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MÉTODO DE LA CARGA ELÁSTICA

ECUACIÓN DE LA CURVA ELÁSTICA O MÉTODO DE LA DOBLE INTEGRACIÓN 1. Nosotros conocemos que la curvatura de la viga recta, cuando se somete a un momento flexionante, el material de la viga se deforma, dando como resultado una curvatura de la viga, verificándose bajo ciertas condiciones supuestas establecidas: …(I)



CURVATURA:



FORMULA DE LA ESCUADRÍA: Obtención de los esfuerzos flexiónantes en vigas.

1 M = ρ EI

σ=

My I

a) Los planos transversales antes de la flexión permanecen transversales después de la flexión, esto es, no hay torcedura. b) El material de la viga es homogéneo e isótropo y obedece la ley de Hooke. Aquí suponemos que “E” es la misma para tracción que para compresión. c) La viga es recta y tiene una sección transversal constante prismática. d) Las cargas no ocasionarán ni tracción ni pandeo de la viga. Esta condición se cumple, si el plano de las cargas contiene al eje de simetría de la sección transversal y si las cargas están en este plano. e) La carga aplicada es un momento flexionante puro. 2. Debido a que “M” varía a lo largo del claro de la viga, la curvatura obviamente tendería a variar. En consecuencia, sería bastante difícil y pesado determinar la forma completa de la curva elástica en todas las circunstancias. Por lo tanto así es necesario expresar la forma de la curva elástica en términos de sus coordenadas rectangulares x , y , si vamos a usar las condiciones de pendiente y flexión.

ESTRUCTURA I

MÉTODO DE LA CARGA ELÁSTICA

Consideremos la curva de la figura, que se supone representa un segmento de la línea elástica de la viga. A una distancia “ x ” de un punto de referencia, digamos el punto “O ” , el soporte, un incremento de “ dL , tendrá un cambio de pendiente de un extremo al otro de “ dθ” . Así, dL= ρ dθ De la cual obtenemos:

dθ 1 = dL ρ

…(II)

Para ángulos pequeños (esto es flexiones pequeñas): y

dy =tanθ=θ dx

dL ≈ dx

Analizando estas últimas expresiones en (II), tendremos: 2

dθ dθ d dy d y = = = dL dx dx dx d x2

( )

dθ d 2 y = dL d x2 2

( α ) ⟶ ( II ) :

d y 1 = 2 dx ρ

( III ) ⟶ ( II ) :

d2 y M = d x 2 EI

Ordenando:

ESTRUCTURA I

M =EI

d2 y 2 dx

…(A)

…(α)

…(III)

ECUACIÓN DE LA CURVA ELÁSTICA DE LA VIGA

MÉTODO DE LA CARGA ELÁSTICA

 Expresión del cortante V=

(V ) :

Derivando la expresión

dM dx

( A)

3

V =EI

d y 3 dx

Tomando extremos:

M =EI  Expresión de la carga

( p) :

d3 y d x3

…(a)

Derivando la expresión

dV p= dx

p=EI

Tomando extremos:

p=EI

d4 y d x4

(a)

d4 y d x4

…(b)

3. CONVENCIÓN DE SIGNOS:

ANTIHORARIO (+)

GIRO (θ)

HORARIO (-)

FLECHA (δ )

 EJERCICIO 01.

ESTRUCTURA I

(+) POSITIVO (-) NEGATIVO

MÉTODO DE LA CARGA ELÁSTICA

7

EI =3× 10 Kg/cm k =2T /m=2000 Kg/ cm 50 Kg se aplica en el extremo de la viga ¿Qué parte de

Si una fuerza de esta carga soportará el resorte?

SOLUCIÓN

Estructuras hiperestáticas de 1° grado

Estructura Primaria o Isostatizada, es conjugada como superabundante o redundante RB , la misma que será igual a: RB =R(δ B −0.1)cm

RB =2000 Kg/cm∙( δ B −0.1) cm RB =2000 ∙ ( δ B−0.1 ) Kg

ESTRUCTURA I

MÉTODO DE LA CARGA ELÁSTICA

Por estática determinamos:

∑ F v =0 ⟶

{

MA

y

RA

R A =( 50−R B ) Kg M A =75 ( 50−R B ) Kg/cm

}

M =( 50−RB ) x−75 (50−R B )

MOMENTO GENÉRICO

d2 y EI =( 50−RB ) x−75 (50−R B ) d x2 2

EI

dy x =( 50−R B ) −75 ( 50−R B ) x+ C1 dx 2 3

…(1)

2

x x EIy=( 50−RB ) −75 ( 50−R B ) +C 1 x +C 2 6 2

…(2)

Cálculos de las constantes de integración: de acuerdo a las condiciones de frontera.

x=0 ⟶ θ A ⟶ ( 1 ) : C 1=0 x=0 ⟶ y A ⟶ (2 ) : C 2=0 x=75 cm⟶ y B =−δ B ⟶ ( 2 )

−EI δ B=

1 75 50−2000 ( δ B −0.1 ) ] ( 75 )3− [ 50−2000 ( δ B−0.1 ) ] ( 75 )2+ 0 ( 75 ) +0 6[ 2

−3 × 107 δ B =

1 75 50−2000 δ B +200 ] ( 421875)− [ 50−2000 δ B +200 ] (5625) [ 6 2

311 250 000 δ B=35 156 250

ESTRUCTURA I

MÉTODO DE LA CARGA ELÁSTICA

δ B=0.11295 cm

δ B ≈ 0.113 cm RB =2000 ( 0.113−0.1 ) Kg=2000(0.013) RB =26 Kg

 EJERCICIO 02 Calcular la viga hiperestática y construir los diagramas de momentos flexionantes y fuerzas cortantes. Considere que “P”, “a”, “E” y “I” son conocidos.

SOLUCIÓN Estructura hiperestática de 2° grado Libero las restricciones debido al apoyo A

que es un empotramiento

perfecto.

Momentos genéricos en las secciones ESTRUCTURA I

1 - 1

,

2 - 2

y

3 - 3

MÉTODO DE LA CARGA ELÁSTICA

Sección 0≤x ≤a

1 - 1

M =M A x−M A

2

EI

d y =R A x−M A 2 dx

dy x2 EI =R A −M A x+C 1 … … … … … … .(1) dx 2

Sección

a ≤ x ≤ 3 a3 2 M =M A x−M A−P (x−a) x x EIy=R A −M A +C 1 x +C2 … … … .(2) 6 2 2 d y EI 2 =R A x−M A −P( x−a) dx

2 - 2

2

EI Sección

dy x P 2 =R A −M A x− ( x−a ) +C 3 … … … … … … .(3) dx 2 2 M =? ?

3a≤x ≤4a 3 - 3EIy=R A x −M A x − P ( x−a )3 +C3 x+ C 4 … … …. (4) 3

2

6

2

6

Por simetría físico (geométrica) y asimetría de cargas

∑

F v =0

R A −P+ P−R B=0 R A =RB Además:

M A=M B EI

d2 y =−R A ( 4 a−x ) + M A 2 dx

EI

(4 a−x ) dy =R A + M A x +C5 … … … … … …(5) dx 2

2

EIy=−R A ESTRUCTURA I

(4 a−x)3 x2 + M A +C 5 x +C6 … … .(6) 6 2

[

R A =R B M A =M B

]

MÉTODO DE LA CARGA ELÁSTICA

Cálculo de las constantes de integración de acuerdo a las condiciones de frontera para:

x=0 x=a x=a Remplazando

( 1 ) , ( 2 ) , ( 3 ) ,(4 )

dy =0 dx

( 1 ) :⟹

C1 =0

y=0 dy dy = dx izq dx der y izq = y der

( 2 ) :⟹

C2 =0

los valores tendremos:

C3 =0

C1 =C3 ∴

C1 a+C 2=C 3 a+C 4 ∴ de

las

constantes

en

las

C 4=0

expresiones

2

EI

x=0

dy x =R A −M A x … … … … … … … … … …. (I ) dx 2

EIy=R A

x3 x2 −M A … … … … … … … … … … .( II ) 6 2

dy x2 P 2 EI =R A −M A x− ( x−a ) … … … … .(III ) dx 2 2 x3

x2

P

3

( x−a ) … EIy=R −M Ano − … … .( IV ) porque si bien nos Estas expresiones por sí resuelven el…problema, A solas 6 2 6 brindan las ecuaciones de giros y flechas, se encuentran en función de R A y M A ; por lo que resulta necesario emplear las expresiones ( 5 ) ,(6) , y calcular el valor de las constantes

⟶ x =4 a⟶

C5 y C6 .

dy =0 ⟶ ( 5 ) dx

⟶ x =4 a⟶ y=0⟶ ( 6 ) Reemplazando el valor de

C5 =−4 M A a 2

C5

−8 M A a =−4 C 5 a+C6

en la expresión anterior, obtenemos: 2

C6 =8 M A a

Remplazando esos últimos valores de las constantes en (5) y considerando las expresiones anteriores (I), (II), (III), (IV) tendremos: 2

dy x EI =R A −M A x … … … … … … … … … … … … … … … … … .( I ) dx 2

EIy=R A ESTRUCTURA I

EI

x3 x2 −M A … … … … … … … … … … … … … … … … … .(II ) 6 2

dy x2 P 2 =R A −M A x− ( x−a ) … … … … … … … … … … … .( III ) dx 2 2

(6)

y

MÉTODO DE LA CARGA ELÁSTICA

x=3 a

Cálculo de las reacciones:

Pa 4 = R A a−2 M A 6 3

(IV):

y=0

dy dy ¿izq = ¿der dx dx

(III) y (IV) respectivamente 2

2

−2 P a =−4 +2 M A a Resolviendo simultáneamente (α)RyA a(β):

( β) 11 P RA= 16 M A=

ESTRUCTURA I

(α )

3Pa 8

MÉTODO DE LA CARGA ELÁSTICA

 EJERCICICO 03. Calcular la flecha en la sección “C” y el giro en la sección “B” de la viga. Considere que “q”, “a”, “E”, e “I” son conocidos.

CARGA TRIANGULAR

q(x ) q = x a q q ( x )=x ( ) qa q ( x )= x a CARGA PARABÓLICA Donde debemos determinar el valor de la constante “k”; por las condiciones de frontera: Para el punto “B” que pertenece a la curva, tiene como coordenadas

y ' =−k x'2 ( 1 ) ;

'

(1)

y =−q '

x =a

q 2 Luego la ecuación de la parábola, para los ejes ay ' k=

2

−q=−k (a)

y'=

Para:

i) ii)

−q ' 2 x ( 2) 2 a

x ' =x−a …( α )

'

x=x + a⟶

y=q ( x ) =q−(− y ') ' ' y=q + y ⟶ y = y−q …( β )

( α ) y ( β ) →(2)

−q y−q= 2 ( x −a )2 qa y=q− 2 ( x −a )2 a ( x−a )2 y=q 1− a2 ( x−a )2 q(x) =q 1− a2

[

ESTRUCTURA ISOSTÁTICA

∑ Fv=0 ⟶

ESTRUCTURA I

y

[

]

]

x ' será:

MÉTODO DE LA CARGA ELÁSTICA



RB = A1 + A1 RB =

A 1= Area del ∆

qa 2 + qa 2 3

A 2= Area de la Parábola

7 RB = qa 6

+ ∑ M A =0 →−MA− A1



A 1=

( 23 a)− A ( a+ 38 a)+ R (2 a )=0 2

B

( qa3 )( 23 a)−( 23 qa)( a+ 38 a)+( 76 qa) ( 2 a)=0

−M A −

2

M A=

−q a 2 11 7 − qa a + q a2 3 3 8 3

M A=

−q a2 11 2 7 2 − q a + qa 3 12 3

( )( )

M A=−2 q a 2− M A=

11 2 qa 12

13 2 qa 12

Aplicación de la ecuación diferencial de la línea estática 

0≤x ≤a

Sección 1 – 1

M =M A

[ ( ) ]( ) 1 qx x (x) 2 a 3

M =M A −

q x3 13 ; pero MA= q a 2 6a 12 2

M= EI EI

12 2 q x qa − 13 6a

d 2 y 13 2 q x 2 = qa − 6a dx 2 12

dy 13 2 q 0 = q a x− x +C 1 … … … … … … … … … … … ( I ) dx 12 24 a

13 2 2 q x 5 EI y= q a x − +C 1 x +C 2 … … … … … … … … …( II) 24 120 a ESTRUCTURA I

qa 2

2 A 2= qa 3

MÉTODO DE LA CARGA ELÁSTICA



a ≤ x ≤ 2a

Sección 2 – 2

M =R B ( 2 a−x )−

[

Dondeq ( x )=q 1−

[

][

]

2 3 q x ) ( 2 a−x ) x ( 2 a−x ) ( 3 Área 8 Centroide

( x−a )2 a2

]

M =R B ( 2 a−x )−

{ [

M =R B ( 2 a−x )−

q 2 [ a −(x 2−2 xa+a 2)] ( 2 a−x )2 2 4a

M =R B ( 2 a−x )−

q 2 2 [ a − x −2 xa+ a2 ] ( 2 a−x )2 2 4a

M =R B ( 2 a−x )−

q (−x2 +2 ax ) ( 4 a2−4 ax + x 2 ) 2 4a

M =R B ( 2 a−x )−

q [−4 a 2 x 2+ 4 a x 3−x 4+ 8 a3 x−8 a2 x 2+2 a x 3 ] 2 4a

2

]

}[

( x −a ) 2 3 x q 1− ( 2a−x ) ( 2a−x ) 2 3 8 a

]

q M =R B ( 2 a−x )− q2 [ −12 a4 2 x 2+ 63a x3 +82a32x−x 33 ] M =RB ( 2a−x )−4 a 2 [−x +6 a x −12 a x +8 a x ] 4a 2 ( 2a−x)2 d y q EI =R − 2 (−x 4 +6 a x 3−12a 2 x 2+ 8 a3 x) B 2 2 dx 4a 2

(2 a−x) dy q −x 5 6 ax 4 x2 x2 EI =RB − 2 + −12 x 2 +8 a3 + C3 dx 2 5 4 3 2 4a 2

EIy=+ R B

(

)

6 5 2 4 2 (2a−x) q −x 6 ax 12 a x x − 2 + − + 8 a3 +C 3 x +C 4 6 20 3 2 4 a 30

(

)

Ordenada: 2

(2 a−x) dy q −x5 3 ax 4 EI =RB − 2 + −4 a2 x 3 + 4 a3 x 2 +C 3 … (III ) da 2 2 4a 5 2

EIy=+ R B

(

)

6 5 (2a−x) q −x 3 ax 4 − 2 + −a2 x 4 + a3 x3 +C3 x +C 4 ( IV ) 6 30 10 3 4a

CONDICIÓN DE BORDE: ESTRUCTURA I

(

)

MÉTODO DE LA CARGA ELÁSTICA

dy =0 → ( I ) →C=0 dx



x=0 →



x=20 → y =0 → ( IV ) :

0=0−

6

(

)

q −64 a 3 6 4 + a x 32−a6 x 16+ a6 x 8 +2 a C 3+ C4 2 30 10 3 4a

0=

−q a 6 −64 96 32 + −16+ +2 a C 3+C 4 2 30 10 3 4a

0=

−q a 6 −64+288−480+ 230 +2 a C3 +C 4 30 4 a2

0=

−q a ( ) 64 + 2a C 3 +C 4 2 4a

0=

−64 q a4 +2 a C3 +C 4 120

(

)

(

)

6

−8 q a 4 0= + 2 aC 3 +C 4 15 8 q a4 =2 aC 3 +C 4 15 ⟶ x =a →

... A

dy dy /izquierda= /derecha dx dx 2

M A a−

5

(

)

q 4 a q −a 3 5 a =−RB − 2 + a −4 c 5+ 4 c 5 +C3 24 a 2 4a 5 2 5

5

−2a + 15 a +¿ 10 ¿ q 3 −RB a2 q M A a− a= − 2¿ 24 a 2 4a

; PERO:M A=

7 RB = qa 6

3

−13 q a 13 3 q a3+¿7 q a3 13 q a3 qa − + + =C3 40 12 12 40 ¿24 2 q 3 −RB a 3 M A a− a = 20 24 3a q a 213 q −¿ a3 qa − + =C 3 12 24 40

(

(

q a3

( 200−5+39 )=C 120

q a3

=C ( 234 120 )

ESTRUCTURA I

q a3

3

=C ⟶ ( 117 60 ) 3

)

)

3

( 3920 ) q a

C3 =

13 2 qa 12

3

... B

MÉTODO DE LA CARGA ELÁSTICA

(B )⟶ ( A) : 8 117 3 q a 4=2 a q a + C4 15 60

(

)

8 117 4 q a 4− q a =C 4 15 60 −101 4 q a =C 4 30

q a4 ( 16−117 ) =C4 ⟶ 30

... C

( 2 a−x )3 7 q −x 6 3 ax 5 2 4 4 3 3 117 3 101 4 EIy= qa − 2 + −a x + a x + q a x− qa 6 6 30 10 3 60 30 4a

(

)

(

)

δc → x =a :

{

[

]

1 7 q −a6 3 a6 4 117 4 101 4 4 δc= qa − 4 + −a6 + a3 x3 + qa − qa EI 36 3 60 30 4 a 30 10

{

δc=

1 7 q a4 q a 4− [−1+9−30+40 ] + 117 q a 4− 101 q a4 EI 36 120 60 30

δc=

q a4 7 118 117 101 − + − EI 36 120 60 30

δc=

q a4 { 70−54 +702−1212 } 360 EI

{

EI

} (

4

qa { δ c= −494 } ⟶ 360 EI

}

δc=

−494 360 EI

q a4 q a4 =1.37 2^ EI EI

)( )

( 2 a−x )2 dy −7 q −x 5 3 4 117 3 = qa − 2 + ax −4 a 2 x 3+ 4 a3 x 2 + qa dx 6 2 5 2 60 4a

(

)

(

)

θ → x=2 a

{ { { {

[

]

θB =

1 −q 32 5 3 4 117 3 a + a a 16−32a 5+16 a5 + qa EI 4 a 2 5 2 60

θB =

1 −q a3 −32 117 3 +24−32+16 + qa EI 4 5 60

θB =

1 −q a3 −32 117 3 +8 + qa EI 4 5 60

θB =

1 −q a3 −32+ 40 117 3 + qa EI 4 5 60

ESTRUCTURA I

[ [ [

]

]

]

} }

}

}

}

MÉTODO DE LA CARGA ELÁSTICA

{

3

}

θB =

1 −8 q a 117 3 + qa EI 20 60

θB =

1 −q a3 −32+ 40 117 3 + qa EI 4 5 60

θB =

q a3 −24 +117 EI 60

{ [ {

}

}

3

3

93 q a qa =1.55 60 EI EI

( )

θB =

]

CONDICIONES DE FRONTERA O DE BORDE

Apoyo móvil

Apoyo fijo

Apoyo

Empotrado

θA ≠ 0

δ A=0

ESTRUCTURA I

θA ≠ 0

θA=0

δ A=0

δ A=0

MÉTODO DE LA CARGA ELÁSTICA

EJEMPLOS DE APLICACIÓN EJEMPLO 01: Calcular el giro y la flecha en el extremo libre de la viga mostrada. Giros  

Horario = (-) Antihorario= (+)

1) Trabajando por la derecha

( L−x ) (L−x)2 M MN =M =−W ( L−x ) =−W 2 2 −W ( L – x )2 M= 2 2

2) De M =EI d y 2

derivada segunda de “y” con respecto a “x”

dx

EI

(L−X )2 d2 y =−W 2 d x2

(L− X)2 dy EI =−W ∫ dx d ( L− X2)3 d xy EI =+W +C 1 dx 6 ( L− X)3 EIy=+W ∫ dx+C 1∫ dx+C 2 64 ( L−X ) EIy=−W +C 1 x +C2 24

…(1)

…(2)

3) Cálculo de la constante de integración: de acuerdo a la condición de frontera. En apoyo “ A ”

x=0

θ A =0 δ A=0

ESTRUCTURA I

0=W 0=W

(L−0)3 + c1 6 L3

+C ⟶

(1),(2)

MÉTODO DE LA CARGA ELÁSTICA

3

c 1= En (2)x=0 ⟶

0=

−WL 6

y=0

−WL4 WL3 − (0)+C2 24 6 c 2=

WL4 24

4) Sustituyendo las constantes en (1) y (2) se tiene: 3

( L−X ) W L3 dy EI =W − …( I ) dx 6 6

Ecuacion del giro

( L−X )4 W L3 W L4 EIy=−W − x+ …( II ) 24 6 24

Deformada = línea elástica.

5) 5.1) Giro en “B”:x=L⟶ En (1)

dy =θ B dx 3

→ EI θ B =W (0)−

WL 6

3

θB =

−WL 6 EI

x=L⟶ y =δ B 5.2) Flecha en “B”:

EI δ B =−W (0)− En (2)

WL4 WL 4 + 6 24

↓ δ B=

−1 WL 8 EI

4

Ejemplo (2) determinar la deflexión máxima de la viga mostrada. ESTRUCTURA I

MÉTODO DE LA CARGA ELÁSTICA

1) Trabajando por la izquierda: 1.1)

0≤x ≤a M= 1.2)

Pb x L

a≤ x≤L

M=

Pb x−P(x−a) L

2) 2.1)

2

0 ≤ x ≤ a⟶ M =EI

d y 2 dx

2

EI

EI

d y Pb x 2 …(1) = + c1 dx L 2

EIy=

2.2)

d y Pb = x 2 L dx

3 …(2) Pb x + c 1 x +c 2 L 6

a ≤ x ≤ L ⟶ M =EI

d2 y d x2

d 2 y Pb EI = x−P( x−a) d x2 L 2

( X −a) d y Pb x 2 EI = −P +c 3 dx L 2 2

…(3)

…(4) 3 Pb x 3 P(X −a) − +c 3 x+ c 4 L 6 de integración 6 3) Cálculo de las constantes de acuerdo a las condiciones EIy=

de frontera. ESTRUCTURA I

Para

x=0 : y=0 x=L: y=0

y= y x=a : dy dy

MÉTODO DE LA CARGA ELÁSTICA

Sustituyendo:

x=0 ⟶ y=0 ⇝ (2)

)

0=0+0+C 2 ⟶

)

c 2=0

…( α)

x=L⟶ y =0 ⇝( 4)

0=

Pb L2 P b3 − + c 3 L+c 4 ⟶ 6 6

P b3 Pb L2 − =c3 L+c 4 6 6

x=a ⟶ y= y ⇝ ( 2 ) y (4 )

)

Pb a 3 b a3 +c 1 a+c 2=P −0+ c3 a+ c 4 L 6 6L c 1 a=c 3 a+c 4

x=a ⟶

) 2

…(γ )

dy dy = ⇝ d e ( 1 ) y (3) dx dx 2

Pb a Pb a +c 1= −0+c 3 ⟶ L 2 2L

c1 ¿ c3

Resolviendo simultáneamente el sistema:

( α ) , ( γ ) y (ϕ)

C4 =0 C1 =C3 Nuevo resumen C2 =0

¿ c1 ¿ c3? 3 ( β ) ⟶ c 3= P b − PbL 6L 6

De

Resumido: ESTRUCTURA I

c 3=c 1=

Pb b 2 ( −L) 6 L

c 3=c 1=

Pb 2 2 (b −L ) 6L

c 1=c 3=

Pb 2 2 (b −L ) 6L

c 2=0 c 4 =0

…( ϕ)

…(β )

MÉTODO DE LA CARGA ELÁSTICA

4) Ecuaciones finales de las deformaciones Angulares y lineales 4.1)

0≤x ≤a

d y Pb x 2 Pb 2 = + (b −L2) dx L32 6L Pb x Pb EIy= + x (b 2−L2) L 6 6L

…(I )

EI

4.2)

…(II )

a≤ x≤L 2

(X −a) Pb 2 2 dy Pb x 2 EI = −P + (b −L ) dx 2L 2 6L 3

EIy=

(X−a) Pb Pb x 3 −P + x (b2−L2 ) 6L 6 6L

…(III ) …(IV )

5) Deflexión Máxima ( δ máx )

De ( I ) para 0=

dy =0 ⟶ y=δmáx dx

Pb x2 Pb ( 2 2 ) + b −L 2L 6L −Pb ( 2 2 ) Pb x 2 b −L = 6L 2L ( L2−b2 ) 3 2 L2−b¿ ¿ ¿ ¿ x=√ ¿

X 2=



( ε ) ⇝ (II)

…(ε )

L ( ¿ ¿ 2−b 2) 2 2 ( b −L ) 3 2 2 2 2 Pb ( L −b ) ( L −b ) Pb √ EIδ max = + ¿ 6L 3 3 6L

√

2

¿ ESTRUCTURA I

2

√

2

√

2

2

2

Pb ( L −b ) ( L −b ) Pb ( L −b ) 2 2 ( L −b ) − 6L 3 3 6L 3

Pb L2−b2 ¿ 6L 3

(

2

)√ 2

( L2 −b2 ) 3

( 1−3 )

( L2 −b2 )

MÉTODO DE LA CARGA ELÁSTICA

δ max=

−Pb L2−b2 3 LEI 3

(

3 /2

)

Ejemplo (3): En la viga mostrada, calcular el ángulo de giro de la sección sobre el apoyo A.

 Solución tipo A

{ } dM =V dx dV =+ p dx

1. Conocemos:

p=+q ( x ) =+ q

2. 2.1

2

p=+q ESTRUCTURA I

()

+q 2

x 2 dx

2

()

x dV = l dx

dV +q 2 = x dx l 2 dV =

x l

MÉTODO DE LA CARGA ELÁSTICA

3

V =+q

x +C 1 2 3l

…(1)

dM =V dx

2.2

dM +q x 2 = +C 1 dx 3 l2 dM =

(

+ q x3 +C 1 dx 2 3l

)

M=

+q 4 x +C 1 x +C 2 2 12l

…(2)

d2 y M =E I 2 dx

2.3

EI

d2 y q x4 = +C 1 x +C 2 d x 2 12l 2

EI

dy +q x 5 x2 = +C +C 2 x +C 3 1 dx 60 l 2 2 6

EIy=

3

…(3)

2

+q x x X +C1 + C2 +C 3 x +C 4 2 6 2 360l

…( 4)

3) Cálculo de las constantes de integración: de acuerdo a condiciones de frontera:

x=0 → M =0 x=0 → y=0

x=L→ y=0 x=L→ ESTRUCTURA I

dy =0 dx

MÉTODO DE LA CARGA ELÁSTICA

En ( 2 ) → x =0 → M =0 ∴ C2 =0 En ( 4 ) → x =0 → y=0 ∴C 4=0 3

6 C l ql En ( 4 ) → x =L→ y=0 ∴− = 1 +C 3 l 360 360 2

3

En ( 4 ) → x =L→

dy ql C l =0∴− = 1 + c3 dx 60 2

Resolviendo simultáneamente 3

C1 =

−5 ql +q l Y C3 = 120 240

Sustituyendo en (3) el valor de los constantes tendremos:

EI

(I) ecuación final de la deformación Angular

dy +q x 5 5 ql 2 q l 3 = − x+ dx 60 l 2 240 240

4) Calculo de giro en “A”

Para: x=0→

dy =θ A dx

+ q l3 EI θ A = 240 θA=

ESTRUCTURA I

+q l 3 240 EI

MÉTODO DE LA CARGA ELÁSTICA

 SOLUCIÓN TIPO B

M d2 y = ..(G) EI d x 2

[() ] 2

4

x x 1x qx M=−R A X + q =−R A X + 2 l 3 4 12l M=−R A X +

1q 4 x 2 12l

…(I ) 2

Ecuación diferencial de la elástica: M = d y 2

EI

M =EI

d2 y q x4 =−R X + A d x2 12 l 2

2

4

EI

d y qx =−R A X + 2 2 dx 12l

EI

d2 y x2 1 q x5 =−R + + C1 A 2 12 l 2 5 d x2 2

EI

5

dy x 1 qx =−R A + +C 1 dx 2 60 l 2

EIy=−R A

ESTRUCTURA I

dx

x3 1 q x6 + +C 1 x +C 2 62 360 l 2

…(II )

…(III )

MÉTODO DE LA CARGA ELÁSTICA

Condiciones de frontera

a ¿ x=0 → δ A =0 b ¿ x=L →

…(III )

dy =θ B=0 dx

…(II ) …(III )

c ¿ x= L→ δ b=0

x=0 ⟶ δ A =0 ( III ) : 0=−R A 0+0+0+C 2 ⟶

C2 =0

x=l⟶ δ B =0 ( III ) : 0=−R A x=l⟶

l3 1 + q l 4 +C1 l+C2 ⟶ 6 360

l2 ql 3 + R A −C 1= 6 360

dy =0 ⟶ ( II ) : dx −R A l 2 −1 3 +C 1= ql 2 60

2

−R A l 1 3 0= + q l +C 1 ⟶ 2 60

Resolviendo simultáneamente las ecuaciones tendremos:

RA=

+5 ql 120

C1 =

q l3 240

Remplazando las expresiones anteriores en (II) tendremos:

EI

dy +5 ql X 2 1 x5 q l 3 = + q + dx 120 2 60 l2 240

Ecuación final de las deformaciones angulares o giros.

Ordenando y simplificando: 5

2

3

dy q x 5 ql X +q l EI = + + … ( IV ) dx 60 l 2 240 240 ESTRUCTURA I

MÉTODO DE LA CARGA ELÁSTICA

Cálculo del giro en A: Para

x=0 ⟶

dy ∕ =θ dx x=0 A 3

EI θ A =

ql 240 3

θA=

ESTRUCTURA I

ql 240 EI

Rpta