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Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles

1

Capitulo 6 Fuerzas internas en vigas Viga es un elemento estructural, que soporta principalmente cargas con dirección perpendicular a su eje longitudinal. El objetivo de determinar las fuerzas internas en vigas, es identificar las secciones críticas de la viga, desde el punto de vista de los esfuerzos que soportan, para posteriormente diseñarlas de modo de proveerlas de la resistencia adecuada. En este capítulo analizaremos los fuerzas internas en vigas, limitados al caso de estructuras planas con cargas en su plano. En la viga de la figura que se muestra a continuación M , N ,V son el momento flextor y las fuerzas internas en la sección A-A .

A A

M

A

N

A

V

C

V

N

N = Fuerza Normal Versión marzo de 2015

V=

Fuerza de corte

M

T

M = Momento flextor Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

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2

A A

M

M

N

V = Fuerza de corte N = Fuerza normal M = Momento flextor

V

N

V

Usaremos la siguiente nomenclatura para las fuerzas internas M , N ,V positivos o negativos:

V

(+ )

N

(+ )

N

(− )

(+ ) V

N N

(Tracción) (Compresión)

Fuerza normal N

V

(− )

(− ) V

Fuerza de corte V

M

M

(+ )

(−) M

M

Momentos flextores M

Las fuerzas internas se calculan utilizando el equilibrio de un tramo de viga como cuerpo libre, con las que se pueden generar gráficos que entregan una información visual de los esfuerzos internos en cada sección de la viga. El principio utilizado para plantear las ecuaciones es que “ si toda la estructura se encuentra en equilibrio, parte de ella también se encuentra en equilibrio”. Veamos esto con ejemplos:

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3

Ejemplo N° 1 Obtener los gráficos de M , N ,V de la viga cargada como se muestra a continuación. Datos: P, a,θ = 60°

2P

P

θ

A

a

B

a

a

Solución: a) Equilibrio del cuerpo libre para el cálculo de las reacciones en los apoyos:

2P

P

θ

A

Ay

Bx

B

Tramo 1

Tramo 2

Tramo 3

a

a

a

By

Ecuaciones de equilibrio: Fx = 0 → 2 P ⋅ cosθ

∑

+ Bx = 0 Bx = − P Bx = −2P ⋅ cos 60° → ∑ M A = 0 → − P ⋅ a − 2 P ⋅ senθ ⋅ 2a + By ⋅ 3a = 0 1 B y = 1,488 ⋅ P B y = ⋅ (P + 4 P ⋅ sen60°) → 3 Ay + B y − P − 2 P ⋅ senθ = 0 ∑ Fy = 0 → Ay = 1,244 ⋅ P → Ay = − B y + P + 2 P ⋅ senθ

b)

Cálculo de las fuerzas internas . En este caso existen tres tramos de análisis: Tramo 1: el tramo comprendido entre el apoyo “A” y la carga “ P ”. Tramo 2: el tramo comprendido entre la carga “ P ” y la carga “ 2 P ”. Tramo 3: el tramo comprendido entre la carga “ 2 P ” y el apoyo “B”.

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4

b.1. Ecuaciones de equilibrio para la determinación de las fuerzas internas en la viga para el tramo 1, o sea para 0 ≤ x ≤ a A

Mx

x O

Nx

Vx Ay Ecuaciones de equilibrio :

∑ Fx = 0 → N x = 0 ∑ Fy = 0 → Ay − Vx = 0 ∑ M o = 0 → − Ay ⋅ x + M x = 0

→ → →

Nx = 0 Vx = 1,244 ⋅ P M x = 1,244 ⋅ P ⋅ x

(1) (2) (3)

b.2. Ecuaciones de equilibrio para la determinación de las fuerzas internas en la viga para el tramo 2, o sea para a ≤ x ≤ 2a

P

Mx

a A

O

Nx

Vx

x Ay Ecuaciones de equilibrio :

Nx = 0 → ∑ Fx = 0 → N x = 0 V x = 0,244 ⋅ P → ∑ Fy = 0 → Ay − P − Vx = 0 ∑ M o = 0 → − Ay ⋅ x + P ⋅ ( x − a ) + M x = 0 M x = Ay ⋅ x − P ⋅ ( x − a ) = 1,244 ⋅ P ⋅ x − P ⋅ x + P ⋅ a M x = (0,244 ⋅ x + a ) ⋅ P →

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(4) (5)

(6)

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5

b.3. Ecuaciones de equilibrio para la determinación de las fuerzas internas en la viga para el tramo 3, o sea para 2a ≤ x ≤ 3a

2P

P

Mx

θ

A

O

a

a

Nx

Vx

x Ay Ecuaciones de equilibrio :

N x = −P → ∑ Fx = 0 → 2 P ⋅ cosθ + N x = 0 V x = −1,488 ⋅ P → ∑ Fy = 0 → Ay − P − 2 P ⋅ senθ − Vx = 0 ∑ M o = 0 → − Ay ⋅ x + P ⋅ ( x − a ) + 2 P ⋅ senθ ⋅ ( x − 2a ) + M x = 0 M x = Ay ⋅ x − P ⋅ ( x − a ) − 2 P ⋅ senθ ⋅ ( x − 2a )

M x = (4,464 ⋅ a − 1,488 ⋅ x ) ⋅ P

→

(7) (8)

(9)

Observación: Para la determinación de las fuerzas internas del tercer tramo, resulta más fácil el análisis del equilibrio del trozo derecho del tramo. Veamos como se hace: Tramo 3, o sea para 0 ≤ x ≤ a con (← x ) :

Mx

Vx

B

Nx

Bx

x

By Ecuaciones de equilibrio:

∑ Fx = 0 → − N x + Bx = 0 ⇒ N x = Bx ∑ Fy = 0 → V x + B y = 0 ⇒ V x = − B y ∑ M o = 0 → −M x + By ⋅ x = 0 ⇒ M x = By ⋅ x

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→ → →

N x = −P V x = −1,488 P

(7)

M x = 1,488 P ⋅ x

(9)

(8)

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6

Gráficos. Los gráficos de de fuerzas internas correspondientes a los distintos tramos, se obtienen con las ecuaciones (1); (2) y (3) para el tramo 1; ecuaciones (4), (5) y (6) para el tramo 2 y ecuaciones (7), (8) y (9) para el tramo 3. O sea: Tramo 1

Tramo 2

Nx = 0 Vx = 1,244 ⋅ P M x = 1,244 ⋅ P ⋅ x

Tramo 3

Nx = 0 Vx = 0,244 ⋅ P M x = (0,244 ⋅ x + a ) ⋅ P

N x = −P Vx = −1,488 ⋅ P M x = (4,464 ⋅ a − 1,488 ⋅ x ) ⋅ P

2P

P

θ

A Tramo 1

a

Tramo 2

B

Bx

Tramo 3

a

a

Ay

By

Nx

−P

Vx 1,244 P

(+ )

(+ )

0,244 P

(− ) (+ ) Mx

1,244 Pa

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x

(− )

x − 1,488 P x

(+ )

(+ ) 1,488 Pa

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Ejemplo N° 2: Determinar y dibujar los diagramas de M , N ,V para la viga cargada como se indica en la siguiente figura. Datos : q, l

q A

C

B

3l 8

l Solución: Cálculo de las reacciones en los apoyos:

Q= Ax

11 ⋅ ql 8

q

A

C

B

Ay

l

3l 8

By

Ecuaciones de equilibrio:

∑ Fx = 0 → Ax = 0 11 ⋅ ql 11l ⋅ + By ⋅ l = 0 ∑M A = 0 → − 8 16 121 ⋅ ql ⇒ By = 128 11 ⋅ ql =0 ∑ Fy = 0 → Ay + B y − 8 11 ⋅ ql 55 ⋅ ql Ay = − B y + = = 0,43 ⋅ ql 8 128

→

Ax = 0

→

B y = 0,945 ⋅ ql

→

Ay = 0,43 ⋅ ql

Calculo de los esfuerzos internos de la viga. En este caso existen dos tramos de análisis: Tramo 1: el tramo comprendido entre el apoyo “A” y el apoyo “B”. Tramo 2: el tramo comprendido entre el apoyo “B” y el voladizo en “C” Versión marzo de 2015

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Ecuaciones de equilibrio para la determinación de los esfuerzos internos de la viga en el tramo 1 → 0 ≤ x ≤ l :

Q=q⋅x x 2

Mx

A

Ax

Nx

O

x Ay

Vx

Las ecuaciones que se plantean para este tramo son válidas para 0 ≤ x ≤ l Ecuaciones de equilibrio :

Nx = 0 V x = 0,43 ⋅ ql − q ⋅ x

∑ Fx = 0 → Ax + N x = 0; __ Pero : Ax = 0 ∑ F y = 0 → A y − q ⋅ x − V x = 0 ⇒ V x = Ay − q ⋅ x

→

x ∑ M o = 0 → − Ay ⋅ x + q ⋅ x ⋅ + M x = 0 2

q ⋅ x2 M x = 0.43 ⋅ ql ⋅ x − 2

→

→

(1) (2) (3)

Ecuaciones de equilibrio para la determinación de las fuerzas internas de la viga, en el tramo 2, válida para 0 ≤ x ≤

3l 8

con (←C):

Vx Mx Nx

Q=q⋅x

x 2 C

O

x Las ecuaciones que se plantean para este tramo son válidas para 0 ≤ x ≤ Ecuaciones de equilibrio :

∑ Fx = 0 → − N x = 0 ∑ Fy = 0 → V x − q ⋅ x = 0 ⇒ V x = q ⋅ x x ∑ M o = 0 → −q ⋅ x ⋅ − M x = 0 2

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→ → →

3l 8

Nx = 0 Vx = q ⋅ x

q ⋅ x2 Mx = − 2

(← x ) (4) (5) (6)

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Gráficos. Los gráficos de esfuerzos internos correspondientes a los distintos tramos, se realizan con las ecuaciones (1); (2) y (3) para el tramo 1 y ecuaciones (4), (5) y (6) para el tramo 2. O sea: Tramo 1

Tramo 2

Nx = 0 Vx = 0,43 ⋅ ql − q ⋅ x

Nx = 0 Vx = q ⋅ x

(1) (2)

q ⋅ x2 M x = 0.43 ⋅ ql ⋅ x − 2

(4) (5)

q ⋅ x2 Mx = − 2

(3)

(6)

En consideración a que la ecuación de “ M x ” para el primer tramo corresponde a la ecuación de una parábola, es necesario determinar el punto del cambio de curvatura para facilitar la confección del gráfico correspondiente. Esto es :

q ⋅ x2 M x = 0.43 ⋅ ql ⋅ x − 2

(3)

→

dM x = 0,43 ⋅ ql − qx = 0 dx

→

x = 0,43l

Reemplazando en la ecuación (3), tenemos:

M x = 0, 43l →

q ⋅ (0,43l )2 = 0,43 ⋅ ql ⋅ 0.43l − = 0,09245 ⋅ ql 2 2

M x=0, 43l = M máx = 0,09245 ⋅ ql 2 →

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M máx = 0,09245 ⋅ ql 2

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Gràficos: Tramo 1 0 ≤ x ≤ l __ (→)

Tramo 2 0 ≤ x ≤

Nx = 0 Vx = 0,43 ⋅ ql − q ⋅ x

3l __ (← ) 8

Nx = 0 Vx = q ⋅ x

q ⋅ x2 M x = 0.43 ⋅ ql ⋅ x − 2

q ⋅ x2 Mx = − 2 q

Ax

A

C B

l Ay = 0,43 ⋅ ql

3l 8

B y = 0,945 ⋅ ql

Nx 0

Vx 0,43 ⋅ ql

0

0,375 ⋅ ql

(+ )

(− )

0,43l

x

(+ )

x

0,57 ⋅ ql 0,07 ⋅ ql 2

(− ) (− )

x

(+ ) Mx

0,09245 ⋅ ql 2

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Relación entre cargas y fuerzas internas Supongamos que tenemos una viga cargada con una sobrecarga cualquiera. Analizaremos el equilibrio de un trozo diferencial de dicha viga. Entonces:

dQ = q ( x) ⋅ dx dx 2

Mx

q (x )

(Vx + dVx ) (M x + dM x )

Vx

Nx

(N x + dN x )

O

dx

n( x )

n(x) = sobrecarga horizontal en función a la variable “ x ”. q(x) = sobrecarga vertical en función a la variable “ x ”. Ecuaciones de equilibrio:

∑ Fx = 0 → − N x + n(x ) ⋅ dx + (N x + dN x ) = 0

∑ Fy = 0 → Vx − q( x ) ⋅ dx − (Vx + dVx ) = 0

∑ M o = 0 → − M x − Vx ⋅ dx + q( x ) ⋅ dx ⋅ Si consideramos que: (dx ) → 0 2

Entonces:

dN x = − n( x ) dx

→ →

dVx = −q( x ) dx

dx + (M x + dM x ) = 0 2

− Vx ⋅ dx + dM x = 0

→

dM x = Vx dx

Si el análisis de los esfuerzos internos de la viga se realiza considerando el equilibrio del tramo derecho, o sea con “ x ” (←) variando de izquierda a derecha, entonces: →

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dM x = −Vx dx Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

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El cálculo de las ecuaciones de N x ,V x , M x , también puede realizarse para vigas o barras curvas o inclinadas. En este último caso es mas conveniente el análisis con coordenadas polares, considerando un diferencial de longitud “ ds = r ⋅ dθ ” en lugar del de longitud “ dx ”. →

dM x = Vx dx

→

dM θ = Vθ ds

→

dM θ = Vθ r ⋅ dθ

1 dM θ Vθ = ⋅ r dθ

O sea :

Ejemplos: Ejemplo N° 1 Para la viga cargada como se muestra en la figura, se pide: a) Calcular las reacciones en los apoyos “A”, “C” y “D” b) Determinar las ecuaciones y confeccionar los gráficos de momentos flextores fuerzas cortantes V . c) Calcular el momento flextor máximo M máx (positivo o negativo) Datos:

M

y

q = 1(ton m ) a = 1(m )

2q

q C

A

D

B

3a

4a

2a

Solución: a) Cálculo de las reacciones: Equilibrio del cuerpo libre:

q Ax A

B

Ay

3a

2q C

2a

D

Cy

4a

Dy

Ecuaciones de equilibrio:

∑ Fx = 0

→

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Ax = 0 Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

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∑ Fy = 0 ∑MD = 0 ← ∑MB = 0

13

Ay + C y + D y − 3qa − 8qa = 0

→

− Ay ⋅ 9a − C y ⋅ 4a + 3qa ⋅ 7,5a + 8qa ⋅ 2a = 0

→

− Ay ⋅ 3a + 3qa ⋅ 1,5a = 0 3qa Ay = 1,5(ton ) Ay = → 2

→ →

→

Cy =

Reemplazando en la 2ª ecuación:

25qa 4

3qa 25qa + + Dy − 11qa = 0 2 4

Dy =

→

b) Ecuaciones y gráficos de M y V : Tramo “AB”: → 0 ≤ x ≤ 3a

O

x

13qa 4

→

D y = 3,25(ton )

(→)

q A

C y = 6,25(ton )

→

Mx Nx

Vx

Ay

∑ Fy = 0

→

Ay − q ⋅ x − Vx = 0

→

Vx = 1,5 − x

q ⋅ x2 ∑ M o = 0 → − Ay ⋅ x + 2 + M x = 0 q ⋅ x2 M x = 1,5 ⋅ x − 0,5 ⋅ x 2 → → M x = Ay ⋅ x − 2 Momento máximo en el tramo “AB”:

→

dM x → xt = 1,5(m ) (→) = 1,5 − x = 0 dx 2 M máx (tramoAB ) = 1,5 ⋅ 1,5 − 0,5 ⋅ (1,5) → M máx (tramoAB ) = 1,125(ton − m )

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Momento en la articulación “B” : Para

x = 3(m )

Tramo “BC”:

M B = 1,5 ⋅ 3 − 0,5 ⋅ (3)

2

→

q Vx

x

Ay

Ay − 3qa − Vx = 0 Vx = Ay − 3qa →

Vx = −1,5

→

− Ay ⋅ x + 3qa ⋅ ( x − 1,5a ) + M x = 0 M x = Ay ⋅ x − 3qa ⋅ ( x − 1,5a ) → M x = −1,5 ⋅ x + 4,5

∑ Mo = 0 →

Nx

B

3a

→

Mx

O

A

∑ Fy = 0

M B = 0(ton − m )

(→)

3a ≤ x ≤ 5a

→

→

→

Tramo “DC”: →

0 ≤ x ≤ 4a

(←) 2q

Mx O

Nx

D

Vx x

∑ Fy = 0

→ →

D y − 2 q ⋅ x + Vx = 0 Vx = 2 q ⋅ x − D y →

Dy Vx = 2 x − 3,25

2q ⋅ x 2 ∑ M o = 0 → Dy ⋅ x − 2 − M x = 0 M x = Dy ⋅ x − q ⋅ x 2 → M x = 3,25 ⋅ x − x 2 → Momento máximo en el tramo “DC”:

dM x = 3,25 − 2 x = 0 dx Versión marzo de 2015

→

xt = 1,625(m )

(←) Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

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M máx (tramoDC ) = 3,25 ⋅ 1,625 − (1,625) M máx (tramoDC ) = 2,64(ton − m ) → 2

→

Momento en el apoyo “C”: Para

x = 4(m )

Gráficos: Tramo “AB”

→

(→)

M C = 3,25 ⋅ 4 − (4 )

2

Tramo “BC”

(→)

M C = −3(ton − m )

→

Tramo “DC”

(←)

Vx = 1,5 − x

Vx = −1,5

Vx = 2 x − 3,25

M x = 1,5 ⋅ x − 0,5 ⋅ x 2

M x = −1,5 ⋅ x + 4,5

M x = 3,25 ⋅ x − x 2

q C

B

A

3a

2q D

2a

4a

4,75

Vx 1,5

(+)

(+)

x (-)

(-)

-1,5

-1,5

-3,25

-3 1,5 (-) (+) 1,125

Mx Momento flextor máximo: Versión marzo de 2015

x (+) 2,64 1,625

M máx = M C = 3(ton − m ) Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

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Ejemplo 2 Para la estructura en forma de cuarto de circunferencia, cargada como se muestra en la siguiente figura, se pide calcular las reacciones en los apoyos, determinar las ecuaciones de esfuerzos internos y dibujar los respectivos diagramas. Datos : P, a C

P

a

A

B

a Solución: a) Equilibrio del cuerpo libre:

C

P

a

Ax

A

B

Bx

a Ay

By

Ecuaciones de equilibrio:

∑ Fx = 0 → Ax + Bx + P = 0 ∑ Fy = 0 → Ay + B y = 0 ∑ M B = 0 → − Ay ⋅ a − P ⋅ a = 0

(1) (2)

← ∑ M C = 0 → − Ay ⋅ a + Ax ⋅ a = 0 Reemplazando (3) en (2) : Versión marzo de 2015

→

→

Ay = − P

(3)

→

Ax = Ay = − P

(4)

By = P Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles Reemplazando (4) en (1) :

→

17

Bx = 0

Para el análisis de los esfuerzos internos debemos considerar dos tramos; el análisis de los tramos “AC” y “CB”. Sin embargo, como en este caso el tramo “CB” es una biela con un esfuerzo de compresión conocida, ya que está determinada por la reacción B y = P , sólo determinaremos los esfuerzos internos del tramo “AC”. Ecuaciones de esfuerzos internos del tramo “AC”:

θ Mθ

Nθ

O

Vθ a

Ax

θ

A

Ay

B

u

a

a) Ecuación de momento flextor para 0 ≤ θ ≤ → ∑ M o = 0 → − Ay ⋅ u + Ax ⋅ v + M θ = 0 Pero: u = a − a ⋅ cosθ = a ⋅ (1 − cosθ ) v = a ⋅ senθ Luego:

M θ = − P ⋅ a ⋅ (1 − cosθ ) + P ⋅ a ⋅ senθ

→

1 dM θ Vθ = ⋅ r dθ

π

:

2 M θ = Ay ⋅ u − Ax ⋅ v

u = a ⋅ (1 − cosθ ) v = a ⋅ senθ

→ →

M θ = Pa ⋅ (senθ + cos θ − 1)

b) Ecuación de esfuerzo de corte para 0 ≤ θ ≤ Recordemos que:

a

v

π

2

(5)

: (6)

Entonces, derivando la ecuación (5) y reemplazando en (6), tenemos:

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1 Vθ = ⋅ Pa ⋅ (cosθ − senθ ) a

→

Vθ = P ⋅ (cosθ − senθ )

c) Ecuación de esfuerzo normal para 0 ≤ θ ≤

∑ Fθ = 0

→

18

π 2

(7)

:

Nθ + Ay ⋅ cos θ + Ax ⋅ senθ = 0

Nθ = P ⋅ (senθ + cos θ )

→ Gráficos: Ecuaciones válidas para 0 ≤ θ ≤

(8)

π 2

Nθ = P ⋅ (senθ + cosθ ) Vθ = P ⋅ (cosθ − senθ ) M θ = Pa ⋅ (senθ + cosθ − 1) 1) Gráfico de Nθ :

Nθ = P ⋅ (senθ + cos θ )

θ = 0 → Nθ = P π θ = → Nθ = P

θ= θ=

2

π

6

π

1,366 ⋅ P

1,414 ⋅ P 1,366 ⋅ P

3

→ Nθ = 1,366 ⋅ P → Nθ = 1,366 ⋅ P

θ=

π 4

→ Nθ = 1,414 ⋅ P

P (+)

P

C

(+) (+) (-)

(+)

P

Versión marzo de 2015

A

P

B

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19

Vθ = P ⋅ (cosθ − senθ )

2) Gráfico de Vθ :

θ = 0 → Vθ = P π θ = → Vθ = − P

θ= θ=

2

π

6

π 3

→ Vθ = 0,366 ⋅ P

θ=

→ Vθ = −0,366 ⋅ P

π 4

→ Vθ = 0

C (-)

0 0,366 ⋅ P

P

− 0,366 ⋅ P

(+) A

P 3) Gráfico de M θ :

θ = 0 → Mθ = 0 π θ = → Mθ = 0 2

B

M θ = Pa ⋅ (senθ + cosθ − 1) θ= θ=

π

6

π 3

→ M θ = 0,366 ⋅ Pa → M θ = 0,366 ⋅ Pa

0,366 ⋅ Pa 0,414 ⋅ Pa

θ=

π 4

→ M θ = 0,414 ⋅ Pa

C

(+)

0,366 ⋅ Pa

A

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B

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Ejemplo N° 3 Para la estructura triarticulada cargada como se muestra en la siguiente figura, se pide calcular las reacciones en los apoyos, determinar las ecuaciones de esfuerzos internos y dibujar los gráficos correspondientes. Datos: q, a

q

C

E

D

4a B

A

3a

4a

Solución. a) Cálculo de las reacciones.

4a

Q1 = 2qa

3a

Q2 = 4qa q

C

8a 3 Ax

4a 3

E

D

2a

4a Bx

A

B

3a

4a

4a

3a

Ay

By

Ecuaciones de equilibrio:

∑ Fx = 0 → Ax + Bx = 0 ∑ Fy = 0 → Ay + B y − 2qa − 4qa = 0 8a ⎞ ⎛ ∑ M A = 0 → −2qa ⋅ ⎜ 3a + ⎟ − 4qa ⋅ (9a ) + B y ⋅ (14a ) = 0 3⎠ ⎝

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21

B y = 3,38 ⋅ qa

4a =0 3 Ax = 3,92 ⋅ qa

Ay = 2,62 ⋅ qa

Bx = −3,92 ⋅ qa

∑ M D = 0 → − Ay ⋅ 7 a + Ax ⋅ 4a + 2qa ⋅ →

Ecuaciones de esfuerzos internos: Debemos determinar las ecuaciones de esfuerzos internos en los tramos “AC”, “CD”, “DE”, y “EB”. Tramo AC: 0 ≤ x ≤ 5a __ (→ )

Mx

θ

O

x

Ax

θ

A

Nx

v

Vx

u

x = AO

Ay

De la geometría de la estructura, se deduce que : Además: u = proyección horizontal de “ x ” v = proyección vertical de “ x ” Ecuaciones de equilibrio: Momento flextor:

→ →

cosθ =

u = x ⋅ cosθ v = x ⋅ senθ

∑ M o = 0 → Ax ⋅ v − Ay ⋅ u + M x = 0

⇒ 3,92 ⋅ qa ⋅ 0,8 x − 2,62 ⋅ qa ⋅ 0,6 x + M x = 0

→

3 5

y → →

senθ =

4 5

u = 0,6 ⋅ x v = 0,8 ⋅ x

M x = −1,564 ⋅ qa ⋅ x

(1)

Vx = −1,564 ⋅ qa

(2)

Esfuerzo de corte:

Vx =

dM x = −1,564 ⋅ qa dx

Esfuerzo normal:

→

∑ Fx = 0 → N x + Ax ⋅ cosθ + Ay ⋅ senθ = 0 →

Versión marzo de 2015

N x = −4,448 ⋅ qa

(3)

Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles Tramo CD:

22

0 ≤ x ≤ 4a __ (→ ) Q=

1 x ⋅ qx 2

qx

Mx O

C

x

Ax

A

Nx

Vx

4a

θ 3a

Ay Donde :

q⋅x qx = 4a

→

q ⋅ x2 Q= 8a

Ecuaciones de equilibrio: Momento flextor:

∑ M o = 0 → Ax ⋅ 4a − Ay ⋅ (3a + x ) + Q ⋅ →

x + Mx =0 3

q ⋅ x3 M x = −7,82 ⋅ qa + 2,62 ⋅ qa ⋅ x − 24a 2

(4)

Esfuerzo de corte:

dM x q ⋅ x2 = 2,62 ⋅ qa − Vx = dx 8a

→

Vx = 2,62 ⋅ qa −

→

N x = −3,92 ⋅ qa

Esfuerzo normal:

∑ Fx = 0 → N x + Ax = 0

Versión marzo de 2015

q ⋅ x2 8a

(5) (6)

Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles Tramo BE:

23

0 ≤ x ≤ 5a __ (←)

Nx

Mx O

Vx

x

v

θ

B

Bx

u

x = BO

By Sabemos que :

cosθ =

3 5

y

Luego: u = proyección horizontal de “ x ” v = proyección vertical de “ x ” Ecuaciones de equilibrio: Momento flextor:

senθ = → →

4 5 u = x ⋅ cosθ v = x ⋅ senθ

∑ M o = 0 → Bx ⋅ v + B y ⋅ u − M x = 0

⇒ M x = −3,92 ⋅ qa ⋅ 0,8 x + 3,38 ⋅ qa ⋅ 0,6 x

→

→ →

u = 0,6 ⋅ x v = 0,8 ⋅ x

M x = −1,108 ⋅ qa ⋅ x

(7)

Vx = 1,108 ⋅ qa

(8)

Esfuerzo de corte:

Vx = −

dM x = 1,108 ⋅ qa dx

Esfuerzo normal:

→

∑ Fx = 0 → N x − Bx ⋅ cosθ + B y ⋅ senθ = 0 →

Versión marzo de 2015

N x = −5,056 ⋅ qa

(9)

Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

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24

Tramo ED: 0 ≤ x ≤ 4a __ (← )

Vx

Q=q⋅x q

Mx O

E

x

4a

θ

Bx

B

3a

By

Ecuaciones de equilibrio: Momento flextor:

∑ M o = 0 → Bx ⋅ 4a + B y ⋅ (3a + x ) − Q ⋅ → Esfuerzo de corte:

Vx = −

q ⋅ x2 M x = −5,54 ⋅ qa + 3,38 ⋅ qa ⋅ x − 2

dM x = −3,38 ⋅ qa + q ⋅ x dx

2

→

Vx = −3,38 ⋅ qa + q ⋅ x

→

N x = −3,92 ⋅ qa

Esfuerzo normal:

∑ Fx = 0 → − N x + Bx = 0

x − Mx =0 2

Resumen: Tramo AC 0 ≤ x ≤ 5a __ (→ )

Tramo CD 0 ≤ x ≤ 4a __ (→ )

N x = −4,448 ⋅ qa

N x = −3,92 ⋅ qa

Vx = −1,564 ⋅ qa

Vx = 2,62 ⋅ qa −

M x = −1,564 ⋅ qa ⋅ x Tramo BE 0 ≤ x ≤ 5a __ (←)

N x = −5,056 ⋅ qa Vx = 1,108 ⋅ qa Versión marzo de 2015

(10)

(11) (12)

q ⋅ x2 8a

q ⋅ x3 M x = −7,82 ⋅ qa + 2,62 ⋅ qa ⋅ x − 24a Tramo ED 0 ≤ x ≤ 4a __ (← ) N x = −3,92 ⋅ qa Vx = −3,38 ⋅ qa + q ⋅ x 2

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25

M x = −5,54 ⋅ qa 2 + 3,38 ⋅ qa ⋅ x −

M x = −1,108 ⋅ qa ⋅ x Gráfico de esfuerzos normales: C

D

E

(− )

(− )

q ⋅ x2 2

(− ) 3,92 ⋅ qa

(− )

A

B

4,448 ⋅ qa Gráfico de esfuerzos cortantes:

5,056 ⋅ qa

2,62 ⋅ qa

0,62 ⋅ qa

C

(+ )

(− )

D

E

(+ )

(− )

3,38 ⋅ qa

A

B

1,564 ⋅ qa Gráfico de momentos flextores:

7,82 ⋅ qa 2

5,54 ⋅ qa 2

(− ) (− )

C

D

0,172 ⋅ qa 2 A

Versión marzo de 2015

(− )

(+ ) 3,38a

E

(− )

B

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26

Ejemplo Nº 4 La estructura cargada como se muestra en la figura, está apoyada sobre articulaciones fijas en “A” y “B”. El tramo “CE” tiene uniones rígidas en “C” y “E” y una articulación “D” en el centro del tramo. Se pide, calcular las reacciones que se producen en los apoyos “A” y “B” y determinar las ecuaciones de N, V y M para el tramo “CE” . Datos: q, a

q

E

C D

4a A

B

3a

3a

3a

Solución: a) Cálculo de las reacciones que se producen en los apoyos “A” y “B” Equilibrio del cuerpo libre:

q

E

C D

4a

Ay

∑ Fx = 0 ∑ Fy = 0 ∑MA = 0

→ →

Bx

A

Ax

3a

3a

3a

B

By

Ax + Bx = 0 Ay + B y − 3qa = 0

→

Versión marzo de 2015

B y ⋅ 9a − 3qa ⋅ 5a = 0

→

By =

5qa 3

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27

4qa 5qa − 3qa = 0 → Ay = 3 3 1 q ∑ M D = 0 → B y ⋅ 3a + Bx ⋅ 4a − 2 ⋅ 3qa ⋅ 2 ⋅ a = 0 17qa → Bx = − 16 17qa 17 qa Ax = En ∑ Fx = 0 → → Ax − =0 16 16 En

∑ Fy = 0

Ay +

→

b) Ecuaciones de fuerzas internas para el tramo EC (← x ):

qx Nx

Mx

∑ Fx = 0

x

→

E

O

4a

Vx

Bx

B

By →

→

Versión marzo de 2015

→

∑ Mo = 0

− N x + Bx = 0 17 qa Nx = − 16 →

x q⋅x x − Mx − ⋅ ⋅ + B y ⋅ x + Bx ⋅ 4a = 0 2 6a 3 5qa q ⋅ x 3 17qa 2 ⋅x− − → Mx = 3 36a 4 ⎛ 5qa q ⋅ x 2 ⎞ dM x ⎟ = −⎜⎜ − Vx = − ⎟ dx 3 12 a ⎝ ⎠ 5qa q ⋅ x 2 Vx = − + 3 12a

Apuntes de Mecánica I Ing. José A. Aguilera Muñoz

Universidad de La Serena Facultad de Ingeniería Departamento de Ingeniería en Obras Civiles Ejemplo Nº5 La estructura cargada como se muestra en la figura, está empotrada en “A” y en voladizo en “B” y “D”. La unión “C” es rígida. Se pide determinar las ecuaciones de fuerzas internas y

gráficos de

28

5a

3a

B C

( N x ,Vx , M x ) para el

D

P

8a

tramo “AC”. Datos: q, a ,

q

5a

P = 3qa

A

Solución: a) Equilibrio del cuerpo libre:

8qa 4a 3a

5a B

q D

C

3qa

8a 5a

Ax

A

Ay

MA

b) Cálculo de las reacciones en el empotramiento “A” : Ecuaciones de equilibrio:

∑ Fx = 0 ∑ Fy = 0 ∑MA = 0

→ → →

Ax = −3qa Ax + 3qa = 0 → Ay = 8qa Ay − 8qa = 0 → M A − 3qa ⋅ 5a + 8qa ⋅ a = 0 →

Versión marzo de 2015

M A = 7qa 2

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29

c) Ecuaciones de fuerzas internas: TRAMO 1, para 0 ≤ x ≤ 5a :

Nx

∑ Fx = 0

Mx

→ o

Vx

∑ Fy = 0

x A

∑ Mo = 0

Ay

→

M x + M A + Ax ⋅ x = 0

M x + 7 qa 2 − 3qa ⋅ x = 0

→

M x = 3qa ⋅ x − 7 qa 2

→ TRAMO 2, para

5a ≤ x ≤ 8a :

∑ Fx = 0

Nx

→ →

Mx

3qa

→

Ay − N x = 0 N x = 8qa

→

Ax MA

x

Ax + Vx = 0 Vx = 3qa

→

Vx

o

∑ Fy = 0

→ →

5a

Ax

A

Ax + 3qa + Vx = 0 Vx = 0 Ay − N x = 0 N x = 8qa

∑ Mo = 0 →

MA Ay

M x + M A + Ax ⋅ x + 3qa ⋅ ( x − 5a ) = 0 → →

Versión marzo de 2015

M x + 7 qa 2 − 15qa 2 = 0 M x = 8qa 2

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30

Gráficos:

Nx

Vx

Mx

8qa

8qa 2 3qa 8qa 2

(-)

5a

8qa

Versión marzo de 2015

3qa

7 qa 2

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