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• Julinho Clemente

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VIGAS HIPERESTATICAS A lo largo del texto, en los problemas estáticamente indeterminados, hemos considerado como ecuaciones complementarias de las ecuaciones de equilibrio, a las que se obtienen de relaciones entre las deformacíones elásticas. En forma similar, en el estudio de vigas estáticamente indeterminadas o hiperestáticas se debe añadir, a las ecuaciones de equilibrio; otras relaciones adicionales basadas en la deformación de las vigas. Por lo general las vigas estáticamente indeterminadas se identifican por la forma en que están dispuestos sus apoyos; así una viga empotrada en un extremo y simplemente apoyada en el otro se llama viga en voladizo apuntalada o soportada.

Figura 7.9. Viga en voladizo apuntalada Definiciones - Grado de indeterminación o hiperestaticidad: es el número de reacciones incógnita que exceden al número de ecuaciones de la estática. - Reacciones Redundantes: son las reacciones para las que se plantean ecuaciones complementarias y deben seleccionarse en cada caso particular. Por ejemplo una viga empotrada en sus dos extremos tiene cuatro reacciones, pero como solo se dispone de dos ecuaciones de equilibrio:∑ 𝐹𝑦 = 0 ; ∑ 𝑀 = 0; se tiene dos reacciones redundantes. Una primera posibilidad es considerar como redundantes a las dos reacciones que se

posibilidad para el análisis de la viga es

w

P

localizan en el mismo extremo. Otra A MA

empotramienio como redundantes. La

MB

Mo

escoger los dos momentos de RA L

B RB

estructura que queda cuando las redundantes se liberan se llama

Figura 7.10 Viga empotrada en sus

extremos estructura primaria o estructura liberada; y debe ser estable y estáticamente determinada. 1

METODOS PARA RESOLVER VIGAS HIPERESTATICAS Se consideran los mismos procedimientos que se examinaron en el caso de vigas isostáticas: 1)

Doble integración, (2) método de superposición, (3) método del área de momentos;

y (4) ecuación de los tres momentos. Método de doble integración Este método es práctico para casos relativamente simples de carga y para vigas de un solo vano.- En esencia el procedimiento de cálculo es el mismo que para una viga isostática.

Problema 7.15. Para la viga que se muestra, calcular la flecha máxima y la pendiente y 𝐿 3

considere: 𝑤 = 2 𝐾𝑁/𝑚, 𝐿 = 3𝑚, 𝐸 = 200 𝐺𝑝𝑎. y

w z

B

A

100 mm

flecha en la sección a 𝑥 =

L 40 mm

Solución Elegimos a RA como carga redundante y expresamos el momento M1-1 en función de esta. Ecuaciones de equilibrio w

∑𝐹𝑦 = 𝑂 → 𝑅𝑎 + 𝑅𝑏 = 𝑊𝐿 ∑𝑀𝐵 = 𝑂 → 𝑅𝑎 𝐿 + 𝑀𝐵 =

𝑊𝐿2 2

MB

A L x

(tenemos tres incógnitas y sólo dos

RA

ecuaciones). Por el método de doble integración: EIY"= M(x) Para la sección en x:

2

𝑀𝑧 (x) = 𝑅𝐴 𝑥 –

𝑤𝑥 2

RB

Integrando sucesivamente: EIy'  R A

EIy  R A

x 2 wx3   C1 2 6

x3 wx 4   C1x  C2 6 24

(1)

(2)

Utilizamos ahora las condiciones de frontera para calcular las constantes de integración 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:

L2 wL3 wL3 L2 0  RA   C1  C1  RA 2 6 6 2

y C2 = 0

Con estos valores de C1 y C2, reemplazamos (III) en (2) para obtener: R A 

La constante C1: C1  

3wL 8

wL3 48

Conocida la única carga redundante RA, reemplazamos en las ecuaciones de equilibrio y hallamos las otras reacciones. 𝑅𝐵 =

5 𝑤𝐿; 8

𝑀𝐵 =

𝑤𝐿2 8

Con estos valores podemos trazar los diagramas de fuerza cortante y momento flector. Cálculo de pendientes y flechas. w

De (1) y (2), tenemos: 𝐸𝑙 𝑦 ′ =

DFC

3 𝑤𝐿 𝑥 2 𝑤𝑥 3 𝑤𝐿3 − − 8 2 3 48

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

DMF

Reemplazando las datos: w =2 y L=3, obtenemos la ecuacióncúbica para la

3

pendiente de la viga: EIy' 

9 L2 x 3   1.125  0 8 3

Resolviendo por el método de aproximaciones sucesivas de Newton-Raphson, 𝑥 = 1.26 𝑚. La flecha máxima, reemplazando este valor de x en (2):

EIymáx  (

3  2000  3 1.263 2000  (1.26) 4  2000  33  )   1.26   8 6 24 48  

9  (1.26) 4 9 EIymáx  1000    (1.26)3   (1.26) 12 8  24 

 ymáx 

705 m (3) EI

El momento de inercia de la sección transversal de la viga de madera es:

Iz 

bh3  3.3 10  6 m 4 12

Luego: EI  200 109 N / m 2  3.3 10 6 m 4  660 103 N  m 2 Reemplazando en (3): 𝑦𝑀á𝑥 , = 1.068 𝑚𝑚 La pendiente y flecha en 𝑥 = 1𝑚 son respectivamente:

y'1  1  0.33 rad

y1  0.00126 m  1.26 mm

Problema 7.16 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 CD de 3 m. de longitud y 3 cm2 de sección tiene E = 200 GPa, mientras que la viga de madera tiene E = 10.5 GPa. Determinar la (tensión en el tirante de acero y calcular la flecha máxima de la viga. D

B z

A 2m

2m

100

Solución 4

200 mm

y

w = 60 N/m

En el DCL de la viga, hacemos uso del artificio conocido como el “quita y pon” Ecuaciones de equilibrio:

F

∑𝐹𝑦 = 0: 𝑅𝐴 − 𝑅𝐵 + 𝐹 = 120 B

A

(1)

∑𝑀𝐵 = 𝑂: 𝑅𝐴 (4) + 𝐹(2) = 120 × 3 → 𝐹 = 180 − 2𝑅𝐴 (2)

RA RB

La ecuación complementaria : yc   CD 

F K CD

(3)

Donde yc es la flecha en la sección C en la cual se fija el tirante de acero CD La ecuación diferencial de la elástica, usando funciones singulares: x2 60 x 2 EIy"  R A x   F x  2  60 2 2

2

Integrando una vez: EIy' 

R A 2 60 x 3 F 60 2 3 x   x2  x  2  C1 2 6 2 6

Volviendo a integrar. EIy 

R A 3 60 x 4 F 3 60 4 x   x2  x  2  C1x  C2 6 24 6 24

Constantes de integración por condiciones de frontera: a)

𝑆𝑖 𝑥 = 𝑂, 𝑦 = 0 → 𝐶2 = 0

b)

También se tiene que en x = 4 m, y = 0

EIy 

R A 3 60 x 4 F 3 60 4 x   x2  x  2  C1x 6 24 6 24

  43 60  4 4 180  2 R A 60 0  RA    23   2 4  4C1  6 24 6 24   C1 = 90 - 2 RA

5

(4)

c)

De (3), el alargamiento del alambre CD es igual a la flecha de la viga en esa posición. yc   CD 

F K CD

((3) repetida)

  3  F en metros Reemplazando valores  CD    (200  109 )  (0.0003)      CD  5  10 8  F d)

(5)

En punto C, x = 2 m, y   CD

En la segunda integral con C2 = 0:  (5  10  8 EI )  F 

4 R A  40  2C1 3

La rigidez EI de la viga de madera: 0.1 0.23 4 EI  10.5 10 N / m  m  0.7 106 N  m 2 12 9

2

Sustituyendo este valor de EI y de la relación (2) de F, tenemos en (6):  0.035  (180  2 RA ) 

4 R A  40  2C1 3

0.6316 RA  C1  16.85 (7)

Reemplazando (4) en (7): 0.6316 RA  90  2RA  16.85 Resolviendo, RA = 53.46 N

: C1 = -16.92 N-m2

En (2), F = 73.82 N y en (1), RB = 6.54 N Con estos valores, escribimos las ecuaciones de pendiente y flecha de la viga: x2 53.46 2 EIy '  x  10 x 3  73.82 2 2

EIy 

 10 x  2

3

 16.92

x2 3 53.46 3 4 x  2.5 x 4  73.82  2.5 x  2  16.92 x 6 6

El esfuerzo en el tirante de acero:  CD  Flecha máxima y su localización: 6

2

73.82  246.1 Pa 0.0003

(6)

Por análisis de la carga distribuida, que esta entre el apoyo A y el tirante, podemos concluir que la flecha máxima se encuentra en el tramo AC. La ecuación de la pendiente se reduce a 0 

53.46 2 x  10 x 3  16.92 2

Su solución por aproximación sucesiva: x = 1.00805 m 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, los desplazamientos resultantes debidos a las cargas, actuando al mismo tiempo, son iguales a la suma de los desplazamientos calculados independientemente. En el caso de restricciones redundantes, los desplazamientos correspondientes son cero, ó 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 quitaron 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 7.17: Resolver la viga: a

7

P

b

Solución

P

MB RB

RA Diagrama de Cuerpo Libre de la viga original: Ecuaciones de equilibrio: ∑𝑀𝐵 = 0 → 𝑅𝐴 =

𝑃𝑏 − 𝑀𝐵 (1) 𝐿

∑𝑀𝑦 = 0 → 𝑅𝐵 = 𝑃 − 𝑀𝐴 (2) Ecuación complementaría: en el empotramiento, 𝜃 = 0 ⟹ (𝜃𝐵 )1 − (𝜃𝐵 )2 = 0 (3) Consideramos como vigas componentes a las que se muestra en la figura: P B

t1

DMF

t2

MB

8

t En la viga 1: ( B )1  1 L

Teorema 2 de Mohr: 𝑡1 = ̅̅̅ 𝛺1 (

𝐿+𝑎 3



)

𝑡1 =

𝑃𝑎𝑏 6𝐸𝑙

Siendo el área del diagrama de momentos reducidos: 𝛺̅1 =

(𝐿 + 𝑎)

𝑃𝑎𝑏 2𝐸𝑙

Luego, la pendiente (𝜃𝐵 )1 (𝜃𝐵 )1 =

𝑃𝑎𝑏 (𝐿 + 𝑎) 6𝐸𝐼𝐿

Análogamente, para la viga 2: ̅̅̅2̅ ( 𝑡2 = 𝛺

2𝐿 ) 3

1 𝑀 𝛺̅2 = 2 × 𝐸𝐼𝐵 𝐿

t2 

M B L2 3EI 𝑃𝑎𝑏

Reemplazando en (3): 𝑃𝑎𝑏

De donde:𝑀𝐵 =

2𝐿2

𝑅𝐵 =

𝑃𝑎 𝐿

(𝐿 + 𝑎) −

𝑀𝐵 𝐿 3𝐸𝑙

t2 M BL  L 3EI

=0

(𝐿 + 𝑎)

Sustituyendo en (1): en (2)

6𝐸𝐼𝐿

 B2 



(1 +

𝑃𝑏

𝑅𝐴 =

𝐿

(1 −

𝑎(𝐿+𝑎) 2𝐿

)

𝑏(𝐿+𝑎) 2𝐿

)

Problema 7.18 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.

400 lb

d) El giro da la sección C respecto a la sección B. 400 Lb EAl = 107 psi  = 0.33 Eacero = 29 x 106 psi acero = 0.27 9

1000 lb-pulg

Aluminio B

Acero

4" 

c) La pendiente y flecha en el punto C.

C

2"

b) Sus esfuerzos principales máximos.

A 8"

8"

10"

D

Solución Primero consideramos por separado los efectos de torsión y flexión Efecto de torsión DCL del eje 𝑇𝐴 + 𝑇𝑜 = 1000 (1)

Condición de equilibrio

Como tenemos doble empotramiento el ángulo de torsión ∅A/D es cero ∅𝐴/𝐷 = ∅𝐴/𝐶 + ∅𝐶/𝐷 = 𝑂 𝑇𝐴 𝐿𝐴𝑙 (1000 − 𝑇𝐴 ) − =0 GJAl GJAC

⟹

(2)

TA

C

2"

4" 

1000 lb-pulg TD

A 16"

10"

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

𝜋 × 4 4 = 8𝜋 32

Jacero =

𝜋 𝜋 × 24 = 32 2

Los modulos de young al corte: 𝐺𝐴𝐿 =

10𝑥106 = 3.7594𝑥106 𝐿𝑏/𝑝𝑢𝑙𝑔2 2(1 + 0.3)

𝐺𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜 =

10𝑥106 = 11.417𝑥106 𝐿𝑏/𝑝𝑢𝑙𝑔2 2(1 + 0.27)

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

16 10 101000𝑥10 ) + ( ) = 𝜋 𝜋 8𝜋 𝑥 3.7594 𝑥 106 𝑥 11.4.17 𝑥106 𝑥 11.4.17 𝑥106 2 2

𝑇𝐴 = 767 (𝐿𝑏 − 𝑝𝑢𝑙𝑔) Sustituyendo en (1): 𝑇𝐷 = 233(𝐿𝑏 − 𝑝𝑢𝑙𝑔) 10

Los esfuerzos cortantes debido a torsión: (𝜏𝑚á𝑥 )𝐴𝐶 = (𝜏𝑚á𝑥 )𝐶𝐷 =

16𝑇𝐴𝐶 16 𝑥 767 (𝜏 ) → = = 61𝐿𝑏/𝑝𝑢𝑙𝑔2 𝑚á𝑥 𝐴𝐶 3 3 ) 𝜋(𝐷𝐴𝐶 𝜋4

16𝑇𝐶𝐷 16 𝑥 233 → (𝜏𝑚á𝑥 )𝐶𝐷 = = 148.33𝐿𝑏/𝑝𝑢𝑙𝑔2 3 𝜋(𝐷𝐶𝐷 ) 𝜋23

El giro de la sección B respecto a C 𝑇𝐴 𝑥 𝐿𝐵𝐶 767 𝑥 8 = = 6.5 𝑥10−5 radianes 6 𝐽𝐵𝐶 𝑥 𝐺𝐴𝐼 8 𝑥 3.7594 𝑥 10

∅𝐵/𝐶 = Efecto flexión

El DCL del eje considera solo a la carga concentrada: P de 400 Lb. 400 lb

I AC

 D4

4" 

I CD  I 

64  (2 D 4 )   16 I 64

C

2"

Los momentos de Inercia, D

A 8"

8"

10"

RA

RD

De acuerdo con el sistema de cargas, P MA

la fuerza axial en la viga es nula.

B

C

D

.Escogemoscomo cargas redundantes a las

RA

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

RD

reacciones 𝑅𝐴 𝑦 𝑀𝐴 .

RA  L EI

Condiciones de frontera: 𝜃𝐴 = 𝜃𝐷 = 0 ∧ − 𝑡𝐴 = 𝑌𝐴 = 𝑂 El trazo del diagrama demomentos reducidos

(1)

lo hacemos por partes considerando

DMF

MA 16 EI

separadamente los efectos de la carga (3) -Pb 16 EI -Pb EI

11

La viga tiene dos grados de hiperestaticidad

(2) MA EI (3) - P(b+c) EI

centrada 𝑃, el par 𝑀𝐴 y la fuerza 𝑅𝐴 . Areas del diagrama de momentos reducidos:

𝐴1 =

1 𝑅𝐴 (𝑎 + 𝑏) 𝑅𝐴 (𝑎 + 𝑏) 𝑅𝐴 𝐿 (𝑎 + 𝑏)𝑥 +( + ) 2 16El 16El El 𝑀𝐴 (𝑎 + 𝑏) 𝑀𝐴 + 𝑐 16El 𝐸𝑙

𝐴2 = 𝐴3 =

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

Los datos para P, a, b, c y L son: 𝑃 = 400𝐿𝑏 ; 𝑎 = 8′ ; 𝑐 = 10" 𝑦 𝐿 = 26" Tenemos entonces:𝐴1 =

218𝑅𝐴 𝐸𝑙

; 𝐴2 =

11𝑀𝐴 𝐸𝑙

𝐴3 =

52 800 𝐸𝑙 Los centros de gravedad de las áreas con respecto al extremo A

B

G

𝑥̅ =

b

∑𝐴1 𝑋1 𝑥̅ ∑𝐴1 2

L (b+2B)

x

=

x= 3x B+ b

L

𝑀𝐴 (8) + 10 𝑀𝐴 𝑥 21 11 𝑀𝐴

= 19.82"

16𝑅 +52𝑅

8𝑅𝐴 (2⁄3 𝑥 16) + 210𝑅𝐴 [(10⁄3 (26𝑅𝐴+16𝑅𝐴)) + 16] 𝐴

𝑥̅1 =

𝐴

218 𝑅𝐴 𝑥̅1 = 21’’

𝑥̅ 3 =

3200+14400 8(8 + 2⁄3 𝑥 16) + 52000 [(10⁄3 ( )) + 16] 3200+7200

52800 𝑥̅3 = 21.51′′

Teorema de Mohr: como 𝜃𝐷⁄ = 0 , ⟹ el área del diagrama 𝑀/𝐸l entre las secciones 𝐴 y 𝐴

𝐷 es igual a cero. 𝜃𝐷⁄ = 𝐴1 + 𝐴2 + 𝐴3 = 0 𝐴

12

⟹

1 (218𝑅𝐴 + 11𝑀𝐴 = 52800) = 0 𝐸𝑙

218𝑅𝐴 + 11 + 𝑀𝐴 = 52800

(3)

Como 𝜃𝐷⁄ = 0, el momento estático del diagrama (𝑀⁄𝐸𝑙 ) con respecto al eje vertical que 𝐴

pasa por A es cero. 𝑓𝐴⁄ = 𝐴1 (𝑥̅1 ) + 𝐴2 (𝑥̅2 ) + 𝐴3 (𝑥̅3 ) = 𝐷

1 (218𝑅𝐴 × 21 + 11𝑀𝐴 𝑥 19.82 − 52800 × 21.51) = 0 𝐸𝑙 4578𝑅𝐴 × 218𝑀𝐴 = 1135728

(4)

Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (3) y (4), tenemos: 𝑅𝐴 = 346.72 𝐿𝑏. ↑

𝑦

𝑀𝐴 = −2.071.36 𝐿𝑏.

𝑀𝐴 = 2.071.36 𝐿𝑏⁄𝑃𝑢𝑙𝑔 Las reacciones en 𝐵: 𝑅𝐵 𝑦 𝑀𝐵 los encontramos por las condiciones de equilibrio: ∑𝐹𝑦 = 0: 𝑅𝐴 + 𝑅𝐵 = 400 → 𝑅𝐵 = 53.28𝐿𝑏. ↑ ∑𝑀𝐵 = 0: 𝑅𝐴 𝑥 𝐿 + 𝑀𝐴 − 𝑃(𝑏 + 𝑐) + 𝑀𝐵 = 0 𝑀𝐵 = 256.64𝐿𝑏 − 𝑝𝑢𝑙𝑔 Cálculo de esfuerzos principales:

𝜎1,2 =

𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 2 2 + √( ) + 𝜏𝑥𝑦 2 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 = Sección A: en x = 0,

13

𝑀𝑧 𝐷 × 𝐼𝑧 2

−2071.36

(𝜎𝑥 )máx =

𝜋 𝑥 14

× 2 = 329.66 𝐿𝑏.⁄𝑃𝑢𝑙𝑔2

4

Sección D: en x = 26 pulg. (𝜎𝑥 )máx =

−256.64 𝜋 𝑥 14

× 1 = 326.76 𝐿𝑏.⁄𝑃𝑢𝑙𝑔2

4

Esfuerzo cortante por flexión (debido ala fuerza cortante V): 𝜏𝑣 =

𝑉𝑄 𝑙𝑏

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

𝜋𝑅 2 4𝑅 2 3 = 𝑥 = 𝑅 2 3𝜋 3

𝑙𝑍 =

𝜋𝑅 4 ; 𝑏 = 2𝑅 4

𝑉 𝛾𝑚𝑎𝑥 = Vx

2⁄ R3 4V 3 = 4 2 πR x 2R 3πR 4

Para sección circular: 𝑄𝑚á𝑥 = 𝑙𝑍 = 𝑉 𝜏𝑚𝑎𝑥

𝜋𝑅 2 4𝑅 2 3 𝑥 = 𝑅 2 3𝜋 3 𝜋𝑅 4 ; 𝑏 = 2𝑅 4

2⁄ R3 4V = V x πR43 = 2 x 2R 3πR 4

Sección A: 𝑉 𝜏𝑚𝑎𝑥 =

Sección 3: 14

𝑉 𝜏𝑚𝑎𝑥 =

4 𝑥 346.72 = 36.788 𝐿𝑏 /𝑝𝑢𝑙𝑔2 3𝜋 𝑥 22

4 𝑥 53.28 3𝜋 𝑥 12

= 22.61 𝐿𝑏 /𝑝𝑢𝑙𝑔2

Esfuerzo cortante por.torsión: se calculó anteriormente,



𝑉 Sección A: 𝛾𝑚𝑎𝑥 = 61 𝐿𝑏 /𝑝𝑢𝑙𝑔2



𝑉 Sección D: 𝑟𝛾𝑚𝑎𝑥 = 148.33 𝐿𝑏 /𝑝𝑢𝑙𝑔2

Tracemos esquemas de las secciones 𝐴 𝑦 𝐷 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

L

W

Esf. cortante por torsión

15

Esf. Cortante por cortante Esf normal

X

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

𝑇 En 𝑈 y 𝑉 actúa(𝜎𝑥 )máx (𝑑𝑒 𝑡𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝑒𝑛 𝑈 𝑦 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛 𝑒𝑛 𝑊)𝑦 𝛾𝑚𝑎𝑥

-

En 𝐾 y 𝐿 sólo soportan 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. 2

x

  2 Pregunta b) Esfuerzos principales:  1,2    x    xy 2  2 

Los valores de los esfuerzos actuantes en los puntos mencionados se muestran en la tabla siguiente: SECCIÓN A PTOS 𝜎1 U +329.6 W -329.66 K 0 L 0 SECCIÓN D U +326.76 W -326.76 K 0 L 0

𝜏1

𝜏𝑣

𝜏 61 61 24.22 97.78

𝜎1 340.58 -10.92 24.22 97.78

𝜎2 -10.92 340.55 -24,22 -97.78

61 61 61 61

0 0 36.78 36.78

148.33 148.33 148.33 148.33

0 0 22.61 22.61

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) Pendiente y flecha en la sección 𝐶 ( 𝑥 = 16 𝑝𝑢𝑙𝑔. ) -

observando los 𝐷𝑀𝐹 reducidos, seleccionamos como tangente de referencia a la

trazada por el extremo 𝐷. Teorema 1 𝑑𝑒 𝑀𝑜ℎ𝑟. 𝜃𝑐 = (∑𝐴𝑖 )𝐶−𝐷 (𝑃𝑢𝑒𝑠𝑡𝑎 𝑞𝑢𝑒, 𝜃𝐷 = 0) 16

(𝐴𝑖 )𝐶−𝐷 = (𝐴𝑖 )𝐶−𝐷

(𝐴2 )𝐶−𝐷

(𝐴3 )𝐶−𝐷

346.72 2 𝑥 29 𝑥 106 𝑥

𝑅𝐴 (𝑎 + 𝑏) + 𝐿𝐶 2𝐸𝑙 𝜋 [8

+ 8 + 26]𝑥 10 = 0.0032

4

𝑀𝐴 2071.36 𝐶 ⟹ (𝐴2 )𝐶−𝐷 = 𝐸𝑙 29 𝑥 106 𝑥

𝜋

= −0.00091

4

𝑃 400 [−𝑏 − (𝑏 + 𝑐)]𝑥 𝐶 = − 2𝐸𝑙 2 𝑥 29 𝑥 106 𝑥

𝜋 [8

+ (8 + 10)]𝑥10

4

(𝐴3 )𝐶−𝐷 = −0.0023 Efectuando la sumatoria de :areas, tenemos: 𝜃𝑐 = −0.00001 radianes La flecha en la sección “c” es igual a la desviación tangencial 𝑡𝑐 Teorema 2 𝑑𝑒 𝑀𝑜ℎ𝑟: 𝑡𝑐 = (𝑥̅1 )𝐷 + (𝐴2 )𝐷 (𝑥̅2 )𝐷 + (𝐴3 )𝐶−𝐷 (𝑥̅3 )𝐷 el subíndice 𝐷 de 𝑥̅ indica que el centroide del área se toma con respecto al extremo 𝐷. 𝑐

(𝐴1 )𝐶−𝐷 = [𝑅𝐴 (𝑎 + 𝑏 + 𝐿)] 2 𝐸𝑙

𝑐 ∗

𝑐

(𝐴2 )𝐶−𝐷 = (2𝑀𝐴 ) (𝐴2 )𝐶−𝐷 = [𝑃(2𝑏 + 𝑐)] 2 𝐸𝑙 2 𝐸𝑙

𝑐 𝑅𝐴 (𝑎 + 𝑏 + 2𝐿) (𝑥̅1 )𝐷 = 𝑐 − [ ( )] 3 𝑅𝐴 (𝑎 + 𝑏 + 𝐿) (𝑥̅2 )𝐷 =

𝑐 𝑐 𝑃(3𝑏 + 2𝑐) 𝑦 (𝑥̅3 )𝐷 = 𝑐 [ ( )] 2 3 𝑃(2𝑏 + 𝑐)

Reemplazando los valores correspondientes de 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝐿, y la rigidez 𝐸𝑙 obtenemos: 10 𝐴1 𝑋1 = ( 𝑥 2(2071.36) ) 𝑥5 = 0.2842𝑥106 2𝑥(364.42 𝑥109 ) 𝐴2 𝑋2 = (

10 − 400(2𝑥8 + 10) ) 𝑥 (5𝑥0.436) = 3.110𝑥 106 2𝑥(364.42 𝑥109 )

10 𝐴3 𝑋3 = ( 346.72(8 + 8 + 10) ) 𝑥5.38 = 0.668 𝑥 106 9 2𝑥(364.42 𝑥10 )

 tC = yC = -2,16 X 10-6 pulg 17

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

3

2

R1

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

18

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 continua que incluye tres apoyos consecutivos: 𝐴, 𝐵, 𝑦 𝐶. Las longitudes y momentos de inercia de cada claro se indican en la figura siguiente. Los momentos flectores desconocidos en los tres soportes son 𝑀𝐴 , 𝑀𝐵 , 𝑦 𝑀𝑐 cuyos sentidos se asumen positivos (para fines de nuestra deducción).

19

A

B

IA

RA

RB

LA

C

IB

RC

LB

(a) M B MB

MA

B

B

A

BA

MC C RBC

RBA

BC

(b)

B

B

A

BA)1

C

BC)1

(c) M B MB

MA

B

B

A

MC C

BC)1

BA)1 (d)

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. 20

Podemos escribir la ecuación dé compatibilidad en el soporte 𝐵, como; BA = - BC El siguiente paso es desarrollar expresiones para los ángulos 𝜃𝐵𝐴 𝑦 𝜃𝐵𝐶 los cuáles se obtienen por la superposición de los ángulos de rotación de la viga simple debido a las cargas externas 𝜃1 y de la viga simple debido a los momentosflectores desconocidos 𝜃2 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: (𝜃𝐵𝐴 )2 =

𝑀𝐴 𝐿𝐴 𝑀𝐵 𝐿𝐴 𝑀𝐵 𝐿𝐵 𝑀𝐶 𝐿𝐵 + ; (𝜃𝐵𝐶 )2 = + 6𝐸𝐼𝐴 3𝐸𝐼𝐴 3𝐸𝐼𝐵 6𝐸𝐼𝐵

(8.1) Los ángulos de rotación debidos a las cargas externas y a los momentos flectores combinados serán: 𝜃𝐵𝐴 = (𝜃𝐵𝐴 )1 + (𝜃𝐵𝐴 )2 = (𝜃𝐵𝐴 )1 + 𝜃𝐵𝐴 = (𝜃𝐵𝐴 )1 + (𝜃𝐵𝐴 )2 = (𝜃𝐵𝐴 )1 +

𝑀𝐴 𝐿𝐴 𝑀𝐵 𝐿𝐴 + 6𝐸𝑙𝐴 3𝐸𝑙𝐴 𝑀𝐵 𝐿𝐵 𝑀𝐶 𝐿𝐵 + 3𝐸𝑙𝐵 6𝐸𝑙𝐵

(8.2 − 𝑎)

(8.2 − 𝑏)

Sustituyendo estas expresiones para 𝜃𝐵𝐴 𝑦 𝜃𝐵𝐶 en la ecuación de compatibilidad y ordenando términos se tiene: 𝐿

𝐿

𝐿

𝐿

𝑀𝐴 ( 𝐼 𝐴) + 2𝑀𝐵 ( 𝐼 𝐴 + 𝐼 𝐵 ) + 𝑀𝐶 + ( 𝐼 𝐵 ) = −𝐸 (𝜃𝐵𝐴 )1 − 𝐸 (𝜃𝐵𝐶 )1 𝐴

𝐴

𝐵

𝐵

(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: 𝑀𝐴 𝐿𝐴 + 2𝑀𝐵 (𝑀𝐴 +𝐿𝐵 ) + 𝑀𝐶 𝐿𝐵 = −6𝐸𝐼(𝜃𝐵𝐴 )1 − 6𝐸𝐼(𝜃𝐵𝐶 )1 (8.3 − 𝑎)

21

Si bien (𝜃𝐵𝐴 )1 y(𝜃𝐵𝐶 )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 𝑡 son los momentos estáticos del área de los diagramas demomentos reducídos: 𝑡 =

𝐴 𝐸𝐼

𝑥̅

De esta manera, obtenemos la siguiente ecuación para el caso en que los dos claros de la viga tienen el mismo momento de inercia 𝐼 𝑀𝐴 𝐿𝐴 + 2𝑀𝐵 (𝑀𝐴 +𝐿𝐵 ) + 𝑀𝐶 𝐿𝐵 =

6𝐴𝐴 𝑥̅𝐴 6𝐴𝐵 𝑥̅𝐵 − 𝐿𝐴 𝐿𝐵

(8.4)

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 viga continua,

se trazan 𝐷𝐶𝐿 y ecuaciones de equilibrio para encontrar las reacciones y dibujar luego los correspondientes 𝐷𝐹𝐶 y 𝐷𝑀𝐹 ; a partir de los cuáles puede evaluarse tanto los esfuerzos como las deformaciones en cualquier sección de la viga.

22

Viga continua con un empotramiento 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 8.4b). 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. P

w

MA

F

B

A RA

C RC

RB

LA

LB

(a) P

w

I=

B

A RA

F

C RC

RB

LA

LB

(b) Figura 8.4

PROBLEMA EJEMPLO Problema 8.1- Viga continua con dos claros iguales y con la misma carga distribuida w KN/m uniformemente: A

SOLUCIÓN 23

L

B

L

C

Consideramos las dos vigas simples que se muestran en la figura siguiente. 2

𝐴𝑝𝑎𝑟á𝑏𝑜𝑙𝑎 =

Recuérdese:

3

𝐴𝑟𝑒𝑡á𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜

w KN/m

w KN/m B B

A

c

L

L

R1

R2

2 WL 8

R2

R3

A1

Se tendrá.

𝐴1 =

𝑤𝐿2 8

A2

2

𝐿𝑥3 =

𝑤𝐿3 12

𝑤𝐿3 𝐴2 = 12 Para reemplazar en la fórmula del teorema 𝑥1 , =

𝐿 (𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜𝑖𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝐴1 ); 2

𝑥2 =

𝐿 (𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜𝑖𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝐴2 ) 2

se tiene además, 𝑀𝐶 = 𝑀𝐴 = 0 (𝑣𝑖𝑔𝑎𝑠 𝑠𝑖𝑚𝑝𝑙𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒𝑎𝑝𝑜𝑦𝑎𝑑𝑎𝑠 𝑒𝑛 𝑙𝑜𝑠 𝑒𝑥𝑡𝑟𝑒𝑚𝑜𝑠) Aplicando el teorema de los tres momentos: 0 + 2𝑀𝐵 𝑥 2𝐿 + 0 = − 𝑤𝐿2

de donde: 𝑀𝐵 =

8

𝑤𝐿3 𝑤𝐿3 − 4 4

(𝑒𝑙 𝑠𝑖𝑔𝑛𝑜 𝑖𝑛𝑑𝑖𝑐𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑀𝐵𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑐𝑎𝑣𝑖𝑑𝑎𝑑 ℎ𝑎𝑐𝑖𝑎 𝑎𝑏𝑎𝑗𝑜)

Cálculo de reacciones en los apoyos. Por equilibrio de momentos en B. 𝑅1 𝐿 −

𝑤𝐿2 2

∑𝐹𝑦 = 0 ,

24

𝑤𝐿2

+ (

8

)=0

2=

5 𝑤𝐿 4

(1)

⇒ 𝑅1 = 𝑅3 =

3 8

𝑤𝐿

Podemos ahora trazar los correspondientes diagramas. w KN/m

R1

3W L 8

R2

L

L

R3

5W 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

𝑥2 + 𝑅2 〈𝑥 − 𝐿〉 2

Integrando sucesivamente: 𝐸𝑙 𝑌 ′ = 𝑅1

𝐸𝑙 𝑌 = 𝑅1

〈𝑥 − 𝐿〉2 𝑥2 𝑥3 − 𝑤 + 𝑅2 + 𝐶1 2 6 2

〈𝑥 − 𝐿〉3 𝑥3 𝑥4 −𝑤 + 𝑅2 + 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 6 24 6

Sustituyendo los valores de 𝑅1 , 𝑦 𝑅2 𝐸𝑙 𝑌 =

25

3 𝑤 5 𝑤𝐿𝑥 3 𝑥 4 + 𝑤𝐿〈𝑥 − 𝐿〉3 + 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 48 24 24

Constantes de integración: 𝑥=0

⇒ 𝑦=0

𝑥=𝐿

⇒ 𝑦=0

condiciones de frontera:

Resolviendo: 𝐶2 = 0 ∧ 𝐶1 = − ⇒𝑌= Para𝑥 ∈ [0,1], 𝑌 =

𝑤 48 𝐸𝑙

𝑤𝐿3 48

𝑤 [3𝐿𝑤 3 − 2𝑥 4 + 10〈𝑥 − 𝐿〉3 − 𝐿3 𝑥 ] 48 𝐸𝑙

(2𝑥 4 + 3𝐿𝑥 3 + 𝐿𝑥 3 )

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). Flecha máxima: 𝑦′ = 0 Si consideramos: 0 ≤ 𝑥 ≥ 1 ⇒ |𝑦𝑚𝑎𝑥 | = 0.00541

𝑤𝐿4 𝐸𝑙

en𝑥 = 0.4215𝐿

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

L

P

B

L

C

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.

26

P

A

P

B

L

R1

C

L R3

R2 P

A

P B

𝐴1 = 𝐴2 =

c

L

L

R1

PL 4

B

R2

R2

R3

A1

A2

𝑃𝐿2 8

Los centroides estarán en los puntos medios de cada claro 𝑎1 = 𝑏2 = 𝐿⁄2

𝑦 𝑙𝑜𝑠 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠 𝑒𝑛 𝑙𝑜𝑠 𝑎𝑝𝑜𝑦𝑜𝑠: 𝑀𝐴 = 𝑀𝐶 = 0 3

Mediante el teorema:2𝑀𝐵 (2𝐿) = − 4 𝑃𝐿2 Luego, las reacciones en los apoyos: ⇒ ∑𝐹𝑦 = 0

⇒ 𝑅2 =

11 8

⇒ 𝑀𝐵 =

𝑅1 = 𝑅2 =

5 16

3 16

𝑃𝐿

𝑃

𝑃

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

27

P

P

L

L

R1

R3

R2

R1 -R3

M1

M3

M2 PROBLEMA 8.3. Una viga de dos claros, L = 3.2 m, 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:

22,4 KN

7,0 KN/m

a) Reacciones en los apoyos b) D. F.C. y D.M.F c) Flecha máxima

C

B

A 1

2

L

3

L

SOLUCIÓN 7,0 KN/m

Utilizaremos el teorema de los tres momentos, considerando en el empotramiento un tramo de viga de rigidez infinita (𝐼 = ∞) según se muestra

I=

𝑀𝐴 + 4𝑀𝐵 + 𝑀𝐶 = −

C

B L

en el esquema:

28

A

6𝐸𝐼 6𝐸𝐼 (𝜃𝐵𝐴 )1 − (𝜃𝐵𝐶 )1 𝐿 𝐿

L

El tramo 𝐴𝐵 no soporta carga ⇒ (𝜃𝐵𝐴 )1 = 0 Mientras que para el tramo 𝐵𝐶, de tablas: (𝜃𝐵𝐶 )1 =

𝑞𝐿3 24 𝐸𝑙

Luego, la expresión del teorema queda: 𝑀𝐴 + 4𝑀𝐵 + 𝑀𝐶 = 0

6𝐸𝑙 𝑞𝐿3 ( ) 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒: 𝐿 24 𝐸𝑙

𝑞 = 7000 𝑁/𝑚 𝑀𝐴 por ser apoyo extremo de pasador es nulo, por lo que tenemos: 0 + 4𝑀𝐴 + 𝑀𝐶 = −

𝑞𝐿2 ⇒ 4

4𝑀1 + 𝑀2 = −

𝑞𝐿2 (∝) 4

Segundo arreglo de vigas 22,4 KN

7,0 KN/m

C

B

A 1

2

L

3

L

Aplicando nuevamente el teorema:𝑀𝐴 + 4𝑀𝐵 + 𝑀𝐶 = −

6𝐸𝐼 𝐿

(𝜃𝐵𝐴 )1 −

6𝐸𝐼

En el extremo C, MC = 0 (𝜃𝐵𝐴 )1 =

De tablas, tenemos para Se tiene entonces:

𝑀1 + 4𝑀2 =

𝑞𝐿2 4

𝑞𝐿3

(𝜃𝐵𝐶 )1 = 24𝐸𝐼

𝑃𝐿3 16𝐸𝐼

3

− 𝑞𝐿2 8

𝑀1 + 4𝑀2 =

5 2 𝑞𝐿 (𝛽) 8

Resolviendo (∝) − (4𝛽): −15𝑀2 =

18 2 18 (7000)(3.2)2 𝑁 − 𝑚 𝑞𝐿 ⇒ 𝑀2 = 8 15 𝑋 8 𝑀2 = −10752 𝑁 − 𝑚

29

𝐿

(𝜃𝐵𝐶 )1

𝑒𝑛(𝛽): 𝑀1 = (−0.625 + 0.6)(7000)(3.2)2 = −1792 𝑁 − 𝑚 𝑀2 = 𝑅3 × 3.2 − 22400 × 1.6

Reacciones:

(7000)(3.2)2 2

𝑀1 = 𝑅3 × 6.4 − 22400 × 4.8 + 𝑅2 × 3.2 − Reemplazando los valores obtenidos para 𝑀1 𝑦 𝑅3 −1792 = 7840 × 6.4 − 22400 × 4.8 + 𝑅2 × 3.2 −

(7000)(3.2)2 2

⇒ 𝑅2 = 28560 𝑁  R1 = 8400 N

∑Fy = 0 𝑅1 = (7000 × 3.2 + 22400) − (28560 + 7840) Diagramas de fuerza cortante y momento flector 22,4 KN

7,0 KN/m

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

30

FLECHA Y PENDIENTE 22,4 KN

7,0 KN/m

1

2

3 1,6 m

3,2 m

1,6 m

Método de la doble integración: 𝐸𝑙𝑌" = 𝑀1 〈𝑥 − 𝑂〉0 + 𝑅1 〈𝑥 − 0〉 −

w w 〈𝑥 − 𝑂〉2 + 〈𝑥 − 3.2〉2 + 𝑅2 〈𝑥 − 3.2〉 2 2

−𝑃〈𝑥 − 4.8〉 Primera integración 𝐸𝑙𝑌′ = 𝑀1 〈𝑥 − 𝑂〉1 +

𝑅1 w w 𝑅2 〈𝑥 − 0〉2 − 〈𝑥 − 𝑂〉3 + 〈𝑥 − 3.2〉3 + 〈𝑥 − 3.2〉2 2 2 2 2 𝑃 − 〈𝑥 − 4.8〉2 + 𝐶1 2

Segunda integración 𝐸𝑙𝑌 =

𝑀1 𝑅1 w w 𝑅2 〈𝑥 − 𝑂〉2 + 〈𝑥 − 𝑂〉3 − 〈𝑥 − 𝑂〉4 + 〈𝑥 − 3.2〉3 + 〈𝑥 − 3.2〉3 2 6 24 6 6 𝑃 − 〈𝑥 − 4.8〉2 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 6

Constantes de integración: Para hallar sus valores consideramos las condiciones de frontera: 𝑒𝑛 𝑥 = 𝑂,

𝑌′ = 𝑂, ∧

⇒ 𝑌 ′ = 0 = 𝐶1 𝐸𝑙𝑌 =

𝑌 = 0 = 𝐶2

𝑀1 𝑅1 w w 𝑅2 〈𝑥 − 𝑂〉2 + 〈𝑥 − 𝑂〉3 − 〈𝑥 − 𝑂〉4 + 〈𝑥 − 3.2〉3 + 〈𝑥 − 3.2〉3 2 6 24 6 6 𝑃 − 〈𝑥 − 4.8〉2 6

31

𝑌=𝑂

FLECHA MAXIMA: Por análisis de la deformada, tenemos dos posiciones donde se presentan los valores de "𝑦𝑚𝑎𝑥 ", una en cada tramo entre apoyos. Tramo 1: 0 < 𝑋 ≤ 3.2 Aplicamos teoría matemática de máximos y mínimos: 0 = 𝑀1 (𝑥 − 0)1 + Reemplazando valores: 0  1792 x  Ordenando,

𝑅1 w (𝑥 − 0)2 − (𝑥 − 0)3 2 6

8400 2 7000 3 x  x 2 6

𝑋 2 − 3.6𝑋 + 1.536 = 0 ⇒ 𝑋=

(3.6) ± √(−3.6)2 − 4 × (1)(1.536) 2 (1)

Resolviendo, x = 0.494 m y x = 3.1 m Sólo es válido 𝑋 = 3.1 por estar comprendido en el rango: 𝐸𝑙𝑌 =

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

En el intervalo: 3.2 < 𝑋 ≤ 6.4 𝐸𝑙𝑌 ′ = 𝑀1 (𝑥 − 0)1 +

𝑅1 9 9 𝑅2 〈𝑥 − 0〉2 〈𝑥 − 0〉3 + (𝑥 − 3.2)3 + 〈𝑥 − 3.2〉2 2 6 6 2 −

𝑃 〈𝑥 − 4.8〉2 + 𝐶1 2

Nuevamente teoría de máximos y mínimos: 𝑂 = 𝑀1 (𝑥 − 0)1 +

𝑅1 9 𝑅2 (𝑥 − 0)2 − (𝑥 − 3.2)3 + (𝑥 − 3.2)2 2 6 2 −

0 = −1790𝑋 +

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

32

𝑃 (𝑥 − 4.8)2 2

22400 (𝑥 − 4.8)2 2

8 400 0 = 𝑋2 ( − 11200 + 30) + 𝑋(−1790 + 35840 + 16128) 2 + (−38229.33 − 111820.8) 𝑋 2 − 12.8𝑋 + 38.278 = 0 Resolviendo, 𝑋 =

12.8 ± √(−12.8)2 − 4𝑥(1)(38.278) 2(1)

X = 4,76 m ; x = 8,03 m Solo es válido el valor 𝑋 = 4.76 m por estar comprendido en el rango: 𝐸𝐼𝑌 = −

𝑌=−

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

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

2 2m

R1

8 KN

2m

3

2m

3m

R2

1m

R3

Nota: la presencia de un voladizo puede manejarse de la siguiente manera. Quitar el voladizo de la viga y reemplazar 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 33

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

10 KN/m

8 KN 8 KN-m

1

A 2m

2 2m

3

B

2m

R1

C

3m

R3

R2

Las dos vigas simples para aplicar el Teorema son, 10 KN/m

10 KN/m

8 KN 8 KN-m

1

A 2m

2m

B 2

2 2m

R1

3

B

C

3m

R2

R3

R2

M A LA  2M B LA  LB   M C LB  6 EI  BA 1  6 EI  BC 1 10 KN/m

MA =0 por ser apoyo extremo de pasador;

(1)

10 KN/m

mientras que Mc = -8000 N-m 1

El ( BA )1 para esta viga, lo obtenemos

R1

A 2m

2 2m

B

2m

R2

considerando a la siguiente, que se halla en tablas de flechas y pendientes:

34

q KN/m

1

2

A a

B

L-a

qa 2 (( 2 L2  a 2 )  (2 L  a) 2 ) 24 LEI qa 2 ( BA )1  (6 L A  4 a ) 24 EI  ( BA )1 

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

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 donde: q  10000 N / m; Mo  8000N  m; LA  6m; LB  3m; a  2m 0  2 M B (6  3)  8000 x3  

 M 2  12888.88 N  m 10 KN/m

10000 x 22 (6 x6  4 x 2)  8000 x3 4

10 KN/m

1

8 KN

2 2m

2m

3

2m

R1

3m

R2

1m

R3

 M (2)  0

Reacciones:

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

35

M 2  R3  3  8000  3  8000  R3 

 12888.88  32000  6370.37 N 3

 Fy  0

 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 DE MADERA

410 2000

1250

1250

3560

ELEVACION

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

500

255

en la figura siguiente.

7

670

1 1345

3

2 1300

1230

4 1208

4030

1035

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

36

1260

900

255

q = 24.5 KN/m

670 1345

1300

1230

1208

4030

1035

1260

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

37

1230

1208

9.922 KN-m

6325

PROBLEMAS PROPUESTOS PROBLEMA P 8.1 La viga 𝐴𝐵𝐶 esta empotrada en el soporte 𝐴 y descansa en el punto 𝐵 sobre el punto medio de la viga 𝐷𝐸; esto es, se puede entonces representar como una viga en voladizo 𝐵𝐶 yun soporte elástico lineal de rigidez 𝐾 en el punto 𝐵. La distancia de 𝐴a 𝐵es 𝐿 = 10 pies. La distancia de 𝐵 a 𝐶 es 𝐿/2 = 5pies y la longitud de la viga 𝐷𝐸 es 𝐿 = 10pies. Ambas vigas tienen la misma rigidez por flexión El. Una carga concentrada 𝑃 = 1700 𝐿𝑏 actúa en el extremó de la viga 𝐴𝐵𝐶. Determine las reacciones 𝑅𝐴 , 𝑅𝐵 𝑦 𝑀𝐴 para la viga 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:

38

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 "𝑦” de la flecha resultante en la sección situada a 650 𝑚𝑚 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 × 105 𝑀𝑃𝑎

PROBLEMA P 8.4 : Para la viga de acero 𝐴 36 (𝐸 = 200 𝐺𝑃𝑎), cuya sección transversal es un perfil WF 203x60, 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.

Fy  0 : R A  RB  RC  w L  RC  180  2R A

 (180  2 R A )  L poste  R A 3 2.5 4  EI  6   6  0  (18R A  540)  6   6 E  A 4 poste  

39