Tarea 18 de Flexión, Grupo 4AM1 de ingeniería en Aeronáutica PDF

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Instituto Politécnico NacionalEscuela Superior de Ingeniería Mecánica y EléctricaUnidad Profesional Ticomán.Ingeniería aeronáuticaFlexiónGrupo 5AVProf. Alejandro Mejía CarmonaTarea 18:“Problema de cálculo y análisis por el método de ladoble integración de estabilidad, resistencia y rigidezde una vig...

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Instituto Politécnico Nacional Escuela Superior de Ingeniería Mecánica y Eléctrica Unidad Profesional Ticomán.

Ingeniería aeronáutica Flexión Grupo 5AV1 Prof. Alejandro Mejía Carmona Tarea 18: “Problema de cálculo y análisis por el método de la doble integración de estabilidad, resistencia y rigidez de una viga empotrada – simplemente apoyada”

Ángeles Chávez Óscar Aarón Mayo del 2021 2021-2

Tarea 18

Cálculo y análisis por el método de la doble integración de una viga empotrada – simple apoyada Instrucciones De acuerdo al croquis de la viga y el enunciado, siguiendo el protocolo establecido, calcular por el método de la doble integración las reacciones en los apoyos, las fuerzas de cortante, los momentos flectores, las rotaciones y ls deflexión.

Ilustración 3 Diagrama de V(x)

Generar también los gráficos respectivos,concluir con los valores, sentidos y posición máximos de fuerza cortante, momento flector, rotación y delfexión.

Diagramas

Ilustración 4 Diagrama M(x)

Determinación de Grado de hiperestaticidad Considerando 4 reacciones ofrecidas por los apoyos, y 3 ecuaciones de equilibrio estático: 𝐺𝐻 = 4 − 3 = 1 Ilustración 1 Croquis de la viga

Entonces determinamos que la viga tiene un grado de hiperestaticidad de grado 1, por lo que es una viga estaticamente indeterminada. Sin embargo el método de la segunda integral se encontrará dichos valores mas adelante. Con base en la ilustración 2, podemos usar las condiciones de equilibrio:

Ilustración 2 Diagrama de cuerpo libre

Por lo que se determina que: 𝑅" ! = 0

Mayo del 2021

+↑ * 𝐹! = 𝑅"! = 0

2

Tarea 18 Del mismo modo se formula una ecuación para las cargas que actuan de forma longitudinal en la viga. +↑ ∑ 𝐹# = 𝑅$" + 𝑅%" − 150 − (150)(2.5) − 4 & 5 (0.5) = 0 [Kf] &'(

referenciales al extremo izquierdo de la viga. Se identifica una sección X-X y se hace un diagrama de cuerpo libre de cada uno de los segmentos. Con base en la ilustración 3 se propone una ecuación de carga:

Despejando 𝑅$" de la ecuación anterior, podemos

𝑞(𝑥) = − * 𝑞-./

obtener que: 𝑅$" = 6 −𝑅%" +

1175 6[𝐾𝑔𝑓] 2

Ahora se plantea una ecuación que consideran los momentos que actuan respecto el eje z. +↺ ∑ 𝑀) = 𝑀* − 150 · (2 ) + 𝑅%" (3.5𝑚 ) + 150 − 150 · (2.5) 4

&.'

(.' ,

&

+ 35

Entonces podemos resultante: 𝑀* =

+ 15 − 250 · (0.5) 42 ∗

despejar

al

𝑞(𝑥) = 𝑀!" < 𝑥 >#$− 𝑅!% < 𝑥 >#&− 𝑅'% < 𝑥 − 3.5 >#&+ 150 < 𝑥 − 2 >#&+ 150 < 𝑥 − 1 >( + 150 < 𝑥 − 3.5 >( + 500 < 𝑥 − 3 >& + 500 < 𝑥 − 3.5 >& + 250 < 𝑥 − 3.5 >( Teniendo en cuenta que:

𝑉(𝑥) = − E 𝑞(𝑥)𝑑𝑥

momento

14425 − 𝑅%# (3.5) 12

Determianción de funciones de cortante y momento flector.

Entonces se integra la ecuación q(x) para encontrar V(x). 𝑉(𝑥) = − E 𝑞(𝑥)𝑑𝑥 𝑉(𝑥) = 𝑀𝐴𝑍∫ < 𝑥 >−2− 𝑅𝐴𝑦 ∫ < 𝑥 >−1− 𝑅𝐵𝑦 3∫ < 𝑥 − 3.5 >−1+ 150∫

< 𝑥 − 2 >−1 + 150∫ < 𝑥 − 1 >0 + 150∫

Se identifican las discontinuidades en un diagrama de cuerpo libre.

< 𝑥 − 3.5 >0 + 500∫ < 𝑥 − 3 >1 + 500∫ < 𝑥 − 3.5 >1 + 250∫ < 𝑥 − 3.5 >0

Ilustración 5 Diagrama de discontinuidades

Tomando la ilustración 5 como punto de partida, se seleccionan y posicionan en los ejes

𝑉(𝑥) = −𝑀0 < 𝑥 >12 + 𝑅3# < 𝑥 >( + 𝑅%# < 𝑥 − 3.5 >( − 150 < 𝑥 − 2 >( − 150 < 𝑥 − 1 >2 − 150 500 < 𝑥 − 3.5 >2 − 2 500 & < 𝑥 −3 > − 2 < 𝑥 − 3.5 >& − 250 < 𝑥 − 3.5 >2

Mayo del 2021

Obtenemos que

3

Tarea 18 Y siguiendo el método de la doble integración podemos asegurar que:

3.5 >& −

3.5 >6 −

Entonces: 𝑀 (𝑥 ) = −𝑀0 ∫ < 𝑥 >12+ 𝑅3# ∫ < 𝑥 >( + 𝑅%# ∫ < 𝑥 − 3.5 >( − 150∫ < 𝑥 − 2 >( − 150∫ < 𝑥 − 1 >2 − 150∫ 500 < 𝑥 − 3.5 >2 − ∫ 2 500 < 𝑥 − 3 >& − ∫ 2 < 𝑥 − 3.5 >& − 250∫ < 𝑥 − 3.5 >2

2'( &·,

>2 −

3.5

< 𝑥 −1 > −

< 𝑥 − 3.5 > − &∗, < 𝑥 − 3 > −

>, −

&'( &

< 𝑥 − 3.5 > 6 &

Y reduciendo tenemos que

'(( &·,·6

< 𝑥 − 3.5 >, + 𝐶2

− &

'(( &·,·6

& 2'( &·,

< 𝑥 >& +

< 𝑥 − 3.5 >

&

−

< 𝑥 − 3 >6 − ,

*$% ,

'(( &·,·6

& +

Y ahora se integra una vez mas para obtener la ecuación de la deflexión.

Para obtener la ecuación de la rotación se integra una vez más respecto a x, manteniendo a EI constante.

3.5

&'( &·,

&

< 𝑥 − 2 >& −

𝑥 − 3.5 >& −

150 150 < 𝑥 − 2 >2 − 2 150 & < 𝑥 −1 > − 2 500 < 𝑥 − 3.5 >& − 2∗3 500 < 𝑥 − 3 >, − 2∗3 250 < 𝑥 − 3.5 >, − 2 < 𝑥 − 3.5 >& 6

2'( 𝑥 − 2 >2 − & & '((

&

*#"

𝐸𝐼𝑦(𝑥) = ∫ 4−𝑀* < 𝑥 >2 +

𝑀(𝑥 ) = −𝑀* < 𝑥 >( + 𝑅$# < 𝑥 >2 + 𝑅%#

>2 −

2'(

𝑥 − 3.5 >, −

𝑀(𝑥) = E 𝑉(𝑥 )𝑑𝑥

< 𝑥 − 3.5

𝐸𝐼𝜃 = −𝑀* < 𝑥 >2 +

4

Tarea 18

& 2'(

𝑥 − 3.5 >, − 2'( &6

3.5

*#" 8

< 𝑥 − 2 >, −

8

< 𝑥 >, +

*$" 8

𝑉(0.0) = 343.086[𝑘𝑔𝑓 ]

<

< 𝑥 − 1 >6 −

2'( &6

𝑉(1.0) = 343.086[𝑘𝑔𝑓 ]

< 𝑥 − 3.5 > − 2&( < 𝑥 − 3 > − 2&( < 𝑥 − '((

6

&'( >' − ,(

'((

'

𝑀(𝑋2) = −

< 𝑥 − 3.5 >

6

𝑀(0.0) = −346.6 [𝑘𝑔𝐹 · 𝑚]

Otra condición de frontera que podemos usar la deflexión en x = 3.5m 𝐸𝐼𝑦(3.5) = 0 𝐸𝐼𝑦(𝑥) = 6 − 3.5 − 3.5 1 >6 − '(( 2&(

7#&

>, −

2'( &6

< 3.5 >& +

& 2'( 8

*#" 8

< 3.5 >, + 2'( &6

*$" 8

< 3.5 −

<

𝑉(𝑥& ) = −

'(9'( 26:

&'( ,(

𝑀 (𝑥& ) = −

𝑅3# + 𝑅"# =

1175 [𝑘𝑔𝑓𝑚] 2

'(9'( (𝑥& )( 26:

49𝑀0 343𝑅3# 15775 = + 48 48 8 𝑀0 =

50950 [ 𝑘𝑔𝑓6𝑚6] 147

𝑅3# =

117675 [ 𝑘𝑔𝑓] 343

𝑅"# = 244.42416 [𝑘𝑔𝑓]

Resu Resultados ltados Para 0.0m < x < 1.0m 𝑉 (𝑥2 ) = −

50950 117675 (𝑥) 12 + 147 343

+

22:8:' ,6,

𝑥2 − 75( 𝑥 − 1)&

𝑀 (2.0 ) = 264.55 [ 𝑘𝑔𝐹 · 𝑚] Para 2.0m < x < 3.0m 𝑉 (𝑥, ) = 6 − 1)2

'(9'( 26,

𝑥 12 +

22:8:' ,6,

− 150 − 150 (𝑥 −

𝑉(2.0 ) = 43.086 [𝑘𝑔𝐹]

14425 𝑀0 + 𝑅"#(3.5) = 12 −

− 150(𝑥& − 1)

𝑀( 1.0) = −3.526[𝑘𝑔𝐹 · 𝑚 ]

49𝑀0 (3.5) & 343𝑅3# 15775 + = 2 48 48

Con las ecuaciones de equilibrio antes planteadas, se puede hacer un sistema de ecuaciones con la cual encontraremos las reacciones:

22:8:' ,6,

𝑉(2.0) = 169.786 [𝑘𝑔𝐹 ]

< 3.5 − 3.5 >6

Quedando asi:

(𝑥& )12 +

𝑉(1.0) = 343.086[𝑘𝑔𝐹 ]

< 3.5 − 3.5 >6 − 2&( < 3.5 − 3 >' − '((

< 3.5 − 3.5 >' −

−

𝑀(1.0) = −3.52[𝑘𝑔𝐹 · 𝑚] Para 1.0m < x < 2.0m

< 3.5 − 2 > − ,

50950 117675 (𝑥2 )2 + 147 343

𝑉(3.0) = −106.93 [𝑘𝑔𝐹] 𝑀(𝑥) = 6 −

'(9'( 26:

𝑥( +

2)2 − 75 (𝑥 − 1)&

22:8:' ,6,

(𝑥)2 − 150(𝑥, −

𝑀(2.0) = 264.556 [𝑘𝑔𝐹 · 𝑚] 𝑀(3.0) = 232.636 [𝑘𝑔𝐹 · 𝑚] Para 3.0m < x < 3.5 m 𝑉 (𝑥 ) = 6 −

50950 12 117675 ( 𝑥 − 150 𝑥 + 343 147 − 150(𝑥 − 1 ) − 250(𝑥 − 3)&

𝑉( 3.0 ) = −106.936[𝐾𝑔𝐹] 𝑉( 3.5 ) = −244.426 [𝐾𝑔𝐹 ]

Mayo del 2021

7 𝐸𝐼𝑦( 𝑥) = 6 − #& < 𝑥 >& +

5

Tarea 18 𝑀(𝑥) = −

'(9'( 26:

𝑥( +

2)2 − 75(𝑥 − 1)& −

22:8:'

,6, &'( ,

(𝑥)2 − 150(𝑥, −

( 𝑥 − 3) ,

𝑀 (3.0) = 263.636 [ 𝑘𝑔𝐹 · 𝑚 ] 𝑀(3.5) = 1506[ 𝑘𝑔𝐹 · 𝑚 ] Para 3.5 < x < 4.0 '(9'( 12 22:8:' ( 𝑉( 𝑥) = 6 − 𝑥 + 𝑥 − 150 − 26:

,6,

150(𝑥 − 1) − 250(𝑥 − 3) & − 250 (𝑥 − 3.5)& − 250(𝑥 − .5) 𝑉(3.5) = 6 −9.82𝑥101'[𝑘𝑔𝐹] 𝑉(4.0) = −525[𝑘𝑔𝐹]

𝑀(𝑥) = −

'(9'( 26:

𝑥( +

2)2 − 75(𝑥 − 1)& −

3.5), − 125( 𝑥 −

22:8:'

,6, &'(

, 3.5 )&

(𝑥)2 − 150(𝑥, −

( 𝑥 − 3) , −

&'( ,

(𝑥 −

𝑀(3.5) = 1506[𝑘𝑔𝐹 · 𝑚] 𝑀 (4.0) = 29.17[𝐾𝑔𝑓 · 𝑚 ]

Conclusiones Basandonos en los resultados obtenidos, podemos conclcuir que:

Mayo del 2021

V(x)max 343.08[kgF] 0.0m...