Manual Diagramas Fuerzas Internas Resistencia Materiales Tecsup

7/21/2019 Manual Diagramas Fuerzas Internas Resistencia Materiales Tecsup

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TECSUP – PFR Resistencia de Materiales

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Unidad III

DDII A AGGR R A AMM A A DDEE FFUUEER R ZZ A ASS IINNTTEER R NN A ASS

1. DIAGRAMA DE FUERZAS INTERNAS

Anteriormente consideramos la determinación de las fuerzas externas que actúan

sobre una estructura. Ahora consideraremos el problema de determinar las

fuerzas internas que mantienen unidas a las distintas partes de un elemento

dado.

2.

FUERZAS EN ELEMENTOS RECTOS SOMETIDOS A LA ACCIÓN DE DOSFUERZAS

Si tenemos un cuerpo AB sometido a la acción de 2 fuerzas que actúan en A y B

respectivamente, entonces para que esté en equilibrio las 2 fuerzas que actúan

sobre éste deben tener la misma magnitud, la misma línea de acción y sentidos

opuestos.

Por ejemplo: si tenemos una placa en ángulo sujeta a 2 fuerzas F1 y F2 que

actúan en A y B respectivamente (figura a). Si la placa está en equilibrio, la

sumatoria de los momentos de F1 y F2 con respecto a cualquier eje debe ser

cero.

Primero se suman momentos con respecto al punto A, como el momento de F1

es igual a cero, el momento de F2 también debe serlo, por ello la línea de acción

de F2 debe pasar a través de A (figura b). De igual modo, sumando momentos

con respecto a B se demuestra que la línea de acción de F1 debe pasar a travésde B (figura c).

Figura 3.1

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Resistencia de Materiales TECSUP – PFR

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Ambas fuerzas tendrán la misma línea de acción (línea AB). A partir de las

ecuaciones F x = 0 y F y = 0 se observa que las fuerzas también deben tener la

misma magnitud pero sentidos opuestos.

Ahora, si tenemos un elemento recto AB sometido a la acción de 2 fuerzas que

actúan en A y B, deduciremos que dichas fuerzas son F y –F, dirigidas a lo largo

de AB.

a)

Figura 3.2

Cortando el elemento AB en C y dibujando el diagrama de cuerpo libre (DCL)

correspondiente a la porción AC, se concluye que las fuerzas internas que

existían en C del elemento AB son equivalentes a una fuerza axial –F igual yopuesta a F.

En el caso considerado el elemento está en tensión y se elongará bajo la acción

de las fuerzas internas. Si las fuerzas estuviesen en sentido contrario, el

elemento se encontraría en compresión y disminuiría su longitud bajo la acción

de las fuerzas internas.

3. CASO DE UN ELEMENTO QUE NO ES RECTO SOMETIDO A LA ACCIÓN DEDOS FUERZAS

Se observa que un elemento que no es recto y está sometido a la acción de 2

fuerzas, tendrá que sus fuerzas internas se reducen a un sistema fuerza-par y no

a una sola fuerza.

Figura 3.3

A

B

C

F

-F

F

-C

A

A

B

F

-F

tracció

b






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4. FUERZAS EN ELEMENTOS SOMETIDOS A LA ACCIÓN DE VARIASFUERZAS

Considerando el elemento AD de la grúa que vimos en el capítulo anterior, lehacemos un corte en J. Luego realizamos el DCL correspondiente a la porción JD

y se encuentra que se mantendrá en equilibrio si se aplica en J una fuerza F para

balancear la componente vertical de T, una fuerza V para balancear la

componente horizontal de T y un par M para balancear el momento de T con

respecto a J.

Nuevamente, se concluye que debieron haber existido fuerzas internas en J antes

de que se cortara el elemento

Figura 3.4

Las fuerzas internas que actúan en la porción JD del elemento AD son

equivalentes al sistema fuerza-par de la figura b. De acuerdo con la 3° ley de

Newton, las fuerzas internas que actúan sobre AJ deben ser equivalentes a un

sistema fuerza-par igual y opuesto, tal y como se muestra en la figura c.

Se observa que la acción de las fuerzas internas en el elemento AD no está

limitada a producir tensión o compresión como en el caso de los elementos

rectos sometidos a la acción de 2 fuerzas; ahora, las fuerzas internas también

producen corte y flexión .

La fuerza F es una fuerza axial , la fuerza V recibe el nombre de fuerza cortante y

el momento M del par se conoce como momento flexionante en J.

Cuando se determinan las fuerzas internas en un elemento, se debe indicar

claramente sobre qué porción del elemento se supone que actúan dichas fuerzas.Las deformaciones que ocurrirán en el elemento AD se observan en la figura d.

a b c d)






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Ejemplo

Para el marco mostrado en la figura, determine las fuerzas internas en:

• El punto J del elemento ACF

• En el punto K del elemento BCD.

Figura 3.5

Solución

• Hacemos el DCL del marco completo.

Reemplazamos los soportes por las reacciones respectivas, asumiendo su

sentido.

• Calculamos las fuerzas externas del marco completo.

ME = 0

– (2400 N) (3,6 m) + F (4,8 m) = 0

⇒ F = 1800 N

F y = 0

– 2400 N + 1800 N + Ey= 0

⇒ Ey = 600 N

F x = 0

⇒ Ex = 0Figura 3.6

•

Hacemos el DCL de cada elemento.






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Se desensambla el marco, como solamente 2 elementos están conectados en

cada unión, ponemos componentes iguales y opuestas sobre cada elemento

participante en cada unión.

• Calculamos las fuerzas en el elemento BCD.

MB = 0

– (2400 N) (3,6 m) + Cy (2,4 m) = 0

⇒ Cy = 3600 N

MC = 0

– (2400 N) (1,2 m) + By (2,4 m) = 0

⇒ By = 1200 N

F x = 0

⇒ – Bx + Cx = 0

Figura 3.7

Se observa que ni Bx ni Cx se obtienen considerando únicamente el elemento

BCD.

• Calculamos las fuerzas en el elemento ABE.

M A = 0Bx (2,7 m) = 0

⇒ Bx = 0

F x = 0

Bx – Ax = 0

⇒ Ax = 0

F y = 0

– Ay + By + 600 N = 0⇒ Ay = 1800 N






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Figura 3.8

•

Volviendo al elemento BCD.

F x = 0

– Bx + Cx = 0

⇒ Cx = 0

• Comprobación: DCL y cálculo en el elemento ACF.

Reemplazamos los valores ya calculados y este elemento debe estar en

equilibrio.

MC = 0

(1800 N) (2,4 m) – Ay (2,4 m) – Ax (2,7 m) = 0

(1800 N) (2,4 m) – (1800 N) (2,4 m) = 0

⇒ El equilibrio queda comprobado.

Figura 3.9






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• Hallamos las fuerzas internas en J.

Se corta el elemento ACF en el punto J y se obtienen las 2 partes que se

muestran en la figura.

Las fuerzas internas en J están representadas por un sistema fuerza-par y

pueden determinarse considerando el equilibrio de cualquiera de las partes en

que se ha dividido el elemento.

Considerando el cuerpo libre AJ, se tiene:

MJ = 0

– (1800 N) (1,2 m) + M = 0⇒ M = 2160 N.m

F x = 0

F – (1800 N) cos 41,7° = 0

⇒ F = 1344 N

F y = 0

V – (1800 N) sen 41,7° = 0

⇒

V = 1197 N

Figura 3.10

Observamos que las fuerzas internas en J son equivalentes a un par M, a una

fuerza axial F y a una fuerza cortante V . El sistema fuerza-par interno que actúa

sobre la parte JCF es igual y opuesto.






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• Hallamos las fuerzas internas en K.

Se corta el elemento BCD en el punto K y se obtienen las 2 partes mostradas en

la figura.

Figura 3.11

Las fuerzas internas en J están representadas por un sistema fuerza-par y

pueden determinarse considerando el equilibrio de cualquiera de las partes en

que se ha dividido el elemento.

Considerando el cuerpo libre BK, se tiene:

MK = 0

(1200 N) (1,5 m) + M = 0

⇒ M = – 1800 N.m

F x = 0

⇒ F = 0

F y = 0

– V – 1200 N = 0

⇒ V = – 1200 N

Nota importante:

Es indispensable indicar claramente qué porción del elemento se ha utilizado

para registrar las respuestas (magnitudes y sentidos, de las fuerzas y de los

momentos).






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5. VIGAS

Las vigas comúnmente son elementos prismáticos rectos y largos, diseñados

para soportar cargas que están aplicadas en varios puntos a lo largo delelemento.

5.1. DIFERENTES TIPOS DE CARGAS Y APOYOS

Generalmente, las cargas son perpendiculares al eje de la viga y

únicamente ocasionarán corte y flexión en ella. Cuando las cargas no

forman un ángulo recto con la viga, ocasionarán además fuerzas axiales

en ella.

Una viga puede estar sujeta a cargas concentradas en puntos específicos

(P1, P2,…, expresadas generalmente en Newtons), cargas distribuidas a lo

largo de toda la longitud o a lo largo de una porción de la viga (w1,

expresadas generalmente en N/m) o a una combinación de ambas.

Carga concentrada Carga distribuida Combinación de cargas

Figura 3.12

Las vigas se clasifican de acuerdo con la forma en que están apoyadas, la

distancia L entre los apoyos recibe el nombre de claro .

Para nuestro estudio, limitaremos el análisis a vigas estáticamente

determinadas; es decir: vigas simplemente apoyadas , vigas con volados y

vigas en voladizo .






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Figura 3.13

5.2. FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR EN UNA VIGA

Considere una viga AB que está sometida a la acción de varias cargas

concentradas y distribuidas (figura a), para obtener la fuerza cortante y el

momento flector M en un punto dado C de la viga:

Figura 3.14

1° Se determinan las reacciones en los apoyos considerando toda la viga

como un cuerpo libre; haciendo M A = 0 y MB = 0 se obtienen R A y R B.

Figura 3.15

2° Para determinar las fuerzas internas, se corta la viga en C y se usa el

DCL correspondiente a una de las dos porciones obtenidas (AC ó CB).

Luego hacemos F y = 0 para obtener la fuerza cortante V y hacemosMC = 0 para obtener el momento flector M.






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Figura 3.16

A pesar de que la selección del Cuerpo Libre a usar puede facilitar el

cálculo de los valores numéricos de la fuerza cortante y del momento

flector, será siempre necesario indicar sobre qué porción de la viga estánactuando las fuerzas internas consideradas.

3° Para evitar cualquier confusión respecto al sentido de la fuerza

cortante V y del momento flector M (los cuales actúan en direcciones

opuestas en las 2 porciones de la viga), trabajaremos con la siguiente

convención de signos:

Fuerzas internas en la sección:

•

Fuerza cortante positiva y• Momento flector positivo.

Figura 3.17

5.3. DIAGRAMA DE FUERZA CORTANTE (DFC) Y DE MOMENTOFLECTOR (DMF)

Una vez que se han determinado los valores de la fuerza cortante y el

momento flector en unos cuantos puntos seleccionados de la viga,

usualmente es posible dibujar un diagrama de fuerza cortante y un

diagrama de momento flector que representan la fuerza cortante y el

momento flector en cualquier punto de la viga.

Cuando una viga únicamente está sometida a cargas concentradas:






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La fuerza cortante tiene un valor constante entre las cargas; el momento

flector varía linealmente entre éstas.

Cuando una viga está sometida a cargas distribuidas:

La fuerza cortante y el momento flector varían en una forma diferente.

Ejemplo

Graficar el DFC y el DMF para la viga y las condiciones de carga

mostradas.

Figura 3.18

Solución

•

Hacemos el DCL de la viga completa.

Reemplazamos los soportes por las reacciones respectivas, asumiendo su

sentido.

Figura 3.19

• Tratando como un cuerpo rígido a la viga completa, determinamos lasfuerzas de reacción.

MB = 0

(20 kN) (2,5 m) – (40 kN) (3m) + R D (5 m) = 0

⇒ R D = 14 kN






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F y = 0

– 20 kN + R B – 40 kN + R D= 0

⇒ R B = 46 kN

• Hallamos la fuerza cortante y el momento flector por secciones.

Primero se corta la viga en un punto 1 localizado entre A y B, se dibuja el

DCL para la porción A1 suponiendo que V y M son positivos y se

determinan las fuerzas internas justo a la derecha de la carga de 20 kN

aplicada en A.

F y = 0

– 20 kN – V1 = 0

⇒ V1 = – 20 kN

M1 = 0

(20 kN) (0 m) + M1 = 0

⇒ M1 = 0

• Después se hace DCL de la porción de viga ubicada a la izquierda de lasección 2.

F y = 0 – 20 kN – V2 = 0

⇒ V2 = – 20 kN

M2 = 0

(20 kN) (2,5 m) + M2 = 0

⇒ M2 = – 50 kN.m






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• De forma similar se determinan la fuerza cortante y el momento flectoren las secciones 3, 4, 5 y 6 a partir de los DCL mostrados en la figura.

Obteniendo:

V3 = + 26 kN M3 = – 50 kN.m

V4 = + 26 kN M4 = + 28 kN.m

V5 = – 14 kN M5 = + 28 kN.m

V6 = – 14 kN M6 = 0

Si sólo nos interesan los resultados de

una determinada sección de la parte

derecha de la viga, tomaremos en cuenta

el DCL de la porción de la viga que está a

la derecha de la sección de interés y los

resultados se obtienen más fácilmente.

Ejm: sección 4.

Figura 3.20

F y = 0

V4 – 40 kN + 14 kN = 0

⇒ V4 = + 26 kN

M1 = 0

– M4 + (14 kN) (2 m) = 0

⇒ M4 = + 28 kN.m

• Diagramas de Fuerza cortante yMomento flector.

Graficamos, ahora, los 6 puntos hallados

en los diagramas respectivos.Figura 3.21






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Nos damos cuenta que en el caso de cargas concentradas:

La fuerza cortante tiene un valor constante y el momento flector varía

linealmente.

6. REGLAS PRÁCTICAS PARA LA CONSTRUCCIÓN DE LOS DIAGRAMAS DEFUERZAS INTERNAS

La construcción de los diagramas de fuerza cortante y de momento flector se

facilita si se toman en consideración las siguientes relaciones.

1. Las fuerzas dirigidas hacia arriba se consideran positivas y las fuerzas

dirigidas hacia abajo se consideran negativas

2. Los momentos producidos por una fuerza hacia arriba se consideran

positivos y los momentos producidos por una fuerza hacia abajo se

consideran negativos.

3. El diagrama de fuerzas cortantes varía de acuerdo a la carga. La pendiente

del diagrama de fuerzas cortantes depende de la forma como varía la carga

4. El diagrama de momentos flectores varía de acuerdo al diagrama de fuerzas

cortantes. La pendiente del diagrama de momentos flectores depende de la

forma como varían las fuerzas cortantes.

5. El valor de los momentos se determinan sumando las áreas del diagrama de

fuerzas cortantes a la izquierda de la sección considerada.

6. Los momentos máximos se producen cuando el valor de la fuerza cortante

es cero.

7.

Cuando los momentos son positivos la curva elástica es cóncava hacia arribay cuando los momentos son negativos la curva elástica es cóncava hacia

abajo.

8. Si en el diagrama de momentos se produce un valor cero, esto indica una

inflexión en la curva elástica.

9. Para el cálculo de la viga considere el mayor valor absoluto del diagrama de

momentos.






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ANOTACIONES

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