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integrando sucesivamente: Ely '=R A

Ely=R A

x2 x3 − C ,(1) 2 6 1

x3 x4 −W C x +C2 (2) 6 24 1

Utilizamos ahora las condiciones de frontera Si x=L , y ' =O ( I ) ; Si x=O , y=0 ( II ) ; Si x =L, y=0( III ) Reemplazando (I) en (1) y(II) en (2), tenemos: O=R A

L2 L2 L L2 −W + ¿C 1 → C 1=w −R A y C2 =0 2 2 6 2

Con estos valores de RA=

C1

y

C2

, reemplazamos (III) en (2) para obtener:

3 wL 8

Conociendo ya la única carga redundante R A, reemplazamos en las ecuaciones de equilibrio y hallamos las otras reacciones. 5 wL 2 RB = wL ; M B= 8 8

Con estos valores podemos trazar los diagramas de fuerza cortante y momento flector. Cálculo de pendientes y flechas. De (1) y (2), tenemos: El y 1=

3 wL x 2 wx3 wL 3 − − 8 2 3 48

Como se sabe, la flecha máxima ocurre donde y'= 0

181

Reemplazando las datos: w=2 yL=3, obtenemos la ecuacióncúbica para la pendiente de laviga 9 x3 EI y 1= L2− −1.125=0 8 3 Resolviendo

por

el

método

de

aproximaciones sucesivas de Newtonw

Raphson, tenernos

x=1.26 m. 4

EIy máx . = DFC

y máx . =

(1.26 ) 1 9 ( 1.26 )3− − ( 1.26 ) 24 12 3

1 x ( 0.705 ) EI

DMF

El momento de inercia de la sección transversal de la viga es: bh3 I= =3.3 x 10−6 m4 12 Luego,

EI =2 x 108 x 3.3 x 10−6=660

Reemplazando en (3): La pendiente y flecha en

y Máx ,=1.068 mm x=1 m son respectivamente:

y ' ( 1)=−0.33 rad ≈−18.9 ° y(1) =−0.06 mm. Problema 7.15

La viga que se muestra en la figura, soporta una carga uniforme

sobre su mi;vd izquierda y está sustentada en el centro por un tirante vertical.- El tirante de acero de 3 m. De longitud y 3 cm 2 de sección tiene mientras que la viga de madera tiene

E=0.105 x 105 MPa 182

E=2.1 x 105 MPa ,

Determinar la (tensión en el tirante de acero y calcular la flecha máxima de la viga.

D y 200 mm

w = 60 N/m B z

A 2m

2m

100

Solución En el DCL de la viga, hacemos uso del artificio conocido como el “quita y pon” F

El alargamiento del alambre CDes B

A

igual a la flecha de la viga en esa posición.

RA

RB =δ CD =

RB

F¿ 3 =4.7619¿ 10−8 F ¿ ¿ 7 2.1 3 10

Ecuaciones de equilibrio: ∑ F y =0 : R A −RB + F=20 (1) ∑ M B=O: R A ( 4 ) + F ( 2 ) =120 x 3 → F=180−2 R A (2)

La ecuación diferencial de la elástica, usando funciones singulares:

EIy } rsub = {R} rsub {A} x-60 {{x} ^ {2}} over {2} +F left langle x-2 right rangle +60 {left langle x ¿

Integrando una vez: 2

3

⟨ x−2 ⟩ ⟨ x−2 ⟩ x2 x3 Ely '=R A −60 +(180−2 R A ) + C1 2 6 2 6 Volviendo a integrar. 183

⟨ x−2 ⟩

3

⟨ x−2 ⟩

4

C 1 x +C 2 24 x3 x4 EIy ' =R A −60 +(180−2 R A ) ¿ 6 24 6

+60

Constantes de integración por condiciones de frontera: x=0 → y=0 ; x=2 → y =δCD x=4 → y =0

a)

Si x=O , y =0 →C 2=0

b)

3 Six=2 → y =−δ CD :−( 4.7619 x 10−8 F ) eL= R A −40+2C 1 (3) 4

La rigidez El de la viga: EI =

( 0.1 ) ( 0.2 )3 x 1.05 x 1010 12

EI =7 x 105 Sustituyendo este valor, y de (2) la relación para −0.033 ( 180 – 2 R A )=1.3 R A −40+ 2C 1 1.266 R A +2 C1 =34( 4) c) Si X = 4 m, y = 0 180−2 R A + 40+C 1 3 4 4 4 0=R A X − +¿ 6 24

0=

32 8 R −640+ 240− R A +40+¿ 3 A 3

8 R A −12.63161−C 1=360(5) Multiplicando la ecuación (4) por (-6.3158): 8 R A −12.63161−C 1=−214.737 (4− A) 184

F , tenemos en (3):

Resolviendo (5) y ( 4−A ) ,C 1=−12.49 Reemplazando en

(5) y despejando

R A , → R A =46.56

Newtons

En(2) , F=86.87 N Yde ( 1 ) , R B=13.43 N Con estos valores, escribimos las ecuaciones de pendiente y flecha de la viga: 2

El y ' =

3

⟨ x−2 ⟩ ⟨ x−2 ⟩ 46.58 2 x −10 x 3 +86.88 +60 −12.49 2 2 24 3

4

⟨ x−2 ⟩ ⟨ x−2 ⟩ 46.58 3 Ely= x −2.5 x 4+ 86.88 +60 −12.49 x 2 6 24 El esfuerzo en el tirante de acero: σ CD =

86.87 =289 566.6 Pa 0.0003

Flecha máxima y su localización: Un análisis del sistema de cargas nos permite asumir que en el tramo donde actúa la carga distribuida uniforme se encuentra la mayor deflexión de la viga. θ=0

La flecha será máxima donde

2

3

0=23.28 x 2−10 x 3 +43.44 ⟨ x−2 ⟩ +10 ⟨ x−2 ⟩ −12.49 0=23.28 x 2−10 x 3−12.49

ecuación que resolvemos por aproximación sucesiva. X y’

Consideremos que en

1 +0.79

x=0.953 m

0.95 -0.05

0 953 -0.002

ocurre la flecha máxima. 185

Reemplazando este valor en la ecuación de la flecha y evaluando Ymáx = 0,01 mm y en x=2 m , la flecha es y = 0,004 mm METODO DE SUPERPOSICIÓN Consiste en descomponer la viga hiperestática en dos o más vigas estáticas componentes. Se inicia el análisis estableciendo el grado de hiperestaticidad y seleccionando las reacciones redundantes. Luego, una vez identificadas las redundantes, podemos escribir ecuaciones de equilibrio que relacionen las otras reacciones con las redundantes y cargas. Por el principio de superposición se sabe que los desplazamientos resultantes debidos tanto a las cargas reales como a las redundantes, actuando al mismo tiempo, son iguales a la suma de los desplazamientos calculados independientemente. En el caso de restricciones redundantes, los desplazamientos corres, Ñcndientes son cero, o bien, de magnitud conocida. Así pués, podemos escribir ecuaciones de compatibilidad que expresan el hecho de que las deflexiones de la estructura liberada (en los puntos donde se quityaron las restricciones) son las mismas que las deflexiones en la viga original (en esos mismos puntos). Con el fin de aclarar el procedimiento descrito en los párrafos anteriores resolvemos algunos ejemplos aplicativos.

PROBLEMA 7.16: Resolver la viga:

SOLUCIÓN

a

P

b

186

Consideremos como vigas componentes a las que se muestra en la figura: P B

t1

DMF

t2

MB

Diagrama de Cuerpo Libre de la viga original:

P

MB RB

RA Ecuaciones de equilibrio: ∑ M B=0 → R A =

Pb −M B (1 ) L

∑ M y =0 → R B =P−M A (2) Ecuación complementaría: en el empotramiento, ⟹ ( θB ) 1−( θ B )2=0 (3) 187

θ=0

En la viga 1: t1

( θ B )1= L Teorema 2 de Mohr L+ a t 1 =Ω´ 1 3

( ) t1 =

Pab ( L+a ) 6 El

t2 =

MB L 3 El

Del diagrama del

´ 1= Pab momentos reducidos Ω 2 El Pab

( θ B )1= 6 EIL ( L+a ) Luego, la pendiente

( θ B )1 o ( θ B )1 =

Pab 2 2 ( L +a ) 6 EIL

Análogamente, para la viga 2: 2L t 2 =Ω´ 2 3

( )

´ 2= 1 x M B L Ω 2 EI θB 2=

Reemplazando en (3):

t2 MB L L 3 EI

M L Pab ( L+ a ) B =0 6 EIL 3 El 188

De donde:

M B=

Pab ( L+a ) 2 L2

Sustituyendo en (1): RA=

a ( L+a ) Pb 1− L 2L

(

)

en (2) RB =

b ( L+ a ) Pa 1+ L 2L

(

)

Problema 7.17 Para el eje de dos tramos AC y CD, unidos entre sí; y el conjunto firmemente empotrado en sus extremos y cargado como se muestra en la figura, determinar, a) Sus reacciones. b) Sus esfuerzos principales máximos. c) La pendiente y flecha en el punto C. d) El giro da la sección C respecto a la sección B. 400 Lb

400 lb

4" 

C

Acero

2"

1000 lb-pulg

Aluminio B

D

A 8"

8"

10"

E AI =10 x 10 6 Lb / pulg 2 E acero =29 x 106 Lb/ pulg 2 μ Al=0.33 μacero =0.27

Solución Primero consideramos por separado los efectos de torsión y flexión 189

Efecto de torsión DCL del eje Condición de equilibrio TA +¿=1000(1)

Como tenemos doble empotramiento el ángulo es cero TA

∅ A / D=∅ A /C =∅C / D =O ⟹

C

2"

1000 lb-pulg

4" 

de torsión

∅A/D

A

T A L AC (1000−T A ) − =0(2) GJ AC GJ AC

16"

10"

Los momentos polares de inercia para cada una de las secciones transversales son: J AC =

π π 4 4 π x 4 =8 π J CD x 2 32 32 2

Las constantes 10 x 106 G AL= =3.7594 x 106 LG / pulg 2 2 ( 1+ 0.3 ) Gacero =

10 x 106 =11.417 x 106 LG / pulg 2 2 ( 1+0.27 )

Reemplazando valores en la ecuación (2) y despejando T A: TA

(

16 10 101000 x 10 + = 6 π π 8 π x 3.7594 x 10 x 11.4 .17 x 106 x 11.4 .17 x 10 6 2 2

)(

)

T A =767 ( Lb−pulg )

Sustituyendo en (1):

T D =233(Lb− pulg )

190

TD

Los esfuerzos cortantes debido a torsión:

( τ máx ) AC = ( τ máx )CD =

16T AC 3

→ ( τ máx ) AC =

16 x 767 =61 Lb / pulg 2 3 π4

3

→ ( τ máx )CD =

16 x 233 =148.33 Lb/ pulg 2 3 π2

π ( D AC ) 16 T CD π ( D CD )

El giro de la sección B respecto a C ∅B /C =

T A x L BC 767 x 8 = =6.5 x 10−5 radianes 6 J BC x G AI 8 x 3.7594 x 10

Efecto flexión El DCL del e e considera

400 lb

Solo a la carga concentrada C

D

2"

4" 

P de 400 Lb. A

8"

Los momentos de Inercia,

10" RD

4

4

l CD =

8"

RA

π (2 D ) πD =I l AC = =16 I 64 64

De acuerdo con el sistema de cargas, la fuerza axial en la viga es nula. La

viga

tiene

dos grados de

redundantes a las reacciones

hiperestaticidad

RA y M A

.

Condiciones de frontera: θ A =θ D=0 ∧−t A =Y A =O

191

.Escogemoscomo

cargas

P MA

B

C

D

RA RD RA  L EI

RA (a+b) EI RA (a+b) 16 EI

(1)

DMF

MA 16 EI

-Pb 16 EI

(3)

-Pb EI

(2) MA EI

(3)

- P(b+c) EI

El trazo del diagrama demomentos reducidos lo hacemos por partes considerando separadamente los efectos de la carga centrada RA

P , el par

.

Areas del diagrama de momentos reducidos: R ( a+b ) R A ( a+b ) R A L 1 A 1= ( a+ b ) x A + + 2 16 El 16 El El

(

A 2=

)

M A ( a+b ) M A + c 16 El El

1 −Pb 1 −Pb P(b+ c) A 3= bx + − 2 16 El 2 El El

(

) (

Los datos para P, a, b, c y L son:

)

P=400 Lb ; a=8 ' ; c=10 y L= 26

192

MA

y lafuerza

Tenemos entonces: A 1=

218 R A 11 M A ; A 2= El El

A 3=

52 800 El

G

b x L

193

B

L (b+2B) x= 3x B+b

Los centros de gravedad de las áreas con respecto al extremo A ´x =

∑ A1 X1 M A ( 8 ) +10 M A x 21 ´x2 = =19.82 ∑ A1 11 M A

8 RA

( 23 x 16)+210 R [( 103 ( 26 R +16 R ))+16] 16 R A +52 R A

A

A

´x 1=

A

218 R A

´x 1=21’ ’

´x 3=

[(

))

2 10 3200+14400 8 8+ x 16 + 52000 +16 3 3 3200+7200

(

)

(

]

52800

´x 3=21.51' '

Teorema de Mohr: como A

secciones

y

D

θ D =0 , ⟹ A

el área del diagrama

M /E l entre las

es igual a cero.

θ D = A1 + A 2+ A 3=0 A

⟹

1 ( 218 R A +11 M A =52800 ) =0 El

218 R A +11+ M A =52800(3)

Como

θ D =0 A

, el momento estático del diagrama

vertical que pasa por A es cero. f A =A 1 ( ´x 1)+ A2 ( ´x 2)+ A3 ( x´ 3 )=¿ D

( MEl )

con respecto al eje

1 (218 R A ×21+11 M A x 19.82−52800 × 21.51)=0 El 4578 R A × 218 M A =1135728(4)

Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (3) y (4), tenemos: R A =346.72 Lb . ↑ y M A=−2.071 .36 Lb. M A=2.071 .36

Lb Pulg

Las reacciones en

B : RB y M B

los encontramos por las condiciones de equilibrio:

∑ F y =0 : R A + R B=400 → R B=53.28 Lb .↑

∑ M B=0 :R A x L+ M A−P ( b+ c )+ M B=0

M B=256.64 Lb− pulg

Cálculo de esfuerzos principales: σ +σ σ 1,2 = x y + 2

√(

σ x+ σ y 2 2 +τ xy 2

)

Las secciones críticas son las de empotramiento, por tanto calculamos los esfuerzos normales y cortantes en cada una de estas secciones. - Esfuerzo normal σx=

Mz D × Iz 2

Sección A: en x = 0,

( σ x )máx =

−2071.36 Lb . × 2=329.66 4 π x1 Pulg2 4

Sección D: en x = 26 pulg.

( σ x )máx =

−256.64 Lb . ×1=326.76 4 πx1 Pulg2 4

Esfuerzo cortante por flexión (debido ala fuerza cortante V): v

τ =

VQ lb

Como se vió en capítulo 6, para sección circular se tiene: Qmáx =

lZ =

π R2 4 R 2 3 x = R 2 3π 3

π R4 ; b=2 R 4 2 3 R 3 4V V γ max =V x = 4 πR 3 π R2 x 2R 4

Para sección circular: Qmáx =

π R2 4 R 2 3 x = R 2 3π 3 4

πR lZ = ; b=2 R 4 2 3 R 3 4V V τ max =V x = 4 2 πR 3πR x2R 4

Sección A: τ Vmax =

4 x 346.72 =36.788 Lb / pulg 2 2 3π x 2 V

Sección 3: -

τ max =

4 x 53.28 2 =22.61 Lb / pulg 2 3πx1

Esfuerzo cortante por.torsión: se calculó anteriormente,

V

γ max =61 Lb / pulg

2



Sección A:



V 2 Sección D: r γ max=148.33 Lb/ pulg

Tracemos esquemas de las secciones

A yD

indicando distribuciones de

esfuerzos normales y cortantes Sección A Y T U

XY z

K

X

L

W

Esf. cortante por torsión

Esf. Cortante por cortante

Esf normal

Sección D Y T U

XY z

K

X

L

W

Esf. cortante por torsión

Esf. Cortante por cortante

Esf normal

Analicemos los puntos U, W, K y L de ambas secciones: - En U - En

y V

K

( ) T actúa ( σ x )máx de tracción enU y de compresión enW y γ max

L sólo soportan

y

γ , tanto por fuerza cortante como por torsión.

Nótese; sin embargo, que en los puntos

L

los esfuerzos cortantes por torsión y

por fuerza cortante tienen la misma dirección y sentido; y en los puntos

K son

de la mismadirección pero con sentidos contrarios. Pregunta b) Esfuerzos principales: σ σ 1= x + 2 σ σ 2= x + 2

√( √(

σx 2 2 +τ xy 2

)

σx 2 2 + τ xy 2

)

Los valores de los esfuerzos actuantes en los puntos mencionados se muestran en la tabla siguiente:

PTOS

σ1

τ1

U W K L

+329.6 -329.66 0 0

61 61 61 61

U W K L

+326.76 -326.76 0 0

148.33 148.33 148.33 148.33

SECCIÓN A τv 0 0 36.78 36.78 SECCIÓN D 0 0 22.61 22.61

τ

σ1

σ2

61 61 24.22 97.78

340.58 -10.92 24.22 97.78

-10.92 340.55 -24,22 -97.78

148.33 148.33 125.72 170.94

384.051 -57.29 62.86 85.47

-57.29 -384.05 -62.86 -85.47

Según los valores de la tabla vemos que los puntos críticos tanto para la sección A

como para la

D

son

U y W , y el punto t soporta el mayor esfuerzo

cortante. C( x =16 pulg .)

C) Pendiente y flecha en la sección -

DMF

observando los

reducidos, seleccionamos como tangente de D .

referencia a la trazada por el extremo Teorema 1 de Mohr . θc =( ∑ A i )C−D (Puesta que , θ D=0) RA

( Ai )C− D= 2 El ( a+b )+ LC ( Ai )C− D

346.72 π 2 x 29 x 10 x 4 6

[ 8+8+26 ] x 10=0.0032

M

2071.36 A =−0.00091 ( A2 )C− D E C ⟹ ( A 2 )C−D = 6 π l 29 x 10 x 4

P

( A3 )C− D 2 El [−b−( b +c ) ] x C=

−400 π 2 x 29 x 10 x 4 6

[ 8+ ( 8+10 ) ] x 10

( A3 )C− D=−0.0023

Efectuando la sumatoria de :areas, tenemos:

θc =−0.00001

La flecha en la sección “c” es igual a la desviación tangencial

Teorema 2 de Mohr :

radianes tc

t c =( ´x 1) D + ( A 2 )D ( x´ 2 ) D + ( A3 ) C−D ( ´x 3 )D D

el subíndice

de

´x

indica que el centroide del área se toma con respecto al

D .

extremo

c

( A1 )C− D= 2 El [ R A ( a+b+ L ) ] ¿

( A2 )C− D=

c (2 M A ) 2 El

c

( A2 )C− D= 2 El [ P ( 2 b+c ) ]

[(

c R ( a+ b+2 L )

( ´x 1 )D =c− 3 A R A ( a+b + L )

[(

)]

c P ( 3 b+ 2 c )

c

( ´x 2 )D = 2 y ( ´x3 ) D =c 3 ( P 2 b+ c )

)]

Reemplazando los valores correspondientes de

a , b , c , L , y la rigidez

obtenemos:

(

10 x 2(2071.36) x 5=0.2842 x 106 9 2 x (364.42 x 10 )

(

10 6 −400(2 x 8+ 10) x ( 5 x 0.436 ) =3.110 x 10 9 2 x (364.42 x 10 )

(

10 346.72(8+8+ 10) x 5.38=0.668 x 106 9 2 x (364.42 x 10 )

A 1 X 1=

A 2 X 2=

A 3 X 3=

)

)

 tC = yC = -2,16 X 10-6 pulg

)

El

VIGAS CONTINUAS: ECUACIÓN DE LOS TRES MOMENTOS (Ecuación de Clapeyron-Bertot. Francia mediados de/ siglo XIX). Una viga que tiene más de un claro y son continuas a lo largo de su longitud se conocen como vigas continuas. Se aplican en los puentes, techos estructurales, tuberías, etc.

P1

P2

w Mo

1 R1

2

3 R3

R2

5

4 R4

R

Figura 8.1 Ejemplo de viga continua Entre las condiciones de análisis deben cumplirse: -

Todas las cargas externas sobre la viga sonverticales.

-

Los apoyos deben permitir libre rotación; es decir ninguno puede ser un empotramiento.

-

Las deformaciones axiales son despreciables.

En la figura 8.1, se muestra un esquema de viga continua en el que uno de los apoyos es de pasador y el resto son de rodillo. Puesto que hay una reacción para cada soporte y sólo se dispone de dos ecuaciones de equilibrio para toda la estructura, en este caso se tienen tres reacciones redundantes. Si bien es posible resolver vigas continuas por el método de la doble integración, el proceso resulta largo y tedioso, siendo más recomendable el método de superposición. Así pues deberán seleccionarse a reacciones redundantes de

fuerza o de momento. Si una viga tiene más de dos claros conviene escoger como redundantes los momentos flectores en los apoyos intermedios en lugar de las propias reacciones defuerza. Esto simplifica los cálculos por que conduce a un conjunto de ecuaciones simultáneas en que no aparecen más de tres incógnitas en cualquier ecuación, sea cual sea el número de redundantes que se tengan. Como se verá en detalle, los cálculos se refieren sucesivamente a dos vigas adyacentes a un apoyo intermedio, cuyas deflexiones se obtienen rápidamente por que solo se refieren a vigas simples. Dado que esta ecuación contiene tres momentos flectores redundantes esta variante del método de superposición se conoce como método de los tres momentos. Método de los tres momentos Puesto que las redundantes son los momentos flectores en los soportes intermedios, debemos cortar la viga, sucesivamente, en esos puntos para suprimir los momentos. Así la continuidad de la viga en los soportes queda interrumpida y la estructura liberada es una serie de vigas simples. Cada viga simple está sometida a dos conjuntos de cargas: 1) Las cargas externas que actúan sobre la porción correspondiente de la viga continua y 2) Los momentos redundantes que actúan en los extremos de la viga simple. Esas cargas producen ángulos de rotación en los extremos de cada viga simple. Las ecuaciones de compatibilidad, sustentadas en la teoría matemática de continuidad de una curva en un punto, expresan el hecho de que las dos vigas adyacentes (en la estructura original) tienen el mismo ángulo de rotación en cada soporte. Al resolver estas ecuaciones, obtenemos los momentos flectores desconocidos. Como cada ecuación contiene sólo tres de los momentos incógnita, las ecuaciones de compatibilidad son llamadas ecuaciones de los tres momentos.

Para la deducción de la fórmula, consideramos a un segmento de una viga A , B , y C . Las longitudes y

continua que incluye tres apoyos consecutivos:

momentos de inercia de cada claro se indican en la figura siguiente. Los momentos flectores desconocidos en los tres soportes son

M A,M B, y Mc

cuyos

sentidos se asumen positivos (para fines de nuestra deducción).

A RA

IA LA

B RB

IB LB

C RC

La estructura liberada,, que consiste en dos vigassimples, se muestra en la figura (b) para los claros adyacentes

AB y BC . Cada viga simple está cargada por las

fuerzas externas más los momentos flectores redundantes.

A RA

B

IA

RB

LA

C

IB

RC

LB

(a) MB

MA A

B

B

BA

RBA

C RBC

BC

(b)

A

B

B

BA)1

BC)1

(c)

C

MB

MA A

B

B

BC)1

BA)1

C

(d)

Podemos escribir la ecuación dé compatibilidad en el soporte

B , como;

BA = - BC

El siguiente paso es desarrollar expresiones para los ángulos

θBA y θ BC

los

cuáles se obtienen por la superposición de los ángulos de rotación de la viga simple debido a las cargas externas momentosflectores desconocidos

θ2

θ1

y de la viga simple debido a los

BZ ,(ver las figuras (C).

De éstos, los ángulos de las vigas simples debidos a los momentos flectores, se encuentran fácilmente con la ayuda de Tablas. Los resultados son:

(θ BA)2=

M A LA M B LA M L M L + ;(θ BC )2= B B + C B 6 EI A 3 EI A 3 EI B 6 EI B

(8.1) Los ángulos de rotación debidos a las cargas externas y a los momentos flectores combinados serán:

θBA =( θBA )1 +(θ BA )2=(θ BA )1+

M A LA M B LA + (8.2−a) 6 El A 3 El A

θBA =( θBA )1 +(θ BA )2=(θ BA )1+

M B LB M C LB + (8.2−b) 3 El B 6 El B

Sustituyendo estas expresiones para

θBA y θ BC

en la ecuación de compatibilidad

y ordenando términos se tiene: MA

LA L L L +2 M B A + B + M C + B =−E(θ BA )1−E(θ BC )1 IA I A IB IB

( )

(

)

( )

(8.3)

Para el caso en que los dos claros adyacentes de la viga tienen el mismo momento de inercia

I , la ecuación de los tres momentos queda de la forma:

M A LA +2 M B ( M A + L B ) + M C L B=−6 EI ( θ BA )1−6 EI ( θBC )1 (8.3−a)

Si bien

( θ BA )1 y ( θ BC ) 1 , pueden obtenerse por tablas, y de este modo completar

la ecuación (8.3-a); es posible expresar relaciones para estos ángulos considerando área de momentos. Así de la geometría de la deformación podemos escribir.

tgθ ≅ θ=

t L

y por los teoremas de Mohr las desviaciones tangenciales

estáticos del área de los diagramas demomentos reducídos:

t

son los momentos

t=

A ´x EI

De esta manera, obtenemos la siguiente ecuación para el caso en que los dos claros de la viga tienen el mismo momento de inercia M A LA +2 M B ( M A + L B ) + M C L B=

I

6 A A ´x A 6 A B ´x B − (8.4) LA LB

Procedimiento 1°)

Se considera, sucesivamente, el grupo de dos vigas adyacentes a un apoyo intermedio; y se escribe una ecuación dé tres momentos. En cada una de estas ecuaciones

MA

y

MC

son los momentos en los

soportes a la izquierda y a la derecha del soporte intermedio; y el momento

MB

es el momento en el soporte intermedio seleccionado.

Los ángulos de rotación son las rotaciones en los extremos de vigas simples sometidas a las cargas externas y pueden encontrarse en Tablas de vigas (esto último, siempre que se utilice alguna de las ecuaciones (8.3)). 2°)

Se resuelven las ecuaciones de tres momentos y se obtienen los momentos flectores en los soportes.

3°)

Después de encontrar los momentos flectores en los soportes de una DCL

viga continua, se trazan

y ecuaciones de equilibrio para

encontrar las reacciones y dibujar luego los correspondientes DMF

DFC

y

; a partir de los cuáles puede evaluarse tanto los esfuerzos

como las deformaciones en cualquier sección de la viga. Viga con un empotramiento P

w

MA

F

B

A RA

C RC

RB

LA

LB

(a) P

w

I=

B

A RA

RB

LA

F

C RC LB

(b)

Figura 8.4 Un caso especial se presenta si uno o ambos de los extremos de la viga en vez de ser simplemente apoyado es un empotrado. El número de momentos flectores redundantes se incrementará (ver figura 8.4a). Un artificio sencillo que suele hacerse es reemplazar el empotramiento con un claro adicional que tenga un momento de inercia infinito (figura 8.4-b). El efecto de este claro adicional con rigidez infinitamente grande es impedir la rotación en el soporte

1, que cumple la condición impuesta por el empotramiento. Los momentos flectores encontrados en los puntos 1,2 y 3 en la viga continua mostrada en la figura (8.4b) son idénticos a los de la viga original. La longitud asignada al claro extra no es de importancia (excepto que debe ser mayor de cero) por que siempre se cancela en la ecuación de los tres momentos. PROBLEMA EJEMPLO Problema 8.1- Viga continua con dos claros iguales y con la misma carga distribuida uniformemente:

w KN/m A

B

L

C

L SOLUCIÓN

Consideramos las dos vigas simples que se muestran en la figura siguiente. 2 A parábola = A retángulo 3

Recuérdese:

w KN/m

w KN/m B B

A

L

L

R1

R2

2 WL 8

A1

2

Se tendrá.

A 1=

c R2

R3 A2

3

wL 2 wL Lx = 8 3 12

3

A 2=

wL 12

Para reemplazar en la fórmula del teorema L L x 1 ,= ( centroide de A1 ) ; x 2= ( centroide de A2 ) 2 2

se tiene además, vigas simplemente M C =M A =0 ¿ apoyadas en los extremos ¿

Aplicando el teorema de los tres momentos: 3

0+2 M B x 2 L+ 0=

de donde:

3

−wL wL − (1) 4 4

el signo indica que M B wL 2 M B= ¿ 8 produce concavidad hacia

abajo¿

-

Cálculo de reacciones en los apoyos. Por equilibrio de momentos en B.

R1 L−

wL2 wL2 + =0 2 8

( )

3 ⇒ R1=R 3= wL 8 5 ∑ F y =0 , 2= wL 4

Podemos ahora trazar los correspondientes diagramas.

w KN/m R1

R2

L

L

R3

5W L 8

3W L 8

DFC (KN) -3W L 8 2 WL 128

-5W L 8

DMF (KN-m)

2 -W L 8 Una vez que se conoce las reacciones en los apoyos, evaluamos las deformaciones en cualquier sección de la viga. Ecuación diferencial de la elástica.

El Y ' =R1 x−w

Integrando sucesivamente:

x2 + R2 ⟨ x−L ⟩ 2

El Y ' =R1

2

3

2

⟨ x−L ⟩ x x −w + R2 +C1 2 6 2

3

⟨ x−L ⟩ x3 x4 El Y =R 1 −w + R 2 +C 1 x +C 2 6 24 6

Sustituyendo los valores de El Y =

R1 , y R2

3 w 4 5 3 wLx 3 x + wL ⟨ x−L ⟩ + C1 x+C 2 48 24 24

Constantes de integración: x=0 ⇒ y=0

condiciones de frontera: x=L⇒ y=0

Resolviendo: −wL C2 =0 ∧C1 = 48 ⇒Y=

Para

3

w 3 [ 3 Lw 3 −2 x 4 +10 ⟨ x−L ⟩ − L3 x ] 48 El

x ∈ [ 0,1 ] , Y =

w ( 2 x 4 +3 Lx3 + Lx 3 ) 48 El

Nótese en los DFC y DMF que cada tramo de viga (entre apoyos) tiene simetría de carga, y por lo tanto de deformaciones, con respecto a sus extremos (A y respectivamente).

y '=0

Flecha máxima:

4

wL 0 ≤ x ≥1 ⇒| y max|=0.00541 El

Si consideramos:

en x=0.4215 L

Problema 8.2. Calcular las reacciones de la viga con dos claros iguales y cargas concentradas en la mitad de la distancia entre apoyos. Considere El constante.

P

A

P

B

L

C

L

Solución Tenemos el D.C.L de la viga con tres reacciones (una redundante). Según el teorema consideramos a las dos vigas simplemente apoyadas con carga centrada.

P

A

P

B

L

R1

R3

R2 P

A

P B

B

c

L

R1 PL 4

C

L

L R2

A1

R2

R3

A2

A 1= A 2 =

PL2 8

Los centroides estarán en los puntos medios de cada claro a1=b2=

L 2

M A=M C =0

Mediante el teorema: ⇒ M B=

2 M B ( 2 L )=

−3 2 PL 4

3 PL 16

Luego, las reacciones en los apoyos: 5 R1=R2 = P 16 ⇒ ∑ F y =0 ⇒ R 2=

11 P 8

Con estos valores de las reacciones, procedemos a trazar los diagramas de fuerza cortante y momentoi flector de la viga original.

P

P

L R1

L R3

R2

R1 -R3

M1

M3

M2

PROBLEMA 8.3. Una viga de dos claros está sometida a una caga uniforme de 7

KN/m en un claro; y una carga concentrada de 22.4 KN en el punto medio del otro claro. Se pide: a) Reacciones en los apoyos b) D. F.C. y D.M.F c) Flecha máxima SOLUCIÓN Utilizaremos el teorema de los tres momentos, considerando en el empotramiento un tramo de viga de rigidez infinita

(I =∞ ) según el siguiente esquema:

7,0 KN/m

I=

A

L

L

M A +4 M B + M C =

El tramo

AB

no soporta carga

−6 EI 6 EI ( θBA )1− (θ BC )1 L L

⇒(θ BA )1=0

BC , de tablas:

Mientras que para el tramo

( θ BC ) 1=

C

B

qL3 24 El

Luego, la expresión del teorema queda: 3

M A +4 M B + M C =0

( )

6 El qL donde : L 24 El

q=7000 N /m

M A por ser apoyo extremo de pasador es nulo, por lo que tenemos: 2

2

−qL −qL ( ) 0+ 4 M A + M C = ⇒4 M 1 + M 2= ∝ 4 4 Aplicando nuevamente el teorema:

22,4 KN

7,0 KN/m

1

C

B

A 2

L

M A +4 M B + M C =

3

L

−6 EI 6 EI ( θBA )1− (θ BC )1 L L

En el extremo C, MC = 0 Diagramas de fuerza cortante y momento flector

7,0 KN/m

22,4 KN

1

2 3,2 m

3

1,6 m

1,6 m

14560 8400

DFC (N)

+ + _

_

-7840 -14000 12544

3248

+ +

DMF (N-m)

_ -1792 -10752

3

De tablas, tenemos para Se tiene entonces:

M 1+ 4 M 2 =

(θ BA)1=

3

qL PL (θ BC )1 = 24 EI 16 EI

qL2 3 2 − qL 4 8

5 M 1+ 4 M 2= qL2 ( β ) 8 Resolviendo

(∝)−(4 β) :

−15 M 2=

18 2 18 qL ⇒ M 2= ( 7000 ) ( 3.2 )2 N−m 8 15 X 8

M 2=−10752 N−m en ( β ) : M 1=(−0.625+0.6 )( 7000 ) ( 3.2 )2=−1792 N −m Reacciones: M 2=R3 ×3.2−22400 ×1.6 M 1=R3 × 6.4−22400 ×4.8+ R 2 × 3.2−

Reemplazando los valores obtenidos para −1792=7840× 6.4−22400× 4.8+ R 2 ×3.2−

M 1 y R3

(7000 )( 3.2 )2 2

⇒ R2=28560 N ∑Fy = 0

R1=( 7000 ×3.2+22400 ) −( 28560+7840 )

R1 = 8400 N FLECHA Y PENDIENTE Método de la doble integración:

( 7000 )( 3.2 )2 2

ElY = {M} rsub {1} {left langle x-O right rangle} ^ {0} + {R} rsub {1} left langle x-0 right rangle - {9} ov

−P ⟨ x −4.8 ⟩ Primera integración 1

ElY '=M 1 ⟨ x−O ⟩ +

R1 2 3 9 3 R 2 9 ⟨ x−0 ⟩ − ⟨ x−O ⟩ + ⟨ x−3.2 ⟩ + 2 ⟨ x−3.2 ⟩ 2 2 2 2

−P 2 ⟨ x−4.8 ⟩ +C1 2 22,4 KN

7,0 KN/m

1

2 3,2 m

3 1,6 m

1,6 m

Segunda integración ElY =

M1 2 R 3 4 3 R 3 ⟨ x−O ⟩ + 1 ⟨ x−O ⟩ − 9 ⟨ x−O ⟩ + 9 ⟨ x −3.2 ⟩ + 2 ⟨ x−3.2 ⟩ 2 6 24 6 6

−P 2 ⟨ x−4.8 ⟩ C 1 x +C 2 6

Constantes de integración: Para hallar sus valores consideramos las condiciones de frontera: en X =O ,Y ' =O ,∧Y =O

⇒ Y ' =0=C 1 Y =0=C 2 ElY =

M1 2 R 3 4 9 3 R 3 9 ⟨ x−O ⟩ + 1 ⟨ x−O ⟩ − ⟨ x−O ⟩ + ⟨ x −3.2 ⟩ + 2 ⟨ x−3.2 ⟩ 2 6 24 6 6

−P 2 ⟨ x−4.8 ⟩ 6 FLECHA MAXIMA

Por análisis de la deformada, tenemos al menos dos posiciones donde se presentan los valores de

{y} rsub {max}

0< X ≤ 3.2

Aplicamos teoría matemática de máximos y mínimos: 0=M 1 (x−0)1 +

R1 9 ( x −0)2− (x −0)3 2 6

Reemplazando valores 0=−1792 X +

2

Ordenando , ⇒X=

8400 2 7000 3 X X 2 6 X −3.6 X +1.536=0

(−3.6)± √(−3.6)2−4 x (1)(1.536) 2(1)

Resolviendo, X =0.49 b 4 ; X=3.1

Sólo es válido ElY =

X =3.1 por estar comprendido en el rango:

−1792 7000 l 2 8400 3 4 (3.1) + (3 . 1) − (3 . 1) ⇒Y = ( 6160.81 ) 2 6 24 El

En el intervalo:

3.2< X ≤ 6.4

1

El Y ' =M 1 ( x−0 ) +

3 R1 R 2 2 ⟨ x−0 ⟩ 9 ⟨ x−0 ⟩ + 9 ( x−3.2 )3 + 2 ⟨ x−3.2 ⟩ 2 6 6 2

−P 2 ⟨ x−4.8 ⟩ +C1 2

Nuevamente teoría de máximos y mínimos: O=M 1 ( x−0)1 +

R1 R 9 (x−0)2− ( x−3.2)3+ 2 ( x−3.2)2 2 6 2

−P ( x−4.8 )2 2 0=−1790 X +

8400 2 7000 3 7000 28560 X− x+ ( X −3.2)3 + (X−3.2)2 2 6 6 2

−22400 ( x−4.8 )2 2 0=X 2

−11200 +30)+ X (−1790+35840+16128 ) ( 8 400 2 +(−38229.33−111820.8) 2

X −12.8 X + 38.278=0 Resolviendo, 12.8 ± √(−12.8 ) −4 x ( 1 ) ( 38.278 ) 2 (1 ) 2

X=

X = 4,76 m ; x = 8,03 m Solo es válido el valor

EIY =

X =4.76

m por estar comprendido en el rango:

−1790 8400 7000 7000 28560 ( 4.76 )2+ ( 4.76 )3− ( 4.76 )4 + (4.76−3.2)4 + (4.76−3.2)3 2 6 24 6 2

Y=

−1 19536,4 EI

PROBLEMA 8.4. La viga continua de dos claros mostrada en la figura tiene un

voladizo en un extremo. Cargas parciales uniformes actúan sobre el claro izquierdo y una carga concentrada actúa en el extremo del voladizo. a) Calcule las reacciones. b) Trazar los diagramas de fuerza cortante y momento flector.

10 KN/m

10 KN/m

1

8 KN

2 2 m

2 m

3

2 m

R1

3m

R2

1m

R3

Nota: la presencia de un voladizo puede manejarse de la siguiente manera. Quite el voladizo de la viga y reemplace su acción sobre el resto de la viga con una fuerza y un momento estáticamente equivalentes que actúen en el soporte extremo. Observe que la componente vertical de la fuerza se transmite directamente a la reacción en el soporte extremo (y, por lo tanto, no entra en la ecuación de los tres momentos aunque si afecta a la reacción) y el momento se vuelve flexionante en el soporte extremo (que es una cantidad conocida). Analice ahora la viga continua usando la ecuación de los tres momentos en la manera acostumbrada. SOLUCION

Aplicando la sugerencia indicada en la nota, tenemos la viga con las cargas que se indica en la figura siguiente:

10 KN/m

1

10 KN/m

2

A 2 m

2 m

8 KN

3

B

2 m

R1

8

KN-m

C

3m

R3

R2

Las dos vigas simples para aplicar el Teorema son,

10

1

KN/m

A 2 m

10

2 m

R1

KN/m

2 2 m

8 KN

B

2

B

3

8

KN-m

C

3m

R2

R2

R3

M A LA  2 M B  LA  LB   M C LB  6 EI  BA 1  6 EI  BC 1 (1)

MA =0 por ser apoyo extremo de pasador; mientras que Mc = -8000 N-m

10 KN/m

1

2

A 2m

2m

R1

El

( BA )1

10 KN/m

B

2m

R2

para esta viga, lo obtenemos considerando a la siguiente, que

se halla en tablas de flechas y pendientes: q KN/m

1

A

2 a

L-a

B

qa 2 ( BA )1  (( 2 L2  a 2 )  (2 L  a) 2 ) 24 LEI



qa 2 ( BA )1  (6 L A  4 a ) 24 EI

( BC )1  Para el tramo BC, de tablas:

Mo LB 6 EI

Con estos valores, la expresión del teorema queda: qa 2 0  2M B ( LA  LB )  M C LB   (6 LA  4a )  MoLB 4 q  10000 N / m;

Mo  8000 N  m;

donde:

LA  6m;

LB  3m; a  2m

10000 x 22 0  2 M B (6  3)  8000 x3   (6 x6  4 x 2)  8000 x3 4



M 2  12888.88 N  m

10

KN/m

10

1

KN/m

8 KN

2 2 m

2 m

3

2 m

R1

3m

R2

1m

R3

Reacciones:

 M ( 2)  0

M 2  R1  6  20000(5  1) 

R1 

 12888.88  120000  17851.85 N 6

Para hallar R3 volvemos a considerar equilibrio de momentos en “2”, pero esta vez entrando por derecha:

 M ( 2)  0 M 2  R3  3  8000  3  8000   Fy  0

R3 

 12888.88  32000  6370.37 N 3

 R2  48000  (17851.85  6370.37)  23 777.77 N

Con las reacciones conocidas, se trazan los diagramas de fuerza cortante y momento flector. PROBLEMA 8.5. La teoría de viga continua permite hacer un cálculo aproximado de

las vigas que forman parte del bastidor de vehículos de carga. Presentamos aquí el caso de un semirremolque de tres ejes, con una capacidad de carga de 30 toneladas, y dimensiones externas de 12.35 m de longitud x 2.60 m de ancho. PISO D E M AD ER A

410 2000

1250

1250

3560

E LEVA CIO N

La vista de una de las dos vigas del bastidor, con la carga distribuida uniforme se muestra en la figura siguiente.

255

500

7

670

1 1345

3

2 1300

1230

4 1208

4030

1035

126 0

900

El esquema de viga continua considera al sistema de apoyo-enganche en el extremo derecho como un apoyo de rodillo. Tenemos entonces

255

q = 24.5 KN/m

670 1 345

130 0

12 30

1208

403 0

103 5

12 60

900

La viga queda:

q = 24.5 KN/m

1345

1300

1230

1208

6325

900

Para aplicar el teorema de los tres momentos, eliminamos los voladizos y sustituimos su efecto por la carga concentrada y el par correspondiente .

P=33 KN

P=22.05 KN q = 24.5 KN/m

22.2 KN-m

1300

1230

1208

9.922 KN-m

6325

PROBLEMAS PROPUESTOS

PROBLEMA P

8.1

La viga

descansa en el punto

B

ABC

esta empotrada en el soporte

sobre el punto medio de la viga

puede entonces representar como una viga en voladizo elástico lineal de rigidez L=10

viga

K

pies. La distancia de

DE

es

en el punto B

a

C

y

DE ; esto es, se BC

B . La distancia de es

A

yun soporte A a

B es

L/2=5 pies y la longitud de la

L=10 pies. Ambas vigas tienen la misma rigidez por flexión El.

Una carga concentrada Determine las reacciones

P=1700 Lb

R A , RB y M A

actúa en el extremó de la viga para la viga

ABC .

ABC . Dibuje también los

diagramas de fuerza cortante y momento flexionante para la viga

ABC ,

mostrando todas las ordenadas de consideración. P A

B

C

D

RA

E RE

RD L

L

L

L

4

4

4

4

PROBLEMA P 8.2. La viga continua sobre cuatro soportes tiene un voladizo en el

extremo izquierdo, como se muestra en la figura. El momento de inercia I1 para los claros 1-2 y 3-4 es de 46.6 x 106 mm4. Determine los momentos flexionantes M1, M2 y M3 en los soportes de la viga.

PROBLEMA P 8.3 Para el eje del sistema de transmisión de potencia mostrado en la figura, considerando que las cargas en la polea plana se reparten por igual en sus bloques de conexión al eje, se pide: a) Calcular las reacciones y dibujar los diagramas de fuerza cortante, momento flector y momento torsor, indicando los valores relevantes. (Considere dos planos de carga). b) Calcular solo la componente situada a

650 mm

y”

de la flecha resultante en la sección

del apoyo A.

c) Calcular los esfuerzos principales y el máximo esfuerzo cortante en la

sección indicada en (b). Trazar además esquemas de distribución de esfuerzos. Material:

E=2.1×10 5 MPa

PROBLEMA P 8.4 : Para la viga de acero transversal es un perfil

E=200GPa ), cuya sección A 36 ¿

WF 203 x 60, se pide:

a)

Reacciones y diagramas de fuerza cortante y momento flector

b)

Ecuación del esfuerzo normal en la sección crítica, y esquema de su distribución indicando valores.

c)

Cálculo de la flecha en el punto B

d)

Cálculo de pendiente y' en el punto B.