Ecuación diferencial de la elástica En el diseño de vigas, generalmente es necesario conocer la deflexión máxima o un punto particular de la viga. Existen razones importantes por los cuales es necesario conocer la deflexión de una viga; entre otros se puede mencionar lo siguiente: En los edificios las vigas de piso no se deben flexionar excesivamente para evitar el deterioro de los materiales frágiles del acabado, otro caso puede ser el de una viga que soporta tuberías de gas en la que se permite deformaciones excesivas por este motivo, los códigos de construcciones dependiendo del tipo y del uso de la construcción. Una aplicación importante es la solución de vigas hiperestáticas en las que se hace uso de las ecuaciones del giro y la flecha para determinar las redundantes. Antes de dar la ecuación diferencial de la elástica conviene determinar términos que serán de utilidad en la deducción. La elástica de una viga, es la forma que toma el eje neutro cuando la viga está cargada. La deflexión de la viga es el movimiento (desviación) de un punto situado sobre la elástica, con respecto a su posición original sin carga, en nuestro caso utilizaremos los símbolos YA, YB como se muestra en las figuras. y
Y
YA A
YB
B X
X
Posición original sin carga Posición final con carga
Elástica
Tomaremos el extremo izquierdo como origen de sistema, el eje x será positivo y esta dirigido hacia la derecha de acuerdo con la posición original de la viga, y el eje será considerado positivo hacia arriba. Se supone siempre que las deformaciones son tan pequeñas que hay diferencia apreciable entre la longitud inicial de la viga y la proyección de la longitud deformada. En consecuencia la curva elástica es plana y su pendiente en cualquier punto es muy pequeña. El valor de esta pendiente es igual a la tangente del Angulo Tan Θ =
dy dx
puede hacerse sin error apreciable. Considerando la variación de Θ (fi) en una longitud ds, producida por la flexión de la viga ds= pdQ. Siendo P (ro) el radio de curvatura en la longitud de arco, ds como la curva elástica, es casi recta, ds es prácticamente igual dx, por lo tanto de las ecuaciones anteriores se obtiene.
1 φ
d∅ dx
=
=
d∅ dx
o bien
1 φ
2
=
d dx
Al deducir la fórmula de la flexión, anteriormente se obtuvo
1 φ
=
M E
Del cálculo diferencial se sabe que la curvatura de una línea, en este caso la elástica de la viga es dada:
1 φ
dy 2 2 dx
=
⟦
( )⟧
1−
d y2 d x2
2 3
Como
dy dx
es un valor muy pequeño y más cuando se eleva al cuadrado, el
denominador es despreciable sin cometer error, quedando la expresión
=
d Y2 2 dX
EI
d2 y d x2
=M
M EI
Ecuación diferencial de la elástica.
Encontrar la ecuación para la deflexión en cualquier punto de la viga y encontrar la deflexión máxima.
P=WX A
W B
X
L 2 L
RA=
WL 2
Procedimiento 1. Se asigna el origen donde convenga en este caso el punto A. 2. Anotamos las condiciones limites o de frontera. a) Y= 0 cuando X=0 ; W=L
dy dx
b)
=0 cuando
X
¿
L 2
3. Obtenemos la ecuación de momentos 0≤X≤L P=WX
w MX
A
x 2
+
x 2
B
∑m=0
x -Wx ( 2 ) +
WL 2
(L)
( cuando ocurre la deflexionmaxima )
4. Usando la ecuación de la elástica de la viga y sustituyendo el momento flexionante se tiene ;
EI=
EI =
d y2 d x2 = M
dy dx
W L2 2
=
+
5.
Integrando por primera ocasión la “A” se obtiene la ecuación del respecto a x)
ecuación giro (con
dy W X 2 = dx 6
EI=
+
Aplicando la condición la ecuación se obtiene +límite en …… B
W X3 6
WL X 2 4
dy dx
= 0= -
dy dx
= 0 cuando X=
-
+
L 2
o
- WL
2
L + c1 2
()
6. Sustituyendo el valor
7
EI =
dy =¿ dx
-
c 1 en la ecuación “A”
WX 6
3
+
WX 4
3
-
WL 24
3
7. Integrando por segunda ocasión la ecuación “B” obtenemos la ecuación de la flecha
EIY
W X 4 W X 3 W L3 X + + 24 12 24
=
Para evaluar Y= 0
C2 ;
C1
+
ECUACION DE LA
utilizamos la condición limite que; X= 0
;
X=L
C2 =0
-sustituyendo la ecuación “C” se tiene
8. factorizando la ecuación de la flecha se tiene:
W
Y= - 24 EI
[ X 4 −2 L X 3+ L3 X ] La
ecuación para la deflexión en cualquier punto de la viga Ymax cuando X=
[( ) ( ) ( )]
Y Max = -
W 24 EI
Y MAX =
−W L4 384 EI
L 2
[
]
[
]
L 2 L 3 3 L W L 4 L 4 L4 W L4−4 L16 +8 L4 W −2 L +L = − + = = 2 2 2 24 EI 16 4 2 24 EI 16 24 EI
FLECHA MAXIMA
ECUACION PARA OBTENER LA
Problema 2 RA = 300(2-5) = W =300 A
B
1.00 1.00 RA= 375
RB = 300(2-5) =
D
C
750 2
= 375
2.50 RB= 375
W= 300 (X-1)
(X-1)
1.00
X
∑MX=0
375 (x)- 300(x-1)
x−1 2
+ 300 (x-3.5)
( x−3.5 2 )
Mx= 375 x – 159 (x-1) +150(x-3.5)
EI= d y2 2 dx
M
=
- mx
750 2
= 375
X −350¿ 3 ¿ X −3.5¿ 3 ¿ 150 ¿ EI = 1502¿ dy 2 = EI= 375 d2 x−¿
EIY=
375 x 3 6
EIO=
375(0) 6
375 x-1 (x-1
-
-
1 x−¿ ¿ ¿4 ¿ 350 x−¿ ¿ ¿4 150 ¿ ¿
¿2
+ 150 (x-300
ECUACION DE LA FLECHA
1 0−¿ ¿ ¿4 ¿ 3.5 0−¿ ¿ ¿4 150 ¿ ¿
Cuando;
c 2=0
Condiciones límites X= 4.5
y=0
c 2=0
¿2
EIO=
375 ( 4.5 ) 6
1 4.5−¿ ¿ ¿4 ¿ 3.5 4.5−¿ ¿ ¿4 150 ¿ ¿
–
852 EI
C1 =
X= 4.5
2
375(4.5) Qmax= 2
Qmax=
–
852 EI
X= 2.25
; C; -
852 EI
1 4.5−¿ ¿ ¿3 ¿ 3.5 4.5−¿ ¿ ¿2 150 ¿ ¿
ECUACIONES PARA OBTENER EL GIRO MAXIMO
;
C1
=
852 EI
C2 =0
2
Ymax=
YMax=
375(2.25) 6
1205 EI
MAXIMA
–
3.5 2.25−¿ ¿ ¿4 ¿ 3.5 +0 2.25−¿ ¿ ¿4 150 ¿ ¿
ECUACIONES PARA OBTENER LA FLECHA
W= 500 KG/M W= 500 KG/M
B 2. 00
C 2.00
2.0
W= 500 KG/M
mx W= 500 KG/M
x−2
x−2 2
x2
1000 kg
x−2 2
X
∑ mx=0
p=500 ( x−2 )
1000 x – 500
( 2x )
1000 x – 500
x2 2
+ 500
( x−2 2 )
−mx=0 ( x−2 2 )
+ 500 (
x−2 2 ¿ 2
x−2 2 ¿ 2 d2 y x2 EI = 2 =1000 x 500 +500 ¿ 2 dx Ecuación de giro
Integrando
C1 = 2333
x−2 3 +C ¿ 6 dy 10002 500 x 3 EI = − +500 ¿ dx 2 6 1
X=6
∡
C1
= 2388
x−2 ¿3 ¿ 500 ¿ 100 x 2 500 x 3 Qmax= − +¿ 2 6
X=0 0 ¿2 ¿ 0 ¿ ¿ ¿3 ¿ x −2 ¿ ¿ ¿3 500 ¿ 1000 ¿ Qmax=¿ Qmax=
X=3 ;
−2388 EI C1 =−2388
;
C2 =0
x ¿ ¿ ¿2 ¿ x ¿ ¿ ¿4 ¿ x−2 ¿ 4 ¿ 100 ¿ ymax=¿
3 ¿ ¿ ¿2 ¿ 3 ¿ ¿ ¿4 ¿ 3−2 ¿4 ¿ 100 ¿ ymax=¿
y max=
−4830 EI
P B
A
∑ Mx=0 (p) (a)- RB (L)=0
b
a
RBY= L
+
RA = P
RA = P
Pb L
Pa L
-(p) (b)+ RA (L) =0
p Mx
N
a (x-a) x RA =
pb L
+
∑ Mx=0 P
Pb L
– mx= 0
∑ MB =0
RAY =
Mx
pa L
(x) – p(x-a)
pb L
*sustituir la ec. De momento en la ec de la elástica
EI =
d2 y dx 2
=M
EI =
d2 y dx 2
=
Pbx −p (x−a) L
*obtenemos la ec del giro integrando por 1 vez 2
EI =
d y dx 2
= RAX-P (x-a)
x−a ¿2 ¿ p¿ dy RA X 2 EI = Q= −¿ dx 2
Ecuación del giro
Segunda integración 3
x−a ¿ ¿ p¿ 3 RA X EI = −¿ 6
Ec de la flecha deflexión
*condición de frontera X=0
y=0
0−a ¿3 +C 1 ( 0 )+C 2 R a(0)2 EIY = −p¿ 6
c 1=0
Flecha
X=ab
Q=0 giro
Primer teorema de área de momento El área bajo el diagrama de curvatura entre dos puntos A y B sobre la curva elástica es igual al cambio de la pendiente entre los puntos A y B. Segundo teorema área-momento La deflexión tangencial del punto B sobre la curva elástica, desde la tangente a la viga en el punto A, es igual al primer momento del diagrama de curvatura alrededor del punto B. El método de cambios de ángulos concentrados es un método eficiente para calcular los desplazamientos de las marcas. Es un método geométrico basado en los teoremas área-momento. La curva elástica de la estructura es reemplazada por una serie de segmentos rectos entre los cambios de ángulos concentrados para un segmento AB de una viga es el área bajo el diagrama de curvatura, entre los puntos A y B. El cambio del ángulo concentrado se localiza en el centroide del diagrama de curvatura entre A y B. El método de la viga conjugada está basada en el hecho de que las relaciones entre la carga, la fuerza cortante y el
momento, y la curvatura, la pendiente y el desplazamiento, están descritas por la misma ecuación diferencial. En este momento se considera que el diagrama de curvatura de una figa es una carga sobre lo que se ha denominado viga conjugada se obtienen con el proceso usual de construir los diagramas de fuerza cortante y del momento de flexión. La fuerza cortante de la viga conjugada es equivalente a la pendiente de la viga real y el momento en la viga conjugada equivalente al desplazamiento de la viga real. Método de la viga conjugada
El método de la viga conjugada está basada en una analogía que puede establecerse entre las operaciones realizadas para calcular los diagramas de fuerza cortante y de momento de flexión a partir de los diagramas de carga y las operaciones necesarias para calcular las pendientes y desplazamientos de una viga a partir de los diagramas de curvatura para ilustrar la analogía, primero considere las ecuaciones diferenciales fundamentales de la flexión de vigas y las derivadas sucesivas. De la ecuación general de flexión tenemos:
Integrando:
Tengamos presente que
curvatura de un elemento viga.
Empezando con la diferencial de cuatro órdenes, se integra efectivamente la función de carga para obtener la función de la fuerza cortante y se integra la función de la fuerza cortante para obtener la función del momento. Como en los capítulos anteriores, esto se puede hacer en forma gráfica si se encuentran las áreas bajo los diagramas de carga y de fuerza cortante correspondientes. También puede efectuarse el mismo proceso cuando se empieza con la función de curvatura, es decir, la función M/EI. Integrando dos veces esta se obtienen de manera consecutiva la rotación y el desplazamiento de la viga. Ahora se puede ver que si se piensa el diagrama de M/EI como un diagrama de carga, entonces los procedimientos que se han desarrollado para encontrar una fuerza cortante y los momentos de una viga también desarrollando para producir la rotación y los desplazamientos. Para utilizar esta analogía, se coloca el diagrama M/EI en lo que se denomina la viga conjugada de esta manera se pueden utilizar los procedimientos usuales
para encontrar la fuerza cortante y el momento de una viga, ya que la fuerza cortante es obtenida efectivamente por una integración de la carga (entonces los procedimientos que se han desarrollado para encontrar una fuerza cortante es obtenida efectivamente a la pendiente, es decir, a una integración de M/EI=dθ/dx). La segunda integración produce el momento de la viga conjugada que es ahora equivalente al desplazamiento. Estas ideas son resumidas: 1. Determinar el diagrama M/EI para la viga real. 2. Colocar el diagrama M/EI como una carga sobre la viga conjugada. 3. Calcular la fuerza cortante en la viga conjugada: fuerza cortante en la viga conjugada=rotación de la viga real. 4. Calcular el comento en la viga conjugada: momento en la viga conjugada=desplazamiento de la viga.
A lo largo de este proceso, se requiere atención especial a los signos. En la figura se ilustra el sistema coordenado y los signos correctos para las diferentes cantidades. La carga W es positiva cuando actúa en la dirección +y. El momento y la fuerza cortante son
+Y
+ CARGA POSITIVA +X
FUERZA CORTANTE POSITIVA
MOMENTO POSITIVO
DESPLAZAMIENTO POSITIVO
PENDIENTE POSITIVA
positivas de acuerdo con la convención de flexión de vigas. Debido a la reacción
P2
P2
Debido W
P
A
A= 0 Debido a p1
V≠0
Debido a p2 M= 0 V≠0 V discuntinua
Debido aP M= 0 V≠0
Cuando se coloca el diagrama M/EI como una carga sobre la viga conjugada, actúa en la dirección +y para un momento positivo y en la dirección –y para un momento negativo. La viga conjugada debe tener soportes que permitan que las acciones análogas adecuadas sucedan. Por ejemplo: Si la viga real tiene un soporte articulado esto permitirá una rotación pero no un desplazamiento puesto que la rotación es la fuerza cortante de la viga, el soporte en esta debe proporcionar una fuerza cortante. En virtud de que el desplazamiento es el momento en la viga conjugada, el soporte debe permitir un momento cero.
Una articulación se ajusta en realidad a esta descripción permitiendo una fuerza cortante pero no un momento. El soporte conjugado para una articulación es simplemente una articulación. El soporte ahora a considerarse un soporte fijo en la viga real. No suceden ni desplazamientos ni rotación. En consecuencia, es necesario un soporte para la viga conjugada que no ofrezca ni fuerza cortante ni momento. Esto es un extremo libre. Los soportes fijos o empotramientos para la viga real se vuelven
Viga real y carga Viga conjugada y
extremos libres. Estas P= 3
M carga EI condiciones y muchas
M=1.2x5=6 otras. ton/m
ton Viga A original
B C
3.00
A RA=1.2 ton
2.00
5.00 RB=1.
X=4.00
RA=1 .2
ϕ A= 4.2 EI
ϕ B= 4.8 EI
B L=5 m
Y X=
T A/B=
24 EI
T X/Y=
12.5 EI 2 5 3
2 4 3
T B/A=
4.5 EI
21 EI
X1 1 5 3
1 4 3
M=6 tonm (+ )
Mo=4. 8 Diagrama de momento
Mo= 3
2 1 1 1 3 3 2 2 3
3.0 0 3.0 0
0
1 2 3
[( )( ) ( )( )]
P= 1 3 5 X6 T B/A = TON EI 2 C A
1 2 X6 5− 3 2 B
φ A=T
B 2.0 21 ∴ φA= L 0 EI
L
6 6X 4 =Mo ∴ Mo= =4.8 5 5
M= 3X2=6 TON-M
21 EI
T B/A=
1 2 3
φ
6 6X1 =Mo ∴ Mo= =3 2 2
A=
5
1
[( [( )( )() ( ) ( )( )() ])] 5 X6
2
T A/B= EI 1 24 X 4.8 3 T X/A = EI 2 SEMEJANTES
B/ A24 Xx ´
=12.3 T A/B = EI L EI4 T TX/A = A
A ϕB= T B4 T B Xx´=
( ) L
2 X6 2 5− 1 1 X 3 2 1( 3 ) 3 4 −2 1 3 2 3 ϕB=
4.8 EI 24 ϕB= EI
M=6 ton(-) m
4.2 EI
P=600
W=400 KG/M
A
RA=58 6
P=400 KG
400(1.50)=600(0.75)400(2.5)+R B (3.5)
B C
X=O. 75 1.50
∑MA=0
D
1.00 M
RB=414
1.00 M
RB=414 KG
L=3.5
ϕ A´=
ϕ D´=
583 EI
536 EI
600-400+414=0 RA=586 KG
B=
T A/D=
1876 EI
∑FV=0
BB´=
874 EI
B ´
587 EI T B/A=
T D/A=
2039 EI
287 EI
1 3.5 3 1 2.75 3
2051 Mo 2051 X 1.5 (+) = ∴ Mo= =879 3.5
1.50
3.5
0
1650 Mo 1650 X 0.75 (-) M=2051 = KG=450 M=400 KG-∴ Mo= M=1650 2.75 0.75 2.75 MKG-M M
2 3.5 3 2 1.50 3
1 1.50 3 Mo= 879 Mo=
2 0.751 1.50 3 3 2
0.7 5 0.7
3
5
2.75
2 1 3
2.50
[(
T A/D=
1 EI
T A/D=
1876 EI
3.5 X 2051 2
)( 23 3.5)−( 2.75 X2 1650 )( 23 2.75+ 0.75)−( 1.00 2X 400 )( 32 1+2.50)]
3. 5T RA=5
[(
D/A=
1 EI
A/D=
2039 EI
D
3.5 X 2051 2
0.75 0.75
2.7
ϕA= T A/D ∴ ϕA=
2039 EI
3.5 583
ϕA= EI
T A/D 1876 ∴ φ D= L EI
3.5 φ
B
536
D= EI
M=600(2.75)=1 1 650 1.00 X 400 D 2.75 −
)( 32 3.51.5 )−( 2.75 X2 1650 )( 3 ) (
86
φ D=
P=400
P=60 0
M=586(3.5)=2 051
T
1 1 3
2
M=400(1)= 400
)( 23 1)] 1
Y B =B B ´
SEMEJANTES
( 2039 ) (1.5) T D/ A =B B ´ ∴ B = L EI B´
B B ´=
874 EI
TA B
Y B=
874 287 − EI EI
Y B=
587 EI
W=500KG/ M
P=100 0
W=500KG/ M P=100 0
A D
B 2.00
C
2.0 0
2.0 0 3.00
3.00
ϕ A=
ϕ A= 2500 EI
2500 EI
E
y max =
4333 EI
T D/A= 15,000 EI
7500 EI
3.0 0
T A/E=
T A / E =3167
15,000 EI
E ´
XE=
1 3 3
XD=
1 6 3
(+)
0 RD= XE= 2.0
1
XD= 1
5 31
1
M =6000 6000KG-Mo = =300 M 6 3
5000 Mo = =2000 5 KG- 2 M= 5000
M= (-) 1000 M
M= 3000 M=20 00
[(
1 6 X 600 1 5 X 6000 6 − EI M= 26000 3 2
T A/D=
)( ) (
)(
2 1.00 X 400 2.75+ 0.75 − W=500 3 2
)(
KG-M
T A/D= 6.00
TAN RA= 1000
M=5000 KG-M
15000 EI
ϕA=
QD
ϕA= ϕD=
T A/D ϕA= L
5.00
15000 EI
6 φ
T
2500 A= φ B= EI
A/E=
T A/E=
1 EI
1 2 X 2000 1 3 )−( ([ 3 X 3000 )( )( 3 2)] 2 3 2
3167 EI
15000 E E ´ = EI 3 EE´ =
7500 EI
Y MAX =E E ´ −T A / E
KG-M
)(
1.00
2 1+2.50 1.00 3
)]
W=300KG/ P=100 M 0
1.00 1.00 RA=37 5
2.50 RB=375
ϕ B=
ϕ A= 949.21 EI y max =
T B/A= 4271.48 EI
E´=
4333 EI
949.21 EI
T B/A=
T A/E=
711.91 EI 2.25 XB=
1 xA= 2.25 3
1 4.5 3 M= 843.75
4271.49 E E ´ = EI 2.25 E E ´=
2135.74 EI 4.50
1 2.25 3
4271.48 EI
([ 4.50 X21687.5 )( 13 4.5)−( 2.25 X21687.5 )( 13 2.75 )]
T A/B=
1 EI
T A/B=
4271.48 EI
TAN ϕA=
QD
ϕA=
T A/D L
4271.48 ϕA= ϕD= EI
4.50 φ B=
φ A-
T
A/E=
T A/E=
949.21 EI
1 EI
1 2.75 ) ([ 2 X 843.75 )( ] 2 3
711.91 EI
Y MAX =E E ´ −T A / E Y MAX =
2135.74 711.91 − EI EI
Y MAX =
1423.83 EI
W
A
C
B
X L
R= (W) (L/2)
yc
L/2
L/2
3 X 2= L 4 3 X 3= L 8
−3 W L2 8
A3
A2
−2 W L 8
2
−W L 8
2
X=
5L 8
+mx=0 P= wx
x
x
CORTE Wx 1° (x/2) + mx=0 2 0 ≤−w X≤ x Mx= L 2
2
2
0¿ ¿ −W ¿ ¿
X; 0 ; M = 2° CORTE
+ ∑M X 1=0
X= L/4
X 1=L /2 L/2
X 1=
WL L X− + MX =0 2 4
(
L 2
)
L/2 2
M X 1= WLX − W L −
X
2
2
ϕ C=
1 EI
[( ) ( ) ( ) ( ) ]
ϕ C=
1 EI
[( ) ( ) ( )]
ϕ C=
7 W L3 48 EI
yc=
1 EI
yc==
yc=
YC=
2
1 2W L 1 − + 2 8 2
WL 8
2
M X 1=
W L3 W L3 W L3 + + 16 16 48
[( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ] WL 16
1 EI
3
3
5 WL L+ 6 16
[( ) (
4 WL L+ 3 48
5W L4 3 WL 3 W L4 + + 96 64 348
[
4
)(
4
1 20 W L +18 W L +3 W L EI 384
−41W L4 384 EI
8
2
WL WL WL = = 4 8 8
1 ( A + A 2+ A 3 ) EI 1
ϕ C=
L 2
X=
4
]
)]
3
3 L 8
[
WL
2
]
=
( L2 )−W L 8
2
( L2 )−W L 8
[
WL
;MX
L 2 ¿ 2 ¿ W¿ ¿
2
]
=
W= 5 ton/m
P= 40 ton
C
A D B 4.00 4.00
6.00 RB= 40 TON-M
RA= 20 TON-M
A1 A3 A2
A1
200 x 10 =1000 2
A2
240 x 6 =720 2
A3
40 x 4 =−53.33 3
[ ( )
(
[ ( )
( )]
)]
T A/B=
1 1 2 907 ( 1000 ) 10 −( 720 ) 6+ 4 = EI 3 3 EI
T A/B=
1 1 1 1893 ( 1000 ) 10 −( 720 ) 6 = EI 3 3 EI
ϕB=
T A /B 907 90.7 = = L EI EI
10 ϕA=
T A /B 1893 189.3 = = L EI EI
10 C´ C´ ´ =φB (4)=
90.7 ( 4 )=362.8 EI
P=4500
A
W=1500 kg/m B
C 3m
RA- ϕA
ϕBRB=3375
T B/A=
T B/A=
379.6875 EI
4271.48 EI 1 6 3
M=6750 (+ ) 0 (-)
C´ ´
M= 6750
1 4.5 3
2 1.5 x 6750 2 6 )−( ([ 6 x 6750 )( )( 3 1.5+4.5)] 2 3 2
T A/B=
1 EI
T A/B =
53156.25 +∑MA=0 EI RA (0) -4500 (4.5) + RBY (6)=0 RBY= 3375
T A/B=
1 EI
[(
6 x 6750 2
)( 13 6)−( 1.5 x26750 )( 31 1.5)]
∑FV=0 T A/B =
W= 1500
M= 6750
37968.75 RA-4500+3375=0 EI
M=6750
RA=1125 T A/B =
ϕA=
24 EI
37968.75 6328.125 = EI EI
4. 5
1.5
RA=11 25
P=2000 KG
W= 399 kg/m
+∑MA=0
P=800
2000(2) -RBY (4)=0 2.00 2.00 RA=100 0
RB=1000
RBY= 4000
∑FV=0
T A/B=
T B/A=
T C/A=
8000 EI 1 2 3 22 3 4.00
1333.33 EI 2 2 M=4000 3
(+)
RA-
8000 EI
0 M=4000 M=4000 (-)
2.00
M=4000
T A/B=
1 EI
[(
4 x 4000 2
2 2+2) )( 23 4)−( 2 x 4000 )( ] 2 3
8000 EI
T A/B =
T A/B=
1 EI
8000 EI
T A/B =
ϕA=
T
1 2 ([ 4 x2400 )( 13 4)−( 2 x 4000 )( 2 3 )]
B A 8000 ∴ φB=T = =2000 A B EI 4
A B 8000 T ∴ φA=T = =2000 ϕB= B A EI 4 1 2 ([ 2 x 2000 )( 2 3 )]
T
C 1 = A EI
T
C 1 1333.33 = = A EI EI
Una viga simplemente apoyada soporta una carga aplicada en un punto a 3 m del apoyo izquierdo. Demostrar que la flecha máxima tiene lugar a una distancia del apoyo A a 2.64. P=3000 kg/m
RA=
( 300 )( 2 ) =1200 5
RB =
(300 )( 3 ) =1800 5
F1=
( 3600 ) ( 2 ) 5400 = 2 EI EI
F2 =
( 3600 ) ( 2 ) 3600 = 2 EI EI
3.00 RB=1800
RA=1200 X
2 2=1.33 3
2 3=2 3 5400 EI
3600 Z = 3 X
3600 EI ∑fv=0 RA= x
RB
4200 EI
¿
z 1200 F
360 0
1200 X EI
Z=
RA´ - F=0
4800 EI
2
4200 600 X − =2.62 EI EI
F=
( x ) ( 1200 x ) 2
x 3.00 RA=
600 x F= EI
2
x=600
4200
CABLES EI
+∑MA=0 5400
RB =
( 23 3)+3600 ( 13 2+3)−RB ( 5)=0 4800
A) Cables con carga concentrada Para el análisis de un cable con cargas concentradas, se desprecia el peso del mismo pues en general resulta una cantidad muy pequeña en comparación de las cargas que soporta; se desprecia igualmente la resistencia que el cable ofrece a la flexión; así se pueden considerar los diferentes tramos de cable, comprendido entre cargas concentradas como cualquier cuerpo sometido a dos fuerzas, las cuales deben ser iguales, coloniales y contrarias para mantener el equilibrio. VB
VA HA
B
A
c
H C =H A Qc
C
P1
P2
HC
P3 VC
VA HA
HB
A
yC
XC
C
TC P1
En el conjunto se aprecian sobre los apoyos articulados A y B, 4 incógnita s ( H A , V A , H B ,V B ¿ , y solo se tienen 3 ecuaciones de equilibrio por lo que será necesario conocer otra condición que permita la resolución del problema como podrían ser coordenadas de un punto del cable ( c coordenadas
xc ; yc
)
Al tomar momentos en conjunto al respecto del punto B queda como incógnitas H A y V A y en tramo AC del cable, considerando como cuerpo libre, el tomar momentos con respecto al punto C, quedan las mismas dos incógnitas H A yV A
las que se encuentran mediante ecuaciones
simultáneas. La atracción en el cable varía según cada tramo pero su componente horizontal es constante E alas componentes horizontales de loa apoyos A y B, así hasta las tracciones máximas están en los tramos de claves que llegan alas apoyos. Ejemplo: encontrar las tracciones en los diferentes tramos del siguiente cable, y las alturas de los puntos D y E y la longitud total del mismo.
60 m
V B =16 TON
V A =16 TON
HB 15 m
E
D e ´ 8T 10m
10m
6T 10m
4T 10m
10m
10m
B) Cables con carga repartida Algún cable que soporta cargas repartidas adopta siempre una forma curva y la tracción en cualquier punto tiene, como en los cables con cargas concentradas la misma pendiente que el cable, es decir la misma tangente y además la componente horizontal la de la fuerza de atracción, es constante en toda la longitud del cable y por lo tanto la atracción máxima se localiza en los apoyos. A) Cables parabólicos Cuando la carga se soporta el cable es uniformemente repartido la curva que adapta es una parábola. A
Y
D C X
X W
W= W X
V D =w
TD D
TC
Y Y
TC X Si se toma Xun tramoXde cable comprendido entre el punto más bajo ϕ de la parábola (C) 2 y en un2 punto cualquiera (D) y se estudió su equilibrio. Se verá la acción de X 3 fuerzas; Las atracciones del cable en T horizontal ( DC T ¿ H D =T C ) y en ( D y el peso de la carga repartida en este tramo w=wx. Al existir dos fuerzas en Y y 2 en X esas deben ser iguales y contrarias H D =T C
y(
V D =wx
y la tangente del angulo
2
T D =√ T C +w x
) por loque la tracción en el punto D:
Q 1=
2
2
Wx TC
Al tomar momentos en el tramo del cable CD, en el punto D se tiene ∑MDF= wx
x 2
()
– TC (Y)=0 o
w x2 y= 2TC
la anterior igualdad es la ecuación de una
parábola con eje vertical y cuyo vértice se localiza en 0 de coordenadas (0,0). Cuando los apoyos esta a diferente nivel es indispensable conocer las coordenadas de los mismos. Y
B
HB
C bB
El perímetro se puede calcular en forma aproximada con la serie infinita
[ ( ) ( ) ] 2
S=bB 1+
4
2 hB 2 hB − +… 3 bB 5 bB
Si la reacción
hB bB
2 bB ¿2 + h2 3 ¿ s=√ ¿
≤ 0.1
Para el lado izquierdo del arco se procede en la misma forma. Ejemplo; un cable situado a un claro de 150 metros y recibe una carga uniformemente repartida de w= 2 ton/m, encontrar las atracciones máximas y mínimas y su perímetro total.
Y
150 m A
W=2x 75=150 C
X 30
w=2 ton/m 75 m
75 m
37.5
37.5
75 b 2t/m W=15 0
T B =16 V A =16 TON
ton
HA=17. 33
HB = 15 m
E
D e ´ 8T 10m
10m
6T 10m
4T 10m
10m
10m
+ ∑MC=0
H A +16 (30)
(-6) (10) - 8 (20) – 15
V A =¿
H A =¿
H A =17.33
17.33 + ∑ FV=0 8T
6T
10m
10m
16-8-6-4
4T
V 1=0
10m
V 1=2 Tramo 1
T 1 =√(2) + ( 17.33 ) 2
2
T 1 =17.45° T 1 =17.45
Q= 6.55 °
Q1=6 ° 34 V 1=¿
T 1 =√ (8) + ( 17.33 )
T1
2
Q°
T 1 =19.08 H c =17.33 Q1=24 ° 46 ´ ´
V 1=¿
y D =15−10 tan Q T1
y D =13.8
Q°
H c =17.33 CD= H A =¿ 17.33
9.30
10 cos Q
T 3 =√ (16) + ( 17.33 ) 2
T 3 =23.59 Q3=42° 42 ´ ´
2
2
8T 10m
6T 10m
4T
6T
8T
10m
y D =9.30−10 tangQ y D =0.16 H c =17.33 EB = y D =13.85−10tang Q y D =9.30
DE =
10 cos Q
10 cos Q
Teniendo el arco circular triarticulado que se muestra, encontrar los diagramas de momentos mecánicos.
W= 2
P= 12 T/M 90 °
3
P= 10 B
RDH=4. 67
RAH= 5.33
1
RDV= 7.67 3M M
3 ∑FV= 0
RAV= + ∑MA=0 4.53
RAV-12+7.67=0
12 (3) + 10 (1)+ RDV (8) = 0
RAV=4.67
RDV= 7.67 P= 6 t/m 1.
2 T/m
+
∑ MC=0
1.
6 (15) – 7.67 (3)+ RDH (3) = 0 RDH= 4.67 +
3
180 ≥φ ≤ 160 ° 54
∑ FH= 0 -10 -4.67 + RAH=0 RAH= 5.33
P= 2 (r+x)
( r +2 x ) y=r sen Q=3 sen Q x=r cos Q=3 cos Q 180 °
s=r + x =3+3
x
RA V
S= r +x
180 ≥Q ≤160.5
90 °
1 180 °
e´ v=[ cos Q ; sen Q ]
2.3 3
e´ n=[ −sen ; cos Q ] P=2 (r + x)
( r +2 x )
W= 2
e´ v
Y1 P=10 ton 1.00 m 180 °+
Y
V ∑ Mx=0 S= r +x
4.33 ( r + x ) +5.33 ( y )−2 ( r + x )
( r +2x )−mx=0
4.33 ( r + x ) +5.33 ( y )−10 ( y−1 )−2 ( r + x )
( r +2 x )−mx=0
2
3+3 sen Q ¿ mx=4.33 ( 3+3 cos Q ) +5.33 ( 3 sen Q ) −10 (3 sen Q )−2 ¿ mx=12.99+12.99 cos Q+15.99 sen Q−30 sen Q+10−9−18 cos Q−9 co s2 mx=3.99−5.01 cos Q−14.01 sen Q−9 co s2 Q
´ [ 5 ; 33 ; 4.33−2(r + x ) ] R=
Q 3+3 cos ¿ −4.67 ; 4.33−2¿ ´ =¿ R ´ [−4.67 ; 4.33−6−6 cos Q ] R=
φ
180°
cos Q
0
co s2 Q
cos Q sen Q
M
1
0
0
-0.985 0.174
0.970
-0.171
2.91 7
160.53 -0.943 0.333 °
0.888
-0.317
6.04 3
170°
-1
Sen Q
140°
-0.766 0.643
0.587
-0.492
3.54 1
120°
-0.500 0.866
0.250
-0.433
2.21 2
100°
-0.174 0.985
0.030
-0.171
0.79 1
90°
0
1
0
0
0
80°
0.174
0.985
0.030
0.171
60°
0.500
0.866
0.250
0.433
0.49 9 2.89 8
V
N
5.33 -4.67 0 5.98 3.24 9 3.07 1.98 4 2 1.69 5.31 6 5 1.18 5.24 3 3 1.43 4.49 0 9 1.67 4.67 0 0 1.86 5.07 0 0 1.70 6.37 9 9
40°
0.766
0.643
0.586
0.492
20°
0.940
0.342
0.883
0.321
0
1
0
1
0
4.13 6 3.45 7
180 ≥Q ≤160.53 2
M =3.99−5.01 cos Q+15.99 sen Q−9 co s Q V =−5.33 cos Q−1.67 sen Q−6 cos Q sen Q
N=5.33 sen Q−1.67 cos Q−6 co s2 Q MX=13.99−5.01 cosQ−14.01 sen Q−9 co s 2 Q V =[ 4.67 cos Q−1.67 sen Q−6 cos Q sen Q ] N=[−4.67 sen Q−1.67 cos Q−6 co s2 Q ]
140 ° 168°28 ”170
120 °
100 °
90°
80 °
60 °
40 20
° 180 °
0
M
0.45 0 1.88 4 4.67 0
7.80 2 8.46 5 7.67 0
140 ° 168°28 ”170
120 °
100 °
80 °
40
0
V
120 °
100 °
90°
80 °
”
170 ° 180 °
60 °
20
° 180 °
140 168°28°
90°
60 °
40 20
0
N
P= 4 TON/M P=3.2 TON/M
e n´ ev ´ RAH= 2
RDV= 2.00
4.00 M 4.00 M
RDH= P= 2ton/m
RAV=
+ ∑ 2.00 MA=0 4(4)+ RDV (8)=0
∑ FV= 0
RAH=-2=0
RDV-4+2=0
RAH=2
RAV=2
RDV=2
180 ° ≥ 0 ≤ 90°
Mx
mx=2 ( r + x ) −2 ( 4 )
en ´
+
2 ( r+ x ) −2 ( y ) −mx=0
mx=2 ( r + x ) −2( y) e´ v
Q y +4 cos ¿−2(sen Q) mx=2 ¿
Y
mx=8+8 cos Q−8 sen Q 180 °
s=r + x v =ev−R ´ N=en . R
∑ Mx=0
mx−2 ( r + x ) +2 y +4 ( x ) =0
en=⌈−sen Q ,cos Q⌉ mx=2 ( r + x ) −2 y −4 x R=⌈−2 ,2 ⌉
v =⌈cos Q, sen Q ⌉⌈−2, 2 ⌉ 2v
s=(r 90x+x) °cos ≥ φQ+2 ≥ 0 sen Q e´ n yx v =−2 2+
Q 4 +4 cos ¿ ¿ 4 cos ¿ mx=2 ¿
mx=8+8 cos Q−8 sen Q−16 cos Q
ev= [ cos Q; sen Q ] ´ [ RH , RY ] R=
en=[ −sen Q; cos Q ]
φ
cos Q
Sen Q
co s2 Q
0 30°
1 0.86 6
0 0.500
0 0.433
45°
0.70 7
0.707
0.500
60°
0.50 0
0.866
0.433
90° 120°
0 0.50 0 0.70 7 0.86 6 -1
1 0 0.866 -0.433
135°
150°
180° R= [ 2 , 2 ]
0.707 -0.500
0.500 -0.433
0
0
cos Q sen Q MQ −v=2 cos Q+2 sen
V
N
0 0 -2 -2 N=−2 sen Q+2 cos 0.750 - Q 0.732 2.928 2.73 2 0.500 0 3.312 2.82 8 0.250 2.928 0.732 2.73 2 0 0 -2;2 -2;2 0.250 0.732 2.928 2.73 2 0.500 0 3.312 2.82 8 0.750 2.928 0.732 2.73 2 1 0 -2 -2
M
V
N
W= 1 ton/m P= 8
e´ v
e´ n
RAH= 2
RCH= 2
4.00 m m
+
4.00
∑ FV=0
∑ MA=0 8 (4) + RDV (8)=0
RAV-8+4=0 RAV=4
RDV=4
y=r sen φ=4 sen φ x=r cos φ=4 cos φ +
∑ MC=0
s=r + x =4+4
4 (2) - 4 (4) + RDH (4)=0
M X
RDH=2
B
P=1(r + x ) Y
+
∑ mx=0 +
(r + x) 2
∑ FH=0
mx=4 (-2 r ++ x ) −2 ( y ) −1 ( r + x ) RAH=0 RCH=mx 2
( r +2 x )−mx=0
RAH=2
mx=4 ( r +x ) −2 ( y ) −1 ( r +x )
Q 4+ 4 cos Q¿ 2
( r +x2 )
e´ v
e´ n
x
RAH= 2
S=r + x
RAV=
ev= [ cos Q, sen Q ] en=[ −sen Q ,cos Q ]
´ [ 2 ; 4−(r + x) ] R= 4 +4 cos Q 2 ; 4−1 ¿ ´ =¿ R ´ [ 2 ; 4−4−4 cosQ ] R= ´ [ 2−4 cos Q ] R= φ
0 30° 45°
cos Q
v =[ R ] . 1 [ ´e v ]
Sen Q
co s2 Q
0 1 0.866 0.500 0.750 v =[0.707 2−4 cos Q ] . [0.707 cos Q ; sen Q ]0.500
cos Q sen Q
0 0.433 0.500
M
V
N
0 -2 -
2 0 -
-4 -4 -
60°
0.500
0.866
0.250
0.433
90° 120°
0 -0.5
1 0.866
0 0.250
0 0.433
135°
0.707
0.707
0.500
0.500
150
-0866 -1
0.500
0.750
0.433
1.65 6 0.92 8 0 0.92 8 1.65 6 -2
0
1
0
0
180°
M
0.58 6 0.73 2 0 0.73 2
0
3.41 4 2.73 2 -2 2.73 2 3.41 4 -4
-2
-4
0.58 6
V
N
M= 4 Ton - m
RA H
B
A
4m
RB H
RB v = 0.5
RA v
∑ MA = 0
∑FV = 0
−4+ RBH ( 8 )=0
-RAV=0.5 RBH =0.5
RAV=0.5
Mx
Y
RAV = 0.5
∑Mx=0 -0.5 (v+x)-0.5(4)- mx=0 Mx=-0.5(v+x) Mx=0.5(4+4 cos ϕ) MX=-2 + 2 COS ϕ
RAH= 0.5 S=r+x
Y = 4 sen ϕ X= 4 cos ϕ
e´ v=[ cos ; sen Q ]
-2 (1 + COS ϕ)
V =[ 0 ;−0.5 ] [ cos Q; sen Q ] e´ n=[ −sen ; sen Q ] R= [−0 ; 0.5 ]
V =[ −0.5 ; sen Q ]
M =4 T / M + ∑ MX =0 MX=−0.5 ( r + x )−mx=0 MX=4−0.5( 4+ 4 cos φ) MX=4−2−2 cos Q
S=R+ X MX=2−2 cos Q
RAV=0. 5
x=r sen Q
e´ v=[ cos Q ; sen Q ] y=r sen Q
v =[ R ][ ´e n ]
N= [ 0 ; 0.5 ][ −sen Q cos Q ]
v =[ 0;−0.5 ]
N= [−0.5 ; cos Q ]
v =[−0.5 ; sen Q ]
φ
0 30° 45° 60° 90° 120° 135° 150 180°
cos Q
Sen Q
1 0.866 0.707 0.500 0 -0.5 -0.707 -0-866 -1
0 0.500 0.707 0.866 1 0.866 0.707 0.500 0
M 0 -0.268 -0.586 -1 -2;2 1 0.586 0.260 0
V 0 -0.250 -0.354 -0-433 -0.500 -0.433 -0.354 -0.250 0
N 0.500 0.433 0.354 0.250 0 -0.250 -0.354 -0.433 -0.500
M
V
N
Arcos (Elementos de ejes curvos)
La geometría que guarda el eje de una estructura curva puede ser variada, y en ocasiones resulta ser compuesta por o arcos más usados, son los circulares, parabólicos y elípticos, en los arcos circulares es conveniente elegir un marco de referencia que tenga su origen en el centro del circulo y calcular con las ecuaciones paramétricas.
P(X, Y)
V sen Q φ r cos Q
x=r cos Q
X
y=r sen Q
ARCO SEMICIRCULAR En los arcos elípticos también es conveniente ubicar el origen de referencia en el centro de la elipse y calcular las ecuaciones paramétricas.
y
P( x , y )
b b sen Q
φ X
2 cos Q 2
x=2 cos Q
ARCO ELIPTICO
y=b sen Q
Cuando se presenta un arco parabólico, la mejor ubicación del origen es el vértice de la parábola y uno de los ejes cartesianos, coincidir con el eje de la parábola y se realizan los cálculos recordando que la ecuación de la parábola es la que se muestra.
p( x , y )
X
h
b 2
b 2 b
y=
−4 h 2 =x 2 b
ARCO PARABOLICO
ARCOS CIRCULARES Primero ubicamos el sistema de referencia con el origen en el centro de la circunferencia, fijamos un punto P cualquiera del arco, cuyo radio vector forma un ángulo P con el eje x. Y
e´ n e´ v
p(x , y ) φ
X
ARCO CIRCULAR
En el punto P dibujaremos dos vectores unitarios que llamaremos:
e´ v
A)Vector unitario en la dirección del cortante y simbolizado B)Vector unitario en la dirección de la normal simbolizado en
e´ n
Lo sentidos de los vectores se han formado en el supuesto de entrar por la izquierda en la dirección en la estructura mencionada. e´ v Como en
lleva la dirección del radio vector
coordenadas son
e´ v=[ cos Q ; sen Q ]
op ´
sus
Como su vector es unitario se verifica el [ ´e v ] =√ cos2 Q+ sen 2 Q
de igual forma tenemos que el vector
unitario de la normal, es
Q −sen ; cos ¿ e´ n=¿
Por otro lado sabemos que el producto interno de dos vectores nos permite calcular las proyecciones del uno sobre otro
a´ . b´ proy . b´ a
Si conocemos un vector unitario en la dirección de cortante Si conocemos un vector resultante R que es resultante de todas las fuerzas reactivas y proactivas ala izquierda.
proy . ´e v =
e´ v . R [ ´e v ]
en ´
ev ´
P( x , y )
RH
s=(r +x)
−RH + RV −W (r + x ) R=¿
RV
Por definición la proyección de todas las fuerzas la izquierda da la sección vector cortante ´ . R´ v =ev
ev ´
´ R
sobre la dirección del
es la fuerza cortante por lo tanto
es la fuerza cortante y para el vector normal
´ . R´ N= en
Unidad 3. Métodos energéticos Introducción (deducción de ecuaciones de métodos energéticos) Energía de deformación. Se considera que los cuerpos esta formados por materia que consiste en partículas denominadas puntos materiales y cuyo conjunto constituye la configuración del sistema. El sistema experimenta una
deformación materiales.
cuando
se
desplazan
sus
puntos
Si se supone un sistema de fuerzas aplicada a un cuerpo este se deforma hasta que el sistema de fuerzas internas equilibra el sistema de fuerzas externas. El sistema de fuerzas externas realiza un trabajo o energía de deformación que se transforma y acumula en el cuerpo. Este trabajo es utilizado por el cuerpo para recuperar su forma cuando cesa la acción del sistema de fuerzas externas. Si el cuerpo recupera exactamente su forma inicial, se dice que es un cuerpo perfectamente elástico, e indica que el trabajo de fuerzas externas se transformó totalmente en energía de deformación, despreciándose las perdidas pequeñas. Por cambio de temperatura. Se cumple la ley de la termodinámica: fuerzas externas más calor del sistema exterior es igual al incremento de energía cinética mas incremento de energía interna. En los sistemas elásticos se desprecian las pérdidas de calor y la energía interna del sistema (energía potencial de las fuerzas internas) es la energía o trabajo de deformación de dicho sistema. P
A
(si , pi)
L
δ
δ Fig. 1.1
Fig. 1.2 relacion p, s lineal
Una barra elástica de sección transversal A longitud L, sujeta una carga axial P, aplicada gradualmente como en la figura 1. Se supone que se cumple la ley de Hooke, como se indica en la figura 1.2 δ=
PL AE
Donde: δ
= deformación de la barra
E = módulo de elasticidad La carga P se aplica gradualmente y la deformación aumenta gradualmente. El trabajo desarrollado en contra de las fuerzas internas del sistema es: ω=∫ P ds
De 1-1
1-2
P=
AE δ L
1-3
Sustituyendo 1-3 en 1-2 ω=∫
2
AE AE δ δ ds= L L 2
1 ω= Pδ 2
1-4
1-5
Energía complementa ria
P
C
P
w W
δ
δ
Energía de deformaci ón
Fig. 1.4 Energía de la deformación
Fug. 1.3 Energia de deformación lineal
Energía complementaria de deformación. Se presenta con C limitada superiormente por la recta horizontal que corresponde a P. C=∫ δ dp
1-6
Cuando la aplicación de la carga es instantánea, el trabajo de deformación es P rectángulo C+W
δ
, es decir, el área del
Energía especifica de deformación. Considerando la barra con carga axial figura 1.1 el esfuerzo es: δ=
P A
1-7
Deformación unitaria
ε=
δ L
1-8
Despejamos 1-7 y 1-8 y sustituimos en 1-5 1 ω= δEAL 2
1-9
Donde AL representan un volumen que puede considerarse unitario, se obtiene el trabajo específico de deformación
ωu
.
1 ωu = σE 2
Este trabajo indicado en 1-10 es debido al esfuerzo normal. Para el caso del esfuerzo cortante
Y
δ
Z
X
X Z UNIDAD DE VOLUMEN
ELEMENTO SUJETO A FUERZA CORTANTE
γ=
P ∆X∆Z
γ=
1.1 1
Despejando P y
δ
y reemplazando en 1-15
1 w= t γ ∆ x ∆ y ∆ z 1−13 2
1 w u= τγ 1−14 2
τy τ yz τ yx
τ yz τx
τ zy τ z∆
τ xz τ zx
δ ∆ Y 1−12
Fig. 1.7
El trabajo especifico de deformación por aplicación gradual de la carga es: 1 ωu = ( σ x ε x +σ y ε y + σ z ε z +T xy + γ xy +T xz γ xz +T yz γ yz ) 2 εx,ε y,εz
1-15
son deformaciones unitarias en la dirección de
los ejes respectivos: T xy =T yx
T xz =T zx
T yz=T zy
1-16
La fórmula 1-15 se obtuvo considerando independientemente los efectos de las fuerzas normal y cortante, y sumándolos posteriormente, basándose en el principio de superposición de causas y efectos. Este principio es aplicable a materiales linealmente elásticos. La energía de deformación total se obtiene integrando la ecuación 1-15 en todo el volumen del cuerpo ω=∭ ωu dv
1-17
Energía de deformación en barras Una barra prismática en el espacio tridimensional, que cumple la ley de Hook y que se encuentra sujeta a los elementos mecánicos: fuera normal, cortante, momento flexionante y momento torsionante.
Esfuerzos de Sain Venant σ x =σ y =τ xy=0
a) Efecto de la fuerza normal σ z=
N A
1-19
Se tiene: ε z=
σz E
1-20 2
σ 1 ωu = σ z δ z= z 2 2E
1-21
Reemplazando 1-19 en 1-21 e integrando: l
ω N =∫ ds ∬ u
N2 dA 2 EA
1-22
N, E, A son constantes en una sección transversal:
∬ dA=A L
ω N =∫ u
1-23 2
N ds 2 EA
1-24
b)Efecto de momentos flexionante σ z=
Mx y Ix
1-25
Se cumple la ecuación 1-21 y teniendo en cuenta 1-25
L
2
ω mx=∫ ds∬
MX y 2 dA 2 2E I x
Mx
Ix
U
, E,
, son constantes:
∬ y 2 dA=I x L
ω Mx =∫ 0
1-26
1-27
2
Mx ds 2E IX
1-28
c) Efecto de fuerza cortante τ=
T yQ I x by
1-29
Q= Momento elástico de área limitada entre fibra en estudio y fibra más alejada. by= ancho de la fibra en estudio γ=
τ G
G= módulo de elasticidad transversal entre 0.4E y 0.5E 1 T2 ωu = +γ = 2 2G
1-31
Sustituyendo e integrando: L
T y 2 Q2 ω F =∫ ds∬ dA 2G I x 2 b y 2 U y
1-32
2
I x= A p
1-33
p= radio de giro de sección L
❑
ωTy =∫ ds ∬ u
A
T y,G , A ❑
K=∬ A
T y2 Q2 dA 2GA p2 I x b y2
1-34
Son constantes y 2
Q dA 2 2 p Ixb y
1-35 solo depende de la forma
de la sección y se denomina coeficiente de forma k 1
T y2 ωTy =∬ k ds 2 GA 0
1-36
Es el trabajo de deformación por fuerza cortante, el coeficiente de forma k vale 1.2 para secciones rectangulares y triangulares, 10/9 para secciones circulares y A sección /A. d)Efecto de momento torsionante T=
Mz γ J
J= momento polar de inercia γ
= distancia del centro al punto de estudio L
❑
ω mz=∫ ds ∬ U
2
M z2 γ dA GJ2
1-38
Mz ,G ,J
son constantes en una sección
❑
∬ r 2 dA=J A
M z2 ω mz=∬ ds u 2 GJ
1-39
L
1-40
Primer teorema de castigiliano La derivada parcial del trabajo de deformación con respecto a una fuerza que obra en un cuerpo es igual al desplazamiento del punto de aplicación de la fuerza y en la dirección de la misma.
∂w =δ ∂ pi 1
Cuando
se
aplica
las
fuerzas
concentradas
y
desplazamientos lineales
Segundo teorema de castigiliano Se obtiene cuando se hace referencia a un momento aplicado a un punto y al giro correspondiente producido en la dirección del momento. ∂w =θ ∂M1 i
El teorema de castigiliano generalizado se requiere a la energía complementaria de deformación y se deriva con respecto a AP se obtiene.
∂c =δ ∂ pL i
c=ω
Determinar el valor de los momentos de la sig. Viga.
x M1
P RA= 2
M2 L 2
L
L 2
RB=
P 2
PL 8 M=
PL 8
M=
0≤x ≤
L 2
PL 8
RA=
P 2
Px −M 1 P 2 ( x ) −M 1 −M X =0 2 Px −M 2 PX 1−M MX= 1 2 PX M 1 P X − 4 2 2
2
−PX M 1 + M 12 2 22 p x − px M 1 + M 12 4
L 2
WMX =
2
2
L 2
L 2
1 P X 1 1 . dx− ∫ PX M 1 . dx + ∫ M 1 dx ∫ EI 0 4 EI 0 EI 0
1 P 2 L 3 P 2 L3 M 1 L WMX = ∫ − + EI 96 EI 8 EI 2 EI
Condición
∂ MX =0 ∂ MX
[
2
2 3 2 3 P L P L M1 L − + ∂M1 96 EI 8 EI 2 EI =0=∂ ∂M1 ∂M1
M 1=
PL 8
p (w)
w
l 2
()
B
M A X WL
RAX =
]
L 2
8
L 2 L
RA=
RB=
WL 2
5 RA= WL 8
WL 2
3 RB= WL 8
X
X B L
RA=
+
WL 2
RB=
WL 2 +
∑ MX =0
WL X ( X )−WX −MX=0 2 2
( )
∑ MX =0
MA −MA− MX=0 L MX=
−WAX + MA L
−W X 2 WLX MAX + + −MA 2 2 L −W X 2 WLX MAX + + −MA 2 2 L W 2 X 4 W 2 L X 3 WA X 3 WMA X 2 − + + 4 4 2L 2 2 3 −W L X 3 4 −WA X 2L +WMA X 2 2
+W 2 L2 X 2 WMA X 2 + 4 2 +WMA X 2 L
WMAL X 2 2
-
+ M A 2 X 2 −MAX L L2
2
2
+M A −MA 2 X L
−WMAX 2
W 2 X 4 W 2 X 3 L W X 3 MA WX 2 MA M A2 X2 2 M A2 X − − +W X 2 MA + + W X 2 MA −WXMAL+ − +M2 A 2 4 2 L 4 L L
L
w=
L
L
L
1 W2 X 4 1 W 2 X3 L 1 W X 3 MA 1 1 M A2 X2 1 2 M A2 X 1 2 . dx− dx− .dx + W X MA . dx+ dx− .dx + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 2 EI 0 4 EI 0 2 EI L EI 0 EI EI 0 L E L
[ ]
L
[ ]
L
[ ]
L
[ ]
L
[ ]
L
[ ]
L
[ ]
L
[ ]
W 2 X5 W2 L X 4 WMA X 4 WMA X 3 W 2 L2 X 3 WMAL X 3 WMAL X 2 M 2 A X3 M 2 A wx= − − + + + − + − 8 EI 5 0 4 EI 4 0 2 LEI 4 0 2 EI 3 0 8 EI 3 0 2 LEI 3 0 2 EI 2 0 2 L2 EI 3 LEI
2
5
2
5
3
3
2
4
3
3
3
2
2
2
W=
W L W L W L MA W L MA W L W L MA W L MA W A L M A L M A L − − + + + − + − + 40 EI 16 EI 8 EI 6 EI 24 EI 6 LEI 4 EI 6 EI 4 EI 2 EI
W=
W 2 L5 W L3 MA M 2 AL − + 240 EI 24 EI 6 EI
CONDICION
∂ ωy =0 ∂ ωx
X
X
[
W 2 L5 W L3 MA M 2 AL − + 240 EI 24 EI 6 EI ∂ ∂ MX L L 3 3
L 3
2 EI
]
MA=
EI
MX X
MX=¿ 0 ∑¿
2
+3
2 RAY = P 3
P ( X )−MX =0
2 MX= PX 3 L ≤X ≤ L 3
∑ MX = 23 P(X 1 )−P ( X 1− 13 )−M X 1=0
A
L 3
W=
1
L + 3
∫
(
L 3 2 PL X M 1X 1= P X 1−P X 1 + 3 3
4 P2 X 2
X 1−
2
)
. dx−
1
L
∫
(
4 P2 X 2 4 P2 X 2 L + . dx
)
−W L2 8
2 PL P M 1−P X 1 + 3 3 2 PL P M 1−P X 1 + 3 3 2
2
2 P2 X 12 4 P X 2 P 3X 1 2 P2 XL − + 2 9 3 +¿ 9 2 P XL 9 2
2
+ P2 X 12
−P2 X 1 L 3 −P2 X 1 P2 L2 + 3 9
2 2 2 4 P2 X 2 4 P X 1 4 P X 1 L 2 2 2 P2 XL P2 L2 − + + P X1 − + 9 3 9 3 9
4 ton.
3.00 2.5 C
W= 0.5 ton /m
P= 5
W=1Ton/ m D
E
X
X1
2 M
4.00 m
P= 2 ton.
R
2 M
Y
Y
RAX 2
A RAV=3 .3
B
5.00M
RBV=5 .7
+ ∑MA=0
2(2)+ 5(2.5) +4 (3) – RBy(5)=0 RBy= 5.7 Ton. + ∑FV =0
RAv-5 -4 +5.7 =0 RAv = 3.3 Ton ∑FM=0 2-RAX=0 RAX=-2 1º CORTE 0≤ My y≤4 ∑My= 0 -0.5y (y/2) + (2)(y)My= 0 My – 0.5 Y2 + 2Yy
V
Y/2 Y
P= 0.50
Y= 0 ; ∑TM = 0 V105y -2 =0 0 V= -0.5 y|2
Y/2
RAX= RAV =
∑Fv=0 N+3.3=0 N= 3.3
V=
y= 4 ; 4
M=
Y= 0 ;
V= 2
0≤ x ≤3
W=1Ton/ m N
W= 0.5 ton /m
X/2 X/2
2.00 4.00 m
P= X
X
P= 2 ton.
A
RAH= 2
RAV=3 .3
∑Mx=0 -X (X/2) – 2 (2) +(4)+ 3.3 (X) – Mx =0 Mx=
X2 2
X= 0 ; M= 4 X= 3 ; M= 9.1
+3.3 x + 4.
∑FV =0 ∑Mx1 =0 (+) –X 3.3+- 2(4)+ V =0 3.3 (X1) – 4(X1 -X (X1/2) – 2+(2) V = Mx1 -x + = 3.3 -3)0 Mx1=
½ + 3.3 X1- 4 (
∑FH=0 3 corte N+2 0 3≤-2= x ≤5 ∑FV N= 0=0 X1 3.3 – 4 - V =0
X1
2m
2m
P= 2 ∑FH=0 ton. 2 -2+ N= 0 N=RAV=3 0- A
V=
-3) + 4.
P= 4Ton
P=X 1
W= 0.5 ton /m V = -x1 – 0.7
X1
X= 0 ; 3.3
(x3) 1/2
W=1Ton/ m X= 0
; M= 9.4 N
V
X= 5 ; M= 0
X1 4.00
RAH= -2
X= 3 ; m \V= 3.7
0≤ Y ≤4 N
4
Y ∑FV = 0 N+ 5.7 = 0 N= -5.7 V=0 M 4M=0 9.4 B RBV= 3.3 5.75.7 0
N 0 Z 3.3
V 3.7
0. 3
5.7
4 ton. W= 0.3 tm /m
C E
W=0.5Ton/m
P= 2 D
x
10.00 m P= 3 ton.
R
Y
1º CORTE P=
V
RAv= 3
8.00m Y PAH= RAV -3 Y/2 A My - 0.38 N Y/2 RAVRAV= = 0.38
Y
RBV=6.38 B 2.00 m
∑MA=0 3(5)+ 4(4) +2 (10) – RAV(8)=0 RBy= 6.38 Ton. ∑Fy =0 -4-2+6.38+RAV =0 RAv = -0.38 Ton ∑FH=0 3-RAN = 0 RAN= 3
∑RAV= 0.38 -Mx – 0.3y + (Y/2)+ 3(y) = 0 0.3 y 2 Mx – + 3y 2 ∑Mx=0 -MX – 0.5(X/2) – 3 (5) +3(10) 0.38 (X) = 0 0≤ x ≤8 Mx=
0.5 X 2 2
-0.38 x + 15.
∑FV = 0 -0.38+N =0 P= 0.5 W=1Ton/ N= 0.38 X m
X/2 X/2
∑FV =0 -0.5X P= 3 –0.38- V =0 V = 0.5 X - 0.38 ton.
∑FH=0 RAH= A 0.3X – 3+N= 0 -3 N=RAV=0.38 3+3 Y
X
X= 0 0.38 X= 8
N Y ∑FH=0 0.3Y-3+N=0 N= 0.3Y+3 M= 15
M= 4.04
MX
Y= 0
MY= 0 3
V= Y= 10 V= 10 m V=
MY=
V= 4.38
15 0
0 ≤ x ≤2
N
P= 2 TON
v
x
∑ Mx=0 +Mx+2 ( x )=0
∑ FV =0 v −2=0
N=0 X=0
MX=0
X=2
MX=-4
0 ≤Y ≤ 10
1 5
MX V
1 5 4.04
∑ FV =0
RBV =6.38
M
ARMADURA Es una estructura plana que está constituida por un conjunto de barras articuladas cuyo sistema de carga está integrado por fuerzas concentradas que actúan en las articulaciones, llamados también nodo y que se ubican en el mismo plano que la armadura. En estas condiciones las barras de una armadura solo resisten cargas axiales (normales). Las armaduras formadas por barras que se articulan en puntos llamados nodos, de tal manera que se determine una reticula con formación triangulada que permite la rigidez de la estructura. Al suponer que las cargas actúan en los nodos, el peso de cada una de las barras de una armadura debe repetirse por mitad en cada uno de sus nodos externos. Igualmente, al considerar que las barras están articuladas la soldadura o los remaches deben ubicarse lomas cercanos al nodo al fin de evitar que se presenten fuerzas internas que provoquen momentos flexionantes. En una armadura debemos distinguir 4 tipos de barras: a) Cuerda superior: es el conjunto de barras que forman la parte más elevada de una. Normalmente son piezas que trabajan a compresión.
b) Cuerda inferior: es el conjunto de barras que forman la parte más baja de la estructura para solicitaciones gravitacionales generalmente trabajan a tensión. c) Montantes: Denominados asi a las barras verticales de una armadura. d) Diagonales: Son piezas que como su nombre lo indican tienen posiciones inclinadas.
Tipo de armadura Existen varios tipos de arreglos geométricos para las armaduras y ello permite hacer distinciones, algunos de los tipos más comunes los describiremos y por lo general se respeta que los ángulos de las diagonales tengan un valor comprendido entre 30 y 60 grados
