Problemas de resistencia

8/19/2019 Problemas de resistencia

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Flexión de vigas

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1. En la viga de la figura, determinar:

a) Reacciones en los apoyos.

b) Diagrama de momentos flectores.

c) Diagrama de esfuerzos cortantes.

Solución:

a) Aplicamos las ecuaciones de equilibrio para determinar las reacciones

en los apoyos.

Σ F Y = 0 ; R A+ R B +103 N - 5 · 10 3 N =0

Σ M B =0 ; R A · 4 m + 103 N · 3 m – 5 · 10 3 N · 1m = 0

Resolviendo el sistema:

R A = 500 N ; R B = 3 500 N

b) Calculamos los momentos flectores, tomando distancias a lo largo deleje longitudinal de la viga, a partir del punto A.

Para 0 ≤x≤1 m; M1X= R A · x = 500 ·x (N · m)

Para 1m≤x ≤3m; M2X= R A · x + 10

3 N · ( x-1 ) =

= 500 · x + 1000 · ( x - 1) = 1500 · x - 1000 (N · m)


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Flexión de vigas

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Para 3m≤ x ≤ 4 m; M3X = R A · x + 10

3 N · ( x – 1 ) – 5 · 10 3 N ( x – 3 )=

= - 3500 · x + 14000 ( N · m)

c) Para hallar los esfuerzos cortantes derivamos respecto a x lasexpresiones de los momentos flectores:

Para 0≤ x ≤ 1 m; F1X =

dX

dM1X = R A = 500 N

Para 1 m ≤ x ≤ 3 m; F2X =

dX

dM2X = 1500 N

Para 3 m ≤ x ≤4 m; F3X =

dX

dM3X = - 3500 N

Estos valores nos dan los diagramas de la figura:


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Flexión de vigas

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2. Hallar los diagramas de momentos flectores y de esfuerzos

cortantes correspondientes a la viga que se indica en la figura.

Solución:

En primer lugar se determinan las reacciones en los apoyos, R A y R B ,para conocer el sistema de fuerzas exteriores que actúa sobre la viga.

Debemos tener en cuenta que la carga distribuida equivale a una cargatotal de 100 000 N ( 50 · 10³N · 2 m ) aplicada en un punto que dista 2 m delapoyo A.

Σ F Y = 0; R A + R B - 100 000 N = 0

Σ M B = 0; R A · 6 m – 100 000N · 4 m = 0

Resolviendo el sistema, se obtiene:

R A =3

200000 N; R B =

3

100000 N

Momentos flectores.

Tomando distancias a partir de A, y considerando los trozos A-1, 1-2 y2-B de la viga, tenemos:

Para 0 ≤ x ≤ 1m; M X1 = R A · x =3

200000 · x ( )m· N

Para 1m ≤ x ≤ 3m; M X2 = R A · x – q ·( )

2

1-x2

=3

200000 · x -

2

50000 · ( )21-x = - 25000 x 2 +

3

350000 · x – 25000 (N · m)

El momento será máximo en aquel punto en que la derivada primera se

anule:


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Flexión de vigas

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dX

dM = -50000 · x +

3

350000 = 0 ; x= 7/3 m = 2,3 m

El momento máximo vale:

M máx =9

1000000 N · m

Para 3 m ≤ x ≤ 6 m: M X3 = R B · ( )x-6 = 200000 -3

100000 · x ( N ·m )

Esfuerzos cortantes:

Aplicando la expresión F =dX

dM tenemos:

Para 0 ≤ x ≤ 1m; F X1 =dX

dMX1 = R A =3

200000 N

Para 1m ≤ x ≤ 3m; F X2 =dX

dMX2 = - 50000 · x +3

350000 N

Para 3 m ≤ x ≤ 6 m: F X3 =dX

dMX3 = -3

100000 N

Los diagramas de momentos flectores y de esfuerzos cortantes:


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Flexión de vigas

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3. Hallar los diagramas de momentos flectores y de esfuerzos

cortantes correspondientes a la viga en voladizo que se indica en la figura.

Solución:

Momentos flectores.

Trazando secciones y aislando en cada caso la parte de la izquierda, los

momentos flectores son los siguientes:

Para 0 ≤ x ≤ 2m; M X1 = -2

q·x2 = - 2500 x 2 N · m

para x = 2; M = -2500 · 2 2 = - 10 000 N · m.

Para 2 m ≤ x ≤ 3 m: M X2 = - q · a ·

2a -x = - 10000 · ( )1-x N · m

para x = 3 m; M = -20000 N · m.

Para 3 m ≤ x ≤ 5 m: M X3 = - q · a ·

2

a -x - P · ( )[ ] ba-x + =

= 25000 – 15000 x N · m

para x = 5 m; M = - 50000 N · m.

Esfuerzos cortantes.

Los esfuerzos cortantes se obtienen derivando las expresiones de losmomentos flectores:

Para 0 ≤ x ≤ 2m: F X1 =dX

dMX1 = - 5000 · x N

Para 2 m ≤ x ≤ 3 m: F X2 = dXdMX2 = - 10000 N


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Flexión de vigas

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Para 3 m ≤ x ≤ 5 m: F X3 =dX

dMX3 = - 15000 N

Los diagrama de esfuerzos cortantes y momentos flectores son lossiguientes:


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Flexión de vigas

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4. Determinar las reacciones en los soportes A y B de la viga de la

figura. Realizar también el diagrama de fuerzas cortantes y momentosflectores. A continuación, determina el tipo de perfil laminado “IPN” para

el ejercicio de la figura, si la tensión admisible del perfil es de 12000

N/cm2.

Solución:

Dibujaremos en primer lugar el diagrama del sólido libre.

En el soporte A tendremos dos reacciones: una horizontal RAX y otra

vertical RAY ; en el soporte B tendremos una reacción vertical R BY , ya que la

viga está sustentada en un rodillo.

Determinación de las reacciones en los soportes:

Las ecuaciones de equilibrio que deberán cumplirse serán:

Σ F X = 0; Σ F Y = 0, Σ M 0 = 0

Σ F X = 0; R AX = 0.

Σ F Y = 0; R AY + R BY - 7000 N – 6000 N = 0;

Σ M 0 = 0; 7000 N · 1 m + 6000 N · 2,5 m - R BY · 4 m = 0

Resolviendo; R BY = 5500 N ↑ ; R AY = 7000 N ↑


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Flexión de vigas

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Determinacón de fuerzas cortantes y de momentos flectores.

Hay que determinarlos en cada tramo de la viga. Por lo tanto, iremoscogiendo uno a uno los distintos tramos y determinando la fuerza cortante y elmomento flector del mismo.

Tramo AC ; 0 ≤ x ≤1 m

T AC = 7500 N

M AC = T AC · x= 7500 N · x

x= 0; M AC = 0

x= 1; M AC = 7500 N · m

Tramo CD ; 1 ≤ x ≤ ,5 m

T CD = 7500 N – 7000 N = 500 N

MCD = 7000 N · 1 m + T CD · x

MCD = 7000 N · 1 m + 500 N · x

x= 1 m; M CD = 7000 N m

x= 2,5 m; M CD = 8250 N · m

Tramo DB; 2,5 ≤ x ≤ 4 m

T DB = 7500 N – 7000 N – 6000 N = - 5500 N

M DB = ( )m1· N7000 + ( )m2,5· N6000 - T DB · x

M DB = 22000 N m – 5500 N · x

x = 2,5 m; M DB = 8250 N m

x = 4 m; M DB = 0

La representación gráfica de los esfuerzos cortantes y momentos

flectores es la siguiente:


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Flexión de vigas

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Determinación del tipo de perfil.

Sabemos que el momento flector máximo vale:

M DB = 8250 N · m

Por tanto, el módulo resistente de la viga que necesitamos lodeterminaremos a partir de la ecuación:

adm

f máxMWσ

=

W =2

2

cm12000

cm N10·8250 = 68,75 cm 3

Una vez determinado el módulo resistente iremos a una tabla (que

deben proporcionarnos para la resolución del problema)y el perfil que cumpleeste módulo resistente en una IPN 40.

IPN40:

I X = 573 cm3

W X = 81,9 cm3

Comprobación de la tensión de trabajo que puede resistir:

admσ =W

Mfmax

admσ

= 3

2

cm81,9

cm N10·8250

= 10073,26 N/cm

2

(valor por debajo del máximo

admisible, luego el resultado es correcto)


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Flexión de vigas

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5. Se considera una viga simplemente apoyada sometida a dos

cargas puntuales antimétricas y cuya sección es una simple T con lasdimensiones indicadas en la figura.

Se pide:

Valor de la carga P para que en la sección más solicitada la tensiónnormal sea igual al límite elástico del material.

Dato: ( )2

e Kg/cm1800=σ

Solución:

A partir de la expresión admσ =W

Mfmax obtendremos el valor de la carga

máxima P que nos piden. Pero previamente hemos de conocer la distribuciónde momentos flectotes en la viga.

Por lo tanto procedemos a calcularla:

1. Cálculo de reacciones.

Σ F Y = 0; R A+ P + R B = P

Σ M A = 0; P · 2 m – P · 4 m - R B · 6 m =0

Resolviendo el sistema, obtenemos:

R A=3

P; R B = -

3

P (sentido contrario al supuesto)

2. Diagrama de momentos flectores:

Sección 1; 0 ≤ x ≤ 2 m


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Flexión de vigas

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M(x) = R A · x =3

P· x

M(x=0) = 0; M(x=2) =3

P2

Sección 2; 2 ≤ x ≤ 4 m

M(x)= R A · x – P (x - 2) =3

P· x – P (x - 2)

M(x=2) =3

P2; M(x=4) = -

3

P2

Calculamos ahora el punto donde el momento se hace nulo:

M(x) = 0 ⇒ 3

P· x – P (x - 2) = 0 ⇒ x = 3 m.

Sección 3; 0 ≤ x́ ≤ 2 m

M(x) = - R B · x´ = -3

P · x´

M(x´=0) = 0 ; M(x´=2) = -3

P2


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Flexión de vigas

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El siguiente paso es el de calcular el momento de inercia de la viga

Es necesario también calcular previamente el centro de gravedad de laviga.

S·ySy iiG Σ=

= )2·6()2·10(2)·(61)2·10(7

++

= 4,75 cm.

Y max= h - yG

Para determinar el momento de inercia respecto a z, aplicamos elteorema de Steiner.

ZI =22

32

3

cm67,440)75,3(2·612

2·64,75)-(72·10

12

10·2=+++

Finalmente, aplicamos la expresión del momenro resistente:

adm

f máxMWσ

=

maxY

I W Z =

Igualando la tensión máxima al límite elástico, según nos indican en elenunciado del problema:

max

Z

f max

I

máxMY ⋅=σ = eσ

Se toma admσ de tracción. Para x= 2 m , Mmáx =3

P2kg · m

1800 =

3

P2· 100

67,440

1· 7,25 ⇒ P= 1641 kg.


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Flexión de vigas

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6. Dada la viga representada en la figura, se pide:

a) Diagrama de momentos flectores y esfuerzos cortantes.b) Perfil IPN necesario.

Dato: admσ = 1400 kg/cm²

Solución:

En primer lugar calculamos las reacciones en los apoyos:

Σ F Y = 0; R A+ R B = 12 Tm

Σ M A = 0; 4 Tm · 1 m + 4 Tm · 5 m + 4 Tm · 6 m - R B · 4 m = 0

Resolviendo el sistema, R A= 2 Tm ; R B = 14 Tm

Momentos flectores y los esfuerzos cortantes en cada tramo de la viga.

0 ≤ x ≤ 2 m

M(x) = - RA

· x – 2 · x ·2

x = - 2 · x - x² ;

M(x=0) = 0 M(x=2) = - 8 Tm

T(x) = - R A - q · x = -2 – 2 · x = -2 (x+1)

T(x=0) = - 2 Tm T(x=2) = - 6 Tm

2 ≤ x ≤ 3 m

M(x) = - R A · x – 4 (x-1) + 8 = -2 · x – 4 · x + 4 + 8 = - 6 · x + 12


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Flexión de vigas

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M(x=2) = -8 Tm; M(x=3) = -6 Tm

T(x) = -2 – 4 = -6

T(x=2) = -6 Tm; T(x=3) = -6 Tm

0 ≤ x´ ≤ 2 m

M(x´)= - 4 · x´ - 2 · x´ ·2

x´ = - 4 · x´ - x´²

M(x´=0) = 0; M(x´=2) = - 12 Tm

T(x´)= 4 + 2 · x´

T(x´=0) = 4 Tm; T(x´=2) = 8 tm

2 ≤ x´ ≤ 3 m

M(x´) = - 4 · x´ - 4 (x´-1) + 14 (x´-2) = 6· x´- 24

M(x´=2) = -12 Tm; M(x´=3) = - 6 Tm

T(x´) = 4 + + -14 = -6 Tm

T(x´=2) = -6 Tm; T(x´=3) = -6 Tm

Determinamos a continuación el perfil que soporte las cargas:

3

2

23

cm14,857/1400

·101012max=

⋅⋅==

cm Kg

cm Kg M W

adm

f

σ

Vamos a una tablas (que deben proporcionarnos) y el módulo resistenteinmediatamente superior es de 923 cm³, que correpsonde a IPN 340

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