13.1.- Representar las leyes de variación del momento flector

13.1.- 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 expresión analítica del momento flector y el esfuerzo cortante en
función de x. El origen está en O.
qo = 6000 kg/m
P = 6000 kg
M = 2000 kg·m
O
2
1
0.5
(Cotas en metros)
**********************************************************************
En primer lugar resolvemos la estática. Como no hay solicitaciones horizontales,
tampoco habrá componentes horizontales en las reacciones. Por lo tanto sólo tenemos
dos incógnitas, RA y RB (ver figura 1).
qo = 6000 kg/m
P = 6000 kg
M = 2000 kg·m
α
O
A
B
C
RA
(a)
(b)
2
1
(c)
0.5
RB
(Cotas en metros)
x
Figura 1
Las cargas continuas se tratan como áreas. Así, la carga q, por estar distribuida
triangularmente da lugar a una carga total qacumulada , vertical y hacia abajo, de valor
igual al área de un triángulo de base 3 m y altura qo= 6000 kg/m. :
qacumulada =
1
⋅ 6000 ⋅ 3 = 9000 kg.
2
Para el cálculo de momentos, qacumulada estará aplicada en el c.d.g. de dicho
triángulo, es decir, a una distancia x igual a 1 m.
Por lo tanto:
ΣM A = 0 Þ −6000 ⋅ 2 − 2000 + R B ⋅ 2.5 = 0 Þ R B = 5600 kg.
ΣFy = 0 Þ R A + R B − 6000 − q acumulada = 0 Þ R A = 9400 kg.
Las leyes de cortante y momento flector quedarán definidas en tres tramos: OA,
AC y CB. 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 x la carga vertical y hacia abajo acumulada en el tramo OX , así como la
coordenada x 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 x puede expresarse:
q ( x) = q o − tg α ⋅ x = 6000 −
6000
⋅ x = 2000 ⋅ (3 − x)
3
kg/m.
En cualquier sección tal que 0 < x < 3 m. la carga distribuida q ocupa un área
trapezoidal, por lo tanto es factible de ser tratada como una carga continua triangular qt,
más una carga continua uniforme qu (ver figura 2).
q(x)
=
qo
qt (x)
qto
qu
+
x
x
x
q u = q ( x) = 2000 ⋅ (3 − x) kg/m.
q to = q o − q u = 2000 ⋅ x kg.
La carga acumulada en cada tramo OX de los tipos qu y qt será:
q u − acumulada = q u ⋅ x = 6000 ⋅ x − 2000 ⋅ x 2 kg.
q t − acumulada =
1
⋅ q to ⋅ x = 1000 ⋅ x 2 kg.
2
Para el cálculo de momentos qu-acumulada estará aplicada en x/2 y qt-acumulada en x/3.
Las leyes T y Mf resultan:
(a) 0 < x < 1 m. Þ T = -qu-acumulada - qt-acumulada =1000 ⋅ x 2 − 6000 ⋅ x kg.
2
1000 3
x
Mf = − q u − acumulada ⋅ − q t − acumulada ⋅ ⋅ x =
⋅ x − 3000 ⋅ x 2 kg·m.
2
3
3
(b) 1 < x < 3 m. Þ T = − q u − acumulada − q t − acumulada + R A =
= 1000 ⋅ x 2 − 6000 ⋅ x + 9400 kg.
2
x
Mf = − q u − acumulada ⋅ − q t − acumulada ⋅ ⋅ x + R A ⋅ ( x − 1) =
2
3
=
(c) 3 < x < 3.5 m. Þ
1000 3
⋅ x − 3000 ⋅ x 2 + 9400 ⋅ x − 9400
3
T = −5600 kg.
. − x) = −5600 ⋅ x + 19600
Mf = 5600 ⋅ (35
La representación gráfica de las leyes anteriores es:
• Esfuerzo
kg·m.
cortante (kg) .
• Momento flector (kg·m).
kg·m.
∗ Nota: Veamos otra forma de obtener el diagrama de momentos flectores.
Partiendo del diagrama de cuerpo libre de la barra OACB:
qo = 6000 kg/m
P = 6000 kg
M = 2000 kg·m
α
O
A
B
C
9400 kg.
5600 kg.
2
1
0.5
(Cotas en metros)
x
la forma del diagrama de momentos flectores será:
Mf A
C
O
B
A
Mf C +
Los valores característicos de dicho diagrama son MfA y MfC+ , y estos son
fácilmente calculables si nos quedamos con la parte de viga que hay a la derecha de los
puntos A y C+ respectivamente.
Mf C + = 5600 ⋅ 0.5 = 2800 kg·m.
Mf A = 5600 ⋅ 2.5 − 6000 ⋅ 2 − 2000 −
1
2
⋅ q ( x = 1) ⋅ 2 ⋅ = −2667 kg·m.
2
3
Resultando, en kg·m:
2667
C
O
A
2800
B
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
a
q
q
a
a
a
**********************************************************************
En primer lugar debemos obtener el valor de las reacciones en los apoyos. Como 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).
A
E
a
B
B’
C
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:
2 ⋅ R − 2 ⋅ q ⋅ 2 ⋅ a = 0 Þ R = 2 ⋅ 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 ABC, pues en ED serán análogas.
Quedándonos con las solicitaciones que hay a la izquierda de B’ en la barra
ABC, fijándonos en la figura 2 y teniendo en cuenta el criterio de signos que empleamos
para definir los esfuerzos:
•
N B' = − ( R − q ⋅ a ) ⋅
TB' = ( R − q ⋅ a ) ⋅
M B' = R ⋅ a −
2
q ⋅a
=−
kg.
2
2
R - q·a
TB’
45°
MB’
2 q ⋅a
=
kg.
2
2
NB’
B’
1
3
⋅ q ⋅ a 2 = ⋅ q ⋅ a 2 kg·m .
2
2
Figura 2
Igualmente para C (figura 3):
C
N C = −R ⋅
NC
R
45°
TC = R ⋅
TC
2
= − 2 ⋅ q ⋅ a kg.
2
2
= 2 ⋅ q ⋅ a kg.
2
Figura 3
Análogamente, quedándonos con las solicitaciones que hay a la derecha de B
en la barra ABC (figura 4):
•
N B = −( q ⋅ a ) ⋅
2
q ⋅a
=−
kg.
2
2
B
NB
TB = ( q ⋅ a ) ⋅
2 q ⋅a
=
kg.
2
2
1
M B = − ⋅ q ⋅ a 2 kg·m .
2
45°
TB
MB
q·a
Figura 4
A partir de las expresiones 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) .
C
B’ B
A
s
B’ B
A
s
A
s
2 ⋅q ⋅a
• Esfuerzo
cortante (kg) .
2 ⋅q ⋅a
C
• Momento flector (kg·m)
.
1
⋅q ⋅a2
2
C
B’ B
3
⋅q ⋅a2
2
Considerando q = 100 kg/m y a = 2 m , los valores numéricos característicos de
los diagramas anteriores resultan:
NC = - 282.8 kg.
TC = 282.8 kg.
MB’ = 600 kg·m.
MB = -200 kg·m.
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
abrazadera
1000 N
A
200
500 N
B
200
x
300
Cotas
en mm.
rueda sobre carril
C
z
**********************************************************************
En primer lugar resolvemos la estática.
Puesto que la rueda apoya sobre suelo rugoso, encontraremos en C dos
componentes de reacción, una según la vertical y otra según la horizontal, paralela al eje
x, que se identifica con la fuerza de rozamiento.
La unión en A se hace a través de una abrazadera. Esta abrazadera impide el
movimiento según un eje paralelo a z por el punto A ( 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 A es paralelo al
x ( lo llamaremos x´), y tampoco que pueda deslizar a lo largo de él.
Con las consideraciones anteriores, el diagrama de cuerpo libre de la barra en L
queda:
y
RA
1000 N
MA
y
MA
y
RA
z
x´
z
A
500 N
B
x
z´
RC
z
C
x
RC
y
Figura 1
Seguimos ahora los siguientes pasos (la unidad de longitud que utilizaremos será
el metro):
1º) ΣFx = 0
Þ R C x − 500 = 0 Þ R C x = 500 N.
2º) ΣFz = 0
Þ R A z = 0 N.
3º) ΣM x′ = 0 Þ 1000 ⋅ 0.2 − R C y ⋅ 0.4 = 0 Þ R C y = 500 N.
−500 ⋅ 0.2 + R C x ⋅ 0.4 − M A y = 0
4º) ΣM y′ = 0
Þ
5º) ΣFy = 0
Þ R C y − 1000 + R A y = 0
6º) ΣM z′ = 0
Þ
Þ M A y = 100 N·m.
Þ R A y = 500 N.
R C x ⋅ 0.3 − M A z = 0
Þ
M A Z = 150 N· m.
El diagrama de cuerpo libre de la barra ABC queda:
y
500 N
1000 N
A
100 N·m
x´
150 N·m
500 N
B
x
z´
500 N
z
C
500 N
Figura 2
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, ABC.
Para obtener las leyes pedidas debemos tener en cuenta que éstas quedarán
definidas en tres tramos, CB, BD y DA. La división del tramo CD en dos se debe a que
por el cambio de orientación de esta pieza en L en el codo B, los esfuerzos normales en
CB pasan a ser cortantes en dirección Y en BD , y los momentos flectores en X,
momentos torsores.
500 N
Y
1000 N
(c)
(b)
100 N·m
A
150 N·m
D
500 N
B
X
(a)
500 N
C
Z
500 N
Figura 3
El cálculo de las expresiones 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) TRAMO CB.
0 < y < 0.3 m.
X:
Tx = 0
−500 ⋅ y + Mf x = 0 Þ Mf x = 500 ⋅ y N·m.
Y:
500 + N = 0 Þ N = −500 N.
Mt= 0
Z:
500 + Tz = 0 Þ Tz = −500 N.
Mfz = 0
(b) TRAMO BD.
0 < x < 0.2 m.
Por el principio de acción y reacción, y a partir de los resultados
obtenidos para el tramo anterior, BA tendría un diagrama de cuerpo libre como
el de la figura 4. Y
500 N
1000 N
(c)
A
(b)
500 N
150 N·m
D
500 N
B
500·0.3 N·m.
X
100 N·m
Z
500 N
Figura 4
X:
N=0
−500 ⋅ 0.3 + Mt = 0 Þ Mt = 150 N·m.
Y:
500 + Ty = 0 Þ Ty = −500 N.
500 ⋅ x + Mf y = 0 Þ Mf y = −500 ⋅ x N·m.
Z:
500 + Tz = 0 Þ Tz = −500 N.
−500 ⋅ x + Mf z = 0 Þ Mf z = 500 ⋅ x N·m.
(c) TRAMO DA.
0.2 < x < 0.4 m.
X:
N=0
150 + Mt = 0 Þ Mt = −150 N·m.
Y:
500 + Ty = 0 Þ Ty = -500 N.
−100 + Mf y = 0 Þ Mf y = 100 N.
Z:
Tz = 0
500 ⋅ (0.4 − x) + Mf z = 0 Þ Mf z = −500 ⋅ (0.4 − x) 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 CB y BD), los valores del tramo DA
aparecen cambiados de signo respecto a los que se muestran en las expresiones
anteriores.
Para realizar la representación gráfica de las leyes descritas, los tramos BD y DA
se han unido en una sola.
TRAMO CB:
• Esfuerzo cortante en
Z (Tz ) y esfuerzo normal (N), en N.
B
C
• Momento flector en
C
y
X (Mfx ) en N·m.
B
y
TRAMO BA:
• No existen esfuerzos normales.
• Esfuerzo cortante en Y
(Ty), en N.
B
• Esfuerzo cortante en
B
• Momento flector
D
A
x
D
A
x
A
x
Z (Tz), en N .
en Y (Mfy), en N·m .
B
D
• Momento flector en
Z (Mfz ), en N·m.
D
B
• Momento
A
x
torsor (Mt), en N·m.
B
D
A
x
16.1- La varilla doblada está situada en el plano XZ, soportada por cojinetes en A
y B y por un cable en C. Está sometida a las fuerzas que se indican en la figura.
Y
150
50
A
75
100
100
D
C
Z
100
F2=200N
B
Cable
F1=100N
X
E
NOTA.- El cojinete A
resiste empuje axial.
Cotas en mm.
F3=300N
Representar las leyes de variación de las acciones internas en el tramo D-A-B-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
Ay
D
Ax
F2=200N
By
C
Z
Cy
E
Az
X
F1=100N
Bx F3=300N
Planteando las ecuaciones de equilibrio obtenemos:
åM
i
=0
åF
i
=0
200 ⋅ 100
= 133,33N
150
Ay + B y = 133,33 + 200
Cy =
Az + Bz = 300
133,33 ⋅ 50 + B y ⋅ 100 − 200 ⋅ 200 − 15000 = 0
15000 + 40000 − 6666,66
= 483,33N
100
Ay = 333,33 − 483,33 = −150 N
By =
Az ⋅ 100 + 300 ⋅ 100 + 10000 = 0
− 10000 − 30000
= −400 N
100
Bz = 300 + 400 = 700 N
Ax + F1 = 0
Ax = 100 N
Az =
A 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
exteriores y reacciones de los cojinetes.
133N
150 N
100 N
20 Nm
300 N
200 N
700 N
20 Nm
400 N
300 N
100 N
10 Nm
Normales
N (N.)
5
15
25
(-)
X (cm)
-100
Ty
Ty (N.)
283
133
(+)
25
15
5
(-)
-200
X (cm)
Tz
Tz (N.)
400
(+)
15
5
25
X (cm)
(-)
-300
Mx
Mx (Nm.)
5
15
25
X (cm)
(-)
-20
My
My (Nm.)
40
(+)
5
15
10
25
X (cm)
Mz
35
Mz (Nm.)
(-)
7
5
15
15
25
X (cm)