 α MM izq l = 2,00 ( 2,40) 4,00 = E H o I 0 δ 20 0,32,843 4,700,382 23, 622 d) Sistema de ecuaciones : Una vez determinado los valores de los distintos δij realizamos el planteo del sistema de ecuaciones: Reemplazando: Es decir: δ0 + δ X + δ2x 2 = 0 δ20 + δ2 X + δ22 X 2 = 0 4,08 + 3,297 X + 2,307 X 2 = 0 23, ,307 X + 4,977 X 2 = 0 Con lo que el diagrama de cuerpo libre será: +3,297 X + 2,307 X 2 = 4,08 +2,307 X + 4,977 X 2 = 23,622 X =,406 (tnm) X 2 = 4,095 (tn)

9 e) Cálculo del Momento Flector: Ya encontrado los valores de las incógnitas hiperestáticas, se puede proceder al cálculo del diagrama de momentos flectores tal como se hacía en Mecánica Aplicada I, o bien puede obtenerse aplicando el principio de superposición de efectos, es decir: M flector = M 0 + X M + X 2 M 2 Anteriormente ya se habían obtenido los diagramas de momentos flectores M 0, M y M 2, por lo tanto de esta manera el cálculo es más rápido: M A = 0 +,406,00tm + 4,095 0 =,406 tnm (Tracciona arriba) M B = 5,60 +,406 0,80tm + 4,095 0,80 =,20 tnm (Tracciona abajo) M C = 8,80 +,406 0,40tm + 4,095 2,40 =,59 tnm (Tracciona arriba) M D = 4,00 +, ,095 0 = 4,00 tnm (Tracciona arriba) Con los que obtenemos finalmente el diagrama de M buscado: f) Verificación: Podemos verificar si nuestra estructura está resuelta de manera correcta aplicando el Principio de los Trabajos Virtuales (cálculo de corrimientos): Si aplicamos un esfuerzo unitario X = en un punto donde la deformación sea nula (por ejemplo un momento M = en un empotramiento) su trabajo será nulo por ser nula la deformación, por lo que tendremos: T externo = T int erno T externo = θ T interno = M f M EI dx Por ser θ = 0 T externo = θ = 0 = 0

10 T interno = M f M dx = 0 EI M f = Momento flector de la estructura hiperestática M = Momento flector del isostático fundamental X = tnm Actuando en "A" M f M dx = EI α Diagramas Integración α MM dx Resultado AB 3,60,00 6 2,406 2,2 0,8 +,406 0,8,2,0 3,60 = 0,490 BC 4,00 4,63 6 4,63 2,2 0,8 + 2,59 0,4,2 0,4 + 0,8,59 4,00 = + 2,00 (0,80 + 0,40) 4,00 = 0,02 0,69 CD 4,00 4,63 0,40 2,59 + 4,00 4,00 = 6 4,63 + 2,00 0,40 4,00 = E H o I 0 δ 20 0,43 0,230 0, 000 De esta manera comprobamos la exactitud del resultado obtenido.