Determinar la deflexión máxima en una viga simplemente apoyada de longitud L con una carga concentrada P en el centro de su claro

En función de la ecuación general de momentos, la ecuación

EId2 ydx2

= (P2

) X-(P)⟨X−L2 ⟩

2

+C1……………………………………. (a)

Integrando (a): EIdydx

= (P4

) X2-(P2

)⟨X−L2 ⟩

2

+C1 …………. (b)

Integrando (b): EI Y= (P12

) X3-(P6

)⟨X−L2 ⟩

3

+C1X+C2 …… (c)

Para determinar C2, podemos ver que x=0, y=0, por lo tanto C2=0 la otra condición de apoyo es X=L, Y=0 resulta:

0= (PL

) L3-(P6

)⟨L− L2 ⟩3

+C1L

C1=-P L2

16

Debido ala simetría, la deflexión máxima sucede en el centro de la luz, es decir cuando x=L/2

EI Ymáx= (P12

) ( L2)3

-(P6

)⟨ L2−L2 ⟩

3

−(P L2

16)(L2

)

Y máx=- PL3

48 EI ; pero δ=-Y, por lo tanto δ= PL

3

48 EI

Determinar la deflexión máxima en una viga simplemente apoyada, de longitud L, que soporta una carga uniformemente distribuida de w n/m aplicada en toda su longitud

Calculando la ecuación general de momentos y luego integrándola para calcular la pendiente y deflexión, tenemos.

EId2 ydx2

= M= (WL2

) X-(W2

)x2 → EIdydx

= (WL2 )( X2

2)-(W2

) ( X3

3) +C1

EIdydx

= (WL2 )( X3

3)-(W2

) ( X4

12) +C1X+C2

La primera condición de apoyo es X=0, Y=0 de donde tenemos que C2=0, la segunda condición de apoyo es X=L, Y=0.

0=(WL2 )( X3

6)-(W2

) (X4

12) +C1L →C1=

−W L3

14

La deflexión máxima se da en el centro de la luz de la figura, por tanto;

EIY má x= (WL12 )( L2 )3

-(W24

)( L2)4

-(WL3

24) (L2

)

EIY máx=-5W L4

384 ; pero δ=-Y máx,

Por lo cual δ=5W L4

384 EI (m)

Determinar el máximo valor de EI Y en la ménsula de la figura, cargada como se indica. Considerar el origen de coordenada en el empotramiento

La ecuación general de momentos es integrada dos veces para calcular pendiente y deflexión de la viga.

EId2 ydx 2

=(P ) x−(Pa )−(P ) ⟨x−a⟩

EId2 y

dx 2=(P )(x22 )−(Pa )(x )−(P ) ⟨x−a⟩

2+C1

Debido a que la viga se encuentra empotrada en el extremo inicial x=0,

dydx

=0 ,con lo

cual C1=0.

EIy=( p6 )( x3 )−( Pa2 )( x2)−(P ) ⟨ x−a⟩3

2+C2

Por condición de apoyo x=0, Y=0 de donde obtenemos que C2=0, El EIymax sucede en el extremo libre de la ménsula, por lo tanto, debemos evaluar la expresión (3) en x=L.

EIy= PL6

3

−PaL2

2−( P6 )(L−a )3

Obtener la ecuación de la elástica de la ménsula de la figura sometida a una carga triangular que varia desde cero en el empotramiento hasta W N/m en el extremo libre.

Del equilibrio tenemos la ecuación de momentos general a partir de la cual calculamos las ecuaciones de deflexión y pendiente.

EId2 ydx2

= M= (WL2

) X-(W L2

3)−(W6 L

) x3

EIdydx

= (WL2 )( X3

2)-(W L

2

3) (X) – (

W6 L

)( X4

4)+C1

De la condición del problema, en el extremo empotrado dydx

=0; por lo tanto C1=0

EIy= (WL2 )( X3

6)-(W L

2

3) (X

2

2) – (

W6 L

)( X5

20)+C2

Cuando X=0 (en el empotramiento) también se cumple que Y=0, por lo tanto C2=0

EIy= (WL12 )(X3)-(W L2

6) (X2) – (

W120L

)(X 5)

De donde

Y= W20EI [ L X

3

2−L2 X2+ X5

20 L ]Como se indica en la figura, una viga simplemente apoyada sostiene dos cargas concentrada, simétricamente colocadas. Calcular la deflexión máxima δ y comparar el resultado con la flecha en el centro, del caso 7 de la tabla 6-2. Contrastar el resultado obtenido, poniendo a=L/2 y comparándola con la resolución del problema 605

Del equilibrio, la ecuación general de momentos resulta:

M= (P) X-(P)⟨ X−a ⟩-P⟨ X−L+a ⟩

Integrando 2 veces dicha ecuación tenemos:

EId2 ydx2

= (P) X-(P)⟨ X−a ⟩-P⟨ X−L+a ⟩

EIdydx

= (P)( X2

2)-(P)⟨ X−a⟩2

6-P⟨ X−L+a⟩3

6 +C1

EIy= (P)( X3

6)-(P)⟨ X−a⟩3

6-P⟨ X−L+a⟩3

6 +C1X+C2

En la presente viga tenemos dos condiciones de borde: X=0, Y=0; de donde se tiene que C2=0

X=L, Y=0

0= (P6

)[L3−(L−a)3−(L−L+a)3 ]+C1(L)

De donde obtenemos: C1= (-P6

)⌈ 3La−3a2 ⌉

Entonces: EIy= (P6

)[X 3−⟨ X−a⟩3−⟨ X−L+a⟩3−(3La−3a2)X ] ……………………… (1)

Por la simetría de la viga, la deflexión máxima sucede en el eje de simetría

(X=L6

) reemplazando en (1):

EIymáx= (P6

)[( L2 )3

−( 12−a) ³−(3 La−3a2)( L2 )]EIymá x= (

Pa24

) (3 L2−4 a2)

La viga apoyada de la figura soporta una carga uniforme W simétricamente distribuida, en una porción de su longitud. Determinar la deflexión máxima y confrontar el resultado, poniendo a=0, con la solución de lproblema606

Solución

La ecuación general de momentos resulta del grafico adjunto.

M= (Wb) X-w⟨X−a ⟩ ²2

+ W⟨X−a−2b ² ⟩ ²

2 ………………….. (1)

Calculamos la ecuación de pendiente y deflexión a partir (1)

EId2 ydx2

=M

EIdydx

= (Wb)( X2

2)-(W2

)⟨ X−a⟩2

3-(W2

)⟨ X−a−2b⟩3

3 +C1

EIy = (Wb2

)X3-(W24

)⟨ X−a⟩4 +(W24

)⟨ X−a−2b⟩4 +C1X+C2

De las condiciones de borde

X=0, L=0; entonces C2=0

De X=L, Y=0; obtenemos C1:

0= (Wb2

)L3-(W24

)(L−a)4 +(W24

)(L−a−2b)4 +C1(L)

C1=(W6

)[ L38 −3a L2

4−3 La

2

2−a3]-WbL28

La deflexión máxima sucede cuando x=L/12 debido a la simetría de la viga

EIymá x= (Wb6

)( L2 )3

-¿)[( L2−a)4]+C1( L2 )

De donde:

EIymáx= (W24

)[ 3 L416 −L3a−a4−b L3] ; como δ=-Y, entonces:

δ= (W24 EI

)[L3a+a4+b L3−3L416 ] ………………………….. (2)

Si a=0. Entonces 2b= L, b=1/2.

Reemplazando en (2)

δ= (5W L4

384)

Calcular el valor de EI δ en el centro del claro en la viga representada en la figura. Si E=10 GN/m², determinar el valor de I necesario para que la deflexión en el centro no sobrepase 1/360 del claro. Indicación: considerar el origen de X en el apoyo derecho siendo X positiva hacia la izquierda.

Solución

Considerando el sistema de coordenadas en la figura, tenemos que

EId2 ydx2

=150x-150⟨ X−2 ⟩2

EIdydx

=150 X2

2- 150

⟨ X−2⟩ ³3

+C1

EIy=25X3-252

⟨X−2 ⟩4+C1X+C2

Usando las condiciones de borde:

X=0, Y=0; de donde C2=0

X=4, Y=0.

0=1600-252

(16)+C1(4) ⇒ C1=-350Nm²

LuegoEIy=25X3-252 ⟨X−2 ⟩4-350X…………………………………. (1)Del problema tenemos:E=10 GN/m , δ (²

L2

)= ( 1360

) (4)= 190

mEIy(2 )= (25) 2 -³ 25

2⟨2−2 ⟩4-(350) (2)

EIy(2 )=-500 entonces EIy(2 )=500N m3 ………………….. (2)De (2):I=500δE

= 500

( 190 )(1010) =45000*10−10mm⁴

Calcular el valor de EIδ en el centro de la viga cargada como se indica en la figura

Solución

A partir de la ecuación de momentos general la ecuación de la pendiente y deflexión:EId2 ydx2

=225x-150⟨ X−1.5 ⟩2+150⟨ X−3.5 ⟩2

EIdydx

=225 X2

2- 1503

⟨ X−1.5 ⟩4+1503

⟨ X−3.5 ⟩3+C1

EI=225 X3

6- 15012

⟨ X−1.5 ⟩4+15012

⟨ X−3.5 ⟩4+C1X+C2

De las condiciones de borde:

X=0, L=0; entonces C2=0

De X=4m, Y=0; de donde

0=2256

(43)- 15012

⟨4−1.5 ⟩4+15012

⟨4−3.5 ⟩4+C1(4) →C1=-478.13Nm²

Por lo tanto

EIy=225 X3

6- 15012

⟨ X−1.5 ⟩4+15012

⟨ X−3.5 ⟩4-478.13X

En el centro de la luz, X=2

EIy2=2256

(23)- 15012

(0.5)4-478.13 (2) pero como δ=-Y, entonces

EIy2=-657.04Nm³

Calcular en cada una de las vigas de los problemas 624ª 625 el momento del área del diagrama de momentos flexionantes comprendidos entre los apoyos respecto de cada uno de estos

Viga cargada como indica la figura

Solución

Del equilibrio en el elemento tenemos (tomando momentos en A):

R2(4)=(900)(2)+600

R2=600N

Del equilibrio de fuerzas verticales tenemos R1=300N

Realizando los esquemas de carga equivalentes en volado y diagrama de mementos por partes:

Tomando momentos respecto de A los diagramas de momentos por partes

(area)AB . X A= (4 )(1200)

223

(4)-(1800 )(2)

2(2+ (

23

) (2)) + (600) (3+12

)

De donde(area)AB . X A=2500 N.m³

Viga cargada como indica la figura. Indicación trazar el diagrama de momentos por partes, de derecha a izquierda.

Utilizando las ecuaciones de equilibrio en la viga tenemos (∑M A=0)

R2(6)= (600) (3)+ (300) (4) (2) → R2=700N

Del equilibrio de fuerzas verticales:

R1+R2 = 600 + (300) (4) → R1=1100N

Utilizando las cargas equivalentes en volado y elaboramos los diagramas de momentos por partes (respecto de O)

Tomando momentos respecto de A:

(area)AB . X A=−(2400 )(4)

3 ( 34 )(4) +(4400 )(4)

2 ( 23 )(4)-(600 )(1)2 (3+ 23 (1))+

(1400 )(4 )2

)

(4+ 13 (2))(area)AB . X A=19300 N.m³

Viga cargada como indica la figura

Del equilibrio por simetría:

R1=R2=R → 2R = (400) (3)=1200 → R=600N

Tomando momentos respecto a B de los diagramas de momentos por partes:

(area)AB . X B=(2400 )(4)

3 (1+( 13 )(4))− (1800 )(3)3 (1+( 14 )(3))+ (600 )(1)

2¿) (1)

(area)AB . X B=8.25 KNm³

Viga cargada como indica la figura. Indicación: descomponer la carga trapezoidal en una uniforme y otra uniformemente variada.

Haciendo equilibrio en la viga (∑M A=0)

R1(4)=(200 ) (4 )(4)

2+

(200 ) (3 )2

(13

) (3) → R1=625N

De equilibrio de fuerzas verticales:

R1+R2= (200) (4)+(600 ) (3 )2

→ R2=1075N

Tomando momentos respecto de A:

(area)AB . X A=(3 ) (1.5 )2 ( 23 ) (3 )−

(3 ) (1.5 )4 ( 45 ) (3 )−(2 ) (1 )(3+0.5)

(2 )(2)2 (3+( 13 )(2))

(area)AB . X A=2.13 KN.m³

Resolver el problema 628 si el sentido del par es contrario al del reloj

Del equilibrio (∑M A=0):

R1(5)+2-(3 ) (1 )2 ( 23 ) (3 )=0 → R2=0.2KN

Por equilibrio de fuerzas verticales:

R1+R2=(3 ) (1 )2

→ R1=1.3KN

Elaborando los diagramas de cargas equivalentes en volado y diagramas de momentos por partes:

Tomando momentos respecto del extremo A:

(area)AB . X A=(3 ) (3.9 )2 ( 23 ) (3 )−

(3 ) (1.5 )4 ( 45 ) (3 )−(2 ) (1 )(3+0.5)

(2 )(0.4)2 (3+( 13 )(2))

(area)AB . X A=17.47 KN.m³

En la viga de la figura, calcular el valor de (area)AB . X A , Y de acuerdo con el resultado obtenido determine si la tangente a la elástica en el punto B es ascendente o descendente hacia la derecha. Indicación: tener en cuenta la ecuación (6-5) y la figura (6-10)

Aplicando las ecuaciones de equilibrio:

R1(4)= (200) (6)+ (400 ) (3 )

2 (1+( 23 )(3))→ R2=750N

Equilibrio en el eje vertical:

R1+R2=(3 ) (400 )2

=200 → R1=50KN

Elaboramos diagramas de momentos por partes 200N.m (respecto a B)

Debido a que nos piden (area)AB . X A Calcularemos solo los momentos de aéreas de aquellas que se encuentran comprendidas entre A y B respecto de A.

(area)AB . X A=(4 ) (200 )2 ( 23 ) (4 )− (3 ) (600 )

4 (1+ 45 (3))(area)AB . X A=-463.33N.m³

Debido al signo que se obtiene la tangente a la elástica en el punto B desciende a la derecha

Determinar el valor de P en la viga de la figura, de manera que el momento respecto de A del área de momentos entre los apoyos sea nulo ¿Qué significado físico tiene este resultado?

Aplicando el equilibrio a la viga (∑M B=0):

(P)(4)-(R1) (3)+(800 )(3)2

2 =0 → (R1)=1200 +

43

P

Del equilibrio en el eje vertical:

R1+R2=P + (3) (800) → R2=1200-P3

Elaboramos diagramas de momentos por partes (respecto de A):

(area)AB . X A=0(condición del problema)

(area)AB . X A=−(3 ) (3600 )3 ( 14 ) (3 )+

(1200−P3 ) (3 ) (3 )

2 ( 45 )(3)= 0………………………. (1)

De (1): P=1800N

En la viga de la figura, calcular el valor de (area)AB . X A De acuerdo con el resultado obtenido, determinar si la tangente a la elástica en el punto B se dirige hacia arriba o hacia abajo, de izquierda a derecha indicación; tener en cuenta la ecuación (6-5) y la figura (6-10)

Del equilibrio:

∑M A=0

(R¿¿2)¿(3)= (4) (200)+ (800) (2) (1)

R2=800N

Del equilibrio del eje vertical:

R1+R2=200+ (2) (800)

R1=1000N

Elaboramos los esquemas de carga en volado y diagramas de momentos por partes:

Como nos piden (area)AB . X A , entonces calculamos los momentos de aéreas de aquellas que se encuentran ubicadas entre A y B, con respecto de A.

(area)AB . X A=

(2 ) (2000 )2 ( 23 ) (2 )− (2 ) (1600 )

3 ( 34 )(2 )+ (1 ) (800 )2 (2+13 (1))−(200 ) (1 ) (2+0.5 )− (1 ) (200 )

2 (2+ 13 (1))……………………………(1)

(area)AB . X A=1.27 KN.m³

Debido al signo, la tangente a la elástica en el punto B se dirige hacia arriba a la derecha

Nota: en (1) solo se ha utilizado las zonas achuradas de los diagramas de momentos por partes