• Author / Uploaded
• Marco Antonio Flores

Citation preview

RESOLUCION DE VIGAS HIPERESTÁTICAS ENUNCIADO Dada la viga del trampolin, y asumiendo esta es de madera comun, de un área de 500x50mm, calcular sus reacciones, los momentos y esfuerzos máximos de la misma; además de graficar los momentos y fuerzas cortantes.

3

Datos

b  50cm

σb  12.1MPa

h  5cm

b h 4 Ir   520.83 cm 12

Em  12.4GPa

RESOLUCIÓN METODO PARAMETRO EN EL ORIGEN Por este, definimos la ecuación segun su diagrama de cuerpo libre:

A 1.5 kN 3m

2m

Mo Ra

5m

La ecuación general de parametros en el origen....

Elaborado por: Ing. Miguel A. Ruiz Orellana

1 de 9

Donde: fo

es la flecha o deformación vertical en el origen.

o

es el angulo de la elástica en el origen.

M P qa

representa los momentos existentes en toda la viga. representa las cargas puntuales existente en toda la viga. son las cargas distribuidas e uniformes en la viga, considerandolas desde su

qb

comienzo. son las cargas distribuidas e uniformes en la viga, considerandolas desde su

q'a

ubicación terminal, normalmente contando desde la izquierda. son las cargas distribuidas no uniformes en la viga, considerandolas desde su

q'b

comienzo. son las cargas distribuidas no uniformes en la viga, considerandolas desde su ubicación terminal, normalmente contando desde la izquierda.

NOTA.Por ejemplo en la viga mostrada a lado, qa

L q

P

comenzaria en el punto (x-x1) y la carga contraria para restar el tramo de carga aumentada a la viga seria qb que empezaria en (x-x2).

x1 Ra

x2

Rb x3

x4

Elaborado por: Ing. Miguel A. Ruiz Orellana

Se hace notar que este artificio se emplea para presindir la necesidad de convertir la carga distribuida en carga puntual despues de pasar su tramo de acción. 2 de 9

para el caso en particular, se tendra la ecuación de la forma siguiente: M A ( x  0 )

E I f ( x ) = E I f0  E I θ0  x 

2



2

Ra ( x  0 ) 3

3



Rb  ( x  2m)

3

M B ( x  2m)



3

2

2 ec. (1)

E I θ( x ) = E I θ0 

M A ( x  0 )

1



1

R a ( x  0 )

2



2

Rb  ( x  2m)

2



2

M B ( x  2m)

1

ec. (2)

1 A

1.5 kN 2m

3m

Mo Ra

5m

ahi tenemos dos ecuaciones de desplazamiento de las condiciones de frontera o iniciales podemos evaluar las ecuaciones (1) y (2) en: x=0

entonces

x=0

entonces

f0 = 0 θ0 = 0

y

evaluando en la ecuación (1)

E I f ( x ) = 0  0 

M A ( x  0 )

2



2

Ra ( x  0 )

3



3

Rb  ( x  2m)

Em Ir f ( 2m) =

2

2

Ra ( 2m  0 )



3



3

ahora volvemos a evaluar la ecuación de la flecha en x=2m M A ( 2m  0 )

3

M B ( x  2m)

x = 2m

2

2 f (x) = 0

3

=0

3

MA =

RA 8 m 6



2

ec (1') 2

4m

1 .5 k N

A la vez por estática y haciendo un corte en "B"

3 m

M B  1.5kN 3 m x

M B  4.5 kN m MB

de las ecuaciones de la estática, sumatoria de momentos en "B":

Elaborado por: Ing. Miguel A. Ruiz Orellana

3 de 9

 MB = 0

M A  RA 2 m  P 3 m = 0

ec (3) A 1.5 kN

reemplazamos la ecuacion (1') en (3)  RA



2m

m  RA 2 m  P 3 m = 0 24

Mo

16

RA 

Ra



1.5kN 3 m 16

2m 

24

3m

5m

RA  3.37 kN

m

3

M A 

RA 8 m 6



2

M A  2.25 kN m

2

4m

sumatoria de momentos en "A"

 MA = 0

M A  M B  RB 2 m  P 5 m = 0 RB 

M B  1.5kN 5 m  M A

RB  4.88 kN

2m

comprobación por sumatoria de fuerzas: RA  RB  1500 N

3

4 10

2 3

2 10 M1( x)

3

0

1

2

3

4

5

 2 10

3

 4 10

3

 6 10

x

RESOLUCION POR EL METODO DE SINGULARIDADES Por singularidad se tiene que plantear la ecuación de momentos de un solo tramo o corte que implique toda la viga, de esta manera, empezando del extremo izquierdo el corte se encontraria al filo de la carga P=1.5kN, así:

A 1.5 kN

Mo Ra

Elaborado por: Ing. Miguel A. Ruiz Orellana

3m

2m

5m

4 de 9

 M1 = 0

M A  RA x  RB ( x  2m)  M 1 = 0 M 1 ( x ) = M A  RA x  RB ( x  2m)  M B ( x  2m)

Luego nos apoyamos en la relación de la segunda derivada de la elástica de forma que:

n

A M1

2m

E I

d

V1

2

dx

2

y( x) = M( x)

MA x

Ra MB

en nuestro caso se escribiria de la siguiente forma:

E I

d

2

dx

2

y ( x ) = M 1 ( x ) = M A  RA x  RB ( x  2m)  M B ( x  2m)

n

El valor de "n" en el momento "B", es una condicionante, que nos dice que si "x" es inferior o igual a "2m" entonces toda la expresión vale "0" CERO.

integrando una vez se tendrá: 2

2 RA x ( x  2m) 1n  d E I  y ( x )  = M A x   RB  M B ( x  2m)  C1 2 2 x d  

integrando nuevamente:

E I y ( x ) =

ecuación (a)

M A x 2

2



RA x 6

3

 RB

( x  2m) 6

3



M B ( x  2m) 2

por las condiciones iniciales x=0 en la ecuación (a):

2n

 C1  x  C2 ecuación (b)

d y(x) = 0 dx 2

RA x  d 0 = E I  y ( x )  = M A x   C1 2  dx 

C1 = 0

NOTA IMPORTANTE Como se puede apreciar, en el metodo de FUNCIONES DE SINGULARIDAD, cuando la variable "x" es MENOR o IGUAL al tramo donde se esta ANALIZANDO o EVALUANDO la viga entonces toda la expresión se anula, por ejemplo cuando evaluo en x=0, el valor de Rb*(x-2m) inmediatamente se hace "cero", pues x es menor que 2m. la otra condicion de inicio será:

x = 0m

y( x) = 0

evaluando en la ecuación (b) E I 0 = C2

por cuanto

Elaborado por: Ing. Miguel A. Ruiz Orellana

C2 = 0

5 de 9

finalmente la ecuación de la elastica será:

E I y ( x ) =

M A x

2



2

RA x

3

 RB

6

( x  2m)

3

6



M B ( x  2m)

2n

2

como para resolver la viga precisamos tres ecuaciones, y por la estática solo tenemos dos, entonces evaluaremos la ecuación de la elástica en un punto conocido, que en este caso será x=2m. x = 2m

0=

y( x) = 0

M A ( 2m)

2

2

MA =

RA ( 2m)



RA ( 2m) 6

3

ecuación (c)

6 3

3



2 ( 2m)

=

RA 16m

2

ecuación (c')

2

24m

NOTA: Se observa que se obtuvo el mismo resultado que en el metodo anterior... de las ecuaciones de la estática, sumatoria de momentos en "B":

 MB = 0

M A  RA 2 m  P 3 m = 0

reemplazamos la ecuacion (1') en (3)  RA



16 24

m  RA 2 m  P 3 m = 0



A 1.5 kN

RA 

1.5kN 3 m 2m 

16 24

m

2m

RA  3.37 kN

3m

Mo Ra

5m

Por analogia y siguiendo los mismos pasos del anterior metodo podemos obtener las reacciones y momentos posteriores.

Elaborado por: Ing. Miguel A. Ruiz Orellana

6 de 9