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• Gudmar Gabriel Jara Oncebay

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VIGAS ESTATICAMENTE INDETERMINADAS (método del área de momento) Problema 1). Calcular el momento en el empotramiento para la viga de la figura 1). Determinar también las reacciones verticales. 800 kg./m

6.00 m

A

B

Fig. 1). Viga apoyada-empotrada. Incognitas en la viga. 800 kg./m

MB VB

VA

Diagrama de momentos por partes. Se obtienen dos vigas equivalentes simplemente apoyadas; una con la carga de 800 kg/m y la otra con MB.

800 kg./m

MB

+ 2400

2400

MB/6

MB/6

x

14400 x

MB

14400 6.00

6.00

Formulas de áreas de momento y centroide: L

●cg 2L/3

ML A 2

M

● cg M

L/3 x

A = ML/(n + 1) X = L/(n + 2) n = grado de la curva

ΣM A 

14400 ( 6 ) 4  14400 ( 6 ) 4.50  6M B 4  0 2 3 2

MB = 3600.00 kg.m Reacciones verticales. 800 kg./m

ΣM A  800 ( 6 ) 3  3600  6 VB  0 VB

3600

= 3000.00 kg.

3000

1800

VA = 800(6) – 3000 = 1800.00 kg.

Otra forma de resolver el problema. comm viga simple. 800 kg./m

MB

+ 2400

2400

MB/6

MB/6

Mmáx.

x x

3.00

MB

3.00 6.00

El área total del diagrama de la carga uniforme es 2ML/3. El momento máximo para esta carga es wL2/8 = 3600 kg.m.

ΣM A 

2 (3600 ) 6  3  6M B  4  0 3 2

MB = 3600.00 kg.m Fin del problema. Problema 2. Calcular la pendiente en el extremo A y la flecha al centro del claro de la viga del problema anterior, Fig. 1). Tomar EI constante. Trazar una tangente a la curva elástica por el punto A y una vertical por B.

3.00 A Y0

. .

3.00 δmáx. B

Y1

yB

3600

3600

El desplazamiento “YB” se obtiene sumando momentos en “B” para las áreas de los diagramas de momentos.

2 ( 3600 ) 6 3  3600 ( 6 ) (2 )  21,600.00 3 2

EIY B 

La pendiente en “A” se obtiene dividiendo “YB” entre la longitud.

φA 

21,600.00 3,600.00  6 EI EI

El valor de la flecha al centro del claro “δmáx.” se obtiene relacionando geométricamente los desplazamientos indicados en la figura anterior. δmáx.

=

Yo - Y1

Donde “Yo” se obtiene por triángulos semejantes y “Y1” se obtiene sumando momentos para las áreas situadas a la izquierda del centro del claro.

YB 6 Yo 



Yo 3

3(21,600) 10,800.00  6EI EI 3.00 A Y0

. .

3.00 δmáx. B

Y1

yB

L 3600

M A = ML/3 Cg = 3L/4

1800

Cg = Centro de gravedad de derecha a izquierda.

 3600 (3)  3(3)  1800 (3)  3  EIY1   3600 (3)1.50        5,400.00 3 2 3  4  

Y1 

5,400 .00 EI

δ Máx. 

10,800.00 5,400.00 5.400.00   EI EI EI

Fin del problema. Prtoblema 3. Calcular los momentos flexionantes para la viga con ambos extremos empotrados de la figura 3). Tomar EI constante. 1200 kg/m 10.00 m 1

2 Fig. 3

Incógnitas en la viga. 1200 kg/m

M1

M2 V1

V2

Digrama de momentos para cada acción actuando por separado. El momento máximo para la carga uniforme es wL2/8 = 15,000.00 kg.m. Estas gráficas y momentos corresponden a vigas simplemente apoyadas. 1200 kg/m M1

15000

M2 M2

M1

Como ambos extremos están empotrados, las pendientes en esos puntos son cero, y por tanto, una tangente trazadas por estos extremos son horizontales y entonces los desplazamientos o desviaciones verticales son tambien cero.

EI δ1   M1  0 2 (15000 ) (10) 5  10 M1 10   10 M2 3 2  3  2

 2 (10)   3   0  

500,000.00  16.666 M1  33.333M2  0 EI δ2   M2  0

Ec. 1).

2 (15000 ) (10) 5  10 M1  2 (10)   10 M2 10   0 3 2  3  2  3 

500,000.00  33.333M1  16.666 M2  0

Ec. 2).

Resolviendo las ecuaciones 1) y 2): M1 = M2 = 10,000.00 kg.m Fin del problema. Problema 4. Calcular los momentos flexionantes en los extremos de la barra de la figura 4). Ambos extremos están empotrados. P L/2

L/2 2

1 Fig. 4

Momentos desconocidos.

P M2

M1 V1

V2

Diagramas de momentos para vigas simplemente apoyadas. El momento máximo para la carga puntual es (PL/4). P M2

M1 PL/4

M1 L/2

M2

L/2

Si ambos extremos están empotrados las desviaciones verticales respecto a tangentes trazadas por ellos, son cero.

EI δ1  0  M1 

PL  L   L  M1L  L  M2 L  2L     0 4  2   2  2  3  2  3 

M L2 M L2 PL3  1  2  0 16 6 3 Puesto que M1 y M2 son iguales debido a la simetría, la solución de la ecuación anterior arroja los siguientes resultados:

M1  M 2 

PL 8

Fin del problema. Problema 5. Calcular el momento flexionante en el extremo empotrado de la barra de la figura 5). 200 kg/m

4.00

4.00

1

2

Fig.5 Viga empotrada-apoyada

Incógnitas en la viga. 200 kg/m

M1 V1

V2

Diagramas de momentos para vigas simplemente apoyadas. 200

M1

4800

4.00 1600

1600

4800

M1

3200 4.00

4.00 8.00

La desviación vertical en el apoyo “2” es cero debido a que no hay pendiente en el empotramiento.

EI δ 2  0 4800 (8)  8  1600 (4)  4 3200 (4)  4  8M1  2(8)     4  1600 (4)2     3  2  3   0 2 3 2 3 4      M1 = 900.00 kg.m Verificación con fórmula.

M1 

9(200 ) ( 8 ) 2 9wL2   900.00 kg.m 128 128

Fin del propblema. Problema 6. Calcular los momento flexionantes en los extremo empotrados de la barra de la figura 6). Calcular también las reacciones verticales y trazar los diagramas de fuerza cortante y de momento flexionante. 500

3.00

1500

5.00

2 .

1 .

2 .

Fig. 6. Viga con ambos extremos .empotrados.

Incógnitas en la viga. 500

1500

M2

M1 V1

V2

Diagramas de momentos para las vigas equivalentes simplemente apoyadas.

500

1500

M1 3

5

M2

2

6500

M1

3500

M2 10.00

10.00

3000

Para ambos extremos la desviación vertical respecto a la tangente por cualquiera de ellos es cero.

EI δ1  0 6500 (10)  2(10)  3500 (7)  2 (2)  10 M1 10  10 M2  2(10)  2(7)  3000 (2)  8  3   2  3   2  3   0  3   3  3   2 2 2           94,750.00 – 16.666 M1 – 33.333 M2 = 0

Ec. 1).

6500 (10) 10  3500 (7)  7  3000 (2)  2  10 M1  2 (10)  10 M2 10   3   3  3  2  3   2  3   0 2 2 2           77,750.00 – 33.333 M1 - 16.666 M2 = 0

Ec. 2).

Resolviendo las ecuaciones 1) y 2): M1 = 1,215.00 kg.m M2 = 2,235.00 kg.m P

Verificación con fórmula.

M1

M2 a

M1 

M2 

P ab2 L2 P a2b L2





500 (3) (7) 2 (10) 2 500 (3) 2 (7) (10) 2





1500 (8) (2) 2

 1215 .00 kg.m

(10) 2 1500 (8) 2 (2) (10) 2

b

 2235 .00 kg.m

Reacciones verticales. Conocidos los momentos de empotramiento pueden calcularse por equilibrio estático.

 M2  10 V1  1215  2235  500 (7)  1500 (2)  0 V1 = 548.00 kg. V2 = 1452.00 kg. 500

1500

2235

1215

1452

548 548 48

Diagrama de Cortante

1452 669 429

Diagrama de momentos 1215 2235

Fin del problema.