circulo de mhor ESTATICA

Est á t i c a UN SC H

PRESENTACION

Por preocupación del profesor por el desarrollo del curso, como estudiantes nosotros sus alumnos, tuvimos la responsabilidad de desarrollar algunos ejercicios necesarios referentes al curso tales como fuerzas repartidas, fuerzas en vigas, momentos de inercia, análisis de estructuras y marcos. Los cuales el profesor crea conveniente las soluciones de estos ejercicios.

Lo destacable del curso es la constante aplicación en la ingeniería. Mediante este curso se puede aproximar al valor verdadero de los efectos en la realidad.

Diciembre de 2 010


1. Empleando el método gráfico de Maxwel-Cremona, determinar las fuerzas y su respectiva calidad, de todas las barras de la armadura mostrada en la figura.

Solución

Calculo De Las Reacciones por la barra externa

Las reacciones en la barra son:

D

C

B

Entonces se calcula las reacciones en D y B

RDX =600lb

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RBX =600lb

RDY =0 , RBY =0

Calculo de reacciones en A y G

Aplicando las leyes de equilibrio

Diciembre de 2 010


Grafica de la estructura a escala conveniente (con las direcciones y sentidos de las fuerzas corregidas)

Usando la notación de Bow

Diciembre de 2 010


Aplicando El Método Grafico o Método De Maxwell-Cremona

Graficando a una escala conveniente

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Respuesta

SEGMENTO FUERZA MODULO (lb) CALIDAD

be AB 1039.23 Tracción

cg BC 1039.23 Tracción

ch CD 1039.23 Tracción

hd DE 1200.00 compresión

df EF 1200.00 compresión

FG 1600 compresión

ae AF 529.15 Tracción

ef BF 600 compresión

fg EB 0.00

gh EC 0.00

2. Para las vigas mostradas en las figuras, determinar:

a) Reacciones en los apoyos.

b) Ecuaciones de fuerza cortante y momento flector.

c) Diagramas de fuerzas cortantes y momento flector.

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ADC

RDX R

DYR

A

2qa


d) Calcule el momento flector máximo y su respectiva ubicación.

FIG. 1

FIG. 2

SOLUCION

PROBLEMA 2 fig. 1 obteniendo su sistema equivalente para calcular las reacciones

C

a a a

A) LAS REACCIONES EN LOS APOYOS :

RDX = 0

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a

D2

A1

RDY

= 3qa/2 RA

= qa

a a

C

21


qaR

qaRR

respuestas

qaR

qaqa

R

qaqa

qaR

IDe

qaR

oantihorarisentidoqaqa

aRaqa

M

Iqaqa

RR

F

A

DYD

DY

DY

DY

A

AD

ADY

y

=

==

=

+=

+=+

=

+=−−+=

+=+

=

∑

∑

2

3

:2

32

22

)(

)(022

2)(2

)(...........22

0

22

B) ECUACIONES DE FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR

Haciendo el diagrama del cuerpo libre

x

Tramo CD sección 1-1 0<x<a

−==

==−=−=

2

00

222qa

MaX

MXX

qaMF

qaV

Tramo DA; sección 2-2 a<x<3a

qxqaV

axqqaqa

V

−=

−−+−=

2

)()2

3

2(

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q

ADC

RDX R

DYR

A

V

D

2a

(+)

(-)

(-)

X

M

(-)

(+)

D

MF mínimo

MF máximo

MF =

UBICACIÓN: 2a

X

a3a2a

a


2

32

2

)2()2

()(2

3

222

22

qaqax

qxMF

xqxqaxa

qaxqaqa

MF

−+−=

−++−+−=

C) DIAGRAMAS DE FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR

D) CALCULE EL MOMENTO FLECTOR MAXIMO Y SU RESPECTIVA UBICACION

2a 3a

Respuesta:

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q

(+)

RDX

RDY RAY

RAX

N D

P

MN=Pa

PaPAD

a a a

RNY=P

a


PROBLEMA 2 (fig. 2)

A) LAS REACCIONES EN LOS APOYOS :

Diagrama del cuerpo libre de la barra DA

PaM

MPa

positivooantihorarisentidoM

PR

F

NDbarralaEn

datosdefaltaamódulossuscalcularpuedesenoY

RRRR

Ademas

RRFPor

PR

F

RaR

aRPaPa

positivooantihorarisentidoM

DAbarralaEn

N

N

N

NY

Y

MXAXDXNX

AXDXX

DY

Y

MYAY

AY

D

==+−

==

=

===

−===

==→==++−

=

∑

∑

∑

∑

∑

0

0

0

0

003

03

0

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B

PqA

N M

P

P

a

BPD C

A

N

D

P

MN=Pa

RNY=P

1

1

P 4

4

3Pa

3

2

2a aa

M5

5

a


PaM

PR

R

PR

R

respuestas

N

NY

MY

DY

AY

=====

0

0

:

B) ECUACIONES DE FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR

TRAMO ND sección 1-1 0<x<a

PxPaMF

PxMMF

PV

N

+−=+−=

=

TRAMO DCsección 2-2 a<x<2a

)( axPMF

PV

−==

TRAMO CB sección 3-3 2a<x<3a

PaMF

V

==0

TRAMO BAsección 4-4 3a<x<4a

0

0

==

MF

V

TRAMO AMSección 5-5 4a<x<5a

0

0

==

MF

V

Diciembre de 2 010

C

V

B A MN

(+) (+)

X

C

M

B A MN

(-)

(+)X

Pa

MFmáx.=pa

UBICACIÓN: De 2a hasta3a

(+)


C.- DIAGRAMAS DE FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR

C) CALCULE EL MOMENTO FLECTOR MAXMIMO Y SU RESPECTIVA UBICACION

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B

PqA

N M

P

D

-Pa

D


3. Para la figura compuesta mostrada en la figura, determinar gráficamente:

A) La dirección de los ejes principales que parten del origen.

B) Los momentos de inercia principales.

C) Los momentos de inercia ,y el producto de inercia , para

un ángulo que hace con el eje positivo de la “X” de 70º, medido en sentido horario.

SOLUCION Descomponemos la figura en otras más simples y las marcamos con números

fig. 1

Diciembre de 2 010

2

2

25

7

257

xy

k

kxy

=

==

−= yx

5

7*19

7

5


Procedemos a calcular los momentos de cada figura marcada según lo más conveniente

3

245

7

255

)5(

)5(

1

7

0

21

21

21

=

−=

−=

−==

∫

∫∫

X

X

X

X

I

dYyyI

dYxyI

dYxdAdAyI

343

7*3*2

1

2

32

=

=

X

X

I

I

( )

( )

12

1715

145

7*19

7

514

14

316

5*4*34*3*12

1

5

7

0

27

0

25

25

324

3

233

=

−

−=−=

−=⇒=

===

−=

∫∫

∫

X

X

X

XXX

X

X

I

dYyydYXyI

dYXAddAyI

III

I

I

De la misma manera para los Iyn

Procedemos a calcular los momento de inercia de toda la figura

58.978612

117439

58.122612

14719

54321

54321

≈=++++=

≈=++++=

YYYYYY

XXXXXX

IIIIII

IIIIII

Diciembre de 2 010

12

51835

5

7*19

5

7

5

7*19

5

7

3297

)5*111(*7*34*3*12

1

1092

)5*18(*4*34*3*12

1

903

)5*15(*7*37*3*12

1

175

25

725

7

19

14

25

25

4

234

3

233

2

232

1

221

221

=

+−=

+−===

=

++=

=

++=

=

++=

=

=

==⇒=

∫

∫

∫

∫

dXxxI

dXxYdXdAdAyI

I

I

I

I

I

I

I

dXxxI

dXxydXdAdAxI

Y

Y

Y

Y

Y

Y

Y

Y

Y

Y

Y


Para hallar el producto de inercia de toda la figura volvemos a enumerar esta vez de una forma más conveniente para disminuir el trabajo

29.269124

64591

24

14945

3

514

3

7*

2

7*5

72

7*5

4

513

)3)(3)(8*1)(5*18(06

1225

2

1

7

25

7

250

''

24014

14*7

117

7

22

7

5

5

1

7

01

1

1

22

123456

≈=

−−+=

=

++−=

=

++=

=

+=

+=

===

∫

XY

XYXYXYXYXY

XY

XY

XY

XY

XY

XY

XY

XY

XYXY

I

IIIII

figuralatodadeinerciadeproductoelcalculamosresultadosestoscon

I

I

I

I

I

yyyI

yxdAydxI

IPara

II

T

T

T

Diciembre de 2 010


º081.16

º1619466.322

6288064642.0)2(

==

=−

−=

θθ

θYX

XY

II

Itg

Con estos datos graficamos el circulo de MHOR

Los datos encontrados, están comprobados.

a) La dirección de los ejes principales que parten del origen: reemplazando los datos en la fórmula:

º081.16

º1619466.322

6288064642.0)2(

==

=−

−=

θθ

θYX

XY

II

Itg

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Comprobamos con el círculo de Mhor

2Ө=32º9’47.29’’=32.16

Ө=16.081º

b) Los momentos de Inercia principales.

( )

443.10562

12.451

)29.2691(2

58.978598.1226

2

58.978598.1226

22

max

min

22

maxmin,

22

maxmin,

==

−

−+=

+

−+

=

I

I

I

IIIII

I XYYXYX

Observamos estos valores en el círculo de Mhor:

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c) Los momentos de Inercia Ix’, Iy’ y el producto de Inercia Ix’y’, para un ángulo que hace con el eje positivo de la “x” de 70°, medido en sentido horario.

Dado que el sentido de giro es horario, hallamos su giro en sentido horario: Ө=360-70º=290°,

2 Ө=580°

El momento de inercia respecto del eje X’ es:

Para el momento de inercia respecto del eje Y’, Ө=290+90 = 380°

Diciembre de 2 010


El producto de inercia es:

También lo comprobamos en el círculo de Mhor:

Giramos 2(70º) =140º en sentido horario para el gráfico y tenemos Ix’, Iy’, Ix’y’

Del gráficoIx’=10515.22Iy’=498.93Ix’y’=689.35

Diciembre de 2 010

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