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Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales 7" Parte
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Problema¡ Resueltos de Resistencia de Materiales : .: .. ' Miguel Angel Millán Muñoz
INDICE Capítulo I. Diagramas a Estima
- I.l .- Vigas Isostóticas. - 1.2 .- Vigas compuesta y pórticos isostáticos. - 1.3 .- Estructuras Espaciales. - 1.4 .- Problemas de examen. Capítulo II. Traccién y compresión simple. Problernas isostáticos.
Cápítulo
IIL Flexión @.
- Iil.l .- Tensiones. - III.2 .- Giros yflechas. Ecuación de la elástica y teoremas de Mohr. Capítulo IV, Flexión (II). Flexión simple.
Prohibida la rcproducció¡r lotal o parcitl sin pemriso.xprcso dcl auto. O Migucl Angel ñtiltán lvfuñoz 2000
Problemas Resueltos de Resistencia de Materialcs I
Millán Muñoz
I.. DIAGRAMAS A ESTIMA. 1-
Vigas Isostdticas. 1.2- Vigas compuestus y pórticos isosttiticos. I. 3 - Estructaras espacíales. 1.4- Problemds de exflmen. I.
Cap.
I-l.- Diugru
uts
t
estitttu isostúticos,
l
igus isosttiticas
Protrlemas Resueltos de Resistencia de Nlaterialcs iguel Aneel lvfillán Muñoz
Cap. I-1. Diagramas a estima. Vigas Isostáticas. Dibujar a estima los diagramas de esfuerzos, así como las deformadas, de las siguientes vigas.
l3)
8)
3)
C--=--l--"-l
18)
Cap. I-1.- Ditrgrorttus u estiun isastáticr).r.
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isost,it ¡cLts
Problemas Resueltos de Res¡stericia de Nlateri¡les lvfillan Muñoz .
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Cap.l-3.- Ditgrunns
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Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales I Millán Muñoz
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Cap. l-3,-
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Problemas Resueltos de Resistencia de Nlateri:¡les I Angel Millán Muñoz
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Cap.l-3.- D¡agru tn.\ o esliuru ¡soslúl¡cos. Es ucturos espac¡ales.
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Problemas Rcsueltos de Rcsistencia de Materiales I Nf illán Muñoz
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1
3.- Gi¡o y flecha en A por la elástica.
El punto A corresponde al punto de x = L / 2. obtendremos el giro y la flecha sustituyendo este valor en ecuaciones respectivas.
-
Giro en A: e
-
A
=
y,
(:,
=
+( + (, :)' . h(,
_
:)^. .*.,,
= J
t ; . * . * ) f o,*,,,,t n
=
Flecha en A:
/^ L tlo.t( ¿--i¡-)' v(-) -.1 2l 2 =-lE|36\ \
a r20.¿
ir
. r5 Lt
|
2)
| 360'
1
L'1 .r'l t(t r r) d !: z tto" " J rr \zrs st+o tzo )''" = -0,0065. EI
4.- Giro y flecha en A por los teoremas de Mohr.
Hay que tener en cuenta que las fórmulas conocidas de_l área y c.d.g. de una parábola cúbica conesponden a una parábola del tipo y a.x', es decir, el tipo de parábola que corresponde a la ley de momentos de una densidad de carga triangular en
:
una ménsula.
La ley de momentos en la viga biapoyada es equivalente a la que crea en una ménsula la densidad de carga triangular sola (ley parabólica de 3'grado, del tipo y a.x'), sumándola a la que provoca la reacción en el apoyo (ley lineal). Téngase muy en cuenta que esta equivalencia SOLO ES A NIVEL DE LEYES DE ESFUERZOS, no a nivel estructural. Nos permite utilizar los teoremas de Mohr en un punto A cualquiera sin demasiada complicación, ya que usamos leyes sencillas en lugar de la ley de M combinada en la viga.
:
El cálculo por los teoremas de Mohr se hará superponiendo las
áreas
y
los
momentos estáticos de ambas leyes de momentos.
El primer paso será, por tanto el cálculo de las dos leyes de momentos flectores. Como queremos calcular el giro y flecha en el punto A, debemos obtener los valores de los momentos en dicho punto. Los valores máximos y en el punto A de las dos leyes de momentos dibujadas son;
-
\c =
Ley parabólica; Moporo¡,,ru N1,\
=
t/,.q.L. ll3.
= t/r '(q12)
L=
l/l
.L
l/6. q. L:
Ll2 lt3. L/2= l'48 q.Ll Cap. IIl.2
.
Fle-rióu (l).
G iro.:; .t
.llcchas
o.+
las
ProblemaS Resueltos de Resistencia de Materiales Millán Murloz
-
Ley triangular: M,po'oi,qu: R:.
L= l/6. q. L?
M¡ = R¡ L/2 =
I/l2 q
L'?
El giro en A se calculará a partir del primer teorema de Mohr, refiriéndolo al giro en el apoyo (si conociéramos la posición del punto de flecha máxima en el que, por tener tangente horizontal, el ángulo girado es nulo, podriamos referimos a
é1,
pero en este caso no es conocido),
Para calcular el giro 0 en el apoyo derecho usamos el 2" T. de Moh¡ en relación al primer apoyo, como se indica en la figura. Con dicho teorema obtenemos el valor de H, y el giro en el apoyo será:
o"p.yo=H/L Obtenemos la
H
debida a la ley parabólica de momentos (negativa porque produce flecha hacia abajo)
y
le
restamos la H debida a la ley triangular (positiva porque produce flecha hacia aniba):
/ \ \ ' / / \ t\ a.t4 0.0re44 L o.L4 l 1,. ! ! ! l-| * r . 12 H t( o. l f n l l ¿ l = l - I* t.J - = '' = 81 - 4 Et \6' )s 2 \6' /3 ) \ t2o 36) EI [
oapoyo = o.ote44.LL EI De esta forma, el lo teorema nos dará el valor del giro relativo entre A y el apoyo tomando el área de la ley de momentos entre ambos puntos. El giro, si recoremos la viga desde A hasta el apoyo, será (0"p.y" - e^), positivo por girar en sentido homrio respecto a la horizontal:
A¡=Area(leyparabólica)=l/4.L/2.Ma(leyparabólica)-l/4.L/2.1/48.q.L3=l/384.q.Lr
A2:Area(lcytriangular)=ll2.Ll2.MA(leytriangular)=V,.Llz.lll2.q.L3=l/48.q.Lr 0¡ = -llEl . cA¡ + Ar) +
o"p.y" = (- 0,01 82 + 0,01 944).q.Lr
i EI =
0,00 I 22.q.Lr / EI
Para calcular la flecha, seguiremos el esquema indicado en la figura.:
f¡=H¡-A¡ H¡ = 0"0.r" . L/2 =
(0
,0tg44.q.Lt I El) . L/2= 9J2 lO-1.9.L4 / El
Pa¡a calcular A4 uS?r€lllos el 2o teorema de Mohr aplicado a las dos áreas de momentos:
AA-l/Et.tAr.U5.L/2+A2.1l3.Ll2\=(q.L4l1l\.Gl/3840+l/288):3'212.l03.q.L4lEI Y, por fin:
f'¡=H¡-a¡=(9,72 l0'r - l,?12 . l0r). q.LrEI = - 0,0065 . q.LrlEI habiendo asignado signo negativo por ser flecha hacia abajo.
C.rp.
Ill.l .
Fle.ti;u
¡lt
u1/
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//.'-lt(lt
6i
Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales I
Viga
l.-
Millán Muñoz
n'4
Leyes de esfuerzos.
Será necesario calculal las reacciones.para poder calcular las leyes de esfuerzos.
,i)^
l0
AI.JA
En este caso de solicitación simple, puede comprobarse que las reacciones son iguales y contra¡ias de valor
R=M/L=10/10=ltn. Los tramos serán dos, delimitados por los apoyos y el momento puntual aplicado
Tramo I: N = 0 (no hay cargas que proyecten sobre el eje de la viga) T = será debido únicamente a las reacciones y tendrá un valor constante en toda la viga:
T=R=M/L conesponde al momento de la reacción en la sección situada en x. Téngase en cuenta que el momento es de signo negativo:
M
=
M=-R.x=-M.x/L Tramo II:
De forma análoga al tramo anteríor, leyendo ahora por la derecha, se obtiene:
N=0
T:R=M/L M= R.(L-x)= M.(L-x)/L
2.- Ecuación de la elástica. Teniendo en cuenta que la rigidez EI es constante, la ecuación a integrar será: EI '
y" = M(x)
Tramo I: M
EI.v"
L
lrl)-
EL v'
ELv
2.L
+ct.x+c" =-L."3 6.L
Cond¡ciones de contorno:
-
Movimiento vertical nulo en el apoyo izquierdo:
y(x:0)
=0
=
Cz=0
El cálculo de C¡ se hará imponiendo la continuidad de giro y flecha en la unión de los tramos una vez calculada la elástica en en tramo
ll
Tramo [I: ¡1. -L r" = {.r¿ - r)
Cap.lll.2 .- Flexióu (I). CiosyJlechus.
66
Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales I Millán Muñoz
tt.t'=-L.lt-x)2+c, ut
., = L.Q - i3 + C3.,r + C,¡
Condiciones de contorno :
-
Movimiento vertical nulo en el apoyo derecho: y
-
(x:¡¡
g
=
!.r,t6L
-
Igualdad de giros en el punto de unión de t¡amos,
)
M L- +(^ M 4 | =--.lL 2.1
1.2 .|L --)
--.-
2
2.1
-
t¡3
+c,r.t+co=o
x:
L/2:
cl-c3=0
é
3
Igualdad de flechas en el punto de unión de trarnos,
C3.L+C4=O
=
x:
t. üt L3.- L M ., Lt -.r,-r)'+C'.:+C, 8 '.,.'2 - 6.L' 2 '2
L/2:
-
6.L
l'l.--L}--L4 ^L ^
L
^
M.*
Sustituyendo los valores del problema, el sistema de ecuaciones queda:
lo.Cr + C¡ -
C4:0 -
C5:0
Cr = -C4l 10 C¡ =C¡
-
5.Cl-5.Ca-Ca=41,67 -
ca:
q
alserC¡
=C3 3
Ca=-41,67
= 4,t67
3.- Giro v fl€cha en A por la elástice.
El punto A corresponde al punto de x
-
L / 2. Obtend¡emos el giro y la flecha sustituyendo
€ste valor en las
ecuaciones respectivas del ptimer tramo
-
Giro en A: 0
-
A
= y,
(A) =
*( + {+
q-
t
4,,6?)
=
-i(-+.,.*,1= -ry
Flecha en A:
,( '\2)
n' 4' .0.,u, !)= l- t25+ 20.83) l=0 E/[ 6.¿ 8 2) E1' \ ; (
4.- Giro ), flecha en A por los teoremas de Mohr. Como se observa en la figura, el giro en teorema de Mohr. con la relación:
A lo calcuiaremos a partir del A =AllI
en el apoyo que se obtiene por el 2"
/)\=^/i
r/l__2_\ Er\2 3 )
Cap.
^
r25
3.[l
ill.l .. FIexiótr (I). Gints vflechus.
61
Problem:ís Re¡üeltos de Resistencia de Nlateriales lAnqel Millán Muñoz
8.33 0.1
3.EI
Como puede verse en la figura, el giro es en sentido horario, por lo que
se
coloca signo negativo.
Por ser la estructura antisimétrica, puede concluirse que la flecha en A es nula.
Viga n" 5
l.-
Leyes de esfuerzos.
Será necesario calcular las reacciones.para poder calcular las leyes de esfuerzos.
En este caso de solicitación simple, puede comprobarse que las reacciones dado que en el voladizo no actua ninguna carga' La viga biapoyada funciona como si fue¡a simétrica, y las ¡eacciones son: son iguales
y en el mismo sentido,
R=q.L/2 Los tramos serán dos, delimitados por los apoyos: la viga biapoyada y el voladizo'
Tramo I: N
:0
(no hay cargas que proyecten sobre el eje de la viga)
T = será debido a las reacciones y a la carga uniforme:
T:R-q.x=q.L/2-qx M = leyendo por la izquierda, la reacción produce momento positivo y la carga uniforme negativo:
M
t q.L =R-\-q.t-=;.-
qx2 z
Tramo II: aplicada en el voladizo' Leyendo ahora por la derecha, y teniendo en cuenta que no hay ninguna carga exterior obtiene:
N=0; T:0;
M:0
2.- Ecuación de la elástica.
TeniendoencuentaquelarigidezElesconstante,laecuaciónaintegrarserá:EIy"=M(x)
C¡p. IIl.2
.
Fle.rión (I). Circts vJlechus.
63
se
Problemas Resueltos de Resistencia de NI¿teriales I Angel Millán Nluñoz
Tramo I: l:l
,,tt
'22
-L
-) a.L f
-1 tlL tl.y '46I =-..1
z
a.x-
_
--+L
-¿,1 a.:( a-L ELv't2=-.t--+C.¡tC 12 24 C ond i c ¡ones
-
de c ontorno :
Movimiento vertical nulo en el apoyo izquierdo: v (x=o)
-
:
o
Movimiento vertical nulo en el apoyo derecho:
y(x-L)=0 Tramo
II:
er
t =ú.t3 -ú*rr.r=o
.y" =Q EI.v'=C '3 El .l =Cr.x+CU EI
C on dic ion es
-
de contorno :
Igualdad de giros en punto común a los dos
tramos:
Igualamos las dos ecuaciones de y', sustituyendo x por
q.L
0¡(x=L)=0¡(x=L)
y'r (x=L)
=
: y'l
(x=0)
L
.z q.É q.L3
46243324
L^ =-
=
qÉ
Movimiento vertical nulo en el apoyo derecho: 1
Y(x=L)=0
aL"
C.L+C =-L+C 34244
-
,4
^
=O
qL
424
3.- Ciro y flecha en A por la elástica.
El giro y flecha en un punto dado se obtiene directamente de las ecuaciones punto, corl sólo paÍticularizarlas para la x del punto buscado. El punto A corresponde al punto de
-
x:2.L,
y' e y del tramo al qtre pertenece
perteneciente al tramo IL.
Giro en A:
A Flecha en A:
tt
Cap.
-.
I aL3 EI 24 / ,\ t ( qF -. q¿r ] Et | 21 2+ I \./
Ill.2 ._ Fle-rión (I). Giros y.flecltut.
qL'l
2J.El
69
el
Problemfs Resueltos de Resistencia de Materiales I
Angel Millán lvfuñoz
Los signos positivos indican que el giro es antihorario y la flecha hacia aniba.
4.- Giro )¡ flecha en A por los teoremas de Mohr. Para poder obtener el giro y la flecha en A con los teoremas de Mohr, debe tenerse en cuenta que éstos sólo nos dan giro relativo enfe secciones y la distancia entre la deformada en un punto y Ia tangente trazad,a a la deformada en ^ otro punto, En este caso, como puede verse en la figura, podemos hacer las siguientes consideraciones:
-
El giro en A será igual al giro en el apoyo derecho, dado que el voladizo solamente gira sin deformarse, dado que su ley de momentos es nula.
-
La flecha en A será, por tanto, la originada por dicho giro, es decir,
f=
0uoo"o . a
siendo a la lonsitud del voladizo.
Para calcular el giro en el segundo apoyo, tomaremos como ¡eferencia el punto central de la viga. En dicho punto, la tangente es horizontal (y su giro nulo) por comportarse como una viga simétrica y tener en €ste punto la máxima flecha.
Ley de momentos entre centro de viga
l'l.-l |---..T-.---------]
y
apoyo derecho: parábola de 2.
A
:
grado, con valor máximo:
M:
q.Lz
/
8
El área de la ley parabólica conesponde El giro conesponderá
a
2/3. base . altura
a:
qt3 oapoyo -t =oA=tEl ZLqL2 32 I EI 24 Como se ha indicado, la flecha es la debida a dicho giro en el extremo del voladizo:
fA =A.L=Como puede verse en la figura, el giro es antihorario
| 2 Lq.L2 Et
32
8
| a.L4 EI 24
y la flecha hacia arriba, por lo que
los signos positivos
asisnados son válidos.
Viga n" 6
l.-
Lel¿es de esfuerzos.
Será necesario calcular las reacciones.para poder calcular las leyes de esfuerzos.
En este caso de solicitación simple, puede comprobarse que las reacciones vertjcales son igLrales y en el mismo sentido. No habrá reacciones horizontales por no haber ninguna componente horizontal en la carga exterior y ser la superficie del canito horizontal. La viga biapoyada funciona como si fuera siinétrica, y las reacciones son:
R=q.Li2
Cap.
ill.2 . . F/c-tlri n (l). Giro;
t flechus.
70
Problem¿fs Resueltos de Resistencia de Materiales I
Millán Muñoz
Solamente habrá que considerar un tramo.
Como la abcisa x a considerar es paralela a la directriz de la viga, transformaremos previamente la densida carrla proyectante (distribuida según la dimensión horizontal) a densidad de caÍga sobre la directriz (distribuida en x). Teniendo en cuenta que la carga total debe ser la misma: Feq,i,
>
= q.L.cos 30'= q'.L
O'
:
q.cos 30"
Si calculamos las componentes según et eje de la viga y según la perpendicular: según la
perpendicular: q"-q'.cos 30" -
q.cos'¿30"
q"':q'.sen 30" = q.cos
según la directriz:
30o sen30o
Con estas expresiones, las reacciones según la directriz y según la normal a ella se¡án: según la
perpendicular:
R": q".L/2 R"'= q"'.L/2
segrln la directriz:
Asf pues, los esfuerzos serán:
N = la densidad de carga proyecta sobre el eje de la viga, con un valor q"', lo que ocasiona un axil
que variará con
x linealmente. Si leemos por la izquierda: N = q"'.L/2 T
:
- q"'.x
= (L/2
-
x). q.cos 30" sen 30'
será debido a las reacciones y a la carga uniforme según la normal a la viga:
T
:
q".L/2
- q".x = (L / 2 - x).q"
M = leyendo por la izquierda,
la reacción produce momento positivo y la carga uniforme negativo:
2.- Ecuación de la elástica.
.y"
= M(x). Para hace¡ más Teniendo en cuenta que larigidezEl es constante, la ecuación a int€gmr será: EI (según q"' q" calculada arriba. La la directriz) no afecta a la elástica, con la densidad fáciles las operaciones, operaremos va oue no interviene en la flexión.
q".L LLv '22 =-.r-EL''461 =!J
q".*2
*c '2 -q"'3
Er 't2 , = 4:L.,3
-ú,24 c..,,c12
Condiciones de conlorno:
-
Nlovimiento vertical nulo en el apoyo izquierdo:
y(x=0)=0 -
C:=0
Movimiento venical nulo en el apoyo derecho:
Cap. IIL? .-- F|e-rithr (I). Gíros y Jlecltls.
1l
Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Millán Muñoz
Á
^,' t, '1224 , =LL.L' -L+C.1
:+
Y(x:L)=0
q' '. L"
=0
I
21
3.- Giro y flecha en A por la elástica. Cuando la directriz de la viga está inclinada debe tenerse en cuenta que el giro está referido a la directriz de la viga se mide perpendicularmente a dicha directriz.
y la flecha
El punlo A conesponde al punto de x
-
Giro en A:
-
L/2.
(.> 'l L3 o" ¿3 I _ !.,_ I q".t L- _q" ___ 2 Et | 4 4 6 8 24) t=0 \
A
como era de esperar dada la simetría del problema.
-
Flecha en A:
v
=v 'A-"^
t
lt =-)=-.1
t (o".1 L3 s" L4 o"¿3 ¿)
2'-81 |.12 8
tb 24 2)
24
A
5.
s".L
t*"t
El signo negativo indica que la flecha está medida hacia abajo de la directriz.
4.- Giro v flecha en A por los teoremas de Mohr. Por la simetría del problema, podemos deducir directamente que el giro en el punto A es nulo. Asímismo, partiendo de este hecho, vemos en la figüa que la flecha en A coincide con el valor de A que nos da el 2" T. de Mohr, si lo aplicamos entre el punto A y uno de los apoyos, ¿sraado el momento estático calculado respecto al apoyo.
: q".L'l
Ley de momentos entre cenÍo de viga y apoyo derecho: parábola de grado, 2o con valor máximo:
M: q".L'
8
/
8
El área de la ley parabólica ent¡e
esos dos puntos corresponde a
A = 2/3. base . alnra = 2/3 . L/2 . M Aplicando entonces el 2o teorema queda:
t 5q"L4 EI 384
| = -- |2La".*51 "A EI 32 8 82 como puede verse en la figura, la flecha
SOLUCION PROBLEMA N"
es hacia abajo,
por lo que se ha indicado con signo negativo.
2.
El problema pide la flecha máxima. El cálculo de ésta es distinto 2mT según se haga por la elástica o por los teoremas de Mohr'
Por la elástica se seguirá el procedirniento usual, que nos dará la expresión analitica de giros y flechas en cualquier sección Las seccrones con
Cap. lll.2 .-- Flesiótt (I). Ciros
l
flecltcts
72
Problemds Resueltos de Resistencia de Materiales
Millán lvfuñoz flecha máxima serán aquellas que tengan tangente horizontal. En todas ellas habrá que calcular la flecha y elegir la ma1,or. Por los teoremas de Mohr, dado que éstos nos dan sólo el valor del giro y la flecha en un punto concreto, habrá que identificar previamente las secciones en las que pueda producirse ese valor máximo, por consideraciones de simet¡ía o analizando la ley de momentos.
L-
Le)./ de momentos flectores.
Será necesario calcular las reacciones.para poder calcular las leyes de momentos.
Planteando el equilib¡io de momentos en el apoyo izquierdo:
k
.5
+2:2
:)
.6
&=10/5=2r
Por equilibrio de fuerzas verticales:
Rr=2-R,=0 Los tramos serán dos, delimitados por los apoyos: la viga biapoyada y el voladizo.
Tramo I: N = 0 (no hay cargas que proyecten sobre el eje de la viga) T
:
será debido sólo a Ia reacción si se lee por la izquierda
T:Rr:o
M=
leyendo por la izquierda, la reacción es nula puntual:
y
no produce momento, luego sólo intewiene el momento
M=-2m.t Tramo II: Leyendo ahora por la derecha, teniendo en cuenta que sólo actua la carga puntual aplicada en el extremo del voladizo, se obtiene:
N:O M
:
-
2. (L-x)
:
-
2. (6 -x)
:
-
12 +
2.x
2.- Ecuación de la elástica.
Teniendo en cuenta que la rigidez EI es constante, la ecuación a integrar será: EI . y" = M(x)
Tramo I;
EI'Y" =-2 EI Y' = -2't ¡ 6, ELv = --r2 +C.r+C -12
Condiciones
cte
contorno:
Movimien¡o venicdl nulo en el apoyo izquierdo:
y(x=0)=0 =
C:=0
Movimiento ve¡1ical nulo en el apo)o defecho:
Cap. III.2
.- Flexión (l). Gircs yJlccll{Ll
73
. , ,.'
Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales
y (x=s) = 0
Tramo
II: EI
Y" =-12+2s
EI Y' =-12'*'2 *',
ELy
,,3+LiC-.x+C. 314
= -6.11
Condiciones de contorno:
-
Igualdad de giros en punto común a los dos
tramos:
Igualamos las dos ecuaciones de y', sustituyendo x por
-2.x+5=t2
-
-lz.t+c,
=)
-10+5=
0¡ (x=5) = 0¡
(x:5) +
y'¡ (x=5) = y',' (x:5)
5
25-12.5+C3
+
c3 =30
=
C4: -41,67
Movimiento vertical nulo en el apoyo derecho:
y(r5):0
.
5J
ELy =-6 5"+-305+Co=0
-
3.- Flecha máxima por la elástica. Con la condición de giro nulo podemos identificar los puntos de flecha máxima en Ia viga biapoyada. Imponemos entonces esta condición en la ley y'. x = 5 / 2 , es decir, en el centro del vano. Esto era de esperar dado que en la + EI . yt = ).¡ ¡ J = Q viga biapoyada Ia solicitación es equivalente ¿ una simétrica.
La flecha será la coffespondiente a x = 5/2:
t{ _ s2+ ).-51 25
"y = -lr/[
-o
,) 4.EI
6,zs
EI
En el voladizo se puede aplicar el mismo procedimiento, pero sólo si hay una tangente horizontal y, en este caso, la flecha máxima en eltramo se producirá en el extremo del voladizo.
En otro caso, teniendo en cuenta las solicitaciones que actúan sobre esta viga en concreto, podemos ver que la flecha máxima del voladizo se producirá en el extremo. Esto es así porque el giro en el apoyo derecho es negativo (sentido horario) y la flecha de la ménsula ficticia será hacia abajo, sumándose el efecto de las dos, con máximo valor en el extremo. Por tanto, sólo necesitamos obtener el valor de la flecha en x= 6.
. e3 )l= --:::: -t.ut Ll,( ', = E'[ - s.6¿ +:+3o-41.67 3 ) E] Comparando los dos flechas obtenidas, la máxima es la que se produce en el centro de la viga biapoyada con
valor:
f^^':
25 14 El
4.- Giro y flecha en A por los teoremas de Mohr.
Como se indicó al principio, para obtener los puntos de flecha máxima con los teoremas de Mohr. deben hacerse un análisis de la estructura para reducir al mdximo los puntos r comprobar'
Cap.
Ill.2
.
Fleririn (l). Giro,s v.flechd.s.
74
Problemás Resueltos de Resistencia de Nlateriales Misuel I ivlillán Muñoz
En este caso, se pueden hacer las siguientes consideraciones:
La viga biapoyada está sometido a un sistema de cargas simétrico, dado que el momento en el apoyo derecho es igual a 2 m,t, idéntido al que actua en el apoyo izquierdo.
Como no actúa ninguna otra carga sobre la viga, la deformada será simétrica, con un máximo en el centro de vano. En el voladizo, como puede verse en.el esquema, la máxima flecha se producirá en el extremo, puesto que la deformación por giro y la flexión de la ménsula tienen en el mismo sentido.
Así pues, los únicos puntos a comprobar son el centro de vano y el ext¡emo del voladizo. Puede verse en coincide con el valor de
la figura que la flecha en el centro de
vano
que nos da el 2" T. de Moh¡, si lo aplicamos ^ y punto de los apoyos, estando el momento estátíco entle el A uno Asl, si lo aplicamos a la ley de momentos respecto al apoyo. calculado dibujada:
'1 'cehtro
rano EI
,"t'_125 2 EI
e.long = 0. I
f,,,
4
Como puede verse en la figura, la flecha es hacia aniba, por lo que se ha indicado con signo positivo.
Para calcular la flecha en el extremo del voladizo debemos calcular las dos componentes:
-
Flecha debido al giro en el apoyo:
Para calcular el giro en el segundo apoyo, tomaremos como referencia el punto central de la viga. En dicho punto, la tang€nte es horizontal (y su giro nulo) por comportarse como una viga simétrica y tener en este punto la máxima flecha.
El giro corresponderá
a:
0 =-"-EI M:-=-":apoyo 2 EI Como se ha indicado, la flecha debida a dicho giro
-
será:
fg¡n:
-0"poyo.
I
:
-5 / EI
Flechq de la ménslthrtcricia:
La flecha de una ménsula puede calcularse directamente con el2'teorema de Moh¡:
I I = -;;,lr't fmensut¿ Ll 2
2 tz --El -l ;.1: 3
La flecha total será la suma de las dos:
tatat
ll\
1],1
2l 3)
t'l 3.El
La máxima flecha se¡á la mayor de las calculadas, siendo en este caso la de centro de vano.
Cap.
lli.2 ..
F/e-rirí n
(l). Giros
t,.flechas.
75
Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Miguel Angel Millán lvfuñoz
SOLUCION PROBLEMA N" 3. para obtener datos sobre las cargas o los esfuerzos dada la elástica, se seguirá el proceso inverso al del cálculo de la misma, de¡ivando en lugar de integrar, hasta obtener las expresiones relacionadas con las ley€s de momentos, cortantes y densidad de carga:
ELy = EI.
y"
f(x) =
¡41*¡
EI Y'."- 11*¡ EI. y'" = q(x)
elástica ley de momentos ley de cortantes densidad de carga
Una vez obtenidas estas leyes, habrá que calcular que distribución de carga es compatible con ellas
(t CASO
a)
I:
Ecuación de la elástica:
'
I
11)
1¡tr 2\ t2
E.l
)
Hallar T. Derivando sucesivamente, obtenemos:
r_ ltl¡l¡
2 \,
v=l -.x- ---.1.¡ l.'\12 t2 )E.I Et
('t r\ y"=l;r-¿)=
(l , , ) 6 .J E.l \4
Y'=l-.x- ---41.-
-
'7
EI.y"'=
M(x)
-2.
b) y c)
+
=71"¡
Vemos que la ley de cortantes es uniforme en toda la viga y de valor T
t
:
u.ytr =o=
qqt¡
3,5 t
Hallar las cargas Y la luz.
Lo más evidente es que, al ser una ecuación de la elástica rinica, sólo hay un tramo de definición de la misma. Esto signifrca que las cargas sólo pueden ser:
-
densidad de carga extendida a toda la viga.
-
cargas aplicadas en los apoyos; momentos puntuales.
Si hubiera una carga puntual o un mom€nto puntual intermedios, habria un cambio de tramo de la elástica en el punto de aplicación de los mismos, ya que crean un c¿mbio en la ley de momentos (ver introducción teórica del problema l). Por De la última ecuación cabe decir que q = 0 y, por lo tanto, no existe densidad de carga aplicada sobre la viga. los apoyos' en momentos de es la existencia tanto, la única posibilidad que resta (puesto qu€ las y Estos momentos son compatibles con la ley de cortantes siempre que no sean iguales simétricos en este caso). reacciones serian nulas
Analizando la ley de momentos en las abcisas x conespondientes a los apoyos podremos obtener el valor de los momentos:
En
x:0
á
M(x=0) = -¡76
t
t
No podemos imponer la condición en el segundo apoyo porque no coñocemos L'
Cap. III.2
.
Fle.rión (I). Giros.t flechus
16
Problem¡ís Resueltos de Resistencia de Materiales lvlillán Muñoz
La única alternativa que nos queda es ver si este momento es compatible con la ley de cortantes (es decir si sus reacciones crean una ley igual) y con la ley de momentos a la vez. Si no lo es, calcularelnos el momento en el segundo apoyo que hace posible dicha compatibilidad. Las ¡eacciones son R = M/L =
l/(6L) iguales y
de sentido contrar¡o
La ley de cortantes será uniforme y de valor T = l/(6L) La ley de momentos del momento puntual único es: M(x) = -116 + x,i(óL) Identificando ambas expresiones con las leyes d€l problema se obtiene:
l'7 6L2 ljrl?.x M = --+66L62
L= | /21 m.
+
L= 1/21m.
Por lo tanto es compatible y sólo existe un momento puntual en el apoyo derecho' puede comprobarse que también serla compatible una solución con momentos iguales y conaarios en los apoyos de valor 1/6, obteniéndose en este caso una luz de 2/21 m
Ecuacióndefaerástica:
CASO 2:
a)
HallarTenx= I
/ -(;,
;
m.
Derivando sucesivamente, obtenemos:
4
/_
\,
/-
ct.t"=lt.'-'2
\ )=
/.\ ,' I l'l y'=l-.:(-" --- 4l.3 I
5
-!--c'lL ',=l! (r2'3 tz )Et
)E.I
[4
1 EI.r"'---r.,
uvt
=?"(¡)
+
et.ytY =-2=q1'¡
2.
De la ley de cortantes obtenemos el valor para x
b) y c)
(Parciale3*e4)
^,);
=l
m.:
T = 312 t.
Hallar las cargas Y la luz.
deñnición de la lgual que en el aptdo. anterior, al ser una ecuación de la elástica única, sólo hay un tramo dé misma. Esto significa que las cargas sólo pueden ser:
-
densidad de carga extendida a toda la viga'
-
cargas aplicadas en los apoyos; momentos puntuales'
en el Si hubiera una carga puntual o un mom€nto puntual intermedios, habria un cambio de tramo de la elóstica punto de aplicación de los mismos, ya que crean un cambio en la ley de momentos ' sobre la De la última ecuación se obtiene que q = -2 Vm y, por lo tanto, existe densidad de carga unifonne aplicada viga, con sentido negativo, es decir, hacia abajo
ley de momentos en las Para comprobar si existen momentos puntuales aplicados en los'apoyos' analizamos la de dichos momentos: el valor abcisas x con espondientes a los apoyos podremos obtener
En x=0
:)
lvf(x=o)=0m.t
Cap.
Ill.2.
Fle.rión (l). Git'os
¡ flechus
17
Problem¿ís Resueltos de Resistencia de Materiales
Misuel
I
Millán Muñoz
No podemos imponer la condición en el segundo apoyo porque no conocemos L. Haremos la hipótesis inicial de que tampoco existe momento puntual en el segundo apoyo.Vemos a continuación si la densidad de carga es compatible con la ley de cortantes, en el caso de que actue sola. Si lo es, podremos deducir que no hay otras cargas. Si no lo es, podremos obtener éstas de esta ecuaciÓn y de la ley de momentos. Las reacciones son R =
qL/2 iguales (tomando ahora q con su valor absoluto)
La ley de cortantes será lineal y de valo r
T
=U-q.x
=
L-2z
La lev de momentos del momento punrual único es:
lvl
-2 -t =L.x-q.L=L.x-x' 22
Identificando ambas expresiones con las leyes del problema se obtiene: '7
T=
L=
L-2.x=--2.x
2 m.
2
-2'1 M = L-x-t
=-.J-¡
2
::)
L=72m.
2
Por lo tanto es compatible y la única carga es la densidad de carga uniforme q = -2 Vm.
SOLUCION PROBLEMA N" 4,
Para calcula¡ la flecha en
a)
A
se seguirán los siguientes pasos:
-
Analizar Ia deformación de la est¡uctura y sus componentes
-
Cálcular leyes de momentos.
-
Calcular los componentes anteriores con los teoremas de Moh¡.
212 |r--------r-----t
Análisis de la deformación de la estructua.
|
La esffuctura se compone de un pilar y un voladizo. La deformación del voladizo (donde está el punto A) se debe a la deformación del pilar y a la suya propra.
Analizaremos cada una de ellas:
-
El pilar tiene un nudo empotrado Por tanto, sólo puede deformarse por
-
El voladizo
-
El pilar al flectar hace girar el segundo nudo, que es un nudo rígido. Por tanto, el voladizo girará ese mismo ángulo.
-
flexión, trasladando sobre su perpendicular el segundo nudo se trasladará
siguiendo el movimiento del segundo nudo
l212l r-- -- -- ------t
Finalmente, el voladizo flectará debido a sus cargas.
Lla¡nando a la longitud del voladizo "a", la flecha buscada en el punto A será la traslación total que sufre cl punto ciesde su posición inicial a la final. según Ia perpendicular al voladizo inicial (antes del movimiento). La expresión sera: t'¡ = 6. sen 10" + 0. a,'2 + i""",,r. (A)
Crp.
lll.l
Fl,'titin
(l)
C¡r",r r //.i/¡'¡r.
7S
Problimás Résueltos de Resistercia de Materi¡les Miguel Angel Millán Muñoz
b)
Cálculo de las leyes de momentos.
En el esquema se dibujan las leyes de momentos para el pilar y el voladizo. Se han calculado leyendo por la derecha desde el extremo lib¡e del voladizo.
c)
Cálculo de la flechapor los teoremas de Moh¡.
Movimiento y giro del 2'nodo: 6 y 0
^ | ^..lo=EI
v=--¿.
a
32
ET
=L.2.rc,2 =Z EI zEI
Flecha de la ménsula ficticia en el punto A:
t lt:2.3t. r 8. = 2.ll+ 3 \2
t lAt =:.1 'ménsuta. E1
2.31.
rrr\ 2.