VIGAS-METODO DOBLE INTEGRACION

UNIVERSIDAD NACIONAL SAN LUIS GONZAGA DE ICA FACULTAD DE INGENIERIA CIVIL CURSO: RESISTENCIA DE MATERIALES II

“AÑODE LA INTEGRACIÓN NACIONAL Y EL RECONOCIMIENTO DE NUESTRA DIVERSIDAD”

“UNIVERSIDAD NACIONAL SAN LUIS GONZAGA DE ICA” “FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL”

“METODO DE AREAS DE MOMENTOS”

CATEDRATICO

:

Mg. Alejandro Crispín Gómez

INTEGARNTES

:

AYBAR ANTEZANA JOCELYN RUTH HUARCAYA HUAMANI MARILEY YANET LICAS REDOLFO LUIS URBINA MONTEROLA TU PAPI II CHIVAN

CICLO

:

VI – A

ICA - PERÚ 2012


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Dedicamos este trabajo a la JUventud estudiosa. Trece años contigo!!! Puro sentimiento!!!


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DEFORMACION DE VIGAS- METODO DE AREA DE MOMENTOS Un sistema dado de cargas que actúan sobre una viga; para lo cual se conocen las dimensiones de la viga y el módulo de la elasticidad; con lo cual se quiere determinar la flecha en un punto cualquiera de la viga deformada desde su posición original. PRIMER TEOREMA DE AREA DE MOMENTOS

Donde:

ρ = radio de curvatura En la figura que se muestra, AB representa una parte de la curva elástica de la viga y el diagrama rayado debajo de AB es la parte correspondiente al diagrama del momento flector. “El ángulo de las tangentes en A y B es igual al área del diagrama de momento flector entre esos dos puntos, divididos por el producto E*I”

SEGUNDO TEOREMADEL AREA DE MOMENTOS Consideramos la distancia vertical entre el punto B de la elasticidad y la tangente de esta curva trazada en A. En la figura se representa esta distancia por la flecha o por Δ. “La distancia vertical entre el punto B de la curva elástica y la tangente trazada a la curva por A es igual al momento respecto a la vertical por B del área del diagrama de momento flector entre A y B divididos por EI” En la figura la distancia vertical del punto B es BB’. La contribución a esta longitud BB’ de la flexión del elemento ds es el valor elemental xdθ


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Se sabe que:

Problema: Determinar la flecha en el punto A de la viga mostrada Solución: 1.- Cálculo de las reacciones en el punto C tomando momento con respecto a B

Σ MB = 0

2.- el cálculo de CD por el segundo teorema de área de momento


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Calculo de еf por el mismo teorema anterior.

Haciendo la relación de triángulos:

Problema: Determinar la desviación del punto C con respecto al a tangente trazada en el punto B, de la viva mostrada en la fig. dar los resultados en función de E*I. Solución: a) Aplicando el segundo teorema de área de momentos

t c/b = Momento del área bajo el diagrama M/EI entre C y B con respecto a C


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El signo menos (-) significa que le punto C esta en la dirección negativa (es decir en dirección de la tangente trazada en B)

Problema: calcular la deflexión total en el extremo libre del a viga mostrada en la figura. Dar la respuesta en función de E*I

PROBLEMA: Calcular la pendiente en radianes y la deflexión en mm.; del extremo libre de la viga mostrada en la fig, sabiendo que: E = 200 Gpa e I = 359 x10 −6 m 4 .


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Solución En este caso como en muchos casos de cargo combinado, es más conveniente calcular las deflexiones y pendientes, para cada carga en forma independiente, y después combinadas (superponer) los resultados. • En este problema importa la posición final del extremo libre; puede esta encima o debajo del punto C. por ahora se supone que se encuentra debajo de la posición inicial. 1  24   3 32 216  1  72  2  ∆C =  − x 4  x x 4 + 2  +  x 6  x 6  = − x5 + x4 3  EI   4 EI EI  2  EI  3  ∆C = −

160 864 704 ( + ) en este caso indica que el punto C’ queda arriba de la temperatura. + = EI EI EI

Reemplazar: valores [ KN , m] ∆C =

704 = 0.00981m ≅ 9.81mm 200 x10 6 x359 x10 −6

La pendiente se obtiene aplicando el 1er teorema de área de movimientos.

φC = −

32 216 184 184 + =+ = 6 EI EI EI 200 x10 x359 x10 −6

PROBLEMA: Hallar la pendiente y la deflexión en el extremo libre de la viga mostrada en al figura EI = cte

Solución


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θAθ

72/EI

Solución IM A = 0 −

4 x6 2 + RB x6 − 12 x8 = 0 2

6 R B = 72 + 96 = 168 RB = 28kn


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tC / A =

1  96  2  1  168   2  1  72   3  x8  x8  +  x 6  x 2 + x 6  +  − x6  +  2 + x6  − 2  EI  3  2  EI 3  3  EI   4   

tC / A = −

384 16 504 144 x + x6 − x6.5 EI 3 EI EI

tC / A = −

2048 3024 936 + − EI EI EI

tC / A = +

40 EI

tB / A = −

24 1 72  2  1 168  2  1 72  3  x6( 3) − x x6 x6  + x x 6 x 6  − x x6 x6  EI 2 EI  3  2 EI  3  3 EI  4 

tB / A = −

144 216 504 144 72 x3 − x4 + x4 − x 4.5 = EI EI EI EI EI

(I)

(II)

Efectuando la relación de ∆ EF

δC 8 = tB/ A 6 8 8 72 96 δC = tB / A = x = 6 6 EI EI De la Fig: AC = δ C − t C / A =

φ A = φC = −

(III) 96 40 56 − = EI EI EI

384 504 144 24 + − =− EI EI EI EI

φ A = Tagφ A =

t B / A 72 12 = = 6 EI EI

(Hacia abajo) (En sentido horario) (IV) (V)

En (IV) 12 24 − φC = − EI EI Resolviendo: φC =

36 EI


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PROBLEMA: Una viga libremente apoyada en sus extremos, esta sometido a una carga concentrada de 450 kgr. E = 7 x10 4 kgr / cm 2 , I = 11987 .4cm 4 . Se desea determinar la flecha máxima por el método de viga conjugada.

R1=112.5Kgr R2=337.50 Diagrama de momento flector reducido 303.75/EI

LA VIGA CONJUGADA 112.5X/EI

En La Viga Conjugada

303.15/EI

Es La Reacción De Las Cargas Externas (Fig. Anterior)


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Solución La viga real está en equilibrio, por tanto se pueden determinar las reacciones. Aplicando las ecuaciones de equilibrio estático. IMA = 0

(I)

P = (2.70) − R2 (3.60) = 0 450 X 2.70 = 337.5kgr 3.60

R2 =

∑F

V

=0

(II)

R1 + R2 = P R1 = 450 − 337.5 R1 = 112.50kgr Determinar el diagrama de momento flector El momento flector máximo se obtiene aplicando la formula: 450 X 2.7 X 0.9 = 303.75 3.60

M MAX =

(III)

Determinar la variación de la carga vertical, de la zona I: Empleando la relación de ∆ EF . Y 303.75

=

X 2.70

Y =

303.75 X 2.7 EI

Y =

112.5 X EI

(IV)

EI Para determinar el φ A = ( 3.60 ) −

1 303.75  1 303.75  1 x 2.70 x  0.9 + x 2.70  − x 0.9 x 2 EF  3 EI  2

3   x0.90  = φ 2  3.60φ A =

φA =

∑M

738.112 82.012 820.124 + = EI EI EI

227.812 EI A

(V)

= 0 para obtener φ B = ?


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1 330.75  2 303.75  1  1  x 2.70 x x x 2.70  + x0.90 x  2.70 + x0.9  2 EI EI  3 3  2 

φB ( 3.60 ) = 0 3.60φ B =

φB =

738.112 410.062 1148.174 + = EI EI EI

318.937 EI

(VI)

La flecha máxima tendrá lugar en la sección usando al pendiente es cero (sección D) situada a una distancia x del apoyo izquierdo, ósea en el diagrama de fuerza constante V X = 0 en la viga conjugada.

VX =

227.812 1 112.5 x − x =0 EI 2 EI

Simplificando EI : 56.25 x 2 = 227.812 Reemplazando: x = 2.012 m

(VII)

La deformaron vertical en el punto D, se determina una al momento flector de la viga conjugada.

YMAX = φ A ( 2.012 ) −

1 112.50 1  X 2.012 x 2.012 x 2.012  2 EI 3 

YMAX =

227.812 ( 2.012 ) − 152.716 EI EI

YMAX =

458.358 − 152.716 = 0.00364 m 7 x10 8 x11987 .4 x10 −8

E = 7 x10 8 kgr / m 2 YMAX = 3.64mm I = 11987 .4 x10 −8


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