Determinar la deflexión máxima en una viga simplemente apoyada de longitud L con una carga concentrada P en el centro de su claro
En función de la ecuación general de momentos, la ecuación EI
〉 + ……………………………………. (a)
= ( ) X-(P)〈
Integrando (a): EI =
-( )〈
〉 +
Integrando (b):
-( )〈
〉 +
=
…………. (b) …… (c)
Para determinar , podemos ver que x=0, y=0, por lo tanto es X=L, Y=0 resulta:
0=
-( )〈
=0 la otra condición de apoyo
〉 +
=Debido ala simetría, la deflexión máxima sucede en el centro de la luz, es decir cuando x=L/2 =
=-
-( )〈
〉
( )
; pero δ=-Y, por lo tanto δ=
Determinar la deflexión máxima en una viga simplemente apoyada, de longitud L, que soporta una carga uniformemente distribuida de w n/m aplicada en toda su longitud
Calculando la ecuación general de momentos y luego integrándola para calcular la pendiente y deflexión, tenemos. EI
= M= (
EI = (
) X-( )
)
→ EI = (
)
-( ) ( ) +
-( ) ( ) + X+
La primera condición de apoyo es X=0, Y=0 de donde tenemos que de apoyo es X=L, Y=0. 0=(
)
-( ) ( ) +
=0, la segunda condición
→
La deflexión máxima se da en el centro de la luz de la figura, por tanto; EI
=(
EI
=-
)
Por lo cual δ=
-( ) ; pero δ=(m)
-(
)( ) ,
Determinar el máximo valor de en la ménsula de la figura, cargada como se indica. Considerar el origen de coordenada en el empotramiento
La ecuación general de momentos es integrada dos veces para calcular pendiente y deflexión de la viga.
d2y EI 2 P x Pa P x a dx xa x2 d2y EI 2 P Pa( x) P C1 2 2 dx
dy 0, Debido a que la viga se encuentra empotrada en el extremo inicial x=0, dx con lo cual C1=0.
xa p Pa 2 EIy x 3 ( x ) P 2 2 6
3
C2
Por condición de apoyo x=0, Y=0 de donde obtenemos que C2=0, El sucede en el extremo libre de la ménsula, por lo tanto, debemos evaluar la expresión (3) en x=L. 2
PL PaL P EIy ( L a) 3 6 2 6 3
Obtener la ecuación de la elástica de la ménsula de la figura sometida a una carga triangular que varia desde cero en el empotramiento hasta W N/m en el extremo libre.
Del equilibrio tenemos la ecuación de momentos general a partir de la cual calculamos las ecuaciones de deflexión y pendiente.
EI
= M= (
EI = (
)
) X-( -(
) ) (X) – ( )
+
De la condición del problema, en el extremo empotrado EIy= (
)
-(
)( )–( )
=0; por lo tanto
+
Cuando X=0 (en el empotramiento) también se cumple que Y=0, por lo tanto EIy= (
)
-(
)(
)–(
=0
)
De donde Y=
*
+
Como se indica en la figura, una viga simplemente apoyada sostiene dos cargas concentrada, simétricamente colocadas. Calcular la deflexión máxima δ y comparar el resultado con la flecha en el centro, del caso 7 de la tabla 6-2. Contrastar el resultado obtenido, poniendo a=L/2 y comparándola con la resolución del problema 605
Del equilibrio, la ecuación general de momentos resulta: 〉-P〈
M= (P) X-(P)〈
〉
Integrando 2 veces dicha ecuación tenemos: EI
〉-P〈
= (P) X-(P)〈
EI = (P) EIy= (P)
〈
〉
-(P) 〈
-(P)
〉
-P
〉
〈
〉
〈
〉
-P
+ + X+
En la presente viga tenemos dos condiciones de borde: X=0, Y=0; de donde se tiene que
=0
X=L, Y=0 ]+ (L)
0= ( )[ De donde obtenemos:
〈
Entonces: EIy= ( )[
⌉
= (- )⌈ 〉
〈
〉
] ……………………… (1)
Por la simetría de la viga, la deflexión máxima sucede en el eje de simetría (X= ) reemplazando en (1): EI
= ( )[( )
EI
=( )(
(
)
( )]
)
La viga apoyada de la figura soporta una carga uniforme W simétricamente distribuida, en una porción de su longitud. Determinar la deflexión máxima y confrontar el resultado, poniendo a=0, con la solución de lproblema606
Solución
La ecuación general de momentos resulta del grafico adjunto. 〈
M= (Wb) X-w
〉
〈
〉
+W
………………….. (1)
Calculamos la ecuación de pendiente y deflexión a partir (1) EI
=M
EI = (Wb) EIy = (
)
-( )
〈
〉
-( ) 〈
-( )
〉 +
De las condiciones de borde X=0, L=0; entonces
=0
De X=L, Y=0; obtenemos
:
〈
〉
〈
+ 〉 + X+
0= (
)
-( )
+
+ +-
=( )*
La deflexión máxima sucede cuando x=L/12 debido a la simetría de la viga EI
=(
)( ) -
)[(
) ]+
( )
De donde: EI δ= (
=( )* )*
+ ; como δ=-Y, entonces: + ………………………….. (2)
Si a=0. Entonces 2b= L, b=1/2. Reemplazando en (2) δ= (
)
Calcular el valor de EI δ en el centro del claro en la viga representada en la figura. Si E=10 GN/m², determinar el valor de I necesario para que la deflexión en el centro no sobrepase 1/360 del claro. Indicación: considerar el origen de X en el apoyo derecho siendo X positiva hacia la izquierda.
Solución
Considerando el sistema de coordenadas en la figura, tenemos que EI
〉
=150x-150〈 〈
〉
EI =150 - 150 - 〈
EIy=25
+
〉 +
+
Usando las condiciones de borde: X=0, Y=0; de donde X=4, Y=0. 0=1600- (16)+
(4) ⇒
=-350Nm²
Luego EIy=25
- 〈
〉 - 5 X…………………………………. 1
Del problema tenemos: E=10 GN/m², δ
)= (
EI
= (25) 2³- 〈
EI
=-500 entonces EI
) (4)=
m
〉 -(350) (2) =500
De (2): I=
=
( )
=45000*1
mm⁴
…………………..
Calcular el valor de EI en el centro de la viga cargada como se indica en la figura
Solución
A partir de la ecuación de momentos general la ecuación de la pendiente y deflexión: EI
EI = EI=
1.5〉 +150〈
=225x-150〈 〈
〈
-
〈
1.5〉 + 1.5〉 +
〈
.5〉 .5〉 + .5〉 + X+
De las condiciones de borde: X=0, L=0; entonces
=0
De X=4m, Y=0; de donde 0=
-
Por lo tanto
〈
1.5〉 +
〈
.5〉 +
→ =-478.13Nm²
EIy=
〈
-
1.5〉 +
〈
.5〉 -478.13X
En el centro de la luz, X=2 EI =
-
.5 -478.13 (2) pero como δ=-Y, entonces
EI =-657.04Nm³
Calcular en cada una de las vigas de los problemas 624ª 625 el momento del área del diagrama de momentos flexionantes comprendidos entre los apoyos respecto de cada uno de estos Viga cargada como indica la figura
Solución
Del equilibrio en el elemento tenemos (tomando momentos en A):
Del equilibrio de fuerzas verticales tenemos
=300N
Realizando los esquemas de carga equivalentes en volado y diagrama de mementos por partes:
Tomando momentos respecto de A los diagramas de momentos por partes . ̅ = De donde
(4)-
(2+ ( ) (2)) + (600) (3+ )
. ̅ =2500 N.m³
Viga cargada como indica la figura. Indicación trazar el diagrama de momentos por partes, de derecha a izquierda.
Utilizando las ecuaciones de equilibrio en la viga tenemos (∑ (6)= (600) (3)+ (300) (4) (2) →
=0)
=700N
Del equilibrio de fuerzas verticales: +
= 600 + (300) (4) →
=1100N
Utilizando las cargas equivalentes en volado y elaboramos los diagramas de momentos por partes (respecto de O)
Tomando momentos respecto de A: . ̅ =
( )(4) +
. ̅ =19300 N.m³ Viga cargada como indica la figura
( )(4)-
(
1 )+
)(
)
Del equilibrio por simetría: =
=R → 2R = (400) (3)=1200 → R=600N
Tomando momentos respecto a B de los diagramas de momentos por partes: . ̅ =
(1
( )
)
(1
( )
)
) (1)
. ̅ =8.25 KNm³ Viga cargada como indica la figura. Indicación: descomponer la carga trapezoidal en una uniforme y otra uniformemente variada.
Haciendo equilibrio en la viga (∑ (4)=
)
( ) (3) →
=625N
De equilibrio de fuerzas verticales: +
= (200) (4)+
→
=1075N
Tomando momentos respecto de A: . ̅ =
.
.
( )
( )
1
.5
(
( )
)
. ̅ =2.13 KN.m³ Resolver el problema 628 si el sentido del par es contrario al del reloj
Del equilibrio (∑ (5)+2-
):
( )
→
=0.2KN
Por equilibrio de fuerzas verticales: +
=
→
=1.3KN
Elaborando los diagramas de cargas equivalentes en volado y diagramas de momentos por partes:
Tomando momentos respecto del extremo A: . ̅ =
.
.
( )
( )
1
.5
.
(
( )
)
. ̅ =17.47 KN.m³ En la viga de la figura, calcular el valor de . ̅ , Y de acuerdo con el resultado obtenido determine si la tangente a la elástica en el punto B es ascendente o descendente hacia la derecha. Indicación: tener en cuenta la ecuación (6-5) y la figura (6-10)
Aplicando las ecuaciones de equilibrio: (4)= (200) (6)
(1
( )
)→
=750N
Equilibrio en el eje vertical: +
=
=200 →
=50KN
Elaboramos diagramas de momentos por partes 200N.m (respecto a B)
Debido a que nos piden . ̅ Calcularemos solo los momentos de aéreas de aquellas que se encuentran comprendidas entre A y B respecto de A. . ̅ =
( )
(1
)
. ̅ =-463.33N.m³ Debido al signo que se obtiene la tangente a la elástica en el punto B desciende a la derecha Determinar el valor de P en la viga de la figura, de manera que el momento respecto de A del área de momentos entre los apoyos sea nulo ¿Qué significado físico tiene este resultado?
Aplicando el equilibrio a la viga (∑ (P)(4)-(
) (3)+
=0
→
): (
)=1200 + P
Del equilibrio en el eje vertical: +
=P + (3) (800)
→
=1200-
Elaboramos diagramas de momentos por partes (respecto de A):
. ̅ =0(condición del problema) . ̅ =
( )
(
)
( )
= 0………………………. (1)
De (1): P=1800N En la viga de la figura, calcular el valor de . ̅ De acuerdo con el resultado obtenido, determinar si la tangente a la elástica en el punto B se dirige hacia arriba o hacia abajo, de izquierda a derecha indicación; tener en cuenta la ecuación (6-5) y la figura (6-10)
Del equilibrio: ∑
=0 (3)= (4) (200)+ (800) (2) (1) =800N
Del equilibrio del eje vertical:
+
=200+ (2) (800)
=1000N
Elaboramos los esquemas de carga en volado y diagramas de momentos por partes:
Como nos piden . ̅ , entonces calculamos los momentos de aéreas de aquellas que se encuentran ubicadas entre A y B, con respecto de A. . ̅ = .5
(
( )
( )
(
1 )
1
1 )…………………………… 1
. ̅ =1.27 KN.m³ Debido al signo, la tangente a la elástica en el punto B se dirige hacia arriba a la derecha
Nota: en (1) solo se ha utilizado las zonas achuradas de los diagramas de momentos por partes
