Deflexion vigas hiperestaticas

Probl ema masderesi st enci ayri gi dezparavi gascont i nuas I NTRODU DUCCIÓN Trazarl osdi agrama masdef uerz acort ant e,mome ment oflect or ,pendi enteydeflexi ónyl adet ermi mi naci óndesuspunt oscr í t i cos ;paral avi gamost rada enelsi gui ent ebosquej o.Tóme mesealmódul oderi gi dezal aflexi ón“ EI”como moconstant eal ol argodet odal avi ga. PROCE CEDI DI MI ENT NTO

Fi gura5.Di agramaEI θ( x)

Fi gura1.Bosquej odevi ga Fi gura2.Di agramadecar gas

Fi gura6.Di agramaEI Y( x)

Fi gura3.Di agramaV( x)

Viga 818 Diagramas de cuerpo libre por tramo

Fi gura2. 1.Tramodevi gaAC ' 

' 

∑ F  y =0 ; R+1+ R−2=0 Fi gura4.Di agramaM( x)

' 

' 

 R+1=− R−2 ∑ M  A= 0 ; − M 1 + M 2+ M − R +2 3 =0 Fi gura2. 2.Tramodevi gaCE

 M 2=

13.33

Kgf ∗m

 EI 

$%lculo de reacciones en los apo&os TramoAC ' 

' 

∑ F  y =0 ; R+1+ R−2=0 ' 

' 

∑ F  y =0 ; R+1+ R−2−150= 0 ' 

' 

' 

 R+1=− R−2

' 

 R+1+ R−2=150

∑ M  A= 0 ; − M 1 + M 2+ M − R +2 3 =0

∑ M B= 0 ;− M 2 + M 3− R+3 3 + 150∗2.33=0

 R+2=

50 + 13.33 3

=21.11 Kgf 

Ecuación de tres momentos  M 1 L1 + 2 M 2 ( L 1 + L2 ) + M 3 L2 + 6

 A 1 a´ 1  L1

+6

 A2 b´ 2  L2

' 

=0

 R+1=−21.11 Kgf 

TramoAC

Dedonde:

 M 1=0

∑ F  y =0 ; R+1+ R−2−150= 0

 M 3=0

 R+1+ R−2=150

' 

' 

Debi doalnododondeseor i gi nan es t ási mpl ement eapoyadoyno t i eneuntr amoco nt i núo. Sedetermi nanl asrot aci onesparci al espormedi odetabl as: 6

 A 1 a´ 1  L1

=

100

 EI 

' 

' 

∑ M B= 0 ;− M 2 + M 3− R+3 3 + 150∗2.33=0 ' 

 R+3=

−13.33 + 349.5 3

=112.22 Kgf 

2

Kgf ∗m

' 

 R+1=150 −112.22=37.76 Kgf  Porl ot ant ot enemosqueelval ordenuest rasreacc i oneses:

 R1=−21.11 Kgf 

6

 A 2 b´ 2  L2

 R2=58.88 Kgf 

=−260 Kgf  ¿ m

2

 R3=112.22 Kgf 

 Ahorat enemosunsi st emadeunaecuaci ónconunai ncógni t a 12 M 2 +

100

 EI 

−

260

 EI 

=0

Determinación de los m%'imos de uera cortante, momento *ector, rotación & de*e'ión MÉTODO DESEGUNDAINTEGRACI ÓN

1 Villareal, Genner.(2010). “esistencia de !ateriales". #ima.

 M ( x )=−21.11 < x >+ 58.88 < x −3 >+ 50 < x ¿

0

−12.5 < x −4

¿=∬ −21.11 < x >+ 58.88 < x −3 >+ 50 < x ¿ −12.5 < x −4 ¿ 0

d  y  M  ( x ) = 2  EI  dx 2

3

3

2

5

¿− 3.51< x ¿ + 9.81 < x −3 ¿ + 25 < x ¿ −0.625 < x −4 ¿ + C 1 2

 EI 

d  y = M  ( x ) 2 dx

 EI 

dy = EIθ ( x ) =∫ M ( x ) dx dx

$4#$# DE # $--E DE +-EG$+/ MÉTODO DELA SEGUNDAINTEGRACI ÓN Condi ci onesdef ronteradebi doal osapoyos

¿∫ −21.11 < x >+ 58.88 < x −3 >+ 50 < x ¿ −12.5 < x − 4 0

 EIY  ( x )∬ M  ( x ) dx

560  7( 0) 60

56# 7( #) 60

Eval uamosl af unci ónEI Y( x)paraobt ener

¿∬ −21.11< x >+ 58.88 < x −3 >+ 50 < x ¿ − 12.5< x −4 0

C 1

y

C 2

Y  ( 0 )=0 =C 2

+-EG$+/ DE # E$$+E D+3EE$+#E DE # E#4-+$

C 2 =0 Y  ( L ) =−758.16 + 264.87 + 900 −20 + 6 C 1=0

MÉTODO DE LASEGUNDAINTEGRACI ÓN

d  y  M ( x ) = 2  EI  dx 2

C 3 =−6 4.45

$4#$# DE -$+/ 7 DE3#E5+/

2

d  y = M  ( x )  EI  2 dx

 EI 

 V( x) 0 1 3 4 6

dy = EIθ ( x ) =∫ M ( x ) dx dx

21.11 21.11 9:.11 9:.11 112.29

¿∫ −21.11 < x >+ 58.88 < x −3 >+ 50 < x ¿ −12.5 < x − 4 0

M( X) 2

2

1

¿−10.55 < x ¿ + 29.44 < x −3 ¿ + 50 < x ¿ −3.125 < x − 4  EIY  ( x ) =∬ M  ( x ) dx

0 1 3 4 6

0 10. 55;28. 89 13. 33 23. 78 0

EI θ( X) 0 3 4. 8 6  Xmax

64. 45 10. 55 0 41. 67 4. 8

EI Y( X) 0 3 6  Ymax

0 0 0 30. 7

Fi gura8.Di agramaM( x)

$$#+E:  Val or esmáxi mos : •

•

•

•

Moment omáxi moe nl as ec ci ón o

  Posi ci ón:   5. 07

o

  Magni t ud:   44. 38

Mayorval ordelesf uerzoc ort ant e o

  Posi ci ón:6

o

  Magni t ud:   106. 67

Fi gura9.Di agramaEI

θ (x)

Mayorval ordelgi ro( si ndi vi di rent reE*I) o

  Posi ci ón:6

o

  Magni t ud:   41. 67

Mayorval ordef ormaci ón( si ndi vi di rentreE*I) o

  Posi ci ón:4. 8

o

  Magni t ud:   30. 7

o

V#+D$+/ DE E#-D (5V+G)

Fi gura7 .Di agramaV( x)

Fi gura10.Di agramaEI

Y  (x)