1
ANALISIS DE VIGAS ESTATICAMENTE INDETERMINADAS
1.1. DEFINICIÓN. Se denomina de esta manera a una barra sujeta a carga lateral; perpendicular a su eje longitudinal, en la que el número de reacciones en los soportes superan al número de ecuaciones disponibles del equilibrio estático, esto es: el número de incógnitas es mayor que: FX
0
F Y
0
M
0
La figura 1, muestra una viga de este tipo con un extremo simple “A” y el otro empotrado “B” bajo una carga puntual P.
P
a
b
A
B
Fig. 1. Viga apoyada-empotrada.
A continuación se muestra la viga indicando las reacciones en los soportes. En el soporte “A” existe sólo reacción vertical puesto que el rodillo no impide el desplazamiento horizontal. En el empotramiento en “B” hay dos reacciones
dado que este soporte soporte no permite ni desplazamientos desplazamientos ni rotaciones. rotaciones. P MB VA
VB
Puesto que existen tres reacciones desconocidas; las fuerzas cortantes VA y VB y el momento flexionante MB y sólo se dispone de dos ecuaciones de equilibrio; M y Fy, la viga es estáticamente indeterminada o hiperestática pues no es posible conocer las tres reacciones con solo dos ecuaciones. (Hay más incógnitas que ecuaciones). Otro tipo de viga hiperestática es aquella que tiene más de dos soportes, y que se denomina Viga Continua, como la que se muestra en la figura 2.
2
P
L1 A
P
w
L2 B
L3 C
D
Fig. 2. Viga continua
Este caso corresponde a una barra mucho más compleja de analizar puesto que ahora existen cinco reacciones re acciones externas externas de soporte; las fuerzas cortantes verticales y el momento flexionante en el empotramiento ubicado en “A”.
P
P
w
MA VA
VB
VC
VD
Para la solución de estas vigas se requieren ecuaciones ecuaciones adicionales a las del equilibrio estático, un camino a seguir consiste en hacer el análisis de las deformaciones angulares o rotaciones de los nodos cuando las barras se flexionan (pandean), bajo el efecto de las cargas aplicadas. Este análisis se plantea más adelante. 1.2. INDETERMINACIÓN ESTATICA. Se define como el número de acciones redundantes o exceso de reacciones internas y externas, que no es posible determinar por medio d el equilibrio estático. Se puede decir que es la diferencia difer encia entre el número de incógnitas y ecuaciones disponibles de equilibrio estático. Por ejemplo la viga de la figura 1 tiene tres reacciones desconocidas desconocidas y solo se dispone de dos ecuaciones ecuaciones de equilibrio, la viga viga es indeterminada indeterminada en grado 1: Número de incógnitas = NI = 3 Ecuaciones de equilibrio = EE = 2 Grado de indeterminación = GI = NI – EE = 3 – 2 = 1 Viga de la figura 2: NI = Reacciones verticales y momento en el empotramiento = 5 EE = Equil. vertical y suma de momentos momentos = 2 GI = 5 – 2 = 3 En ambos casos los GI representan el número de ecuaciones adicionales para su solución.
2
P
L1 A
P
w
L2 B
L3 C
D
Fig. 2. Viga continua
Este caso corresponde a una barra mucho más compleja de analizar puesto que ahora existen cinco reacciones re acciones externas externas de soporte; las fuerzas cortantes verticales y el momento flexionante en el empotramiento ubicado en “A”.
P
P
w
MA VA
VB
VC
VD
Para la solución de estas vigas se requieren ecuaciones ecuaciones adicionales a las del equilibrio estático, un camino a seguir consiste en hacer el análisis de las deformaciones angulares o rotaciones de los nodos cuando las barras se flexionan (pandean), bajo el efecto de las cargas aplicadas. Este análisis se plantea más adelante. 1.2. INDETERMINACIÓN ESTATICA. Se define como el número de acciones redundantes o exceso de reacciones internas y externas, que no es posible determinar por medio d el equilibrio estático. Se puede decir que es la diferencia difer encia entre el número de incógnitas y ecuaciones disponibles de equilibrio estático. Por ejemplo la viga de la figura 1 tiene tres reacciones desconocidas desconocidas y solo se dispone de dos ecuaciones ecuaciones de equilibrio, la viga viga es indeterminada indeterminada en grado 1: Número de incógnitas = NI = 3 Ecuaciones de equilibrio = EE = 2 Grado de indeterminación = GI = NI – EE = 3 – 2 = 1 Viga de la figura 2: NI = Reacciones verticales y momento en el empotramiento = 5 EE = Equil. vertical y suma de momentos momentos = 2 GI = 5 – 2 = 3 En ambos casos los GI representan el número de ecuaciones adicionales para su solución.
3
1.3. SOLUCION DE VIGAS HIPERESTATICAS. Se analizan vigas estáticame e státicamente nte indetermindas con objeto de conocer las reacciones externas e internas en los soportes, así como las deformaciones angulares y lineales que ocuren a través de su longitud cuando se les somete a carga axterna. Las deformaciones angulares son las rotaciones o pendientes que se miden mediante una tangente trazada a la curva elástica (Diagrama de deformación) y las lineales son los desplazamientos verticales que se miden entre el eje original de la viga y el eje cuando la barra se flexiona. La figura 3 muestra esta condición.
P
Tangente
Eje original no deformado
Curva elástica de deformación
Fig. 3. Viga deformada por flexión
P = Carga aplicada. = Rotación o pendiente. = Deformación lineal o flecha. 1.3.1. METODO DE DE LA DOBLE INTEGRACIÓN. Es uno de tantos métodos métodos que se basan en el análisis de las deformaciones, en particular la de de los soportes. El método consiste en integrar integrar sucesivamente una ecuación denominada “Ecuación Diferencial de la Elástica” dada por la expresión: 2
E I
d y dx
2
M x
E = Módulo elástico del material del que está hecha la viga. I = Momento de inercia de la sección transversal respecto respecto al eje neutro. Mx = Ecuación de momentos a lo largo de toda la barra. Al integrar sucesivamente la ecuación de momentos, aparecen constantes constantes que será necesarios definir. Estas constantes se determinan en función de las condiciones de frontera, que generalmente las definen los tipos de apoyo o la simetría de la carga. Recordemos que que un apoyo simple tiene pendiente pero no tiene flecha y un apoyo empotrado no tiene ni pendiente ni flecha. En un punto cualquiera de la viga, la pendiente es la misma analizando las cargas y momentos a la izquierda o a la derecha del punto. Problema 1. Determine los momentos flexionantes y las reaciones verticales en la viga de la figura 4). Tomar EI constante. El apoyo 1 es simple el 2 es empotramiento.
4
500 kg/m
8.00 m 1
2 Fig. 4
Ecuaciones de momento. Se traza el diagrama de cuerpo libre indicando las reacciones desconocidas y la carga aplicada. Enseguida se plantea la ecuación de momentos y se le integra sucesivamente. Criterio de signos: + 500 kg/m
Mx
V1 x
250x 2 0
x
M
8
V EI d2y dx
2
V1 x
x
V
250x 2
Integrando: EIdy
V1 x 2
dx
2
EIY
V1 x 3
6
250x 3 3 250x 4 12
1)
C1
C1 x
C2
2)
Cálculo de las constantes. La ecuación 1) proporciona la pendiente (dy/dx) en cualquier punto de la viga. El apoyo 2) está empotrado y no tiene pendiente por lo que sustituyendo x = 8 e igualando a cero se tiene: 0 C1
V1 (8) 2
2
250(8) 3 3
42,666.66
C1
32 V1
La ecuación 2) proporciona la flecha (Y) en cualquier punto de la viga. El apoyo 1) es simple y no tiene flecha, por lo que sustituyendo x = 0 e igualando a cero, se tiene: C2 = 0 En la misma ecuación 2) la flecha es cero en x = 8 y sustituyendo C1 logramos obtener una ecuación en función de la reacción V1 la que al resolverse nos da su valor. 0
V1(8)3 6
250(8)4 12
(42,666.66
32V1 )8
5
V1 = 1500.00 kg Por equilibrio de fuerzas verticales se obtiene la reacción V2. V1 + V2 - 500(8) = 0 V2 = 2500.00 kg Conocidas las reacciones verticales, el momento M2 puede calcularse sumando momentos en el nodo 1) o en el 2) o sustituyendo x = 8 en la ecuación de momentos. M1 = M2 + 500(8)4 - 2500(8) = 0 M2 = 4000.00 kg.m 500 kg/m
4000 kg.m 2500
1500 kg
Fin del problema.
Problema 2. Obtenga los momentos y reacciones verticales para la viga de la figura 5). Trace también los diagramas de fuerza cortante y de momento flexionante. Si la sección transversal es compacta rectangular de 15x25 cm, calcule la flecha al centro del claro para un móduloelástico de 250,000.00 cm4. 800 kg
5.00 m
5.00 m
1
2
Fig. 5)
Ecuaciones de momento. Se traza el diagrama de cuerpo libre indicando las reacciones desconocidas y la carga aplicada. Enseguida se plantea la ecuación de momentos y se le integra sucesivamente. 800 kg
Criterio de signos: +
M1
M2 V1
x
V2 X1
6 Mx
V1 x
M x1
0 x 5
M1
V1 x1
M1
1)
800( x1 5) 5 x1
19
2)
Integrando la ecuacion 1). EId 2y dx2
V1 x
EIdy
V1 x 2
dx
2
EIY
M1
M1 x
V1 x 3
M1 x2
6
2
3)
C1
C1 x
4)
C2
En las ecuaciones 3) y 4), la pendiente (dy/dx) y la felcha (Y) son cero en el apoyo 1, esto es cuando x = 0. Para esta condición C1 y C2 son cero. C1 = C2 = 0 Integrando la ecuación 2). EId 2y 2 dx1
V1 x1
EIdy
2 V1 x1
dx1
2
EIY
M1
M1 x1
800( x1 5)
800( x1 5)2 2
3 V1 x1
2 M1 x1
800( x1 5) 3
6
2
6
C3
5)
C3 x1
C4
6)
En las ecuaciones 3) y 5) la pendiente es la misma cuando x = x1 = 5. Al comparar estas ecuaciones resulta C3 = 0 En las ecuaciones 4) y 6) la flecha es la misma cuando x = x1 = 5. Al comparar estas ecuaciones resulta C4 = 0 Se requieren ahora 2 ecuaciones de equilibrio. Estas ecuaciones se obtienen para x1 = 10 en 5) y 6), ya que en este apoyo la pendienete y la flecha son cero. En 5) cuando x1 = 10, (dy/dx1 = 0): 0
V 1 10 2
2
800 10 10 M 1
5
2
2
50V1 - 10M – 10,000.00 = 0 -------- 7) En 6) cuando x1 = 10, (Y = 0):
7 V1 (10) 3
M1 (10)2
800(10 - 5)3
6
2
6
10C 3
C4
0
166.666 V1 - 50 M1 - 16,666.666 = 0 ------- 8) Resolviendo las ecuaciones 7) y 8). V1 = 400 kg M1 = 1000 kg.m Diagramas de cortante y de momento. 800 kg 1000 kg.m
1000 kg.m
400 kg
400 kg
400 Fuerza Cortante 400 1000
Momento Flector
1000
1000
Flecha al centro del claro. Se obtiene en la ecuaciómn 4) para x = 5.00 m.
EIY
Y
V1 x 3
M1 x2
6
2
C1 x
C2
4)
4,1666.666 EI
E = 250,000.00 kg/cm2
I
Y
15 (25)3 12
19,531.25 cm4
4,1666.666 (10)6 250,000.00 (19,531.25)
Fin del problema.
0.853 cm
8
Problema 3. La viga de la figura 6) tiene ambos extremos empotrados y recibe una carga uniformemente variable de 1200 kg/m. Determine los momentos y las reacciones verticales en los empotramientos. Tomar EI constante. W = 1200 kg/m
L = 6.00 m A
B
Fig. 6
Incógnitas y ecuación de momentos. W = 1200 kg/m y
MA VA
x
MB VB
La altura (y) de la carga triangular a la distancia (x) se obtiene por triangulos semejantes. wx
y
L
La resultante del triangulo ubicado en la longitud (x) y de altura (y) es su área (yx/2) y se ubica a (x/3) que es su centro de gravedad de derecha a izquierda. La ecuación de momentos es entonces: wx x x L 2 3
Mx
VA X
Mx
VA X
w x3
6L
MA
0 x L
MA
Se escribe la ecuación diferencial y se integra sucesivamente. EI d2y
VA X
dx2
EI dy
VA x2
dx
2
wx 3 6L wx 4 24L
MA
MA x
C1
Ec. (1 )
En esta ecuación cuando x = 0, la pendiente dy/dx es cero y por tanto la constante C1 = 0. EIY
VA x3
6
wx 5 120L
MA x2 2
C2
Ec. ( 2 )
En esta ecuación cuando X = 0, la flecha Y = 0 y por tanto la constante C2 = 0.
9
En las ecuaciones (1) y (2) cuando x = L, la pendiente y la flecha son cero. De aquí resultan dos ecuaciones con dos incognitas. dy/dx = 0. En la ecuación 1. x=L VAL2
wL3
2
24
0
MAL
Ec. ( 3 )
Y = 0. En ecuación 2. X=L VAL3
wL4
6
120
MAL2 2
0
Ec. ( 4 )
La solución de las ecuaciones (3) y (4) dan los siguientes resultados: MA
va
w L2
1200 ( 6 )2
30
30
3wL 20
1,440.00 kg.m
3 (1200 ) ( 6 ) 20
1,080.00 kg.
La reacción vertical en B se obtiene por equilibrio de fuerzas. VB
wL
2
3wL 20
7wL 20
7 (1200 ) ( 6 ) 20
2,520.00 kg.
El momento en B se obtiene por suma de momentos en A o en B. MA
MB
wL 2L
2
3
wL2 30
wL2
1200 ( 6 )2
20
20
7wl L 20
MB
0
2,160.00 kg.m
Resultados finales.
W = 1200 kg/m 1440 1080
Fin del problema.
2160.00 2520
10
Problema 4. La viga de la figura 7) tiene ambos extremos empotrados y recibe una carga uniformemente distribuida de 1200 kg/m. Determine los momentos y las reacciones verticales en los empotramientos. Tomar EI constante. W = 300 kg/m
5.00 m
5.00 m
A
B Fig. 7
Incógnitas y ecuaciones de momento. W = 300 kg/m
MA
MB
VA
VB
x X1
Mx
VA x - MA
0
x 5
Ec. (1)
Integrando sucesivamente: EI d2 y dx2
VA x - MA
EI dy
VA x2
dx
2
EI Y
VA x3
6
MA x
Ec. (2 ).
C1
MA x2 2
C1x
C2
Ec. ( 3 )
En las Ec. (2) y (3) la pendiente “dy/dx” y la flecha “y”, son cero por estar el
apoyo empotrado y por tanto, las constantes C1 y C2 son cero. Mx1
VA x1
300 ( x1
5)
(x1 - 5) 2
MA
5 x1 10
Ec. ( 4 )
Integrando: EI dy
2 VA x1
300( x1 - 5)3
dx1
2
6
EI Y
MA x1
3 VA x1
300( x1 - 5)4
2 MA x1
6
24
2
C3
C3x1
Ec. ( 5 )
C4
Ec. ( 6 )
11
En las ecuaciones (2) y (5) la pendiente tiene el mismo valor cuando “x = x1 = 5”, por tanto, al igualar estas ecuaciones, resulta C 3 = 0. En las ecuaciones (3) y (6) la flecha tiene el mismo valor cuando “x = x1 = 5”, por tanto al igualar estas ecuacion es, resulta C4 = 0. En la Ec. (5) la pendiente “dy/dx” es cero cuando x 1 = 10, sustituyendo este
valor resulta la siguiente ecuación: 0
VA (10 )2
300 (10 - 5)3
2
6
50 VA
10MA
6,250.00
10 M A
0
Ec. (7)
En la Ec. (6) la flecha es cero cuando x1 = 10: 0
VA (10 )3
300(10 - 5)4
MA (10 )2
6
24
2
166.666 VA
50MA
7,812.50
0
Ec. ( 8)
Al resolver las ecuaciones (7) y (8), resulta: MA = 781.25 VA = 281.25 VB =1,218.75 MB=1,718.75
kg.m kg kg Se obtiene por equilibrio vertical. kg.m
Verificación de los momentos con fórmula: MA
MB
5 w L2 192
5 ( 300 ) (10 )2 192
11 w L2
11( 300 ) (10 )2
192
192
781.25 kg.m
W = 300 kg/m
781.25
1718.75 kg.m
1718.75
281.25
1218.75 4.0625
281.25
1218.75 756.84 625
781.25 1718.75
Fin del problema
.
12
Problema 5. Determinar los momentos y trazar los diagramas de fuerza cortante y de momento flexionante para la viga de la figura 8).
400 kg/m
●
4.00 m
4.00 m
1
2 Fig. 8
Reacciones desconocidas y ecuaciones de momento
.
400 kg/m y
M2
●
V1
V2
x X1
La altura (y) del triángulo de base (x) se obtiene por triángulos semejantes (y =100x) y su resultante es su área (R = yx/2) aplicada a 2/3 de la base (x) a partir del extremo izquierdo o 1/3 del extremo derecho (x/3). Mx
EI d2 y dx2
yx x
V1x
2 3
V1x
V1x
100 x3
0 x 4
6
Ec. 1).
100 x3 6
Integrando sucesivamente: EI dy
V1x2
dx
2
EIY
V1x3
6
100 x4 24
100 x5 120
C1
C1x
Ec. 2).
C2
Ec. 3).
En la Ec. 3), cuando x = 0, la flecha (Y) es cero, y por tanto C2 = 0. Ecuación de momentos a la distancia x1: Para esta distancia debe tomarse la resultante total de la carga triangular ya que queda ubicada a la izquierda del punto donde se está cortando, es decir: (R = 400(4)/2 = 800 kg) y se aplica al centroide, esto es a ( 2/3 de 4 = 8/3 = 2.666).
13 Mx1
V1 x1
EI d2 y
V1 x 1
dx 2
800 ( x1
2.666 )
800( x 1
4
8
x
2.666)
Integrando sucesivamente: EI dy
2 V1 x1
dx
2
EI Y
2.666) 2
800( x1
3 V1 x1
2.666) 3
800( x1
6
Ec. 4).
C3
2
C3 x
6
C4
Ec.5)
Comparando las ecuaciones 2) y 4) en x = x1 = 4, la pendiente es la misma: 100(4) 4
C1
24
C1
800( 4
C3
2
355.555
C3
2.666) 2
Ec.6).
Comparando las Ec. 3) y 5) en x=x1 = 4, la flecha es la misma: 4 C1
100 (4) 5
4C 3
120
C4
800( 4
2.666 ) 3 6
Sustituyendo Ec. 6): 4( C 3
355.555 )
853.333
C3
C4
316.0494301
C4 = 884.9383 En Ec. 4) cuando x 1 = 8, la pendiente es cero (dy/dx1 = 0): V1 ( 8 ) 2
800( 8 2.666)2
2
2
11,377.78062
C3
C3
0
32 V1
En Ec. 5) cuando x 1 = 8, la flecha es cero (Y = 0): V1 ( 8 ) 3
800 ( 8 2.666 ) 3
6
6
8(11,377.78062
V1 = 420.00 kg. Por equilibrio vertical: V2
400 ( 4 ) 2
420.00
380.00 kg.
32 V1 )
884.9383
0
14
Por suma de momentos en el nodo 1): M2
400( 4 ) 2 ( 4 ) 2
380( 8 )
3
906.66 kg.m
Verificación con fórmula: M2
17 w L2
17( 400) ( 8 ) 2
480
480
906.66 kg.m
400 kg/m 906.66 420
4.00
4.00
380
420
Fuerza Cortante 380 811.52 613.34
Momento Flexionante
906.66
Punto donde la fuerza cortante es cero. Vx
420
400 x x 4 2
0
X = 2.898275 m La ecuación de momentos es: Mx
420 x
400 x 3 24
X = 2.898275 m M = 811.52 kg.m X = 4.00 m M = 613.34 kg.m Fin del problema.
0
x
4
15
1.3.2. TEOREMAS DE OTTO MOHR. Es un método semigráfico ideado por Christian Otto Mohr (1835-1918) y que representa una alternativa importante para calcular pendientes y flechas en puntos específicos de una viga. El procedimiento se conoce también como Método del Area de Momentos y consiste en establecer de manera independiente la variación de la pendiente y de la flecha en los puntos extremos de un intervalo cualquiera, generalmente definido por los apoyos. En este intervalo intervienen las áreas de los diagramas de momentos y el momento de tales áreas. Es recomendable utilizar las áreas de los diagramas de momentos por partes ya que estos facilitan el cálculo del área así como de su centro de gravedad. El método consta de dos teoremas, a saber: Primer Teorema de Mohr. “La variación o incremento de la pendiente (θ AB) entre las tangentes trazadas a la elástica en dos puntos cualquiera A y B es igual al producto 1/EI por el área del diagrama de momentos flectores entre estos dos puntos”. En la figura 9) se indica esta condición. P Viga con carga cualquiera. L A
B
Tangentes por A y B. Cambio de pendiente θAB. ΘAB
M
Diagrama de momentos cualquiera..
Fig. 9). Viga simple con carga cualquiera.
θ AB
A AB EI
Donde: ΘAB = Cambio de pendiente entre las tangentes a la curva elásica.
AAB = Area del diagrama de momentos entre A y B. EI = Rigidez a la flexión.
Segundo Teorema de Mohr. “La desviación de un punto cualquiera B respecto
de la tangente trazada a la elástica en otro punto cualquiera A, en dirección perpendicular al eje inicial de la viga, es igual al producto de 1/EI por el momento respecto de B del área de la porción del diagrama de momentos entre los puntos A y B”. La fi gura 10) muestra esdta condición.
16
P Viga con carga cualquiera. L A
B
δBA
M
Diagrama de momentos cualquiera y centro de gravedad respecto al punto B.
●cg
x Fig. 10). Viga simple con carga cualquiera.
δ BA
A BA X EI
Donde: δBA = Desplazamiento vertical en B trazado perpendicularmente al eje original
de la viga hasta intersectar con la tangente por A. ABA = Area del diagrama de momentos entre los puntos B y A. X = cg = Centro de gravedad del diagrama de momentos medidos desde B. Problema 6). Calcular el momento en el empotramiento para la viga de la figura 11). Determinar también las reacciones verticales. 800 kg./m
6.00 m
A
B
Fig. 11). Viga apoyada-empotrada.
Incognitas en la viga. 800 kg./m
MB VA
VB
17
Diagrama de momentos por partes. Se obtienen dos vigas equivalentes simplemente apoyadas; una con la carga de 800 kg/m y la otra con MB. 800 kg./m
MB
+ 2400
2400
MB/6
MB /6
x
14400 x
MB
14400 6.00
6.00
El objetivo es obtener el momento MB y puesto que la viga está empotrada en B la pendiente es cero y una tangente por ese punto es horizontal y entonces en el punto A el desplazamiento vertical es tambien cero. La ecuación que se requiere se obtiene sumando momentos en A para las áreas de los diagramas de momento, es decir es el producto de las áreas y el centro de gravedad de cada una medido desde A. Las áreas arriba del eje “x” se toman positivas.
Se recuerdan las áreas y centroides de algunas figuras geométricas. L M
●cg
2L/3
● cg
M
L/3 x
A
ML
2 A = ML/(n + 1) X = L/(n + 2) n = grado de la curva
ΣM A
14400 ( 6 ) 4 2
14400 ( 6 ) 4.50 3
6M B 2
4
0
MB = 3600.00 kg.m Reacciones verticales. ΣM A
800 ( 6) 3
3600
6 VB
800 kg./m
0
3600
VB = 3000.00 kg. VA = 800(6) – 3000 = 1800.00 kg.
1800
Otra forma de resolver el problema. Considerense los diagramas de momentos reales para cada viga simple.
3000
18 800 kg./m
MB
+ 2400
2400
MB/6
MB/6
Mmáx.
x x
3.00
MB
3.00 6.00
El área total del diagrama de la carga uniforme es 2ML/3. El momento máximo para esta carga es wL2/8 = 3600 kg.m. ΣM A
2 (3600 ) 6 3
3
6M B 2
4
0
MB = 3600.00 kg.m Fin del problema. Problema 7. Calcular la pendiente en el extremo A y la flecha al centro del claro de la viga del problema anterior, Fig. 12). Tomar EI constante. Trazar una tangente a la curva elástica por el punto A y una vertical por B. 3.00 A
Y0
.. .
3.00
Y1
δmáx. B
yB
3600
3600
El desplazamiento “YB” se obtiene sumando momentos en “B” para las áreas de los diagramas de momentos.
EIY B
2( 3600 )6 3 3
3600 ( 6 ) (2 ) 2
21,600.00
19 La pendiente en “A” se obtiene dividiendo “Y B” entre la longitud. φA
21,600.00 6EI
3,600.00 EI
El valor de la flecha al centro del claro “δmáx.” se obtiene relacionando geométricamente los desplazamientos indicados en la figura anterior. = Yo
δmáx.
- Y1
Donde “Yo” se obtiene por triángulos semejantes y “Y 1” se obtiene sumando
momentos para las áreas situadas a la izquierda del centro del claro. YB
Yo
6
3
Yo
3(21,600) 6EI
10,800.00 EI 3.00 A
Y0
.. .
3.00 δmáx. B
Y1
yB
L
3600
M
A = ML/3 Cg = 3L/4
1800
Cg = Centro de gravedad de derecha a izquierda.
3600 (3)1.50
EIY1
Y1
3600 (3) 3
3(3) 4
1800 (3) 3 2 3
5,400.00 EI
δ Máx.
10,800.00 EI
Fin del problema.
5,400.00 EI
5.400.00 EI
5,400.00
20
Prtoblema 8. Calcular los momentos flexionantes para la viga con ambos extremos empotrados de la figura 13). Tomar EI constante. 1200 kg/m
10.00 m 1
2 Fig. 13
Incógnitas en la viga. 1200 kg/m
M1
M2 V1
V2
Digrama de momentos para cada acción actuando por separado. El momento máximo para la carga uniforme es wL2/8 = 15,000.00 kg.m. Estas gráficas y momentos corresponden a vigas simplemente apoyadas. 1200 kg/m M1
15000
M2
M2
M1
Como ambos extremos están empotrados, las pendientes en esos puntos son cero, y por tanto, una tangente trazadas por estos extremos son horizontales y entonces los desplazamientos o desviaciones verticales son tambien cero. EI δ1
M1
0
2 (15000) (10) 5 3
10M1 10 2 3
500,000.00
16.666 M1
EI δ 2
0
M2
2 (15000) (10) 3
500,000.00
5
33.333M2
10M1 2 (10) 2
33.333 M1
10M2 2 (10) 2 3
3
10M2 10 2 3
16.666 M2
Resolviendo las ecuaciones 1) y 2): M1 = M2 = 10,000.00 kg.m Fin del problema.
0
0
0
Ec. 1).
0
Ec. 2).
21
Problema 9. Calcular los momentos flexionantes en los extremos de la barra de la figura 14). Ambos extremos están empotrados. P L/2
L/2 2
1 Fig. 14
Momentos desconocidos. P M2
M1 V1
V2
Diagramas de momentos para vigas simplemente apoyadas. El momento máximo para la carga puntual es (PL/4). P M2
M1 PL/4
M2
M1 L/2
L/2
Si ambos extremos están empotrados las desviaciones verticales respecto a tangentes trazadas por ellos, son cero. EI δ1 M1 PL3 16
0 M1L L 2 3
PL L 4 2
L 2
M1L2
M2 L2
6
3
M2 L 2L 2 3
0
0
Puesto que M1 y M2 son iguales debido a la simetría, la solución de la ecuación anterior arroja los siguientes resultados:
M1
M2
PL
8
Fin del problema.
22
Problema 10. Calcular el momento flexionante en el extremo empotrado de la barra de la figura 15). 200 kg/m
4.00
4.00
1
2
Fig.15 Viga empotrada-apoyada
Incógnitas en la viga. 200 kg/m
M1 V1
V2
Diagramas de momentos para vigas simplemente apoyadas. 200
M1
4.00
4800 1600
1600
4800
M1
3200 4.00
4.00 8.00
La desviación vertical en el apoyo “2” es cero debido a que no hay pendiente
en el empotramiento. EI δ 2
0
4800 (8) 8 2 3
1600 (4) 4 3 4
4
1600 (4)2
M1 = 900.00 kg.m Verificación con fórmula. M1
9wL2 128
9(200) ( 8 ) 2 128
Fin del propblema.
900.00 kg.m
3200 (4) 4 2 3
8M1 2(8) 2 3
0
23
Problema 11. Calcular los momento flexionantes en los extremo empotrados de la barra de la figura 16). Calcular también las reacciones verticales y trazar los diagramas de fuerza cortante y de momento flexionante. 500
3.00
1500
5.00
2
1
2
Fig. 16. Viga con ambos extremos
Incógnitas en la viga. 500
1500
M2
M1 V1
V2
Diagramas de momentos para las vigas equivalentes simplemente apoyadas. 500
1500
M1 3
5
M2
2
6500
M1
M2
3500
10.00
10.00
3000
Para ambos extremos la desviación vertical respecto a la tangente por cualquiera de ellos es cero. EI δ1
0
6500 (10) 2(10) 2 3
3500 (7) 2
3
2(7) 3
3000 (2) 2
94,750.00 – 16.666 M1 – 33.333 M2 = 0 6500 (10) 10 2 3
3500 (7) 7 2 3
8
3000 (2) 2 2 3
77,750.00 – 33.333 M1 - 16.666 M2 = 0
2 (2) 3
10M1 10 2 3
10M2 2(10) 2 3
Ec. 1). 10M1 2 (10) 2
3
Ec. 2).
10M2 10 2 3
0
0
24
Resolviendo las ecuaciones 1) y 2): M1 = 1,215.00 kg.m M2 = 2,235.00 kg.m P
Verificación con fórmula.
M1
M2 a
M1
M2
P ab2
500 (3) (7) 2
1500 (8) (2) 2
L2
(10)2
(10)2
P a2b
500(3) 2 (7)
1500 (8) 2 (2)
L2
(10) 2
(10) 2
b
1215.00 kg.m
2235.00 kg.m
Reacciones verticales. Conocidos los momentos de empotramiento pueden calcularse por equilibrio estático. M2
10V1
1215
2235
500 (7)
1500 (2)
0
V1 = 548.00 kg. V2 = 1452.00 kg.
500
1500
2235
1215 548
1452 548 48
Diagrama de Cortante
669 429
Diagrama de momentos 1215 2235
Fin del problema.
25
1.3.3. METODO DE LA VIGA CONJUGADA. Se denomina viga conjugada a una barra en la que las cargas son los diagramas de momentos de las cargas reales dadas. La figura 17) muestra un ejemplo de este tipo de vigas.
P a
M máx
b
a
Pab L
b
Viga Conjugada
Viga Real
Fig. 17). Viga simple real y viga conjugada.
Relaciones entre la viga real y la viga conjugada. a.- La longitud de la viga real y de la conjugada es la misma. b.- La carga en la viga conjugada es el diagrama de momentos de la viga real. c.- La fuerza cortante en un punto de la viga conjugada es la pendiente en el mismo punto de la viga real. d.-El momento flexionante en un punto de la viga conjugada es la flecha en el mismo punto de la viga real. e.-Un apoyo simple real equivale a un apoyo simple en la viga conjugada. f.- Un apoyo empotrado real equivale a un extremo libre o voladizo de la viga conjugada. g.- Un extremo libre (voladizo) real equivale a un empotramiento conjugado. h.- Un apoyo interior en una viga continua equivale a un pasador o rticulación en la viga conjugada. RELACIONES ENTRE LOS APOYOS VIGA REAL
VIGA CONJUGADA
NOTAS
1.- Apoyo simple
1.- Apoyo simple
2.- Apoyo empotrado.
2.- Sin apoyo: libre.
3.-Voladizo.
3.- Apoyo empotrado.
El extremos libre tiene pendiente y flecha y por tanto el conjugado tiene cortante y momento; equivale a un empotramiento.
4.- Apoyo interior.
4.- Apoyo articulado o pasador.
Un apoyo interior tiene pendiente pero no tiene flecha y por tanto tiene cortante pero no tiene momento; equivale a una articulación.
●
Un apoyo simple real no tiene flecha pero si tiene pendiente y por tanto el conjugado no tiene momento pero si tiene cortante; equivale a un apoyo simple. Un apoyo empotrado no tiene flecha ni pendiente y por tanto, el conjugado no tiene momento ni cortante; equivale a un voladizo.
26
Problema 12. Para la viga simple de la figura 18), calcular la pendiente en los extremos y la flecha máxima. Tomar EI constante. 600 kg
3.00 1
3.00 2
Fig. 18). Viga simple.
Viga conjugada. Tiene los mismos apoyos, la misma longitud y la carga es el diagrama de momentos de la viga real. 900
V1
V2
La pendiente en el apoyo 1) es la fuerza cortante V1), en la viga conjugada dividida entre el producto EI. θ1
V1 EI
Por simetría el cortante V1, es el área del triángulo a la mitad del claro. 900(3)
V1
θ1
2
1350.00
1350 EI
Verificación con fórmula. θ1
P L2
600(6) 2
16EI
16EI
1350 EI
Flecha al centro del claro. Es el momento al centro del claro para la viga conjugada. δ
M EI
M
1350 (3)
δ
2700 EI
900(3) 3 2 3
2700.00
27
Verificación con fórmula. δ
P L3
600(6) 3
48EI
48EI
2700 EI
Fin del problema. Problema 13. Calcular el momento en el empotramiento para la viga apoyadaempotrada de la figura 19). 400 kg/m
6.00 m 1
2
Fig. 19)
Diagramas de momentos para vigas simplemente apoyadas. La viga conjugada será una barra apoyada-volada. 400
+
6.00 V1
M1 6.00
6.00 m 7200
Viga Conjugada
M1
7200 Cargas en la Viga Conjugada
El momento en el apoyo 1) para las cargas de la viga conjugada es cero, por ser apoyo simple. M1
7200 (6) 2 (6) 2
3
M1 = 1800.00 kg.m Fin del problema.
7200 (6) 3(6) 3
4
6M1 2 (6) 2
3
0
28
1.4. VIGAS CONTINUAS. Se da el nombre de viga continua a una barra apoyada en más de dos soportes. La figura 20) muestra una viga de este tipo. P
P
L1
P
L2
1
3
2
M2 M1 V1
V2
V3
Fig. 20). Viga continua indicando cargas y reacciones desconocidas.
Para el análisis de estas vigas existen una gran cantidad de métodos, pero en la mayoría de ellos se consideran los momentos de los nodos como las incognitas principales, para posteriormente, por equilibrio estático, obtener el resto de las incógnitas. 1.4.1. ANALISIS POR SUPERPOSICION. El principio de superposición establece que el efecto de un conjunto de cargas que actua simultáneamente, es el mismo cuando se suman los efectos de cada una de ellas actuando por separado. Bajo este concepto, es posible solucionar una viga continua analizando las rotaciones en los extremos de las barras para las cargas dadas considerando a cada barra simplemente apoyada. Para su aplicación es necesario conocer las formulas de estas rotaciones para vigas simples y cualquier tipo de carga. A continuación se dan las de uso común. Notación. L 1
Carga
2
Rotación Extremo Izquierdo
1.- Carga uniforme. w
φ1
L
w L3
φ1
L/2
3.-Carga parcial iforme. w a
b
φ1
wa2
24EIL
9 w L3
φ2
384EI
2
4L
4 aL
w L3
φ2
24EI
2. -Carga parcial uniforme. w L/2
Rotacion Extremo Derecho
a
2
φ2
24EI 7 w L3 384EI
wa2
24EIL
2L2
a2
29
Carga
Rotación Extremo Izquierdo
Rotacion Extremo Derecho
4.- Carga puntual. P
P L2
φ1 L/2
16EI
L/2
P L2
φ2
16EI
5. Carga puntual. P
Pb
φ1 a
6EIL
b
L2
b2
Pa
φ2
6EIL
L2
a2
6.- Carga variable.
7 w L3
w
φ1 7.- Carga variable. w a
EI φ1
φ2
360EI
L
8 w L3
waL2
wabL
7wa2L
wa4
wa3
12
12
36
24L
8
EIφ2
360EI 2wa2L 9
wabL 6
waL2 6
wa4 24L
b
8.- Momento en extremo. M
ML
φ1
L
φ2
3EI
ML
6 EI
9.-Momento en extremo. M
ML
φ1
L
φ2
6 EI
ML
3EI
10.- Momento en la barra. M a
b
φ1
M
6EIL
L2
3b 2
φ2
M
6EIL
6b L
3b 2
2L2
Problema 14). Calcule los momentos y las reacciones verticales en los nodos de la viga continua de la figura 21). 500 kg
3.00 1
300 kg/m
3.00
8.00 m. 2
3
Fig. 21). Viga continua.
Incognitas en la viga. Se dibujan los claros “1 -2” y “2-3” por separado
indicando cargas y momentos desconocidos. En este caso solo hay un
momento descocnocido, el momento del nodo 2; “M 2” y se obtienen las vigas
equivalentes simplemente apoyadas. Habrá tantas vigas equivalentes como momentos de extremo y cargas haya en el claro correspondiente. En la figura siguiente se mestra esta condición.
30
P M2
w M2
L1 = 6
L2 = 8
=
=
P
w θ21
θ23
+
+ β21
1
M2
2
β23
M2
2
3
Se hacen las siguientes consideraciones: 1.- La rotación o pendiente es cero en extremos empotrados. 2.- En un soporte interior la pendiente es la misma a la izquierda y a la derecha de dicho soporte. 3.- Se indican las pendientes en los extremos de cada soporte con el criterio siguiente: a.- Carga cualquiera. b).- Momento en extremo. P M
Θ12
Θ21 Pendientes positivas
Θ12
Θ21
Pendiente negativa
Para nuestro caso solo se necesita plantear una ecuación de equilibrio, pues solo hay un momento desconocido, M2. Esta ecuación se obtiene sumando las pendientes en el apoyo 2, igualando las pendientes de la izquierda con las pendientes de la derecha. θ2Izq
θ21
θ 2 Der .
β21
θ23
β23
P L21
M2 L1
w L32
M2 L 2
16EI
3EI
24EI
3EI
500(6)2
6 M2
300(8) 3
8 M2
16
3
24
3
31
M2 = 1,612.50 kg.m Reacciones verticales. Se obtienen por equilibrio estático mediante suma de momentos a la izquierda o a la derecha de los soportes. 500 kg
3.00
Criterio de signos:
1
300 kg/m
3.00
8.00 m. 2
+
3
1612.50
V1
V2
V3
Sumando momentos a la ezquierda del soporte 2: M2
6 V1
1612.50 500 (3)
0
V1 = - 18.75 kg. Sumando momentos a la derecha del soporte 2: M2
300 (8) 4
1612.50 8 V3
0
V3 = 998.4375 kg Sumando cargas verticales: V1 + V2 + V3 - 500 - 300(8) = 0 V2 = 1,920.3125 kg. Fin del problema.
Problema 15). Calcule los momentos y las reacciones verticales en los nodos de la viga continua de la figura 22).
300 kg/m
5.00 1
5.00 2
8.00 m 3
3.00 4
Figura 22. Viga continua con carga uniforme en todo el calro.
5
32
Vigas equivalentes: w
Θ12
Θ21
