flexion de vigas

T1 VIGAS ESTÁTICAMENTE DETERMINADAS E INDETERMINADAS Y SUS CASOS

T2Fundamentos Las vigas son elementos estructurales que trabajan con cargas perpendiculares a su eje longitudinal y por lo tanto trabajan principalmente en flexión. Nosotros las utilizamos casi todos los días, pero ¿qué es flexión?, flexión en una viga se refiere a la curvatura que adquiere ésta debido a una carga que se aplica de manera perpendicular al eje longitudinal de la viga. Refri

Viga Flexionada

Otro concepto importante que tenemos que conocer son los apoyos de las vigas.

T3Apoyos Existen dos apoyos simples y los representamos de la siguiente manera:

a

b

c

Este tipo de apoyos soportan sólo cargas verticales no laterales: ∑Fx=0;

∑Fx= 0;

∑Fy= 0

∑Fy= 0

d

Hay otro tipo de apoyo simple, el cual soporta cargas tanto verticales como laterales u horizontales. Un apoyo más complejo es el empotre:

Articulación

Una viga con empotre como la anteriormente mostrada es conocida en la jerga de estructuras como viga en cantiliever. Pero cuando la viga tiene un empotre en cada extremo, se dice que es una viga doblemente empotrada. La viga en cantiliever tiene un momento M y una reacción vertical Ry. ∑Fx = 0; ∑Fy = 0 ∑Mz = 0

Suegra

B

A L/2

Una viga doblemente empotrada tiene, dos momentos y dos reacciones verticales en los extremos: Fx = 0; ∑Fy = 0; ∑Mz = 0

T3Grado de hiperestaticidad La dificultad para calcular una viga la podemos conocer con la ayuda del grado de hiperestaticidad, el cual podemos calcular con la siguiente relación: GH = NR - NE

(1)

Donde NR es el número de reacciones y NE es el número de ecuaciones de la estática que podemos utilizar. � 𝐹𝑥 = 0; � 𝐹𝑦 = 0 𝑦 � 𝑀𝑧 = 0

P

A

B

Ray

Rby

A

A

El número de reacciones es NR = 2 y sólo podemos utilizar dos ecuaciones de la estática ∑Fy = 0 y ∑MZ = 0, por lo que: GH = 2 - 2 = 0. Siendo GH = 2.Cuando el GH = 0 nos dice que las ecuaciones de la estática son suficientes para calcular y resolver el problema de nuestra viga. Algo más complicado es el caso de una viga empotrada por un extremo y un apoyo simple por el otro lado.

MA

RAy

P L/2

RBy

En este problema, tenemos tres reacciones (MA, RA y RB), pero sólo se pueden utilizar dos ecuaciones de la estática, por lo que el resultado de GH es: 𝐺𝐺 = 3 − 2 = 1

Esta ecuación adicional nos la proporciona alguno de los métodos que se verán más adelante y con ello podremos resolver nuestro problema. Echemos un vistazo a un problema más complejo, una viga doblemente empotrada: A

P

B

En este problema tenemos cuatro reacciones; RA, RB, MA, y MB, entonces el GH = 2, ya que sólo podemos utilizar dos ecuaciones de la estática (∑Fy y Mz). Para resolver nuestro problema y poder conocer el valor de las reacciones se requieren dos ecuaciones, además de las dos ecuaciones de la estática. Una vez que se ha entendido esto, podemos pasar a deducir una ecuación muy importante y muy utilizada en flexión de vigas.

T3Elástica de una viga Pensemos en una viga simplemente apoyada con una carga cualquiera, ésta se flexiona como se muestra a continuación:

Cabe mencionar que no se pintó la viga, sino una línea delgada, esta línea se conoce como elástica y en este caso se dice que es la elástica deformada. Muy útil por cierto. Para poder analizarla, profundicemos y veamos qué podemos encontrar. Un primer concepto es la distancia vertical entre la elástica sin deformar y la elástica deformada, a esto se le conoce como flecha y en la siguiente figura se denotará como y.

Un detalle importante es que la flecha realmente no es muy grande, o al menos de magnitud considerable. La primera relación que se trabajará será la longitud de arco: O dθ

r c

a y

e

f

g

h

k

Considerando el arco oef:

Despejando:

1 𝑟

=

Considerando la deformación unitaria:

𝑑𝑑

𝑑𝑑 = 𝑟𝑟𝑟 (2)

𝑑𝑑

𝛿 = ℎ𝑘 = 𝑦𝑦𝑦

𝜀=

𝛿 𝑦𝑦𝑦 = 𝑒𝑒 𝐿

𝜖=

𝑦𝑦𝑦 𝑦 = 𝑟𝑟𝑟 𝑟

𝑒𝑒 = 𝑟𝑟𝑟

Sustituyendo:

Recordando la ley de Hooke:

𝑦

𝐸

𝜎 = 𝐸 ∗ 𝜖 = 𝐸 �𝑟 � = � 𝑟 � 𝑦

(3)

Entendiendo que 𝑑𝑑 ≅ 𝑑𝑑, ya que son valores muy pequeños, entonces, la ecuación 2 queda: 1 𝑟

𝑑𝑑

(4)

≅ 𝑑𝑑

Sabemos que la pendiente es 𝜃 = 𝑑𝑑⁄𝑑𝑑 y que si derivamos θ con respecto de x, resulta: 𝑑𝑑 𝑑𝑑

𝑑2 𝑦

(5)

= 𝑑𝑑 2

Si insertamos la ecuación 4 en 5, esto quedaría de la siguiente forma: 1 𝑟

𝑑2 𝑦

(6)

= 𝑑𝑑 2

Superficie neutra

y

z

τxydA

σxdA τxydA

Si calculamos el momento a partir del eje neutro y considerando la fuerza, esto nos da: 𝑀 = ∫ 𝑦 ∗ (𝜎𝜎𝜎𝜎)

(7)

Sabemos por la ecuación 3, que el esfuerzo es:

𝐹

𝜎 = 𝐴;

𝐸

o 𝐹 = 𝜎𝜎! 𝐸

𝐸

𝑀 = ∫ 𝑦 ∗ � 𝑟 � 𝑦𝑦𝑦 = 𝑟 ∫ 𝑦 2 𝑑𝑑 = 𝑟 𝐼

Resultando:

𝐸

1

Igualando 6 y 7 resulta:

𝑟 𝑑2 𝑦 𝑑𝑥 2

𝑀= 𝑟𝐼 𝑀

= 𝐸𝐸

(8)

𝑀

(9)

= 𝐸𝐸

Esta ecuación es la diferencial de la curvatura de flexión o deflexión, para una viga. Si derivamos la ecuación 9 respecto de x, lo que obtenemos es lo siguiente: 𝑑3 𝑦 𝑑𝑥 3

esto es el cortante, es decir: 𝑑3 𝑦

donde V es el cortante.

𝑑𝑥 3

𝑉

= − 𝐸𝐸

(10)

Y si derivamos nuevamente, lo que resulta es: 𝑑4 𝑦 𝑑𝑥 4

𝑞

= − 𝐸𝐸

(11)

q es la intensidad de carga distribuida. Por otro lado, si a la expresión 9 la integramos obtenemos: 𝑑𝑑 𝜃 = 𝑑𝑑 𝐸𝐸

T3Método de la doble integración

Nuevamente integrando da como resultado la ecuación de la flecha para una viga y es lo que da origen al método de la doble integración. Por un lado se ha comentado el grado de hiperestaticidad, el cual nos dice qué tan difícil es nuestro problema, ya que nos da el orden de la matriz o el número de ecuaciones que se requieren para resolver nuestro problema. Ya que sabemos cómo calcular el GH, ahora podemos seleccionar alguno de los métodos para encontrar estas ecuaciones adicionales que se requieren y resolver nuestro problema. Existen varios métodos; está el método de la doble integración, el método de área de momentos y el método de superposición. Todos ellos son aplicados a problemas estáticamente determinados o isostáticos y a problemas estáticamente indeterminados o hiperestáticos. Métodos Doble integración Área de momentos Superposición

Problemas Isostáticos Hiperestáticos Isostáticos Hiperestáticos Isostáticos Hiperestáticos

En el caso de los problemas isostáticos son suficientes las ecuaciones de equilibrio para encontrar el valor de las incógnitas. ¿Para qué nos sirven los métodos anteriores? el método de doble integración para problemas isostáticos nos permite encontrar la ecuación de la pendiente y de la flecha, una vez teniendo estas ecuaciones podremos calcular el valor de la pendiente y de la flecha en cualquier punto. En el caso de los problemas hiperestáticos, el método de doble integración nos permite encontrar las ecuaciones adicionales que se requieren para calcular el valor de las incógnitas, además de la ecuación de la pendiente y de la flecha. En el caso del método de área de momentos y de los problemas isostáticos, este método nos permite calcular el valor de la pendiente y de la flecha, y en el caso de los hiperestáticos, su solución. El método de superposición también nos permite calcular la pendiente y la flecha de manera sencilla, así como la solución de los hiperestáticos. Entonces ¿por qué se presentan los tres métodos, si con uno podemos resolver nuestros problemas? La respuesta es que cada uno de los métodos tiene sus ventajas

T2Vigas estáticamente determinadas (casos) Trabajaremos ahora con algunos casos de vigas estáticamente determinadas y posteriormente trataremos con vigas estáticamente indeterminadas. Pero antes recordemos que es con el método de la doble integración que obtendremos las ecuaciones de momentos de la pendiente y la de la flecha. En el caso de las vigas hiperestáticas dicho método nos permitirá resolver la indeterminación y con las ecuaciones de equilibrio encontramos el resto de las incógnitas. La ecuación anterior (9) da origen al método de la doble integración. Este método utiliza la ecuación de momentos que acabamos de ver con los siguientes pasos: • • • • • •

Obtener la ecuación de momentos de la viga a resolver Insertar la ecuación de momentos en la ecuación diferencial Integrar una vez para obtener la ecuación de la pendiente Integrar una segunda vez para obtener la ecuación de la flecha Se aplican condiciones de frontera y se encuentra el valor de las constantes Se introducen las constantes en las ecuaciones de momento, pendiente y flecha

Casos: T3 Viga con carga puntual en el centro Tenemos una viga simplemente apoyada con una carga en el centro (como la suegra, p = 200 K). Suegra B

A L/2

Viga simplemente apoyada con carga puntual en el centro. En este caso se tiene una viga simétrica en forma y carga, esto significa que hay simetría por la geometría de la viga y de la misma forma por la carga como se muestra en el diagrama de cuerpo libre: P A

L/2

B L Rb

Debido a la simetría RA = RB, podemos escribir lo siguiente: ∑ 𝐹𝑦 = 2𝑅𝐴 − 𝑃 = 0 (12)

𝑅𝐴 = 𝑅𝐵 =

𝑃

(13)

2

Hagamos un corte a una distancia x entre el apoyo A y la carga, es decir: P

Ra

L/2

L/2

A

B

x Rb

Con la referencia anterior se puede obtener la ecuación de momentos respecto de x, considerando sólo las cargas a la izquierda, esto es:

+

∑ 𝑀𝑥 = 𝑅𝐴 𝑥 =

𝑃𝑃 2

L/2=>x>0

(14)

L/2 >= x > 0 es el rango, de donde la ecuación es válida y el siguiente paso es obtener la ecuación de momentos Mx, pero pasando la carga: P A

L/2

L/

B

x Ra

Rb

Por lo que la ecuación de momentos resulta: 𝐿 𝐿 + 𝑀𝑥 = 𝑅𝐴 ∗ 𝑥 − 𝑃〈𝑥 − �2〉 𝐿 > 𝑥 ≥ �2

Si observamos las ecuaciones que obtuvimos, la segunda contiene a la primera, por lo que podemos utilizar la segunda para representar a la viga en su totalidad, sólo que utilizaremos: < >, lo que nos recordará que este término es válido pasando la carga, es decir:

+

𝑃

𝐿

∑ 𝑀𝑥 = 𝑥 − 𝑃 〈𝑥 − 〉 2 2

(15)

Esta última ecuación la sustituimos en la ecuación diferencial de momentos (9) y procedemos a efectuar la primera integración, lo cual resulta: 𝑑𝑑

𝐸𝐸 𝑑𝑑 = 𝐸𝐸𝐸 =

𝑝𝑥 2 4

𝑃

𝐿 2

− 2 �𝑥 − 2� + 𝐶1

(16)

Integrando nuevamente: 𝑝𝑥 3

𝑃

𝐿 3

𝐸𝐸𝐸 = 12 − 6 �𝑥 − 2� + 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 (17) De las constantes no hay problema pues podemos encontrar su valor, de acuerdo a las condiciones de la viga. En nuestra jerga se dice “aplicando condiciones de frontera”, para esto observemos primero cómo se deforma la elástica de nuestra viga, el objeto es buscar valores conocidos, por ejemplo en el apoyo izquierdo, es decir en A, vemos que no hay desplazamiento de la viga y por lo tanto la elástica no sufre ningún desplazamiento, es decir la flecha en este punto es YA = 0, así como en el apoyo B (YB = 0). Estos datos son muy importantes ya que los sustituiremos en la ecuación 16. Como vimos para x = 0, y a = 0: 𝑝(0)3 + 𝐶1 (0) + 𝐶2 = 0 12 𝑃

𝐿 3

Recordemos que el término 6 �𝑥 − 2� , no se considera para el rango que estamos trabajando, por lo que C2 = 0. Ya tenemos la constante C1, para continuar consideremos Yb = 0, para x = L: 𝑝(𝐿)3 𝑃 𝐿 3 − �𝐿 − � + 𝐶1 𝐿 = 0 12 6 2

Dividiendo entre L: Despejando C1:

𝑝𝐿3 𝑃 𝐿 3 − � � + 𝐶1 𝐿 = 0 12 6 2 𝑝𝐿2 𝑃𝐿2 − + 𝐶1 = 0 12 48 𝐶1 = −

1 𝑃𝐿2 16

Con esto podemos completar nuestras ecuaciones: EI (d^2 y)/(dx^2 ) = P/2 x-P〈├ x-L/2〉┤

(18)

EIθ = (px^2)/4-P/2 (x-L/2)^2-(Pl^2)/16

(19)

EIy = (px^3)/12-P/6 (x-L/2)^3-(PL^2)/16 x

(20)

Si graficamos la ecuación 19 podemos ver cómo es la elástica deformada: 0

0

1

2

3

4

5

-0.000005 -0.00001

Gráfica 1. Elástica deformada para una viga simplemente apoyada y con carga puntual en el centro. Nota: Hay que tener cuidado con el rango en la ecuación de la flecha, a la hora de hacer la gráfica. Por otro lado, la gráfica de la pendiente resulta: 0.000005

0

0

1

2

3

4

5

-0.000005

Gráfica 2. Gráfica de la pendiente y con carga puntual en el centro. Sabemos que para x = l/2, la flecha Y es máxima, por lo que: EIy = (pL^3)/96-(PL^2)/16 (L/2) = PL^3 (1/96-1/32) Finalmente: 𝑃𝐿3

𝑦𝑚𝑚𝑚 = − 48𝐸𝐸

(21)

El valor de la pendiente en el extremo, se obtiene haciendo x = 0 y sustituimos su valor en la ecuación 18, de la misma forma para x = L, observemos que da el mismo valor:

𝜃𝐴 = 𝜃𝐵 =

𝑃𝐿2

(22)

16

T3Viga con carga puntual fuera del centro Para entender mejor esto hagamos un segundo ejemplo, tenemos una viga apoyada con carga puntual fuera del centro. Primero hacemos la suma de fuerzas en y: P A

Ra

a

b

L

B

Rb

Después obtenemos: ∑ 𝐹𝐹 = 𝑅𝑅 + 𝑅𝑅 − 𝑃 = 0

+ ∑ 𝑀𝑀 = 𝑃𝑃 − 𝑅𝑅 ∗ 𝐿 = 0

(23) (24)

En esta ecuación podemos ver que tenemos dos incógnitas y una sola ecuación, por lo tanto, el sistema no se puede resolver, de la ecuación anterior podemos despejar Rb, resultando: 𝑅𝐵 =

𝑃𝑃 𝐿

Sustituir el valor de Rb de la ecuación (20) nos permitirá encontrar el valor de Ra: 𝑅𝐴 = 𝑃 −

𝑃𝑃 𝑎 𝐿−𝑎 = 𝑃 �1 − � = 𝑃( ) 𝐿 𝐿 𝐿 𝑅𝐴 =

𝑃𝑃 𝐿

Luego hacemos la suma de momentos respecto de un punto x, antes y después de la carga P: +

𝛴𝑀𝑥 = 𝑅𝐴 𝑥 − 𝑃(𝑥 − 𝑎)

Sustituimos el momento en la ecuación de momentos:

(25)

𝑑2 𝑦

𝐸𝐸 𝑑𝑥 2 = 𝑅𝐴 𝑥 − 𝑃(𝑥 − 𝑎)

(26)

Integramos la primera ecuación para obtener la ecuación de la pendiente: 𝐸𝐸𝐸 = 𝑅𝐴

𝑥2 2

−𝑃

(𝑥−𝑎)2 2

+ 𝐶1

(27)

Por último integramos y obtenemos la ecuación de la flecha: 𝐸𝐸𝐸 = 𝑅𝐴

𝑥3 6

−𝑃

(𝑥−𝑎)3 6

+ 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 (28)

El siguiente paso es aplicar condiciones de frontera para obtener el valor de las constantes. Entonces, para 𝑥 = 0; 𝛿𝐴 = 0: 0 − 0 + 𝐶1(0) + 𝐶2 = 0

Resulta:

Para x = L; 𝛿𝐵 = 0

𝐶2 = 0 𝑅𝐴

𝐿3 6

−

𝑃(𝐿−𝑎)3

+ 𝐶1 (𝐿) = 0 𝑃𝑏 3 𝑅𝐴 𝐿3 − 𝐶1 (𝐿) = 6 6 6

(29)

𝑃𝑃 𝑃𝑏 3 − 𝐿 𝐿3 𝑃𝑃(𝑏 2 − 𝐿2 ) 𝐶1 = = 6𝐿 6𝐿 𝐶1 = −

𝑃𝑃 2 (𝐿 − 𝑏 2 ) 6𝐿

Sustituimos C1 en 7 y 8 (ecuación de la pendiente y de la flecha): 𝐸𝐸𝐸 = 𝐸𝐸𝐸 =

𝑃𝑃

𝑥2 − 2𝐿

𝑃𝑃 6𝐿

𝑥3 −

𝑃(𝑥−𝑎)2

2 𝑃(𝑥−𝑎)3 6

𝑃𝑃

− 6𝐿 (𝐿2 − b2 ) 𝑃𝑃

− 6𝐿 (𝐿2 − 𝑏 2 )𝑥

(30) (31)

Grafiquemos estas dos últimas ecuaciones con los siguientes valores: P = 5 kN; a = 1m; b = 2m; L = 3m y E = 200 GPa

0

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

-2 -4

Gráfica 3. Elástica deformada para una viga simplemente apoyada con carga puntual a una distancia a del apoyo izquierdo. 4 2 0 -2

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

-4

Gráfica 4. Gráfica de la pendiente para una viga simplemente apoyada y con carga puntual a una distancia a del apoyo izquierdo. Para encontrar la flecha máxima 𝛿𝑚𝑚𝑚 , es necesario encontrar el valor de x, por lo que despejando x de la ecuación 27, además de igualar a cero, resulta: 𝑃𝑃 2 𝑃𝑃 2 𝑥 = (𝐿 − 𝑏 2 ) 6𝐿 2𝐿 𝑥2 =

1 2 (𝐿 − 𝑏 2 ) 3

𝑥=�

𝐿2 − 𝑏 2 3

Al sustituir este valor en la ecuación 28, obtenemos el valor de la flecha máxima: 𝐸𝐸𝐸 =

𝑃𝑃 𝐿2 − 𝑏 2 3 𝑃𝑃 2 𝐿2 − 𝑏 2 (𝐿 − 𝑏 2 ) �� (� ) − � 6𝐿 3 6𝐿 3

𝐸𝐸𝐸 =

𝑃𝑃 𝐿2 − 𝑏 2 3 𝑃𝑃 2 𝐿 − 𝑏2 (𝐿 − 𝑏 2 ) �� ( )2 − � 6𝐿 6𝐿 3 3

𝐸𝐸𝐸 =

𝑃𝑃 (𝐿2 − 𝑏 2 ) 𝐿2 − 𝑏 2 𝑃𝑃 2 𝐿 − 𝑏2 (𝐿 − 𝑏 2 ) �� �� �− � 6𝐿 3 6𝐿 3 3 𝑃𝑃 2 𝐿2 − 𝑏 2 (𝐿 − 𝑏 2 )� 9𝐿 3

𝛿𝑚𝑚𝑚 = Finalmente: 𝛿𝑚𝑚𝑚 =

𝑃𝑃�𝐿2 −𝑏2 � 9√3𝐿𝐿𝐿

3/2

(32)

T3Viga con carga uniformemente distribuida

Tomemos ahora una viga apoyada con carga uniformemente distribuida: y

q B

A

Ra

L

x

Rb

Por presentar simetría en forma y en carga, los valores de las reacciones son iguales: 𝑞𝑞 𝑅𝐴 = 𝑅𝐵 = 2 El momento respecto de x está dado por:

+

� 𝑀𝑥 = 𝑅𝑅𝑅 −

𝑞𝑥 2 𝑞𝑞 𝑞𝑥 2 = 𝑥− 2 2 2

Sustituyendo en la ecuación de momento e integrando, resulta: 𝑑2 𝑦

𝑥

𝐸𝐸 𝑑𝑥 2 = 𝑞𝑞 2 − 𝐸𝐸𝐸 = 𝑞𝑞

𝑞𝑥 2 2

𝑞𝑞 2 𝑞𝑥 3 𝑥 − + 𝐶1 4 6

𝐸𝐸𝐸 = 12 𝑥 3 −

𝑞𝑥 4 24

(33)

+ 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 (34)

Para 𝑥 = 0 → 𝑦 = 0, sustituimos en la ecuación de la flecha, resultando: 𝐶2 = 0

Para x = L ; y = 0 y de la misma forma sustituimos: 𝑞𝐿4 𝑞𝐿4 − + 𝐶1 (𝐿) = 0 12 24 𝑞𝐿3 𝑞𝐿3 − 24 12 𝑞𝐿3 𝐶1 = − 24

𝐶1 =

𝐸𝐸𝐸 = 𝑞𝑞

𝑞𝑞 4

𝑥2 −

𝐸𝐸𝐸 = 12 𝑥 3 −

𝑞𝑥 4 24

𝑞𝑥 3 6

−

−

𝑞𝐿3 24

qL3 24

𝑥

(35) (36)

100 50 0 -50

0

1

2

3

4

5

-100

Gráfica 5. Gráfica de la pendiente para una viga apoyada con carga uniformemente distribuida. 30 -20 0

1

2

3

4

5

-70 -120

Gráfica 6. Gráfica de la flecha para una viga apoyada con carga uniformemente distribuida.

𝐿

La flecha máxima está en 𝑥 = 2 : 𝐸𝐸𝐸 =

𝑞𝑞 𝐿 3 𝑞 𝐿 4 𝑞𝐿3 𝐿 ( ) − ( ) − ( ) 12 2 24 2 24 2

𝐸𝐸𝐸 = 𝑞𝐿4 ( 5

1 1 1 − − ) 96 384 48

𝑦𝑚𝑚𝑚 = − 384 ∗

𝑞𝐿4

(37)

𝐸𝐸

Para 𝑥 = 0 , en la ecuación de la pendiente: 𝐸𝐸𝜃𝐴 =

𝑞𝑞 4

𝑥2 −

𝑞𝑥 3 6

−

𝑞𝐿3 24

𝐸𝐸𝜃𝐴 = 0 − 0 − 𝑞𝐿3

Para 𝑥 = 𝐿:

𝜃𝐴 = − 24𝐸𝐸

𝑞𝐿3 24

(38)

𝑞𝐿3 𝑞𝐿3 𝑞𝐿3 1 1 1 6−4−1 − − = 𝑞𝐿3 � − − � = 𝑞𝐿3 � � 𝐸𝐸𝜃𝐵 = 4 6 24 24 4 6 24

Observemos que ambas pendientes son iguales: 𝑞𝑙3

(39)

𝜃𝐵= 24𝐸𝐸

T3Viga simplemente apoyada con carga triangular Tomemos el siguiente ejemplo: y

q´

q B

A

x

x Ra

L

Rb

Solución: Primero calculamos las reacciones, haciendo suma de fuerzas en el eje y:

𝛴𝛴𝐴 =

𝑞𝑞 2 2

𝑅𝐴 + 𝑅𝐵 −

�3 𝐿� − 𝑅𝐵 𝐿 = 0

+

𝑅𝐵 =

Pero: 𝐿

=

𝑞′ 𝑥

3

; 𝑹𝑨 =

𝑅𝐴 =

𝑞𝑞

𝑞𝑞 6

𝑀𝑥 = 𝑅𝐴 𝑥 −

+ 𝑞

𝑞𝑞

𝑞𝑞 =0 2

2

−

𝑞𝑞 3

𝑞′ 𝑥 𝑥 2

�3�

(40)

+ 𝑑2 𝑦

𝑀𝑥 =

𝐸𝐸 𝑑𝑥 2 = 𝑞𝑞

𝑞𝑞 6

𝑞′ = 𝑞𝑞 6

𝑞𝑞 𝐿

𝑞𝑞 𝑥 2

𝑥−(𝐿)

𝑥−

𝑞𝑥 4

𝑞𝑥 3

6

6𝐿

𝐸𝐸𝐸 = 12 𝑥 2 − 24𝐿 + 𝐶1 𝑞𝑞

Para x = 0; 𝛿𝐴 = 0

Para 𝑥 = 𝐿; 𝛿𝐵 = 0

𝑞𝑥 5

(41)

𝐸𝐸𝐸 = 36 − 120𝐿 + 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 (43) 0 − 0 + 0 + 𝐶2 = 0 𝐶2 = 0

𝑞𝐿4 𝑞𝐿4 − + 𝐶1 (𝐿) = 0 36 120 𝐶1 = 𝑞𝑞 � 𝐶1 = −

1 1 − � 120 36 7 𝑞𝐿3 360

(42)

Finalmente las ecuaciones son: 𝑞𝑥 4

𝑞𝑞

7

𝐸𝐸𝐸 = 12 𝑥 2 − 24𝐿 − 360 𝑞𝐿3

𝐸𝐸𝐸 =

𝑞𝑞𝑥 3 36

𝑞𝑥 5

(44)

7

− 120𝐿 − 360 𝑞𝐿3 𝑥

(45)

100 50 0 -50

0

1

2

3

4

5

-100

Gráfica 7. Gráfica de la pendiente para una viga en cantiliever, con una carga triangular.

40 -10

0

1

2

3

4

5

-60 -110

Gráfica 8. Gráfica de la flecha para una viga en cantiliever, con una carga triangular. Para 𝑥 = 0; 𝜃𝐴

0−0− 7

Para 𝑥 = 𝐿; 𝜃𝐵 = ?

𝜃𝐴 = − 360 𝑞𝐿3

7 𝑞𝐿3 360

(46)

𝑞𝐿3 𝑞𝐿3 7 𝐸𝐸𝜃𝐵 = − − 𝑞𝐿3 12 24 360

Finalmente:

𝑞𝐿3

𝐸𝐸𝜃𝐵 = 𝑞𝐿3 �

(47)

𝜃𝐵 = 45𝐸𝐸

1 1 7 − − � 12 24 360

T3Viga empotrada con carga puntual fuera del centro, a una distancia a del empotre Calcular el giro en B y su flecha. y

P

A

B x Ma

x L

Ra

Calculamos las reacciones:

+ +

𝑅𝐴 = 𝑃; 𝑀𝐴 = 𝑃𝑃

𝑀𝑋 = −𝑀𝐴 + 𝑅𝐴 𝑥 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎

𝑀𝑋 = −𝑀𝐴 + 𝑅𝐴 𝑥 − 𝑃(𝑥 − 𝑎) 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏 𝑑2 𝑦

𝐸𝐸 𝑑𝑥 2 = −𝑃𝑃 + 𝑃𝑃 − 𝑃(𝑥 − 𝑎)

𝐸𝐸𝐸 = −

𝑃𝑃𝑥 2 2

+

𝑃𝑥 3 6

Para 𝑥 = 0; 𝜃 = 0:

𝑃

𝐸𝐸𝐸 = −𝑃𝑃𝑃 +

− 6 (𝑥 − 𝑎)3 + 𝐶1 𝑥 + 𝐶2

Aplicando condiciones de frontera: Para 𝑥 = 0; 𝛿 = 0: 𝐶1 = 0

𝑃𝑥 2 𝑃 − (𝑥 − 𝑎)2 + 𝐶1 2 2

(48)

Para x = 0; 𝛿 = 0: 𝐶2 = 0

Sustituyendo los valores encontrados en las ecuaciones correspondientes, nos queda: 𝐸𝐸𝐸 = −𝑃𝑃𝑃 + 𝐸𝐸𝐸 = − 0

0

𝑃𝑃𝑥 2 2

+

𝑃𝑥 2 2

𝑃𝑥 3 6

1

𝑃

(49)

𝑃

(50)

− 2 (𝑥 − 𝑎)2

− 6 (𝑥 − 𝑎)3 2

3

4

5

-50 -100 -150

Gráfica 9. Gráfica de la pendiente para una viga empotrada con una carga puntual a una distancia a del empotre. 50 -50 0

1

2

3

4

5

-150 -250 -350

Gráfica 10. Gráfica de la flecha para una viga empotrada con una carga puntual a una distancia a del empotre. Para 𝑥 = 𝐿; 𝛿𝐵 = ?

𝐸𝐸𝑦𝐵 = −

𝑃𝑃𝐿2 𝑃𝐿3 𝑃 + − (𝐿 − 𝑎)3 2 6 6

Finalmente:

para 𝑥 = 𝐿; 𝜃𝐵

𝑃𝑎2

(51)

𝐸𝐸𝑦𝐵 = − 6𝐸𝐸 (3𝐿 − 𝑎)

𝑃𝐿2 𝑃 − (𝐿 − 𝑎)2 𝐸𝐸𝜃𝐵 = −𝑃𝑃𝑃 + 2 2

𝐸𝐸𝜃𝐵 = −𝑃𝑃𝑃 +

𝑃𝐿2 𝑃𝐿2 𝑃𝑎2 − + 𝑃𝑃𝑃 − 2 2 2

𝑃𝑎2

(52)

𝜃𝐵 = − 2𝐸𝐸

T3Viga empotrada con carga puntual en el extremo libre de la viga y

P A

L

Ma

x

B

Ra

Calcular la flecha y la pendiente, en el extremo libre de la viga: Procedimiento: •

•

Primero calculamos el valor de las reacciones: 𝑅𝐴 = 𝑃; 𝑀𝐴 = 𝑃𝑃

Después hacemos un corte sobre la viga a una distancia x del empotre:

+ 𝑑2 𝑥

𝑀𝑥 = −𝑀𝐴 + 𝑅𝐴 𝑥

𝐸𝐸 𝑑𝑥 2 = −𝑃𝑃 + 𝑃𝑃 𝐸𝐸𝐸 = −𝑃𝑃𝑃 +

𝐸𝐸𝐸 = −

(53)

𝑃𝑥 2 + 𝐶1 2

𝑃𝑃 2 𝑃𝑥 3 𝑥 + + 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 2 6

0

-10 0

1

2

3

4

-20 -30 -40 -50 -60 -70

Gráfica 11. Gráfica de la pendiente para una viga en cantiliever con una carga puntual en el extremo libre. 0

0

1

2

3

4

-50 -100 -150

Gráfica 12. Gráfica de la flecha para una viga en cantiliever con una carga puntual en el extremo libre. para x = 0; y = 0

𝐶2 = 0

para 𝑥 = 0; 𝜃 = 0

𝑃𝑃(0) +

𝑃 (0)2 + 𝐶1 = 0 2 𝐶1 = 0

Sustituyendo los valores de las constantes, las ecuaciones quedan: 𝐸𝐸𝐸 = −𝑃𝑃𝑃 +

𝐸𝐸𝐸 = −

𝑃𝑃 2

𝑃𝑥 2

𝑥2 +

2

𝑃𝑥 3 6

(54) (55)

𝐸𝐸𝐸 = − 𝛿=

Para 𝑥 = 𝐿; 𝜃 = ?

𝑃𝐿3 𝑃𝐿3 1 1 + = 𝑃𝐿3 ( − ) 6 2 2 6

𝑃𝐿3

Para 𝑥 = 𝐿; 𝛿 = ?

(56)

3𝐸𝐸

𝑃𝐿2 𝐸𝐸𝐸 = −𝑃𝐿 + 2 2

𝑃𝐿2

(57)

𝜃 = − 2𝐸𝐸

T3Viga empotrada con un momento en el extremo libre de la viga De la viga mostrada, calcular el giro y flecha donde se encuentra el momento aplicado.

y

B

M

Mb

L

A

x

x Rb

Solución: calculemos la ecuación de momentos de derecha a izquierda 𝑑2 𝑦

Realizando la primera integración:

𝐸𝐸 𝑑𝑥 2 = −𝑀

(58)

𝐸𝐸𝐸 = −𝑀 ∗ 𝑥 + 𝐶1

Para x = 0; θ = 0

para x =L; y = 0

𝐸𝐸𝐸 = −

𝑀𝑥 2 + 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 2

𝐸𝐸𝐸 = 𝑀𝑀 + 𝐶1 = 0 𝐶1 = 𝑀𝑀

𝐸𝐸𝐸 =

𝑀𝐿2 + 𝐶1 (𝐿) + 𝐶2 = 0 2

El valor de C2 es: 𝑀𝐿2 − 𝑀𝐿2 + 𝐶2 = 0 2 𝐶2 = −

𝑀𝐿2 2

Sustituyendo los valores de las constantes en las ecuaciones de la pendiente y de la flecha: (59)

𝐸𝐸𝐸 = 𝑀 ∗ 𝑥 + 𝑀𝑀

𝐸𝐸𝐸 =

𝑀𝑥 2 2

+ 𝑀𝑀𝑀 −

𝑀𝐿2

(60)

2

140 120 100 80 60 40 20 0

0

1

2

3

4

5

Gráfica 13. Gráfica de la pendiente para una viga en cantiliever con un momento en el extremo.

0

-50 0

1

2

3

4

5

-100 -150 -200 -250 -300 -350

Gráfica 14. Gráfica de la flecha para una viga en cantiliever con un momento en el extremo. para x = 0 en la ecuación 54:

𝐸𝐸𝑦𝐵 = 0 − 0 +

𝛿𝐵 =

Para 𝑥 = 0 en la ecuación 48:

𝑀𝐿2 2𝐸𝐸

𝑀𝐿2 2

𝐸𝐸𝜃𝐵 = 0 − 𝑀𝑀

𝜃𝐵 =

𝑀𝑀 𝐸𝐸

(61)

(62)

T3Viga empotrada con carga distribuida uniformemente rectangular Calcular flecha y giro en B: y

B

W

A

Mb x

x L

Rb

Procedimiento: haremos el que ya conocemos:

+ 𝑑2 𝑦

∑ 𝑀𝑥 = −

𝐸𝐸 𝑑𝑥 2 = −

𝑤𝑥 2 2

𝑤𝑥 2 2

(63)

La primera integración: 𝐸𝐸𝐸 = −

La segunda integración:

𝐸𝐸𝐸 = −

𝑤𝑥 3 + 𝐶1 6

𝑤𝑥 4 + 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 24

Aplicando condiciones de frontera encontramos que para: 𝑥 = 𝐿; 𝜃 = 0

obtenemos el valor de C1:

𝐶1 =

𝑤𝐿3 6

después para x = L, y = 0, obtenemos el valor de la segunda constante: 𝑤𝐿4 𝑤𝐿4 − + 𝐶2 = 0 24 6 𝐶2 = −

𝑤𝐿4 8

Quedando las ecuaciones de la flecha y de la pendiente: 𝐸𝐸𝐸 = −

𝑞𝑥 3

𝐸𝐸𝐸 = −

600

6

+

𝑞𝑥 4 24

𝑞𝐿3

+

6

𝑞𝐿3 6

(64) 𝑥−

𝑞𝐿4 8

(65)

400 200 0

0

1

2

3

4

5

Gráfica 15. Gráfica de la pendiente para una viga en cantiliever con una carga uniformemente distribuida.

0 -500

0

1

2

3

4

5

-1000 -1500 -2000

Gráfica 16. Gráfica de la flecha para una viga en cantiliever con una carga uniformemente distribuida. Luego para 𝑥 = 0, nos da el valor de la flecha y de la pendiente en el extremo libre de la viga: 𝑞𝐿4

(66)

𝛿 = 8𝐸𝐸

𝑞𝐿3

(67)

𝜃 = − 6𝐸𝐸

T3 Viga empotrada con carga triangular

Calcular la flecha y el giro en A, de la siguiente viga: q

y

B

q’

Mb

A x L

Rb

Calculamos la reacción Rb con suma de fuerzas en el eje y: 𝛴𝛴𝛴 =

𝑞𝑞 2

− 𝑅𝑏 = 0 (68)

𝑅𝐵 =

𝑇𝑇𝑇 𝛼 = 𝑥

𝑞 ′ = 𝑞(𝐿 )

𝑞𝑞 2

𝑞 𝑞′ = 𝐿 𝑥

(69)

x

+

+

𝛴𝛴𝛴 =

𝑞′𝑥 2 𝑞′𝑥 𝑥 � �= 2 3 6

=

𝛴𝛴𝛴 = 𝑑2 𝑦

𝐸𝐸 𝑑𝑥 2 =

𝑥 𝑞(𝐿)𝑥 2

𝑞𝑥 3 6𝐿

𝑞𝑥 3

Para 𝑥 = 𝐿 ; 𝑦 = 0

Para 𝑥 = 𝐿; 𝜃 = 0: Por lo tanto:

0≤𝑥≤𝐿

(70)

6𝐿

𝐸𝐸𝐸 =

𝐸𝐸𝐸 =

6

𝑞𝑥 4 + 𝐶1 24𝐿

𝑞𝑥 5 + 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 120𝐿

𝑞𝐿4 + 𝐶1 (𝐿) + 𝐶2 = 0 120 𝑞𝐿3 + 𝐶1 = 0 24 𝑞𝐿3 𝐶1 = − 24

𝑞𝐿4 + 𝐶1 𝐿 + 𝐶2 = 0 120 𝑞𝐿4 𝑞𝐿4 − + 𝐶2 = 0 120 24 𝐶2 =

𝑞𝐿4 30

Con el valor de las constantes encontramos las ecuaciones de la flecha y de la pendiente: 𝐸𝐸𝐸 =

𝑞𝑥 4

− 24𝐿

𝑞𝑥 5

0 -50

𝐸𝐸𝐸 = 120𝐿 − 0

1

𝑞𝐿3

𝑞𝐿3 24

2

24

𝑥+

(71) 𝑞𝐿4

(72)

30

3

4

5

-100 -150

Gráfica 17. Gráfica de la pendiente para una viga en cantiliever con una carga triangular. 50 -150 0

1

2

3

4

5

-350 -550

Gráfica 18. Gráfica de la flecha para una viga en cantiliever con una carga triangular. La flecha y la pendiente en A resultan: 𝑞𝐿3

𝜃𝐴 = − 24𝐸𝐸 𝛿𝐴 =

𝑞𝐿4

30𝐸𝐸

(73) (74)

T2 Vigas estáticamente indeterminadas (casos) T3 Viga empotrada, con un apoyo simple y con carga puntual A

P a

b

B

x Ra

𝑑2 𝑦

L

Rb

� 𝑀𝑥 = 𝑅𝐴 ∗ 𝑥 − 𝑃 ∗ (𝑥 − 𝑎)

𝐸𝐸 𝑑𝑥 2 = 𝑅𝐴 ∗ 𝑥 − 𝑃 ∗ (𝑥 − 𝑎)

𝐸𝐸𝐸 =

𝑅𝐴 ∗𝑥 3 6

−

𝑃(𝑥−𝑎)3 6

𝐸𝐸𝐸 =

(75)

𝑅𝐴 ∗ 𝑥 2 𝑃(𝑥 − 𝑎)2 − + 𝐶1 2 2

+ 𝐶1 ∗ 𝑥 + 𝐶2

Ahora, analicemos todas las condiciones de frontera de nuestro problema con mucho cuidado: • • • • •

La flecha vale cero, para x = 0 La flecha vale cero, para x = L La pendiente tiene un valor desconocido para x = 0 La pendiente vale cero, para x = L El momento vale cero, para x = 0

Sustituyendo x = 0 en la ecuación de la flecha y utilizando la primera condición de frontera, encontramos que:* Para x = L ⇒ θ = 0 𝑅𝐴 ∗ 𝐿2 𝑃(𝐿 − 𝑎)2 − + 𝐶1 2 2

*nota No podemos utilizar x = 0 para la ecuación de la pendiente.

Despejando C1 de la ecuación anterior: 𝐶1 =

𝑃 ∗ 𝑏 2 𝑅𝐴 ∗ 𝐿2 − 2 2

Sustituyendo este resultado en la ecuación de la pendiente y de la flecha tenemos:

𝐸𝐸𝐸 =

𝑅𝐴 ∗𝑥 2 2

𝐸𝐸𝐸 = 𝐸𝐸𝐸 =

−

𝑃(𝑥−𝑎)2

𝑅𝐴 ∗𝑥 3 6

𝑅𝐴 ∗𝑥 3 6

2

− −

+

𝑃∗𝑏 2

𝑃(𝑥−𝑎)3 6

𝑃(𝑥−𝑎)3 6

2

−

+( +(

𝑅𝐴 ∗𝐿2

𝑃∗𝑏 2 2

𝑃∗𝑏 2 2

2

− −

(76)

𝑅𝐴 ∗𝐿2 2

𝑅𝐴 ∗𝐿2 2

) ∗ 𝑥 (77) ) ∗ 𝑥 (77)

Ahora hagamos las gráficas de la pendiente y de la flecha: 1.5 1 0.5 0

-0.5 0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

-1 -1.5 -2

Gráfica 19. Gráfica de la pendiente para una viga en cantiliever-apoyo simple, con una carga puntual a una distancia a del apoyo.

0.5 0 -0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

-1 -1.5

Gráfica 20. Gráfica de la flecha para una viga en cantiliever-apoyo simple, con una carga puntual a una distancia a del apoyo.

Apliquemos la condición:

p/x = L ⇒ y = 0

𝑅𝐴 ∗ 𝐿3 𝑃(𝐿 − 𝑎)3 𝑃 ∗ 𝑏 2 𝑅𝐴 ∗ 𝐿2 − + ∗L− ∗𝐿 =0 6 6 2 2

Sabemos que L = a + b y despejando RA de la ecuación anterior:

𝑅𝐴 ∗ 𝐿2 𝑅𝐴 ∗ 𝐿3 𝑃(𝐿 − 𝑎)3 𝑃 ∗ 𝑏 2 − + ∗𝐿− ∗𝐿 = 0 6 6 2 2 𝑅𝐴 =

𝑃∗𝑏 2

(3 ∗ 𝐿 − 𝑏)

2𝐿 3

𝑅𝐵 = 𝑃 − 𝑅𝐴

(78)

(79)

Con suma de momentos en A, tenemos:

+

∑ 𝑀𝐴 = 𝑃 ∗ 𝑎 − 𝑅𝐵 ∗ 𝐿 + 𝑀𝐵

Con lo anterior podemos obtener resultados numéricos: P = 5kN a = 1m b = 2m L = 3m

Consideremos los siguientes datos:

R_A = 2.59kN R_B = 2.41kN M_B = 2.2kN*m

T3 Viga empotrada con apoyo simple y carga uniformemente distribuida Tomemos la siguiente viga: A

B

q

x Ra 𝑑2 𝑦

L

𝐸𝐸 𝑑𝑥 2 = 𝑅𝐴 𝑥 −

Rb 𝑞𝑥 2 2

(80)

𝐸𝐸 ∗ 𝑦 =

𝑅𝐴 𝑥 3 6

−

𝑞𝑥 4 24

+ 𝐶1 𝑥 + 𝐶2

𝐸𝐸𝐸 =

𝑅𝐴 𝑥 2 𝑞𝑥 3 − + 𝐶1 2 6

p/x = 0 ⇒ y = 0, de donde: 𝐶2 = 0

p/x = L ⇒ θ = 0, se encuentra el valor de C1: 𝐿2 (𝑞𝑞 − 3𝑅𝐴 ) 𝐶1 = 6

Sustituyendo en las ecuaciones:

𝐸𝐸𝐸 =

𝑅𝐴 𝑥 2 2

𝐸𝐸𝐸 =

−

𝑞𝑥 3

𝑅𝐴 𝑥 3 6

6

−

+

𝐿2 (𝑞𝑞−3𝑅𝐴 )

𝑞𝑥 4 24

+

6

𝐿2 (𝑞𝑞−3𝑅𝐴 ) 6

(81) 𝑥

(82)

10 5 0 -5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

-10

Gráfica 21. Gráfica de la pendiente para una viga en cantiliever-apoyo simple, con una carga uniformemente distribuida. 0

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

-5 -10

Gráfica 22. Gráfica de la flecha para una viga en cantiliever-apoyo simple, con una carga uniformemente distribuida. p/x = L ⇒ y = 0

𝑅𝐴 𝐿3 𝑞𝐿4 𝐿2 (𝑞𝑞 − 3𝑅𝐴 ) − + 𝐿=0 6 24 6

de la ecuación anterior despejamos el valor de RA: 3

𝑅𝐴 = 8 𝑞𝑞

(83)

Y con las ecuaciones de la estática podemos encontrar el valor de RB: 5

𝑅𝐵 = 8 𝑞𝑞

Al considerar los siguientes valores:

(84)

q=12kN/m; L=3m 𝑅𝐴 = 13.5𝑘𝑘; 𝑅𝐵 = 22.5𝑘𝑘

𝑀𝐵 = 13.5𝑘𝑘 ∗ 𝑚

Si consideramos p/θ 2 = 0 ⇒ y = máxima es: ymax =

qL4

(85)

8EI

T3Viga empotrada con apoyo simple y con carga triangular La siguiente viga tiene:

y q B q’

A

x

x

Rb

Ra

L

Como:

𝑥

𝑞 ′ = 𝑞 �𝐿 �,

entonces: 𝑑2 𝑦

integrando:

𝐸𝐸 𝑑𝑥 2 = 𝑅𝐴 𝑥 −

𝑞𝑥 3 6𝐿

(86)

𝑅𝐴 𝑥 2 𝑞𝑥 4 − + 𝐶1 𝐸𝐸𝐸 = 2 24𝐿

𝐸𝐸𝐸 =

Aplicando condiciones de frontera:

𝑅𝐴 𝑥 3 6

𝑞𝑥 5

− 120𝐿 + 𝐶1 𝑥 + 𝐶2

Si x = 0 entonces y = 0, de donde: Si x = L entonces θ = 0:

𝐶2 = 0 𝑅𝐴 𝐿2 𝑞𝐿4 − + 𝐶1 = 0 2 24

Despejando: 𝐶1 =

𝑞𝐿4 24

−

𝑅𝐴 𝐿2

(87)

2

Sustituyendo el valor de las constantes en las ecuaciones: 𝐸𝐸𝐸 =

𝑅𝐴 𝑥 2 2

𝑞𝑥 4

− 24𝐿 − 𝐸𝐸𝐸 =

𝑅𝐴 𝐿2 2

𝑅𝐴 𝑥 3 6

+

𝑞𝐿4 24

𝑞𝑥 5

(88) 𝑞𝐿4

− 120𝐿 + � 24 −

𝑅𝐴 𝐿2 2

� 𝑥 (89)

20 15 10 5 0

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

Gráfica 23. Gráfica de la pendiente para una viga en cantiliever-apoyo simple, con una carga triangular.

0 -2

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

-4 -6

Gráfica 24. Gráfica de la flecha para una viga en cantiliever-apoyo simple, con una carga triangular. Con los siguientes valores, podemos calcular las reacciones y las ecuaciones anteriores. L = 3m; q = 25kN/m Resulta: RA = 7.5 kN; RB = 30kN; MB = 15 kN*m

T3Viga puntual

empotrada con apoyo simple y carga uniformemente distribuida con una carga

Tomemos la siguiente viga: 200kN

A

25kN/m

B

1m

2m

Para resolver este problema, lo primero que tenemos que hacer es calcular el grado de hiperestaticidad, el cual es de 1, después observamos que si obtenemos la ecuación de momentos de izquierda a derecha es más complicada que si la volteamos. Sólo hay que tener cuidado de que al terminar la volvamos a su posición original.

200kN

A 1m

B

2m

25kN/ Obtengamos las ecuaciones de momentos, pendiente y flecha de la viga anterior: 𝑑2 y

𝐸𝐸 𝑑𝑥 2 = 𝑅𝐴 𝑥 − 200(𝑥 − 1) − 𝐸𝐸𝐸 = 𝐸𝐸𝐸 =

p/x = 0 ⇒ y = 0, de donde:

𝑅𝐴 𝑥 2 2

𝑅𝐴 𝑥 3 6

−

−

200(𝑥−1)2 2

200(𝑥−1)3 6

−

−

25𝑥 3 6

25𝑥 2

+ 𝐶1

25∗𝑥 4 24

2

(90) (91)

+ C1 𝑥 + 𝐶2 (92)

𝐶2 = 0

p/x = L ⇒ θ = 0, se encuentra el valor de C1.

𝑅𝐴 𝐿2 200(𝐿 − 1)2 25𝐿3 − − + 𝐶1 = 0 2 2 6

De donde: 𝐶1 = 512.5 − 4.5𝑅𝐴

Para x = L, y = 0:

𝑅𝐴 (3)3 200(3 − 1)3 25(3)4 − − + (512.5 − 4.5𝑅𝐴 )3 = 0 6 6 24

La ecuación anterior y las de la estática nos permiten encontrar el valor de RA, MB y RB, así como la gráfica de la elástica. 𝑅𝐴 = 131.83 𝑘𝑘 𝑀𝐵 = 117.01 𝑘𝑘 ∗ 𝑚 𝑅𝐵 = 143.17 𝑘𝑘 0

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

-50 -100

Gráfica 25. Elástica de la viga, obsérvese especialmente en el punto, donde x = L, la flecha vale cero.

T3Viga empotrada con apoyo simple y carga uniformemente variada de 50 a 30 KN/m La siguiente viga es: A

B

50 kN/m

30 kN/m

4m

Procedimiento: lo primero que haremos para resolverla es voltearla y dividir la carga entre una rectangular y otra triangular. A 30 kN/m

B

50 kN/m

4m

Como ya se ha hecho, obtenemos las ecuaciones correspondientes: 𝑑2 𝑦

5

𝐸𝐸 𝑑𝑥 2 = 𝑅𝐴 𝑥 − 15𝑥 2 − 6 𝑥 3

𝐸𝐸𝐸 = 𝐸𝐸𝐸 =

𝑅𝐴 𝑥 2 2

𝑅𝐴 𝑥 3 6

p/x = 0 ⇒ y = 0, de donde:

−

15𝑥 3

5

3

2

−

8𝑅𝐴 −

15𝐿3 3

(94)

5

(95)

− 4 𝑥 4 − 120 𝑥 5 + 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 𝐶2 = 0

5

− 24 𝐿4 + 𝐶1 = 0

15(4)3 3

5

− 24 𝑥 4 + 𝐶1

p/x = L = ⇒ θ = 0, de donde: 𝑅𝐴 𝐿2

(93)

−

5(4)4 24

+ 𝐶1 = 0

8𝑅𝐴 − 320 − 53.33 + 𝐶1 = 0

𝐶1 = 373.33 − 8𝑅𝐴

Sustituyendo los valores de las constantes:

𝑅𝐴 𝑥 2 15𝑥 3 5 4 𝐸𝐸𝐸 = − − 𝑥 + 373.33 − 8𝑅𝐴 2 3 24

𝐸𝐸𝐸 =

𝑅𝐴 𝑥 3 6

5

5

− 4 𝑥 4 − 120 𝑥 5 + (373.33 − 8𝑅𝐴 )𝑥

Aplicando condiciones de frontera: p/x = L=4m ⇒ y = 0, resulta:

Despejando RA:

𝑅𝐴 𝐿3 5 4 5 5 − 𝐿 − 𝐿 + (373.33 − 8𝑅𝐴 )𝐿 = 0 6 4 120 𝑅𝐴 = 53.0𝑘𝑘

(96)

Haciendo suma de fuerzas en y, obtenemos el valor de RB: 𝑅𝐵 = 107.0𝑘𝑘 𝑀𝐴 = 81.33𝑘𝑘 ∗ 𝑚

Por supuesto la gráfica de la elástica quedaría:

0 -20

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

-40 -60

Gráfica 26. Elástica de nuestra viga, de la misma forma obsérvese en el extremo de la viga, la flecha vale cero.

T3Viga doblemente empotrada con una carga puntual a una distancia de a del apoyo izquierdo Esta viga se encuentra a una distancia de a del apoyo izquierdo. Generemos la ecuación de momentos y la integramos dos veces como lo dicta el método: A

B

80 kN a

b L

L = 3m; B = 1m;

A = 2m; P = 80kN

𝑑2 𝑦

𝐸𝐸 𝑑𝑥 2 = −𝑀𝐴 + 𝑅𝐴 𝑥 − 𝑃(𝑥 − 𝑎)

𝐸𝐸𝐸 = −

𝑀𝐴 𝑥 2 2

+

𝐸𝐸𝐸 = −𝑀𝐴 ∗ 𝑥 +

𝑅𝐴 𝑥 3 6

𝑃

(97) 𝑅𝐴 𝑥 2 2

𝑃

− 2 (𝑥 − 𝑎)2 + 𝐶1

− 6 (𝑥 − 𝑎)3 + 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 (99)

Aplicando condiciones de frontera:

p/x = 0 ⇒ y = 0, resulta: −0 + 0 + 𝐶1 (0) + 𝐶2 = 0

(98)

De donde: 𝐶2 = 0

p/x = 0 ⇒ θ = 0

−0 + 0 + C1 = 0

Con lo que encontramos el valor de C1:

𝐶1 = 0

p/x = L ⇒ y = 0 −

p/x = L ⇒ θ = 0

𝑀𝐴 𝐿2 2

+

−𝑀𝐴 ∗ 𝐿 +

𝑅𝐴 𝐿3 6

𝑅𝐴 𝐿2

Resolviendo el sistema encontramos:

2

=

=

𝑃𝑏 3 6

(100A)

𝑃𝑏 2

(100B)

2

𝑅𝐴 = 20.74 𝑁

Mientras que con las ecuaciones de la estática encontramos RB y MB: 𝑀𝐴 = 17.78 N*m;

𝑅𝐵 = 59.26kN;

𝑀𝐵 = 35.56 kN*m 0

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

-5 -10

Gráfica 27. Elástica de nuestra viga, de la misma forma obsérvese en el extremo de la viga, la flecha vale cero.

T3 Viga doblemente empotrada con carga uniformemente distribuida La siguiente viga es: B

A W N/m

L 𝑑2 𝑦

wx2

𝐸𝐸 𝑑𝑥 2 = −𝑀𝐴 + 𝑅𝐴 𝑥 − 𝑑𝑑

𝐸𝐸 𝑑𝑑 = −𝑀𝐴 𝑥 + 𝑅𝐴

𝐸𝐸𝐸 = −𝑀𝐴

𝑥2

Aplicando condiciones de frontera:

2

+ 𝑅𝐴

𝑥3 6

𝑥2 2

−

−

𝑤𝑥 4 24

2

wx3 6

(101) + 𝐶1

(102)

+ 𝐶1 ∗ 𝑥 + 𝐶2 (103)

p/x = 0 ⇒ y = 0 Sustituyendo en la ecuación de la flecha, encontramos: 𝐶2 = 0

p/x = 0 ⇒ θ = 0 La ecuación de la pendiente nos da el valor:

𝐶1 = 0

Sustituyendo el valor de las constantes, las ecuaciones quedan de la siguiente forma: Ecuación de momentos, 𝑑2 𝑦

Ecuación de la pendiente,

𝐸𝐸 𝑑𝑥 2 = −𝑀𝐴 + 𝑅𝐴 𝑥 −

𝑑𝑑

𝐸𝐸 𝑑𝑑 = −𝑀𝐴 𝑥 + R A

𝑥2 2

−

𝑤𝑥 2 2

𝑤𝑥 3 6

(104)

(105)

Ecuación de la flecha, 𝐸𝐸𝐸 = −𝑀𝐴

𝑥2 2

+ 𝑅𝐴

𝑥3 6

Nuevamente aplicamos condiciones de frontera:

−

𝑤𝑥 4

(106)

24

p/x = L ⇒ y = 0 −

p/x = L ⇒ θ = 0

𝑀𝐴 𝐿2 2

+

−𝑀𝐴 𝐿 +

𝑅𝐴 𝐿3 6

𝑅𝐴 𝐿2 2

− −

𝑤𝐿4 24

𝑤𝐿3 6

=0

(107)

=0

(108)

Resolviendo el sistema anterior nos da el valor de RA y el valor de MA: 𝑅𝐴 =

𝑤𝑤

; 2

𝑀𝐴 =

𝑤𝐿2 12

Por simetría en forma y en carga de nuestro problema, sabemos que RA = RB y MA=MB. Consideremos W = 25 kN/m; L = 5m, para podemos hacer la gráfica de la elástica : 20 0 -20

0

1

2

3

4

5

-40 -60

Gráfica 28. Elástica de nuestra viga, de la misma forma obsérvese en el extremo de la viga, la flecha vale cero.

T3 Viga doblemente empotrada con una carga triangular Esta viga es:

A

B W N/m

L

Ecuación de momentos, 𝑑2 𝑦

𝐸𝐸 𝑑𝑥 2 = −𝑀𝐴 + 𝑅𝐴 𝑥 −

𝑤𝑥 3

Realizamos la primera integración, 𝑑𝑑

𝐸𝐸 𝑑𝑑 = −𝑀𝐴 𝑥 + 𝑅𝐴

Integramos una segunda vez,

𝐸𝐸𝐸 = −𝑀𝐴

𝑥2

Aplicamos condiciones de frontera:

2

+ 𝑅𝐴

𝑥2 2

𝑥3 6

−

6𝐿

𝑤𝑥 4 24𝐿

+ 𝐶1

(109)

(110)

𝑤𝑥 5

− 120𝐿 + 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 (111)

p/x = 0 ⇒ y = 0, sustituyendo en la ecuación de la flecha 𝐶2 = 0

p/x = 0 ⇒ θ = 0, sustituyendo en la ecuación de la pendiente: p/x = 0 ⇒ θ = 0

𝐶1 = 0

Nuevamente aplicamos condiciones de frontera: p/x = L ⇒ y = 0 −

𝑀𝐴 𝐿2 2

+

𝑅𝐴 𝐿3 6

𝑤𝐿4

− 120 = 0

(112)

p/x = L ⇒ θ = 0, sustituyendo en la ecuación de la pendiente: −𝑀𝐴 𝐿 +

𝑅𝐴 𝐿2 2

3

−

𝑅𝐴 = 20 𝑤𝑤; 𝑀𝐴 =

𝑤𝐿3 24

=0

𝑤𝐿2

; 30

(113) 7

𝑅𝐵 = 20 𝑤𝑤

𝑀𝐵 =

Consideremos w = 28kN/m y L = 4m, esto nos lleva a:

𝑤𝐿2 20

RA = 16.8; MA = 14.93kN/m Que sustituyendo en la ecuación siguiente podemos trazar la gráfica de la elástica: 𝐸𝐸𝐸 = −𝑀𝐴

𝑥2 2

+ 𝑅𝐴

𝑥3 6

𝑤𝑥 5

(114)

− 120𝐿

Resolviendo el sistema anterior encontramos el valor de RA, de RB, MA y de MB: 5 0

0

1

2

3

4

-5 -10

Gráfica 29. Elástica de nuestra viga, de la misma forma obsérvese que la flecha máxima se encuentra fuera del centro de la viga.

T3Viga doblemente empotrada con una carga trapezoidal Esta viga es: A

B 80 N/m

800 N 65 N/m

MA

MB L/3 x

RA

RB

4m

Procedimiento: la viga es un problema de GH = 2. Primero comenzaremos con el tratamiento de la carga trapezoidal, para ello hagamos un corte dividiendo la carga en una rectangular y una triangular. Después comencemos el trabajo con la carga triangular. Sabemos que el valor de la carga varía con respecto de x y esto lo podemos deducir de la siguiente figura: q’

x

q

15

θ L

Conociendo que podemos calcular el momento que nos produce la carga triangular: 𝑡𝑡𝑡 =

15 𝑞′ = 𝐿 𝑥

𝑥 𝑞 ′ = 15 � � 𝐿

𝑥 𝑥(15 𝐿 ) 𝑥 𝑞′𝑥 5𝑥 3 𝑀= 𝑥𝑐 = � �= 2 2 3 2𝐿

Ya con esto procedemos a sustituir el momento en la ecuación diferencial:

� 𝑀𝑥 = −𝑀𝐴 + 𝑅𝐴 𝑥 − 800(𝑥 − 1.33) −

65𝑥 2 5𝑥 3 − 2 2𝐿

Sustituyendo en la ecuación de momentos: 𝐸𝐸

𝑑2𝑦 𝑅𝐴 𝑥 2 800(𝑥 − 1.33) 65𝑥 3 5𝑥 4 = −𝑀 𝑥 + − − − 𝐴 𝑑𝑥 2 2 2 6 2𝐿

Realizando la primera integración:

𝑑𝑑 𝑅𝐴 𝑥 2 65𝑥 3 5𝑥 4 2 𝐸𝐸 = −𝑀𝐴 ∗ 𝑥 + − 400(𝑥 − 1.33) − − + 𝐶1 𝑑𝑑 2 6 8

Realizando la segunda integración: 𝐸𝐸𝐸 = −

𝑀𝐴 𝑥 2 𝑅𝐴 𝑥 3 400 65𝑥 4 5𝑥 5 (𝑥 − 1.33)3 − + − + + 𝐶2 3 2 6 24 40𝐿

Las condiciones de frontera se enuncian a continuación. p/x = 0 p/x = L

y = 0; p/x = 0 y = 0; p/x = L

y’ = 0 y’= 0

De las condiciones aplicadas en las ecuaciones anteriores, se obtienen los valores de las constantes y las ecuaciones de los momentos, la pendiente y la flecha, con los cuales se genera un sistema que nos permitirá encontrar las incógnitas de nuestro problema. Una vez encontradas las incógnitas se introducen en las ecuaciones y se puede proceder a graficar, especialmente la pendiente y la flecha de nuestra viga. Se deja al lector, terminar el cálculo.

T1MÉTODO DE ÁREA DE MOMENTOS T2Fundamentos El método de área de momentos es un método sencillo y muy versátil y como dice su nombre, en éste método se utiliza el diagrama de momentos para obtener los resultados que se buscan. El método de área de momentos se basa de manera principal en dos teoremas: 𝜃𝐴𝐴 =

T3Teoremas I y II

1 �Á𝑟𝑟𝑟 𝑑𝑑 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀�𝐴𝐴 𝐸𝐸

Teorema I. La multiplicación del inverso de la rigidez con el área del diagrama de momentos de una viga nos da como resultado el valor de la desviación angular entre los puntos límites del área. Teorema II. La multiplicación del inverso de la rigidez con el primer momento generado por el área de momentos con respecto a su centroide, nos da como resultado la desviación tangencial entre dos puntos. 𝑡𝐴𝐴 =

Recordemos la ecuación 8:

1 �Á𝑟𝑟𝑟 𝑑𝑑 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 ∗ 𝑋𝐵 �𝐴𝐴 𝐸𝐸

𝑑2 𝑦

Pero sabemos que:

𝑑2 𝑦

𝑑

𝑑𝑑

𝑑𝑑 =𝜃 𝑑𝑑

Que sustituyendo:

Por lo que finalmente:

𝑀

𝑀

𝐸𝐸 𝑑𝑥 2 = 𝑀 σ 𝑑𝑥 2 = 𝐸𝐸 σ 𝑑𝑑 �𝑑𝑑 � = 𝐸𝐸

𝑑 𝑀 (𝜃) = 𝑑𝑑 𝐸𝐸 𝑀

𝑑𝑑 = 𝐸𝐸 𝑑𝑑

(115)

Si integramos la ecuación anterior, podremos ver que del lado izquierdo tenemos la pendiente. En la parte derecha se tiene la rigidez EI que normalmente es constante, por lo que la podemos sacar de la integral, sólo nos quedaría la integral de M*dx. Sabemos que una integral nos da el área bajo la curva. Por lo que lo anterior no es otra cosa que el primer teorema.

R

Carga

RB

A

B D dt

C F

E M

dθ

x

𝑡𝐷⁄𝐶

Centroide

xB

x

dx Observemos que con las tangentes trazadas en los puntos EF se define un dt. Como dx es pequeño, entonces podemos considerar que dt es la longitud de arco, y x es el radio del arco, entonces:

dt=xdθ

Sustituyendo dθ:

luego integrando:

𝑑𝑑 = 𝑥 𝑡=

𝑀 𝑑𝑑 𝐸𝐸

1 � 𝑥 (𝑀𝑀𝑀) 𝐸𝐸

Ya se había comentado que la ∫ 𝑀 𝑑𝑑 , nos representa el área bajo la curva, que en este caso va desde C hasta D, sin embargo, en el caso de x en la integral, ésta se localiza en el centroide del área de ancho dx.

Si analizamos para el caso del área comprendida entre C y D, la x correspondería a XB (que es el centroide del área), es decir x = xB, por lo que la integral comprendida entre C y D, quedaría: 𝑡𝐷�

𝐶

En otras palabras:

1 𝑥𝐷 = � 𝑥𝐷 (𝑀𝑀𝑀) 𝐸𝐸 𝑥𝐶

1

(116)

𝑡𝐷� = 𝐸𝐸 �Á𝑟𝑟𝑟𝐶𝐶 ∗ 𝑥𝐷 � 𝐶

Que corresponde al segundo teorema del método de área de momentos. De acuerdo con lo anterior se deduce que los diagramas de momentos son de gran importancia, por lo que comenzaremos explicando cómo obtenerlos de la mejor manera.

T2 Vigas estáticamente indeterminadas Casos

T3

Viga simplemente apoyada con una carga puntual P a una distancia a del extremo izquierdo de la viga Esta viga estará, como se muestra en la siguiente figura: P

A

B

b

a

L

R

Rb

El procedimiento normal es hacer un corte imaginario entre el apoyo A y la carga a una distancia x del apoyo izquierdo. En este punto calculemos los momentos con las cargas que se tienen a la izquierda. Para calcular los momentos es necesario calcular la reacción RA. 𝑅𝐴 =

𝑃𝑃 𝐿

; 𝑅𝐵 =

𝑃𝑃 𝐿

Haciendo suma de momentos, considerando la siguiente convención:

+ ∑ 𝑀𝑥 = 𝑅+𝐴 𝑥 − 𝑃(𝑥 − 𝑎)

∑ 𝑀𝑥 = 𝑅𝐴 𝑥 𝑎 > 𝑥 ≥ 0 𝐿>𝑥≥𝑎

(118)

(117)

Las dos ecuaciones anteriores corresponden a líneas rectas, grafiquemos el diagrama de momentos ayudados de una tabla considerando los siguientes valores: P = 150kN; a = 2m; b = 1m y L = 3m. x 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.8 2 2.2 2.4 2.6 2.8 3

M(x) 0 10 20 30 40 50 60 70 90 100 80 60 40 20 0

150 100 50 0

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

Gráfica 30. Diagrama de momentos de una viga simplemente apoyada, con una carga puntual. El valor del momento máximo es: 𝑀𝑚𝑚𝑚 = 100𝑘𝑘 ∗ 𝑚

Y se encuentra localizado a una distancia de 2 m a partir del apoyo izquierdo. Sin embargo nuestro problema no es el momento máximo sino el área.

T2Diagramas de Momentos Calcular el área en este diagrama de momentos no es ningún problema y tenemos los datos suficientes para hacerlo. Pensemos que fuera difícil calcular el área del diagrama de Momentos de nuestra viga ¿qué podemos hacer? una forma alternativa sería la siguiente: Hagamos un corte imaginario en un punto x cualquiera sobre la viga. Por un lado sabemos que cuando se hace un corte se genera un momento y un cortante: P

A

B

P

A

b

a

a M

x

V L

Ra

Ra

Rb

Por otro lado sabemos que si tenemos un cortante y un momento, entonces podemos cambiar por un empotre, pero para nuestro problema es conveniente hacer el corte en el extremo B de la viga, consideremos de forma separada las cargas reales y las reacciones. Dibujemos además sus diagramas de momentos correspondientes. Nota. Consideremos que el área del diagrama de momentos es positiva, si la deflexión de nuestra viga es hacia abajo y negativa al contrario:

B

A

M L x

L R

0 M = Ra*L (b)

(a) M

A

B

P

M = P*b

a

b L (c)

x a

b L (d)

Podemos observar que la figura que se genera es la de un triángulo en los dos casos a) y b), los cuales son fáciles de calcular: Para la viga del inciso a, el área sería:

Si sustituimos el valor de RA :

𝐴𝑎 =

𝐿∗(𝑅𝐴 ∗𝐿) 2

𝐴𝑎 =

Para el caso de la viga b, el área queda:

=

𝑅𝐴 ∗𝐿2

𝑃∗𝑏

(120)

2𝐿

1

𝐴𝑏 = 2 (𝑏)(𝑃𝑃) =

(119)

2

𝑃∗𝑏 2

(121)

2𝐿

Si nosotros giramos sobre el eje x al área del diagrama de momentos de la a), tendríamos lo siguiente: M L x M = P*b

0 M = Ra*L

Como un área es positiva y la otra es negativa, estas dos áreas se restan. El resultado final sería nuestro diagrama de momentos ya mencionado. M b

a 0

x L

Pero lo más importante es que calcular el área de los diagramas de momentos b) y d) es muy simple, ya que se trata de triángulos.

Veamos un ejemplo más complicado para poder ver la bondad de esta metodología. Pensemos en una viga simplemente apoyada con una carga distribuida, como se muestra en la figura siguiente: B

w

A a

c b L

Ra

Rb

Para facilitar el cálculo, démosle valores al problema: A = 1m; b = 2m; c =1.5m; y w = 65kN/m Con estos datos podemos calcular el valor de las reacciones: 𝑅𝐴 = 55.714𝑘𝑘;

𝑅𝐵 = 74.286𝑘𝑘

Si pensamos en el diagrama de momentos de nuestro problema, resultaría un poco complicado saber cómo es, pero lo que sí sabemos es que el área no sería conocida como un rectángulo, un triángulo o incluso una parábola y más difícil sería calcular el valor numérico de área y sobre todo la posición de su centroide. Con el procedimiento alternativo encontrar estos datos es menos complicado, incluso hay un truco que agiliza el trabajo cuando encontramos un área complicada. Realicemos un corte en el punto B de nuestra viga y dibujemos sus diagramas de momentos. B

A

M L

L

x

0 MB = Ra*L

Ra

(a)

(b)

Nota. Consideremos nuevamente la convención, ya mencionada.

B

A b

a

M

c

L

L (c)

x

¿?

0

(d)

En el caso de la viga C, se complica un poco, aunque en realidad es posible determinar su diagrama de momentos correspondientes e incluso el del problema original, sólo basta encontrar las ecuaciones de momentos y graficarlas, con un poco de cálculo integral podemos determinar la posición del centroide. Sin embargo como ya mencionamos es posible aplicar un truco que consiste en analizar el problema y determinar dónde es más conveniente hacer nuestro corte. En este caso podemos ver que resulta más conveniente hacerlo al final de la carga distribuida.

B

A

M a+b

a+b Ra

x

0

(e)

(f)

Considerando cargas a la izquierda: B

A

M

b a

a

x

0 (g)

b (h)

Considerando cargas a la derecha: M

c 0

c RB (i)

MB = RB*c

(j)

x

Calculemos el área de cada uno de los diagramas de momentos y determinemos la posición del centroide. Para simplificar la tarea construyamos una tabla con los casos típicos mostrando la fórmula del área del diagrama de momentos y la fórmula de la posición del centroide del diagrama de momentos correspondiente. Tabla 1

Diagramas de momentos de vigas Viga

Diagrama de Momentos

Área

Centroide Xc

b=L

M x

h=M L

xc 1 𝑥𝑐 = 𝑏 2

Á𝑟𝑟𝑟 = 𝑏 ∗ ℎ

P

b=L

h=P*L x L

x

𝑤 𝑁/𝑚

xc Á𝑟𝑟𝑟 =

1 𝑥𝑐 = 𝑏 3

𝑏∗ℎ 2 b=L

h=wL2/2

L

xc Á𝑟𝑟𝑟 = 𝑤 𝑁/𝑚

𝑏∗ℎ 3

1 𝑥𝑐 = 𝑏 4

b=L

2

h=wL /6

x

xc

L Á𝑟𝑟𝑟 =

𝑏∗ℎ 4

1 𝑥𝑐 = 𝑏 5

Confirmemos lo anterior a través de un ejercicio. Sea el caso de una viga en cantiliever con una carga puntual en el extremo libre de la viga y calculemos la flecha en el extremo libre y a dos tercios de su longitud a partir del empotre.

T3 Viga en cantiliever con una carga puntual P en el extremo libre Datos: P = 800N; L = 4 m

A

B 800 N L/3

MA

δ

4m C

RA

Con estos datos procedemos a calcular la reacción en A, aunque esto es muy fácil, ya que su valor es P. 𝑅𝐴 = 800 𝑁

Ahora calculemos el valor del momento en A. Esta operación es sencilla debido a que sólo es cuestión de multiplicar el valor de P por la longitud de la viga: 𝑀𝐴 = 800 ∗ 4 𝑀𝐴 = 3,200 𝑁 ∗ 𝑚

Con estos datos procedemos a calcular el diagrama de momentos: 2 (4) 3

M 3,200

x

1.33 L=4 m

Con lo anterior podemos calcular la flecha: 1

𝛿𝑐 = 𝑡𝐶⁄𝐴 = 𝐸𝐸 �Á𝑟𝑟𝑟𝐴𝐴 ∗ 𝑥𝐶 �

1 4 ∗ 3,200 2 � ∗ ∗ 4� 𝐸𝐸 2 3

(122)

1

𝐸𝐸 ∗ 𝛿𝑐 = 17,067

𝜃𝐶 = 𝐸𝐸 �Á𝑟𝑟𝑟𝐴𝐴 � 𝜃𝐶 =

(123)

1 4 ∗ 3,200 � � 𝐸𝐸 2

𝐸𝐸 ∗ 𝜃𝐶 = 6,400

Esto lo podemos corroborar utilizando la fórmula para calcular la flecha en el punto C. 𝑃𝐿3 𝛿= 3𝐸𝐸

𝛿𝑐 =

800 ∗ 43 3𝐸𝐸

𝛿𝑐 = 17,067/𝐸𝐸

Para calcular la flecha en el punto B necesitamos saber el valor del momento en ese punto, lo que haremos será multiplicar el valor de la carga por la distancia entre B y el punto C: 𝑀𝐵 = 1,066.67𝑁 ∗ 𝑚

Es necesario seccionar nuestro diagrama de momentos ya que sólo se tomará en cuenta a partir de B hacia la izquierda. Esto nos presenta un trapecio, y para facilitar el cálculo lo seccionaremos en un rectángulo y un triángulo.

M 3,200

2 (4) 3

x

x

L=4

𝛿𝐵 =

1 2.672 2.67 ∗ 2,133.33 2 �1,066.67 + � 2.67�� 𝐸𝐸 2 2 3 𝛿𝐵 = 8,871.54/𝐸𝐸

Comparemos con la fórmula: 𝐸𝐸𝐸 =

𝐸𝐸𝐸 =

𝑃𝑥 2 6

(3𝐿 − 𝑥)

(124)

2 𝑥 = (4) = 2.67 𝑚 3

800 ∗ 2.672 (3 ∗ 4 − 2.67) 6 𝛿𝐵 = 8,868.4/𝐸𝐸

Hay una pequeña diferencia entre los resultados, esto no nos debe preocupar ya que es debido a los decimales que se toman. T3Viga en cantiliever con una carga distribuida a lo largo de su longitud M A

B 10,000 N*m

800 N/m

MA

x

5m

RA

5m

Primero se requiere encontrar el valor de las reacciones: � 𝐹𝐹 = 5(800) = 0 𝑅𝐴 = 4,000 𝑁

+

� MA = +5(800)(2.5) − MA = 0

Luego utilizando el segundo teorema: 𝛿𝐵 =

𝑀𝐴 = 10,000 𝑁 ∗

1 5(10,000) 3 � � ∗ 5�� 𝐸𝐸 3 4 𝛿𝐵 = 62,500⁄𝐸𝐸

T3 Viga en cantiliever con una carga triangular W = 450 N/m

δ1

L=5m

𝑤𝐿2 6

M

x Calculemos las reacciones: � 𝐹𝐹 = −

+

450(5) + 𝑅𝐴 = 0 2

𝑅𝐴 = 1,125 𝑁

∑ 𝑀𝐴 =

450(5) 2

5

∗ 3 − 𝑀𝐴 = 0

𝑀𝐴 = 1,875 𝑁 ∗ 𝑚

Aplicando el teorema, podemos encontrar el valor de la flecha en B: 𝛿𝐵 = 𝑡𝐵/𝐴 =

1 1875(5) 4(5) � ∗ � 𝐸𝐸 4 5

δB = 9,375.0⁄𝐸𝐸

De nuevo comparemos nuestro resultado con el de la fórmula: 𝛿𝐵 =

No hay diferencia.

𝑤𝐿4 30𝐸𝐸

450 ∗ 54 = 30𝐸𝐸

𝛿𝐵 = 9,375.0/𝐸𝐸

T3 Viga en cantiliever con una carga uniformemente distribuida a la mitad de su longitud A

160 N/m

B 3m 6m M 720 N*m

x 3m 6m

Sabemos que con suma de fuerzas en y podemos encontrar el valor de RA 𝑅𝐴 = 480 𝑁

Y con suma de momentos en A podemos obtener MA: 𝑀𝐴 = 720 𝑁𝑁

Aplicando el segundo teorema:

La flecha resulta:

𝛿𝐵 =

1 3(720) 3 � �3 + 3�� 𝐸𝐸 3 4 δB = 3,780⁄𝐸𝐸

T3Viga en cantiliever con carga uniformemente distribuida sobre la mitad de su longitud (FIGURA NO EDITABLE)

La forma de resolver este problema es superponiendo dos vigas como se muestra a continuación. A

500 N/m

A

𝛿𝐵

B

𝛿𝐵

5m

M

B

500 N/m 5m

M

1

6250 Nm

𝑥̅𝑒

2

𝑥̅𝑒

x

2.5 m x

1562.5 Nm

5m 5m

Pondremos los diagramas de momentos flexionantes correspondientes: Del primer diagrama de momentos calcularemos el área y la distancia al centroide de área con respecto al punto B: 1 𝐴1 = (5)(6,250) = 10,416.67 3 𝑥1 =

3 (5) = 3.75 𝑚 5

Seguimos con la segunda área y la distancia al centroide correspondiente: 1 𝐴2 = (2.5)(1,562.5) = 1,302.08 3 𝛿𝐵 =

1 [𝐴 𝑥 − 𝐴2 𝑥2 ] 𝐸𝐸 1 1

Con lo anterior podemos calcular la flecha solicitada: 𝛿𝐵 =

1 [10,416.67(3.75) − 1,302.08(4.375)] 𝐸𝐸 𝛿𝐵 = 33,366⁄𝐸𝐸

Nuevamente comprobamos con la fórmula correspondiente: 𝑞𝐿4

𝑎3

𝑎4

(125)

𝛿𝐵 = 24𝐸𝐸 �3 − 4 𝐿3 + 𝐿4 � =

500 ∗ 54 2.53 2.54 �3 − 4 3 + 4 � 24𝐸𝐸 5 5 𝛿𝐵 = 33,365.89⁄𝐸𝐸

T3 Viga simplemente apoyada con carga puntual a una distancia a del apoyo izquierdo de la viga P b

a

A

B

C

tB/A

tD/A D

L RA

RB

Su diagrama de momentos correspondiente es: 𝑅𝐴 =

𝑃𝑃 𝐿

M b

Pb

a

x

RA*a

RAL

Nota: Es suficiente calcular la reacción en A para poder realizar los diagramas de momentos. Para facilitar el trazado de los diagramas de momentos, empotramos en B y procedemos a dibujar los diagramas considerando primero la carga P y posteriormente la reacción en A. Teniendo los diagramas procedemos a calcularlas. El área 1 y el área 2 resultan:

𝐴1 =

𝐿(𝑅𝐴 𝐿)

=

2

𝑅𝐴 𝐿2 2

; 𝐴2 =

𝑏(𝑃𝑃) 2

=

𝑃𝑏 2 2

Luego podemos calcular la desviación tangencial de D con respecto a A: 𝑡𝐵/𝐴 =

1 𝑅𝐴 𝐿2 1 𝑃𝑏 2 1 1 𝑅𝐴 𝐿3 𝑃𝑏 3 �− � 𝐿� + � 𝑏�� = �− + � 𝐸𝐸 2 3 2 3 𝐸𝐸 6 6 =

1 𝑃𝑃𝐿2 𝑃𝑏 3 �− + � 𝐸𝐸 6 6 𝑃𝑃

𝑡𝐵/𝐴 = − 6𝐸𝐸 [𝐿2 − 𝑏 2 ]

(126)

Que para este caso es la pendiente en A: 𝜃𝐴 ≈ 𝑡𝑡𝜃𝐴 =

𝑡𝐵/𝐴 𝐿

𝑃𝑃

= 6𝐸𝐸𝐸 [𝐿2 − 𝑏 2 ] (127)

[𝐿2 − 𝑏 2 ] = (𝐿 + 𝑏)(𝐿 − 𝑏) = (𝐿 + 𝑏)(𝑎)

Acomodando términos resulta:

𝜃𝐴 =

𝑃𝑃𝑃(𝐿+𝑏) 6𝐿𝐿𝐿

(128)

Calculemos la flecha bajo la carga: P b

a

A

D

B

δC

tB/A

tD/A C E

L RA

RB 𝑃𝑎3 𝑏 𝑃𝑃 2 𝑎 2 [𝐿 − 𝑏 ] � � + =− 𝐿 6𝐸𝐸 6𝐿𝐿𝐿 =−

𝑃𝑃𝑃 2 [𝐿 − 𝑏 2 − 𝑎2 ] 6𝐸𝐸𝐸

𝐿 = 𝑎 + 𝑏 ∴ 𝐿2 = 𝑎2 + 2𝑎𝑎 + 𝑏 2 =−

𝑃𝑃𝑃 2 [𝐿 − (𝑏 2 + 𝑎2 )] 6𝐸𝐸𝐸

(𝑎2 + 𝑏 2 ) = (𝐿2 − 2𝑎𝑎) −𝑃𝑃𝑃 [2𝑎𝑎] = 6𝐸𝐸𝐸

=−

𝑃𝑎2 𝑏 2 3𝐸𝐸𝐸

800(3)2 (2)2 =− 3(5)𝐸𝐸 𝐸𝐸𝛿𝑐 = 1,920

𝛿𝑐 = 𝐶𝐶 − 𝑡𝐶⁄𝐴 𝑎

𝛿𝐶 = 𝑡𝐵⁄𝐴 �𝐿 � − 𝑡𝐶⁄𝐴 P=800

(129)

(130) (131)

N; a=3 m; b=2 m; L=5 m

𝑡𝐵⁄𝐴 =

800(2) 2 [5 − 22 ] 6 𝐸𝐸

𝐸𝐸𝐸𝐵⁄𝐴 = 5,600

𝑡𝐶⁄𝐴

800(3)3 (2) = 6 𝐸𝐸 (5)

𝐸𝐸𝐸𝐶⁄𝐴 = 1,440

3 1 𝛿𝐶 = �5,600 � � − 1,440� 5 𝐸𝐸

Finalmente la flecha sería:

Comprobando por fórmula de tablas: 𝑦=− 𝑦=−

𝐸𝐸𝐸𝐶 = 1,920

𝑃𝑃𝑃 2 (𝐿 − 𝑏 2 − 𝑥 2 ) 6𝐿𝐿𝐿

800(2)(3) 2 (5 − 22 − 32 ) 6(5)𝐿𝐿𝐿 𝐸𝐸𝐸𝐶 = 1,920

T3 Viga simplemente apoyada con carga uniformemente distribuida a todo lo largo de la viga Para este problema hacemos un corte en B. A

q = 200 N/m

5m

B

Consideramos la carga distribuida con su diagrama de momentos correspondiente: q

M 2.5 m

2500

L/2

625

x

5m

Luego la reacción en A como se muestra en la figura siguiente:

x 𝑅𝐴 = M

𝑞𝑞 2 2.5 m

5m

x 1,250

2,500

El valor del momento en el empotre resulta:

𝑀=

𝑤𝑙 2 200(5)2 = = 2,500 2 2

Con base en el diagrama de momentos de la carga distribuida podemos determinar su área y su centroide: 𝐴1 =

𝑏ℎ 5(2,500) = = 4,166.67 3 3

𝑥1 =

𝑏 1 = (5) = 1.25 4 4

𝑅𝐴 =

200(5) = 500 𝑁 2

De la misma forma podemos hacer lo mismo para el diagrama de la reacción en A, aunque primero se requiere calcular la reacción en A:

Luego se calcula el área 2: 𝐴2 =

(5)(2500) 2

1

𝑥2 = 3 (5) = 1.67

= 6,250

Sustituimos en la ecuación de la desviación tangencial, resultando: 1

𝑡𝐵/𝐴 = 𝐸𝐸 [𝐴1 𝑥̅1 − 𝐴2 𝑥̅ 2 ] 𝑡𝐵/𝐴 =

(132)

1 1 �4,166.67(1.25) − 6,250 � ∙ 5�� 𝐸𝐸 3

T4 La flecha en el centro de la viga

𝐸𝐸𝐸𝐵/𝐴 = −5,208.33

Para tC/A para el área 1: 𝐴1 =

𝑏ℎ (2.5)(625) = 3 3

𝐴1 = 520.83 𝑁𝑚2 𝑥1 =

𝑏 2.5 = 4 4

𝑥1 = 0.625 𝑚

para el área 2: 𝐴2 =

(2.5)(1250) 2

𝐴2 = 1,562.5 𝑥2 = 0.83 𝑚

La desviación tangencial resulta en poder calcular la flecha en el centro. 𝑡𝐶/𝐴 =

1 [520.83(0.625) − 1,562.5(0.83)] 𝐸𝐸 𝐸𝐸𝐸𝐶/𝐴 = −971.36

Si hacemos una relación de triángulos:

q = 200 N/m

A

2.5 m

D

B

C 𝑡𝐶⁄𝐴

𝑡𝐵⁄𝐴

5m

tan 𝜃 =

𝑡𝐵⁄𝐴 𝐶𝐶 = 5 2.5

𝐶𝐶 =

𝑡𝐵⁄𝐴 2

Con lo anterior podemos calcular la flecha bajo la carga: 𝐶𝐶 = 𝛿 + 𝑡𝐶⁄𝐴 ∴ 𝛿 = 𝐶𝐶 − 𝑡𝐶⁄𝐴 𝐸𝐸𝐸 = 5,208.33 − 976.51 𝐸𝐸𝐸 = 1,627.68

T3 Viga simplemente apoyada con carga uniformemente distribuida a 4 m con una carga puntual de 650 kN a 3 m del extremo izquierdo de la viga A

650 N 300 N/m D B

3M

C 1m 6m

Calculamos las reacciones RD y RA: � 𝐹𝐹 = −300(4) − 650 + 𝑅𝐴 + 𝑅𝐷

� 𝑀𝐴 = 650(3) + 300(4)(2) − 6𝑅𝐷

+

𝑅𝐷 = 725 𝑁; 𝑅𝐴 = 1,125 𝑁

Luego empotramos en A y procedemos a calcular el diagrama de momentos.

1

M

A 300 N/m

2,400 N*m

B

xc

2m

δ1

4m

2m x

4m 6m

𝑀=

𝑤𝑙 2 300(4)2 = = 2,400 𝑁𝑁 2 2

Se calculan las áreas y los centroides con respecto a D, de cada uno de los diagramas:

𝐴1 =

𝑏ℎ 4(2400) = 3 3

𝐴1 = 3,200 𝑁𝑁

3 3(4) 𝑋𝑐 = 2 + 𝑏 = 2 + =5 4 4 2

M 650 N

A

1,950 N*m

B

δ1

3m

𝑋𝐶1 = 5 𝑚

xc

6m

x 3m

3m

𝑀 = 3(650) = 1,950 𝑁 ∗ 𝑚 𝐴2 =

𝑏ℎ 3(1,950) = = 2,925 2 2

2 2(3) = 2𝑚 𝑋𝐶 = 3 + 𝑏 = 3 3

De la misma forma respecto a D:

𝑋𝐶2 = 5 𝑚 M

3 6m xc

6m RD

4,350

x 𝑋2 = 2 + 3 = 5 𝑚

𝑀3 = 6(725)

𝑀3 = 4,3501 𝑁 ∗ 𝑚

𝐴3 =

2 𝑥̅𝑐3 = (6)2 3

6(4350) = 13,050 2

𝑥̅𝑐3 = 4 𝑚

1

𝑡𝐷� = 𝐸𝐸 [𝐴1 𝑥̅1 + 𝐴2 𝑥̅ 2 + 𝐴3 𝑥̅ 3 ] 𝐴

𝑡𝐷� = 𝐴

(133)

𝑥̅𝐶3 = 4 𝑚

1 [3,200(5) + 2925(5) − 13,050(4)] 𝐸𝐸 𝐸𝐸𝑡𝐷� = −21,575 𝐴

T4 Calculemos la flecha en el centro Para calcularla dibujemos la elástica de nuestra viga: 650 N A 300 N/m C B

δ E 3

tB/A

D

tD/A

1m 6m

BE=d+tB/A

Ahora trabajemos a partir del centro considerando la parte izquierda, para calcular tB/A: 1

𝑡𝐵/𝐴 = 𝐸𝐸 [𝐴1 𝑥̅1 + 𝐴2 𝑥̅ 2 − 𝐴3 𝑥̅ 3 ] 300 N/m

4m 6m

(134)

1

M

2

2,400 150

x 1 m

3m

Del diagrama de momentos Ag es el área mayor y Ach el área más pequeña: 𝑀=

300(1)2 = 150 2

𝐴1 = 𝐴𝐴 − 𝐴𝐴ℎ

𝐴𝐴ℎ =

𝐴𝐴 = 3,200

(1)(150) 3

𝐴𝐴ℎ = 50

por lo tanto:

𝐴1 = 𝐴𝑔 − 𝐴𝑐ℎ = 3,150

𝑥̅1 = Respecto al centro:

𝐴𝐴𝑥̅ 𝑔 −𝐴𝐴ℎ𝑥̅ 𝑐ℎ

(135)

𝐴𝑡𝑡𝑡

𝑥̅1 𝑥̅1 =

1 3,200(4 ∗ 4) − 50 3,150

−1

𝑥̅1 = 2.04 𝑚 M

3m

𝐴2 = 2,925 𝑥̅2 = 2 𝑚

3m

3 x

2,175 4,350

𝐴𝑡𝑡𝑡 =

𝐴3 =

𝑏(𝐻 + ℎ) 2

3(4,350 + 2,175) 2

𝐴3 = 9,787.5

𝑋𝑐 =

𝑋3 =

𝑡𝐵� = 𝐴

𝑏(2𝐻+ℎ)

(136)

3(𝐻+ℎ)

3[2(4,350) + 2,175] 3(4,350 + 2,175)

1 [3,150(3.04) + 2,925(2) − 9,787.5(1.67)] 𝐸𝐸 𝐸𝐸𝐸𝐵⁄𝐴 = −4,069.13 𝐵𝐵 = 𝛿 + 𝑡𝐵⁄𝐴 ∴

De la viga con la elástica deformada podemos observar: 𝛿 = 𝐵𝐵 − 𝑡𝐵⁄𝐴

𝑡𝑡 𝛼 =

𝛿=

𝑡𝐷⁄𝐴 2

𝛿=

𝑡𝐷� 6

𝐵𝐵 =

− 𝑡𝐵⁄𝐴

𝐴

=

𝑡𝐷⁄𝐴 2

𝐵𝐵 3 (137)

−21575 − (−919.13) 2

𝛿 = −10,787.5 + 919.13 𝐸𝐸𝛿𝑥=𝑙� = −6,718.37 2

𝑋3 = 1.67 𝑚

T3 Viga simplemente apoyada con una carga puntual de 800 N a 1 m del apoyo izquierdo y una carga puntual de 200 N en el extremo derecho de la viga Calcular la flecha en 3 tres que?.

800 N

200 N 4

1

R1 t1/2

t3/2

2

δ 3

R2

1m

1m

2m

M

1,400 1 1m

3 200

1m

2

x

2m

1,600

Calculamos las reacciones: � 𝐹𝑦 = 𝑅1 + 𝑅2 − 800 − 200 = 0

+ � 𝑀1 = +800(1) + 200(4) − 𝑅2 (3) = 0 𝑅2 = 533.33 𝑁 Luego calculamos t1/2: 𝑡1/2 =

𝑅1 = 466.67 𝑁

1 3(1,400) 2 2(1,600) 2 � ∗ � ∗ 3� − �1 + � ∗ 2��� 𝐸𝐸 2 3 2 3 𝑡1/2 = 466.67�𝐸𝐸

𝑡3/2 =

1 1(200) 2 � � ∗ 1�� 𝐸𝐸 2 3

𝑡3/2 = 66.67�𝐸𝐸

Despejando el segmento 34:

���� 𝑡1/2 34 = 3 1 1 𝑡3/2 + 𝛿 = 𝑡1/2 3 1 ���� = 𝑡1/2 34 3 1 𝛿 = 𝑡1/2 − �𝑡3/2 � 3 tan 𝛼 =

Con esto encontramos la flecha en el extremo derecho:

𝛿𝐵 = 88.89⁄𝐸𝐸

T2Vigas hiperestáticas (área de momentos)

Los siguientes ejercicios corresponden a mostrar la técnica del área de momentos. T3Viga en cantiliever con carga puntual y apoyo simple Este problema es de grado uno y lo resolvemos superponiendo dos vigas: A

800 N

B 1m

2m 3m

A

800 N

A 1m

2m 3m

B

𝛿1

𝛿2

B

3m RB

Los diagramas correspondientes son:

M

M

1,600 N*m

𝑥̅𝑒

𝑥̅𝑐

2

1 x

x

1m 3 RB

3m

3m

De los diagramas podemos calcular el área y sus distancias al centroide con respecto al punto B. 𝐴1 =

2(1,600) = 1,600 2

𝐴2 =

3(3 ∗ 𝑅𝐵 ) = 4.5 𝑅𝐵 2

2 𝑥1 = 1 + (2) = 7�3 = 2.33 𝑚 3

1

2 𝑥2 = (3) = 2 𝑚 3

𝛿𝐵 = 𝐸𝐸 [𝐴1 𝑥1 − 𝐴2 𝑥2 ]

(138)

7 1 �1,600 � � − 4.5𝑅𝐵 (2)� = 0 3 𝐸𝐸

Despejando RB de la ecuación anterior: 𝑅𝐵 =

7 1,600 �3� 9

= 414.81 𝑁

Con lo anterior podemos decir que la indeterminación quedó resuelta, ahora con las ecuaciones de equilibrio podemos encontrar RA y MA.

El siguiente paso es calcular la flecha bajo la carga:

∑ 𝑀𝐴 = 800 ∗ 2 − 414.81 ∗ 3 − 𝑀𝐴 = 0

+

𝑀𝐴 = 355.57 𝑁 ∗ 𝑚 𝑅𝐴 = 385.2 𝑁

La flecha bajo la carga se puede calcular considerando solamente el área a la izquierda a partir de la carga. Esto quiere decir que sólo necesitamos calcular el área 2, ya que el área 1 ya la tenemos. M 1,600 1

x 1m

2m 3m M

𝑥̅𝑐

2

x

3 RB

Para esto necesitamos trabajar con un trapecio de base = 2 m y altura 3 RB. y 2 H h

1 x 0

b

Calculemos el centroide con respecto al origen, con la siguiente fórmula: 𝑥𝑐 =

𝐴1 𝑥1 +𝐴2 𝑥2 𝐴𝑇𝑇𝑇

(139)

Con los datos de la figura se puede encontrar las áreas correspondientes y sus centroides.

𝐴1 = 𝑏ℎ; Sustituyendo en la ecuación 139:

𝐴2 =

𝑥𝑐 =

𝑏(𝐻−ℎ)

2

; 𝑥2 = 3 𝑏

2

𝑏 𝑏(𝐻 − ℎ) 2 𝑏ℎ �2� + �3 𝑏� 2

Vamos a dividir para hacerlo más sencillo: La parte superior: (numerador)

𝑥1 = 𝑏/2

𝑏ℎ +

𝑏(𝐻 − ℎ) 2

𝑏 𝑏(𝐻 − ℎ) 2 = 𝑏ℎ � � + � 𝑏� 2 2 3 �𝐴 ∗ 𝑥 =

El área total: (denominador)

𝑏 2 (2𝐻 + ℎ) 6

𝐴𝑇𝑇𝑇 = 𝑏ℎ +

𝐴𝑇𝑇𝑇 =

que sustituyendo:

Luego reduciremos términos:

𝑏(𝐻+ℎ) 2

𝑏(𝐻 − ℎ) 2

(140)

𝑏 2 (2𝐻 + ℎ) 6 𝑥𝑐 = 𝑏(𝐻 + ℎ) 2 𝑥𝑐 =

𝑏(2𝐻+ℎ) 3(𝐻+ℎ)

(141)

Regresando a nuestro problema, tenemos el área del triángulo debido a la carga P y un trapecio debido a la reacción RB: 2 𝐴1 𝑥1 = �1,600 � ∗ 2�� = 2,133.33 3

Este primer término es fácil de calcular, el segundo lo calcularemos con la fórmula del centroide que ya deducimos.

𝐴2 = 𝑥2 =

2(3 ∗ 414.81 + 414.81) = 1,659.24 2

2(2(3 ∗ 414.81) + 414.81) = 1.167𝑚 3(3 ∗ 414.81 + 414.81)

Con lo anterior podemos calcular:

𝐴2 𝑥2 = [1,659.24 ∗ 1.167] = 1,936.33 𝛿𝑃 =

Finalmente la flecha bajo la carga es:

1 [2,133.33 − 1,936.33] 𝐸𝐸 𝐸𝐸𝐸𝑃 = 197

El siguiente paso es calcular la flecha máxima en nuestra viga: Para resolver este problema necesitamos observar nuestra viga y estimar dónde se encuentra aproximadamente la flecha máxima, ya que es necesario hacer un corte y ponerlo en función x.

M

800(2-x)

1,600

x

𝑥̅𝑒

x

1m

3m

M 𝑥̅𝑐

3 RB x

3m

x 𝑅𝐵 (3 − 𝑥)

1

𝛿𝐵 = 𝐸𝐸 [𝐴1 𝑥1 − 𝐴2 𝑥2 ]

(142)

Con el corte en el primer triángulo nos resulta un trapecio con las siguientes dimensiones: B=x; H=1,600; h=800(2-x) Calculemos el término A1x1: 𝑥 2 [2(1,600) + 800(2 − 𝑥)] = 6 =

𝑥 2 [4,800 + 800𝑥] 6

(1) = 800𝑥 2 − 133.33𝑥 3

para el segundo triángulo:

𝑥 2 [2(3𝑅𝐵 ) + 𝑅𝐵 (3 − 𝑥)] = 6 Sustituyendo lo anterior, tenemos: =

(2) =

𝑅𝐵 (9𝑥 2 − 𝑥 3 ) 6

𝑅𝐵 1 (9𝑥 2 − 𝑥 3 )� �(800𝑥 2 − 133.33𝑥 3 ) − 𝐸𝐸 6

Sabemos que RB=414.81 kN: =

1 2 {𝑥 (800 − 622.215) − 𝑥 3 (−133.33 + 69.135)} 𝐸𝐸 1

t x/A = EI {177.785𝑥 2 − 64.195𝑥 3 }

Derivando e igualando a cero la ecuación anterior:

𝑑 �t � = 0 𝑑𝑑 x/A 192.585𝑥 2 − 355.57𝑥 = 0 𝑥 = 1.84 𝑚

(143)

Sustituyendo este valor en la ecuación obtenemos la flecha máxima: 𝐸𝐸 ∗ 𝛿𝑚á𝑥 = 202

T3 Viga en cantiliever con una carga distribuida a lo largo de la viga y un apoyo simple A

W=950kN/m

B

x 5m RA

RB

Para resolver este problema aplicamos el principio de superposición y trabajamos de manera separada la carga distribuida y la reacción, luego construimos los diagramas de momentos correspondientes. M B

A

11,875

950 kN/m

x

δ1

A

5m

B

M 5m

δ2

x 5 RB

xc

Calculamos su área y su centroide: •

Para la carga distribuida: 𝐴1 =

𝑏ℎ (11875)(5) = = 19,791.6 3 3

3 3 𝑥1 = 𝑏 = (5) = 3.75𝑚 4 4

•

Para la reacción en B: 𝐴2 =

𝑏ℎ (5𝑅𝐵 )(5) = = 12.5 𝑅𝐵 2 2

2 2 𝑥2 = 𝑏 = (5) = 3.33 𝑚 3 3

La condición de frontera que nos ayuda a resolver este problema es que la flecha en el extremo B, es igual a cero, por lo que: 1

𝐸𝐸

[19791.6(3.75) − 12.5𝑅𝐵 ] = 0 (144)

La ecuación anterior nos permite encontrar el valor de RB. 𝑅𝐵 = 1,781.53 𝑘𝑘

Y con las ecuaciones de la estática, podemos encontrar a RA y MA e incluso la pendiente: 𝑅𝐴 = 2,968.46 𝑘𝑘 y 𝑀𝐴 = 2,968.46 𝑘𝑘𝑘 𝐸𝐸𝐸𝐵 = 24,477.46

A

W=600 kN/m

MA

B

4m RA

RB

A

B

M 1,600 N*m

δ1

x 4m

𝐴1 =

𝑏ℎ (4)(1600) = = 1,600.0 4 4

x1 =

A

B

4 4 b = (5) = 3.2 m 5 5 M 4m xc

δ2

x

4 RB

RB

𝐴2 =

𝑏ℎ (4)(4 ∗ 𝑅𝐵 ) = = 8 𝑅𝐵 2 2

x2 =

2 (4) = 2.67m 3

Sabemos que la flecha en B es igual a cero, por lo que: 1

𝐸𝐸

[1,600(3.2) − 8𝑅𝐵 (2.67)] = 0

(145)

De la ecuación anterior despejamos RB y con las ecuaciones de la estática encontramos el valor del resto de las reacciones: 𝑅𝐵 = 239.64 𝑘𝑘; 𝑅𝐴 = 960 𝑘𝑘 𝑀𝐴 = 641.44 𝑘𝑘 ∗ 𝑚

𝜃𝐵 = −317.12�𝐸𝐸

T3 Viga en cantiliever con una carga distribuida uniforme y un poyo simple A

250 𝑘𝑘�m

B

𝐿� 3

2� 𝐿 3 4

2m

Como se hizo en el problema anterior, trabajamos por separado la carga distribuida y la reacción en B, en otras palabras el procedimiento es el mismo. Con los diagramas correspondientes calculamos las áreas y la posición de sus centroides.

M 2,000 N*m

𝛿1

𝐴1 =

4m

2m

4(2000) = 2666.67 3

3 𝑥1 = 2 + (4) = 5𝑚 4 M

6m

6m

𝛿2 RB

x 6 RB

x

𝐴2 =

6(6𝑅𝐵 ) = 18 𝑅𝐵 3

2 𝑥2 = (6) = 4 𝑚 3

Utilizando la misma condición de frontera:

1 [13,333.35 − 72𝑅𝐵 ] = 0 𝐸𝐸

De nuevo calculamos RB:

𝑅𝐵 = 185.19 𝑘𝑘

de la misma forma:

R A = 815 𝑘𝑘 y 𝑀𝐴 = 888.89 𝑘𝑘𝑘

T3 Viga doblemente empotrada, con carga puntual a una distancia a del apoyo izquierdo 1,200 N 3m

2m

MB

MA 5m

RB

RA

Este problema es de grado dos (GH=2), por lo que se requieren dos ecuaciones adicionales a las de la estática para resolverlo, si consideramos una solución por área de momentos, requerimos hacer un corte en el empotre B, luego ponderar las cargas por separado para dibujar los diagramas de momentos correspondientes.

1

M P a a

b

δ

b x

Calculemos el área de cada uno de los diagramas y su centroide correspondiente:

2

M

M

x

3

M

x

RB

𝐴1 =

(𝑎)(𝑃𝑃) 2

2 𝑥1 = 𝑏 + (𝑎) 3

𝐴1 =

𝑃𝑎2 2

2

; 𝑥̅1 = 3 𝑎 + 𝑏

𝐴2 = 𝑀𝐵 ∙ 𝐿; 𝑥̅ 2 = 𝐿�2 𝐴3 =

𝐴3 =

(𝐿)(𝑅𝐵 ∙ 𝐿) 2

𝑅𝐵 ∙𝐿2 2

2

; 𝑥̅3 = 3 𝐿

Con los resultados anteriores procedemos a calcular la flecha en el punto B, utilizando la condición de frontera p/x = 0, entonces y = 0.

𝑡𝐵� = 𝐴

𝑡𝐵� = 𝐴

𝑡𝐵� = 𝐴

1 [𝐴 𝑥̅ + 𝐴2 𝑥̅2 − 𝐴3 𝑥̅3 ] = 𝛿𝐵 = 0 𝐸𝐸 1 1

1 𝑃𝑎2 2 𝐿 (𝐿)(𝑅𝐵 ∙ 𝐿) 2 � � 𝑎 + 𝑏� + (𝑀𝐵 ∙ 𝐿) � � − � 𝐿�� 𝐸𝐸 2 3 2 2 3

(5)2 𝑅𝐵 2 1 1,200(3)2 2 𝑀𝐵 (5)2 � � (3) + 2� + � �− � (5)�� 𝐸𝐸 3 3 2 2 2 𝑡𝐵� = 𝐴

=

1 [21,600 + 12.5𝑀𝐵 − 41.67𝑅𝐵 ] = 0 𝐸𝐸

12.5𝑀𝐵 − 41.67𝑅𝐵 = 21,600

(146)

1 𝑃𝑎2 (𝑅𝐵 ∙ 𝐿2 ) � + (𝑀𝐵 ∙ 𝐿) − � = 𝜃𝐵 = 0 𝐸𝐸 2 2 =�

1,200(3)2 + 5𝑀𝐵 − 12.5𝑅𝐵 � 2

5𝑀𝐵 − 12.5𝑅𝐵 = −5,400

(147)

𝑀𝐵 = 863.38 𝑁𝑁; 𝑅𝐵 = 777.38 𝑁

Con las ecuaciones de equilibrio, se calculan el resto de las reacciones: 𝑅𝐴 = 422.4 𝑁

𝑀𝐴 = 576.0 𝑁

Con estos datos podemos calcular y trazar los diagramas de cortantes y de momentos: V Vmax = 777.4 N 422.4 N

V=0

x=3m x

777.4 N

M 691.2

x 576

863.4

El objeto de los diagramas de momentos como de cortantes es determinar los valores máximos, ya que una viga se rompe por cualquiera de los dos conceptos. T3 Viga doblemente empotrada con carga uniformemente distribuida a una distancia a del apoyo izquierdo Observemos que este problema corresponde a una viga de grado dos, por lo tanto se requiere generar dos ecuaciones adicionales a las de la estática para poder resolver el problema:

250

MB

MA 5m

RA

RB

1 M 250 N/m

3,125 x

5m

5m

Como ya se ha hecho, calculemos el área de los diagramas, comenzando con la primera: 𝐴1 =

1 (5)(3,125) 3

3 𝑥1 = (𝑏) 4

2

𝐴1 = 5,208.333; 𝑥̅1 = 3.75 𝑚 M

5m 5m

5RB RB

𝐴2 =

(5)𝑅𝐵 (5) 2

𝑥̅2 =

2 (5) 3

𝐴2 = 12.5 𝑅𝐵 ; 𝑥̅2 = 3.333 𝑚

x

3 MB

M

MB x

𝐴3 = (5)(𝑀𝐵 ) 𝑥̅3 =

5 2

𝐴3 = 5𝑀𝐵 ; 𝑥̅ 3 = 2.5 𝑚

Debemos notar que el proceso fue el mismo para las áreas dos y tres; se generan dos ecuaciones con los cálculos anteriormente realizados. Considerando que la pendiente y la flecha son cero en B: 1 = [5,208.333 − 12.5𝑅𝐵 + 5𝑀𝐵 ] = 0 𝐸𝐸 12.5 𝑅𝐵 − 5 𝑀𝐵 = 5,208.33 (148) 1 = [5,208.33(3.75) − 12.5 𝑅𝐵 (3.333) + 5 𝑀𝐵 (2.5)] = 0 𝐸𝐸 41.663 𝑅𝐵 − 12.5 𝑀𝐵 = 19,531.25 (149)

El resto de las reacciones se encuentran con las ecuaciones de equilibrio: 𝑀𝐵 = 521.38 𝑘𝑘 ∗ 𝑚; 𝑅𝐵 = 625.22 𝑁 ∗ 𝑚

4 MÉTODO DE SUPERPOSICIÓN T2 Concepto de redundante y estructura primaria En este método, como en los anteriores, lo primero que tenemos que hacer es calcular el grado de hiperestaticidad o grado de indeterminación estática. Después tomaremos las redundantes de acuerdo con el GH; es decir, si el GH = 2, entonces se seleccionarán dos redundantes. El único requisito es que las redundantes dejen una estructura estable. La estructura estáticamente determinada que queda después de liberarla de las redundantes, recibe el nombre de -estructura liberada o estructura primaria- (EP). La clave del análisis de una estructura estáticamente indeterminada por el método de superposición es la selección de las redundantes, porque una vez que se han hallado estas, el resto de las reacciones pueden calcularse mediante las ecuaciones de equilibrio. T2 Principio de superposición Este principio es de gran ayuda para calcular el desplazamiento que presenta un cuerpo sometido a un sistema de fuerzas, ya sea una armadura, una viga, etcétera. Si el material es linealmente elástico y las flechas son pequeñas, la acción de cada fuerza, con respecto a un efecto particular puede analizarse independientemente y los resultados pueden sumarse algebraicamente, como si fueran vectores independientes de la situación. El efecto particular considerado puede ser tanto de fuerzas externas como de fuerzas internas (momentos, pendientes, flechas o esfuerzos). La ventaja de este método es que el resultado de configuraciones de cargas simples se conoce y los resultados de cargas complejas pueden calcularse adicionando los resultados de carga individual; esto se muestra gráficamente en la siguiente figura:

P q

L/2

δ L

=

P L/2

δ L

+ q

δ L

La flecha de la primera viga, la podemos encontrar considerando la misma estructura, pero solo cargada con la carga puntual, más la misma viga pero con la carga uniformemente distribuida.

T2Vigas estáticamente determinadas Las vigas que se han trabajado anteriormente son estructuras estáticamente determinadas. Hagamos el primer ejemplo para mostrar cómo funciona el método de superposición en una viga estáticamente determinada. T3 Viga simplemente apoyada con carga uniformemente distribuida y una carga puntual en el centro Calcular la flecha en el centro de la viga: 50 N A

L/2

12 N/m

C 2m

B

Primero calculamos el GH, el cual nos da igual a cero, lo cual nos dice que es una viga estáticamente determinada. Después se calcula la flecha para la carga puntual con la ayuda de la siguiente fórmula que obtenemos de la tabla que se encuentra al final de este capítulo. Para la carga P:

Para la carga q:

Sustituyendo:

𝑃𝐿3 50(2)3 = = 8.33/𝐸𝐸 𝛿𝑐 = 48𝐸𝐸 48𝐸𝐸

𝛿𝑐 =

𝑃𝐿3 5 ∗ 12 ∗ 24 = = 2.5/𝐸𝐸 48𝐸𝐸 48𝐸𝐸 𝐸𝐸𝐸𝑥=𝑙/2 = 8.33 + 2.5

Resultando:

𝐸𝐸𝐸𝑐 = 10.83

T2 Vigas estáticamente indeterminadas

T3 Viga en cantiliever con una carga puntual en el centro y un apoyo simple (a)

A

50 N

B L/2

2m Si observamos la viga de nuestro problema, podemos ver que en A, la flecha y la pendiente valen cero. Por otro lado en B la flecha vale cero, pero no así la pendiente (θB ≠ 0), esta condición de frontera será útil para resolver nuestro problema, ya que la viga es de grado uno. Tomaremos a RB como la redundante, lo que nos deja una viga en cantiliever como estructura primaria.

Nuestro siguiente paso es cargar la estructura primaria con cargas reales y luego con cargas redundantes, como se muestra a continuación: P

A

B

A

B

L/2

L

L

Cargas reales

Cargas redundantes

La suma de las flechas de las vigas anteriores debe ser igual a cero, es decir: (150)

𝛿𝐵 = 𝛿𝑃 − 𝛿𝑅 = 0 P L/2

δ

Por lo tanto para la carga real, la flecha está dada por:

Sustituyendo valores:

Resultando:

𝛿= 𝛿=

𝑃𝑎2 (3𝐿 − 𝑎) 6𝐸𝐸

50(1)3 (3 ∗ 2 − 1) 6𝐸𝐸 𝐸𝐸𝐸𝐵 = 41.67

RB

Para el caso de la redundante utilizamos la misma ecuación: A

B

δ L

𝛿=

lo cual nos da: 𝐸𝐸𝐸𝐵 = 2.67𝑅𝐵

RB

𝑅𝐵 (2)3 3𝐸𝐸

Finalmente se suman estas dos flechas y el resultado debe ser cero, antes de hacerlo debemos tomar en cuenta la dirección de la deflexión para establecer los signos en la ecuación. En el caso de la carga real, es decir P la deflexión es hacia abajo, por lo que la flecha la consideraremos positiva y la redundante por lo tanto será negativa, ya que la deflexión es hacia arriba: De acuerdo a la ecuación 150: 41.67 𝐸𝐸

−

2.67𝑅𝐵 𝐸𝐸

=0

(151)

La ecuación anterior es la que andamos buscando para resolver nuestro problema, ya que sólo basta despejar RB para encontrar su valor, con las ecuaciones de la estática encontraremos las demás incógnitas.

𝑅𝐵 = 15.625 𝑁

Si hacemos suma de fuerzas en y, encontramos que el valor de RA = 34.375 N y haciendo suma de momentos con respecto al punto A, encontramos que el valor de:

MA = 18.75 N*m

Si hacemos suma de fuerzas en y, encontramos que el valor de RA = 34.375 N y haciendo suma de momentos con respecto al punto A, encontramos que el valor de: MA = 18.75 N*m Con esto podemos trazar el diagrama de cortantes (V) y el de momentos (M). Diagrama de cortantes: y 34.375 0

0

x

Diagrama de momentos flexionantes: M 15.625 Nm

x 18.75 Nm

T3 Viga en cantiliever con una carga puntual en el centro y un apoyo simple (b) A

50 N

B L/2

2m Para la solución de nuestro problema, tenemos una segunda opción, la cual consiste en tomar MA, como redundante, por lo que la EP es una viga simplemente apoyada a la cual le adicionamos las cargas reales y luego las redundantes:

Resultando; 𝜃𝐴 = 12.5/𝐸𝐸

Para el segundo caso:

Con esto se establece la ecuación:

𝜃𝐴 = 𝜃𝐴 =

𝑀𝑀 2𝑀𝐴 = 3𝐸𝐸 3𝐸𝐸

12.5 2𝑀𝐴 − =0 𝐸𝐸 3𝐸𝐸 B

A

C 2m

B

A MA C 2m

La CF que se utilizará en este caso, es θA = 0, por lo que debemos calcular las pendientes de los dos casos anteriores. Para el primer caso: 𝜃𝐴 =

𝑃𝐿2 50 ∗ 22 = 16𝐸𝐸 16𝐸𝐸

Lo cual nos da, si calculamos momentos con respecto al punto A, y encontramos el valor de RB : 𝑀𝐴 = 18.75 𝑁 ∗ 𝑚

𝑅𝐵 = 15.625𝑁 con suma de fuerzas en y, obtenemos RA: 𝑅𝐴 = 34.375 𝑁

RA = 34.375 N que fue lo que se obtuvo anteriormente.

T3 Viga con un empotre a la izquierda y un apoyo simple del lado derecho con una carga

puntual a una distancia a del empotre y a una distancia b del apoyo simple

P P = 500 N a=2 m b=1m L=1

b

a

MA

L

RB

RA

Como ya se comentó anteriormente, para la solución de este problema seleccionamos una redundante, ya que el GH = 1, por lo que tomaremos la RB. La estructura primaria que resulta es una viga en cantiliever. Con las cargas reales: P a

b

𝛿𝑃

Con la carga redundante:

RB

𝛿𝑅

El cálculo con las cargas reales y redundantes: 𝛿𝑃 − 𝛿𝑅 = 0

Con la ayuda de tablas:

𝑃𝑎2 𝑅𝐵 𝐿3 (3𝐿 − 𝑎) − =0 6𝐸𝐸 3𝐸𝐸 Despejando RB, resulta:

𝑅𝐵 = Metiendo valores: 𝑅𝐵 =

𝑃𝑎2 (3𝐿 − 𝑎) 2𝐿3

(500)(2)2 (3(3) − 2) 2(3)3 𝑅𝐵 = 260𝑁 𝑅𝐴 = 240𝑁

Con suma de momentos, encontramos MA: :

+ � 𝑀𝐵 = −𝑀𝐴 + 240(3) − 500(1) = 0 𝑀𝐴 = 220 𝑁 ∗ 𝑚

T3 Viga doblemente empotrada con una carga puntual en el centro P

MA

MB

L/2 L RA

RB

El primer paso es obtener el grado de hiperestaticidad que en este caso resulta que es de dos, lo que quiere decir es que debemos seleccionar dos redundantes, dos reacciones que nos den una estructura primaria o una estructura que sea estáticamente determinada y además que sea estable. A esta estructura primaria, le aplicamos de manera individual las cargas reales y después las cargas redundantes con el objeto de calcular las flechas y las pendientes en A, con lo que establecemos las ecuaciones que estamos buscando. Como primera opción tomaremos el momento MA y la reacción RA. Sabemos que la suma de las flechas en el extremo A es igual a cero. Una segunda opción es tomar el momento y la reacción del lado derecho, es decir Mb y Rb, la resultante también sería una viga en cantiliever, como se muestra en la siguiente figura.

EP

Existe una tercera opción más, la cual consiste en seleccionar como redundantes los momentos y Mb, la estructura primaria sería una viga con apoyos simples.

Ma

Nota. Este problema se resuelve de la misma forma que la ecuación anterior. P L/2

L La solución sería considerando que las pendiente en los empotres son igual con cero. Apliquemos lo anterior, pero con una viga hiperestática de segundo grado y le agregaremos una carga uniformemente distribuida. Problema 26. Viga doblemente empotrada con una carga uniformemente distribuida y una carga puntual a 2/3L del extremo izquierdo.

50 N

A 2L/3

B

12 N/m

2m

Como el GH = 2, entonces tenemos que considerar dos redundantes y existen tres posibilidades como se acabó de comentar; vamos a seguir la segunda opción en donde tomamos MB y RB, como redundantes, lo cual nos lleva a considerar una viga en cantiliever como estructura primaria. 50 N

A 2L/3

B 12 N/m MB

2m RB

Comenzaremos con la carga puntual y lo que calcularemos será la flecha y la pendiente en el extremo B. 50 N

A

B

2L/3

12 N/m MB 2m

La flecha en B, está dado por: 𝛿𝐵 =

𝛿𝐵 =

𝑃𝑎2 (3𝐿 − 𝑎) 6𝐸𝐸

RB

50 ∗ 1.332 (3 ∗ 2 − 1.33) 6𝐸𝐸 𝐸𝐸𝐸𝐵 = 68.84

La pendiente está dada por: 𝜃𝐵 =

𝑃𝑎2 2𝐸𝐸

50 ∗ 1.332 𝜃𝐵 = 2𝐸𝐸 𝐸𝐸𝐸𝐵 = 44.22

Ahora vamos a aplicar la carga uniformemente distribuida. A

B 12 N/m

2m

La flecha en B, resulta:

La pendiente en B, resulta:

Aplicando la redundante:

𝛿𝐵 =

𝑤𝐿4 12 ∗ 24 = 8𝐸𝐸 8𝐸𝐸

𝜃𝐵 =

𝑤𝐿3 12 ∗ 23 = 6𝐸𝐸 6𝐸𝐸

𝐸𝐸𝐸𝐵 = 24

𝐸𝐸𝐸𝐵 = 16

𝛿𝐵 =

𝑅𝐵 (2)3 3𝐸𝐸

𝐸𝐸𝐸𝐵 = 2.67𝑅𝐵

𝑅𝐵 (2)2 𝜃𝐵 = 2𝐸𝐸 A

𝐸𝐸𝐸𝐵 = 2𝑅𝐵

B MB

𝐸𝐸𝐸𝐵 = 2𝑀𝐵

2m

𝐸𝐸𝐸𝐵 = 2𝑀𝐵 La flecha en B así como la pendiente son iguales a cero, por lo que podemos sumar los valores parciales tanto de las flechas como de las pendientes y estas deben ser igual a cero, entonces: Resolviendo el sistema: 92.84 − 2.67𝑅𝐵 + 2𝑀𝐵 = 0 (152) 60.22 − 2𝑅𝐵 + 2𝑀𝐵 = 0 (153)

Obtenemos el valor de RB y el de MB:

𝑅𝐵 = 48.69𝑁

𝑀𝐵 = 18.58𝑁 ∗ 𝑚

T3 Viga doblemente empotrada con una carga trapezoidal y una carga puntual P a una distancia L/3 del extremo izquierdo de la viga

800 N MA

80 N/m

65 N/m

MB

L/3 x 4m RA

RB

Solución: Dividimos la carga trapezoidal en dos partes, una rectangular y una triangular, después trabajamos cada una de las cargas por separado como ya se ha hecho.

𝑤𝐿4 (65)(4)4 𝛿1 = = 8𝐸𝐸 8𝐸𝐸

1

65

δ, θ 4

δ1 = 𝜃1 =

𝑤𝐿3 (65)(4)3 = 6𝐸𝐸 6𝐸𝐸

θ1 =

2080 EI

693.33 EI

Hacemos lo mismo para las vigas siguientes. Continuamos con la carga triangular y la carga puntual de 800 Newtons. 2

15 N/m

4m

𝑤𝐿2 (15)(4)2 120 𝜃2 = = = 8𝐸𝐸 8𝐸𝐸 𝐸𝐸

11 𝑤𝐿4 11 (65)(4)4 352 𝛿2 = = = 120 𝐸𝐸 120 𝐸𝐸 𝐸𝐸

𝜃2 =

120 𝐸𝐸

Ahora trabajemos con la carga puntual

800 N

3

L/3 4m

4 2 (800) � � 𝑃𝑎 3 �3(4) − 4� (3𝐿 − 𝑎) = 𝛿3 = 6𝐸𝐸 6𝐸𝐸 3

𝛿2 =

2

𝜃3 =

𝑃𝑎2 (800)(4/3)2 711.11 = = 2𝐸𝐸 2𝐸𝐸 𝐸𝐸

Seguimos con el momento: 4 MB

4m

352 𝐸𝐸

𝛿3 =

2,528.4 𝐸𝐸

𝜃3 =

711.11 𝐸𝐸

Con esto encontramos la pendiente y la flecha:

𝑀𝐵 𝐿2 8𝑀𝐵 = 𝛿4 = 2𝐸𝐸 𝐸𝐸 𝜃4 =

𝑀𝐵 𝐿 4𝑀𝐵 = 𝐸𝐸 𝐸𝐸 𝛿4 =

𝜃4 =

8𝑀𝐵 𝐸𝐸

;

4𝑀𝐵 𝐸𝐸

5

4m

𝑃𝐿3 𝑅𝐵 (4)3 21.33𝑅𝐵 = = 𝛿5 = 3𝐸𝐸 3𝐸𝐸 𝐸𝐸

𝑃𝐿2 8𝑅𝐵 𝜃5 = = 2𝐸𝐸 𝐸𝐸

RB

𝛿5 =

21.33𝑅𝐵 𝐸𝐸

𝜃5 =

8𝑅𝐵 𝐸𝐸

Con estos resultados se procede a ensamblar el sistema de ecuaciones: 𝛿𝑇 = 𝛿1 + 𝛿2 + 𝛿3 + 𝛿4 − 𝛿5 = 0

2080 352 2528.4 8𝑀𝐵 21.33𝑅𝐵 + + + − =0 𝐸𝐸 𝐸𝐸 𝐸𝐸 𝐸𝐸 𝐸𝐸

Dividiendo la ecuación entre EI:

4,960.4 + 8𝑀𝐵 − 21.33𝑅𝐵 = 0

𝜃𝑇 = 𝜃1 + 𝜃2 + 𝜃3 + 𝜃4 − 𝜃5 = 0

693.33 120 711.11 4𝑀𝐵 8𝑅𝐵 + + + − =0 𝐸𝐸 𝐸𝐸 𝐸𝐸 𝐸𝐸 𝐸𝐸

Dividiendo la ecuación entre EI:

1524.44 + 4𝑀𝐵 − 8𝑅𝐵 = 0 MB = 336.16 N*m RB = 358 N

Con las ecuaciones de equilibrio encontramos el valor de RA y MA: 𝑅𝐴 = 731.63 𝑁

𝑀𝐴 = 569.35 𝑁 ∗ 𝑚

T3 Viga empotrada con un apoyo simple y una carga uniformemente distribuida Calcular la flecha en el centro de la viga, demostrar que no es la flecha máxima. 80 N/m MA

x 5m R

RB

El problema es de GH = 1, por lo que seleccionamos una redundante, que en nuestro caso consideraremos MA. QUÉ ES MA? La estructura que resulta es una viga simplemente apoyada, la cual la pondremos con las cargas reales y después con la carga redundante: 1

80 N/m

θ

5m

𝜃1 =

𝑤𝐿3 80(5)3 416.7 = = 𝐸𝐸 24𝐸𝐸 24𝐸𝐸 2

MA

θ 5m

𝜃2 =

𝑀0 𝑙 𝑀𝐴 (5) 1.7𝑀𝐴 = = 𝐸𝐸 3𝐸𝐸 3𝐸𝐸

Por condiciones de frontera sabemos que la suma de las pendientes en A es igual con cero, por lo que: 𝜃1 − 𝜃2 = 0

416.7 1.7𝑀𝐴 − =0 𝐸𝐸 𝐸𝐸

Despejamos MA de la ecuación anterior:

𝑀𝐴 = 250 𝑁𝑁

Ahora calcularemos la flecha a la mitad 𝛿𝑥 = 2.5, utilizando las ecuaciones que se obtuvieron por doble integración o simplemente nos vamos a las tablas de cualquier libro de mecánica de materiales y seleccionamos las ecuaciones. Para la carga distribuida en la ecuación y para calcular la flecha en el centro es: 𝐸𝐸𝐸 =

𝑞∗𝑥 24

(𝐿3 − 2𝐿𝑥 2 + 𝑥 3 )

(154)

Sustituyendo valores, encontramos la flecha en el centro para la carga distribuida de la viga 1: 𝐸𝐸𝐸 = 650.78

Continuamos con el cálculo de la flecha en el centro, para la viga 2 con el momento en el extremo izquierdo: 𝐸𝐸𝐸 =

𝑀𝑀 ∗ 𝑥 (2𝐿2 − 3𝐿𝐿 + 𝑥 2 ) 6𝐿

𝐸𝐸𝐸 = 390.62

Superponiendo las flechas encontradas, obtendremos el valor de la flecha en el centro de la viga. Por lo que: 𝛿1 − 𝛿2 = 650.78 − 390.62

𝐸𝐸𝛿𝑥=2.5 = 260.165

Nota. Este resultado se comprobó utilizando un paquete para el cálculo de vigas, en el cual obtuvimos: 𝐸𝐸𝛿𝑥=2.5 = 260.42

T3 viga doblemente empotrada y una carga puntual a 3 m del empotre izquierdo Calcular la flecha en el centro de la viga y demostrar que no es la flecha máxima: P = 800 N

MA a=3m

MB

b=2m

L=5m

RA

RB

Para resolver este problema hay dos caminos, el primero es tomar el momento y la reacción en el empotre derecho y esto nos da una viga en cantiliever como estructura primaria y la solución sería trabajar con las siguientes vigas. Viga 1 P = 800 N A=3m

b=2m

MA

𝜃1 , 𝛿1

RA

Viga 2 MA

MB

𝜃2 , 𝛿2

RA

Viga 3 𝜃3 , 𝛿3 MA RB RA

Si observamos el empotre derecho de nuestra viga original, podemos ver que la suma de las pendientes es igual con cero, de la misma forma para las flechas. Con esto obtenemos: ∑ 𝛿 = 0;

𝛿1 =

∑ 𝜃 = 0;

𝑃𝑎2 800(3)2 (3𝐿 − 𝑎) = (3(5) − 3) 6𝐸𝐸 6𝐸𝐸 𝜃1 =

𝑃𝑎2 (800)(3)2 = 2𝐸𝐸 2𝐸𝐸

𝐸𝐸𝐸1 = 14,400

𝛿2 =

𝑀𝐵 𝐿2 𝑀𝐵 (5)2 = 2𝐸𝐸 2𝐸𝐸 𝜃2 =

𝛿3 =

𝐸𝐸𝐸1 = 3,600 𝐸𝐸𝐸2 = 12.5𝑀𝐵

𝑀𝐵 𝐿 𝐸𝐸

𝐸𝐸𝐸2 = 5𝑀𝐵

𝑅𝐵 𝐿3 𝑅𝐵 (5)3 = 3𝐸𝐸 3𝐸𝐸 𝜃3 =

𝐸𝐸𝛿3 = 41.67𝑅𝐵

𝑅𝐵 𝐿2 2𝐸𝐸

𝐸𝐸𝐸3 = 12.5𝑅𝐵

Con estos resultados generamos el sistema de ecuaciones:

Sustituimos:

Resolviendo el sistema:

𝛿1 + 𝛿2 + 𝛿3 = 0 𝜃1 + 𝜃2 + 𝜃3 = 0

14,400 12.5𝑀𝐵 41.66𝑅𝐵 + − =0 𝐸𝐸 𝐸𝐸 𝐸𝐸 3,600 5𝑀𝐵 12.5𝑅𝐵 + − =0 𝐸𝐸 𝐸𝐸 𝐸𝐸

𝑀𝐵 = 575.58 𝑁 ∗ 𝑚 𝑅𝐵 = 518.23 𝑁

Con las ecuaciones de equilibrio encontramos las dos reacciones faltantes:

𝑅𝐴 = 281.6𝑁 𝑀𝐴 = 384.0𝑁 ∗ 𝑚

El otro camino para resolver el mismo problema, es considerando como redundantes los dos momentos en los empotres, lo que nos lleva a tener una viga simplemente apoyada como estructura primaria. EP

con cargas reales:

Viga 1 P = 800 N

𝜃1𝐿

EP con

a=3m

1

b = 2 m 𝜃1𝑅

la primer redundante:

Viga 2 2 MA

EP con

𝜃2𝐿

𝜃2𝑅

la segunda redundante:

Viga 3 3 𝜃3𝐿

𝜃3𝑅

MB

Con esto podemos calcular las pendientes en ambos extremos, lo cual nos generará las dos ecuaciones necesarias. Viga 1 𝜃𝐿1 𝜃𝑅1

𝑃𝑃(𝐿2 − 𝑏 2 ) 800(2)(52 − 22 ) = = 6𝐸𝐸𝐸 30𝐸𝐸

𝑃𝑃(𝐿2 − 𝑎2 ) 800(3)(52 − 32 ) = = 6𝐸𝐸𝐸 30𝐸𝐸

𝐸𝐸𝐸𝐿1 = 1,120

Viga 2 𝜃𝐿2 =

𝜃𝑅2

𝐸𝐸𝐸𝑅1 = 1,280

𝑀𝐴 (5) 6𝐸𝐸

𝐸𝐸𝐸𝐿2 = 1.67𝑀𝐴

𝑀𝐴 (5) 1.67𝑀𝐴 = = 3𝐸𝐸 𝐸𝐸

𝐸𝐸𝐸𝑅2 = 0.83𝑀𝐴

Viga 3 𝜃𝐿3 = 𝜃𝑅3 =

𝑀𝐵 (5) 3𝐸𝐸

𝜃𝐿3 = 0.83𝑀𝐵

𝑀𝐵 (5) 6𝐸𝐸

𝜃𝑅3 = 1.67𝑀𝐵

Las condiciones de frontera que utilizaremos para este procedimiento indican que la suma de las pendientes en los extremos es igual a cero, por lo que con esto generamos las dos ecuaciones necesarias para resolver nuestro problema: 𝜃𝐿1 + 𝜃𝐿2 + 𝜃𝐿3 = 0 𝜃𝑅1 + 𝜃𝑅2 + 𝜃𝑅3 = 0

1,120 𝐸𝐸

1,280

Resolviendo el sistema:

𝐸𝐸

+ +

0.83𝑀𝐴 𝐸𝐸

1.67𝑀𝐴 𝐸𝐸

+ +

1.67𝑀𝐵 𝐸𝐸

0.83𝑀𝐵 𝐸𝐸

=0 =0

𝑀𝐴 = 384.76 𝑁𝑁 𝑀𝐵 = 575.24 𝑁𝑁

+

∑ 𝐹𝐹 = 𝑅𝐴 + 𝑅𝐵 − 800 = 0

∑ 𝑀𝐴 = −𝑀𝐴 + 𝑀𝐵 + 800(3) − 5𝑅𝐵 = 0

(a) (b) (155) (156)

(157) (158) 𝑅𝐵 = 518.1 𝑁 𝑅𝐴 = 281.9 𝑁

T1 MÉTODO DE DIFERENCIAS FINITAS T2 Fundamentos El método de diferencias finitas es un método muy útil para calcular la flecha en vigas aprismáticas o cuando la carga es muy irregular. El procedimiento consiste en generar y sustituir en la ecuación diferencial de la curva elástica, por su aproximación por diferencias finitas, y luego resolver algebraicamente las ecuaciones obtenidas. Nota. Prismática: viga de sección transversal constante a todo lo largo de su longitud. Aprismática: viga se sección transversal variada. Presentaremos la ecuación de diferencias finitas: 𝑀

𝑦𝑖+1 − 2𝑦𝑖 + 𝑦𝑖−1 = −ℎ2 �𝐸𝐸�

(159)

𝑖

T3 viga simplemente apoyada con una carga uniformemente distribuida y

q

x L RA

RB

Para resolver este problema haremos cuatro divisiones como se muestra en la siguiente figura:

Por condiciones de frontera sabemos que yo = y4 = 0 y por simetría y1 = y3. Es necesario calcular el valor del momento en los puntos: Mo= 0; M1

+

𝐿

∑ 𝑀1 = 𝑅𝑎 � � − 4

𝐿 2 4

𝑞� � 2

=

𝑞∗𝐿 𝐿 2

�4� −

𝑞∗𝐿2 32

𝑞 ∗ 𝐿2 𝑞 ∗ 𝐿2 3 = − = 𝑞 ∗ 𝐿2 � � 8 32 32 𝑀1 =

3 𝑞 ∗ 𝐿2 32

Sustituyendo para el punto 1 en la ecuación de diferencias finitas, resulta: Si i = 1, entonces: 𝐿 2 𝑀 𝑦2 − 2𝑦1 + 𝑦0 = − � � ∗ � � 4 𝐸𝐸 1

3 𝑞 ∗ 𝐿2 𝐿 2 32 𝑦2 − 2𝑦1 + 𝑦0 = − � � ∗ � � 4 𝐸𝐸

La flecha en el apoyo izquierdo, y 0 = 0, lo que simplifica nuestra ecuación. 3

2𝑦1 − 𝑦2 = 512 ∗

Para el punto 2.

𝑞∗𝐿4

(160)

𝐸𝐸

𝐿 2

𝑀

𝑦3 − 2𝑦2 + 𝑦1 = − �4� ∗ �𝐸𝐸�

(161)

2

Haciendo suma de momentos con respecto al punto 2.

+

𝐿

∑ 𝑀2 = 𝑅𝑎 � � − 2

𝐿 2 2

𝑞� � 2

=

𝑞 ∗ 𝐿2 𝑀2 = 8

𝑞∗𝐿 𝐿 2

�2� −

𝑞∗𝐿2 8

Que sustituyendo en la ecuación de diferencias finitas, resulta: 𝑦3 − 2𝑦2 + 𝑦1 = −

𝐿2 𝑞 ∗ 𝐿2 ∗ 16 8𝐸𝐸

1 𝑞𝐿4

𝑦3 − 2𝑦2 + 𝑦1 = − 128

𝐸𝐸

(162)

Como y1=y3, esto nos simplifica la ecuación. 1 𝑞𝐿4

2𝑦1 − 2𝑦2 = − 128

(163)

𝐸𝐸

1 𝑞𝐿4

𝑦1 − 𝑦2 = − 256

(164)

𝐸𝐸

Resolviendo las ecuaciones A y B encontramos los resultados de las flechas. 5 𝑞𝐿4 𝑞𝐿4 = 0.00977 𝑦1 = 𝑦3 = 512 𝐸𝐸 𝐸𝐸 𝑦2 =

7 𝑞𝐿4 𝑞𝐿4 = 0.01367 512 𝐸𝐸 𝐸𝐸

Estos resultados difieren muy poco de los reales.

T3Viga en cantiliever aprismática con una carga puntual en el extremo libre P

A B

C I

2I

0

1

L/3

3

2

L/3

L/3

Necesitamos calcular los momentos con respecto a los puntos 0, 1 y 2: 𝐿 𝐿 � 𝑀1 = −𝑀𝐴 + 𝑅𝐴 � � = −𝑃𝑃 + 𝑃 � � 3 3

Sabemos que RA=P y MA=P*L

= −𝑃𝑃 +

𝑃𝑃 2 = − 𝑃𝑃 3 3

+

Resumiendo:

2 2 � 𝑀2 = −𝑀𝐴 + 𝑅𝐴 � 𝐿� = −𝑃𝑃 + 𝑃𝑃 3 3 2 𝑃𝑃 𝑀0 = −𝑃𝑃; 𝑀1 = − 𝑃𝑃; 𝑀2 = − 3 3

2 𝑀1 = − 𝑃𝑃 3

𝑀2 = −

𝑃𝑃 3

Con estos valores podemos insertarlos en la ecuación de diferencias finitas. 𝑀

𝑣𝑖−1 − 2𝑣1 + 𝑣𝑖+1 = −ℎ2 �𝐸𝐸� Si i=0, entonces:

(165)

𝑖

𝐿 2 𝑀 𝑣−1 − 2𝑣0 + 𝑣1 = − � � � � 3 𝐸𝐸 0 𝑣0 = 0 y 𝑣−1 = 𝑣1

2𝑣1 = −

𝐿2 (−𝑃𝑃) 9 2𝐸𝐸

1 𝑃𝐿3 𝑣1 = 36 𝐸𝐸

Hagamos lo mismo para i=1. Si i=1, entonces: 𝐿 2

reduciendo términos:

𝑀

𝑣0 − 2𝑣1 + 𝑣2 = − �3� �𝐸𝐸� 𝑣2 = 2 � =−

1

1 𝑃𝐿3 1 𝑃𝐿3 �+ 36 𝐸𝐸 27 𝐸𝐸

𝑃𝐿3 1 1 � + � 𝐸𝐸 18 27

(166)

Finalmente:

Para i = 2

Sustituyendo el momento:

reduciendo términos:

Despejando V3:

v2 = 𝐿 2 𝑀 𝑣1 − 2𝑣2 + 𝑣3 = − � � � � 3 𝐸𝐸 2 𝑃𝐿3 𝐿 2 − 3 𝑣1 − 2𝑣2 + 𝑣3 = − � � � � 3 𝐸𝐸 𝑣1 − 2𝑣2 + 𝑣3 = 𝑣3 =

𝐿2 𝑃𝑃 1 𝑃𝐿3 = 27 𝐸𝐸 27 𝐸𝐸

1 𝑃𝐿3 + 2𝑣2 − 𝑣1 27 𝐸𝐸

𝑃𝐿3 1 5 1 = � + − � 𝐸𝐸 27 27 36

𝑣3 =

7 𝑃𝐿3 𝑃𝐿3 = 0.1944 36 𝐸𝐸 𝐸𝐸

5 PL3 54 EI

ÍNDICE T1 VIGAS ESTÁTICAMENTE DETERMINADAS E INDETERMINADAS Y SUS CASOS T2Fundamentos T3Apoyos T3Grado de hiperestaticidad T3Elástica de una viga T3Método de la doble integración T2Vigas estáticamente determinadas (casos) T3Viga con carga puntual en el centro T3Viga con carga fuera del centro T3Viga con carga uniformemente distribuida T3Viga simplemente apoyada con carga triangular T3Viga empotrada con carga puntual fuera del centro a una distancia a del empotre T3Viga empotrada con carga puntual en el extremo libre de la viga T3Viga empotrada con un momento en el extremo libre de la viga T3Viga empotrada con carga distribuida uniformemente rectangular T3Viga empotrada con carga triangular T2Vigas estáticamente indeterminadas (casos) T3 Viga empotrada con un apoyo simple y con carga puntual T3 Viga empotrada con apoyo simple y con carga uniformemente distribuida T3Viga empotrada con apoyo simple y con carga triangular T3Viga empotrada con apoyo simple y carga uniformemente distribuida con una carga puntual T3Viga empotrada con apoyo simple y carga uniformemente variada de 50 a 30 kN/m T3 Viga doblemente empotrada con una carga puntual a una distancia de a del apoyo izquierdo T3Viga doblemente empotrada con carga uniformemente distribuida T3Viga doblemente empotrada con una carga triangular T3Viga doblemente empotrada con una carga trapezoidal

T1MÉTODO DE ÁREA DE MOMENTOS T2Fundamentos T3Teoremas I y II T2Vigas estáticamente indeterminadas T3 Viga simplemente apoyada con una carga puntual P a una distancia a del extremo izquierdo de la viga T2Diagramas de Momentos T3Viga en cantiliever con una carga puntual P en el extremo libre T3Viga en cantiliever con una carga distribuida a lo largo de su longitud T3Viga en cantiliever con una carga triangular T3Viga en cantiliever con una carga uniformemente distribuida a la mitad de su longitud T3Viga en cantiliever con carga uniformemente distribuida sobre la mitad de su longitud T3Viga simplemente apoyada con carga puntual a una distancia a del apoyo izquierdo de la viga T3Viga simplemente apoyada con carga uniformemente distribuida a todo lo largo de la viga T4La flecha en el centro de la viga T3Viga simplemente apoyada con carga uniformemente distribuida a 4 m, con una carga puntual de 650 kN a 3 m del apoyo izquierdo de la viga T4 Calculemos la flecha en el centro T3Viga simplemente apoyada con una carga puntual de 800 N a 1 m del apoyo izquierdo y una carga puntual de 200 N en el extremo derecho de la viga T2Vigas hiperestáticas (área de momentos) T3Viga en cantiliever con una carga puntual y apoyo simple T3Viga en cantiliever con una carga distribuida a lo largo de la viga y un apoyo simple T3Viga en cantiliever con una carga triangular y un apoyo simple T3Viga en cantiliever con una carga distribuida uniforme y un apoyo simple T3Viga doblemente empotrada con carga puntual uniformemente distribuida a una distancia a del apoyo izquierdo T3Viga doblemente empotrada con carga uniformemente distribuida a una distancia a del apoyo izquierdo

T1MÉTODO DE SUPERPOSICIÓN T2Concepto redundante y estructura primaria T2Principio de superposición T2Vigas estáticamente determinadas T3Viga simplemente apoyada con carga uniformemente distribuida y una carga puntual en el centro T2Vigas estáticamente indeterminadas T3Viga en cantiliever con una carga puntual en el centro y un apoyo simple (a) T3Viga en cantiliever con una carga puntual en el centro y un apoyo simple (b) T3Viga con un empotre a la izquierda y un apoyo simple del lado derecho, con una carga puntual a una distancia a del empotre y a una distancia b del apoyo simple T3 Viga doblemente empotrada con una carga puntual en el centro T3Viga doblemente empotrada con una carga trapezoidal y una carga puntual P a una distancia L/3 del extremo izquierdo de la viga T3Viga empotrada con un apoyo simple y una carga uniformemente distribuida T3Viga doblemente empotrada y una carga puntual a 3 m del empotre izquierdo T1MÉTODO DE DIFERENCIAS FINITAS T2Fundamentos T3Viga simplemente apoyada con una carga uniformemente distribuida T3Viga en cantiliever aprismática con carga puntual en el extremo libre