Estática de Vigas. 20 de mayo de 2006

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Natalia Castellanos de la Cruz
hace 7 años
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1 Estática de Vigas 0 de mayo de 006 Los elementos estructurales que vamos a estudiar en este capítulo estarán sometidos a fuerzas o distribuciones aplicadas lateral o transversalmente a sus ejes y el objetivo principal que nos ocupará será la determinación de fuerzas y momentos internos que se producen éstos con la condición de estaticidad, es decir, aplicando las condiciones de equilibrio estático que hemos visto hasta ahora. 1. Vigas isoestáticas e hiperestáticas Definimos una viga hiperestática cuando el número de ecuaciones de equilibrio no bastan para resolver las reacciones en los vínculos. Esto es debido al exceso de vínculos necesarios para mantener la estaticidad de la viga. El número de ecuaciones extras necesarias para igualar el número de ecuaciones al total de incognitas es el grado de hiperestaticidad. Ej.1. El diagrama de cuerpo libre de la viga de masa M doblemente empotrada de la figura: es 1 Distribución 1 En la próxima sección veremos como sustituir una distribución de fuerza por una fuerza resultante aplicada a una determinada distancia del origen de referencias 1

2 Resultante y brazo de palanca El equilibrio de fuerzas y momentos expresado matematicamente: F = 0 Ra + R b Mg = 0 M = 0 Ma MgL/ + M b + R b L = 0 Tenemos dos ecuaciones y cuatro incognitas. Por simetría, sabemos que R a = R b (ecuación extra), de donde obtenemos que R a = Mg/. Pero necesitamos otra relación para calcular M a = M b. El grado de hiperestaticidad en este caso es dos. Ej.. En la siguiente viga: el diagrama de cuerpo libre es: de donde podemos obtener que: R a + R b = F, M a = R b L F d. Grado de hiperestaticidad 1.. Vigas isoestáticas En esta sección vamos a restringir nuestro estudio al caso de vigas isoestáticas, es decir aquellas para las que las reaciones en los vínculos

3 pueden ser calculadas a partir de las ecuaciones de equilibrio. Si existen distribuciones de fuerza, éstaa serán sutituidas por resultantes aplicadas a una determinada distancia de un origen dado. Utilizaremos la siguiente figura, para ilustrar la estaticidad para el caso en el que no existan distribuciones de fuerza axial y las vigas no sean alabeadas. El caso b) queda planteado como problema. Si consideramos las componentes vectoriales de las fuerzas y distribuciones j (en el caso de la figura, j=1,,, ρ j dx = dfcontinuaĵ), obtenemos: donde Entonces F T = n i=1 F i discreta + m j=1 F j continua = 0 F j continua Ω = ρ j (x)dx = da j (x) j Ω j i F i d + j Ω T ρ j (x) dx = 0 Como cada parte infinitesimal de una distribución realiza un momento respecto al origen de coordenadas con valor r j d (x) Λd F j d (x) = x ρ j (x) dx, la contribución total será la suma de todos los diferenciales de distribución, es decir, su integral: M i i d + i xi dfd i + x ρ j (x) dx = 0 j Ω j En los siguientes ejemplos calcularemos las reacciones en los vínculos a partir de las ecuaciones: i F i d + j Aj = 0 y i M i d + i xi df i d + j Ω j x ρ j (x) dx = 0 En este tipo de problemas, si conocemos los momentos de orden cero Mo i = ρ j (x) dx = A j R Ω j y uno M j 1 = Ω j x ρ j (x) dx = M j R de las distribuciones, el problema es trivial. siempre que r j d sea perpendicular a d F j d.

4 . Ejemplos resueltos y propuestos.1. Ej.1 El DCL de la viga empotrada es: y como la distribución es ρ (x) = xh/l y M j R = Ω j x ρ j (x) dx ; y M R = HL A R = HL Como F R = R d, M R = M d R d HL = 0 M d HL = 0.. Ej. Este caso es similar al anterior respecto a las reacciones en los vínculos. 4

5 ρ (x) = H B x H M R = B H 6 A R = BH Problema Planteado: Calcule el esfuerzo cortante y momento flector en x=l utilizando el tramo derecho (de L a B)... Ej. En este caso tomaremos el origen de referencias en el extremo izquierdo de la viga (I). Desde aquí, ρ 1 (x) = H 1 d x 0 < x < d ρ (x) = H d 1 < x < d Las fuerzas resultantes de las distribuciones (momentos de orden 0): A R1 = H 1d 1 A R = H (d d 1 ) y los momentos asociados, respecto a (I): M R1 = H 1d 1 5

6 M R = H ( ) d d 1 Si analizamos el tramo de (I) a d: 6

7 encontramos que el problema es equivalente a: De las siguientes relaciones podemos encontrar R y y M. F = Ry + A R1 + A R = 0 M = d R y + M + M R1 + M R = 0 R y = H 1d 1 H (d d 1 ) M = H ( (d d 1 ) d1 + H 1 d 1 d ) Pregunta: Como afectaría la masa de la parte inclinada sobre el resto de la estructura?. 7

8 .4. Ej.4 Este caso se puede complicar si seguimos los pasos del ejercicio anterior, tomando el origen en la parte izquierda. Las distribuciones 1 y son del mismo tipo: ρ 1 (x) = H 1 b 1 x 0 < x < b 1 ρ (x) = H b 1 < x < b 1 + b pero respecto a (I), la tercera distribución es: ρ (x) = H H x b 1 b b b 1 + b < x < L El resto de parámetros son: A R1 = H 1b 1 A R = H b A R = H b y los momentos respecto al origen (I): M R1 = H 1b 1 M R = H b (b 1 + b ) M R = H b (b 1 + b + b ) 8

9 Al sumar las fuerzas y los momentos, quedan dos ecuaciones y dos incognitas (R 1 y R ). Otra manera de encontrar estas magnitudes consiste en sumar los momentos respecto al centro de fuerzas de las distribuciones: Por otra parte, entonces y donde = d 1 + d = x R x R1 R 1 d 1 = R d R 1 + R = R R 1 = R d R = R d 1 F R1 = H 1b 1 F R = H b F R = H b x C1 = b 1 x C = b b x C = b 1 + b + 1 b x CF = F R1x C1 + F R x C F R x C F R F R1 F R d 1 = x CF x R1 d = x R x CF Si queremos repartir por igual toda la carga, podemos hacer d 1 = d, obteniendo x 1 = x CF d y x = x CF + d. 9

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11 4. El método de las secciones Para ilustrar el método de las secciones en el cálculo de las expresiones del momento flector y esfuerzo cortante, vamos a utilizar varios ejemplos. El primer caso es el del ej1 anterior: Reacciones en vínculos : R d = HL M d = HL F = 0 Rd V (x) Hx L = 0 o 0 M = 0 0R d xv (x) xhx L + M (x) = 0 x M = 0 xr d + 1 xhx L + M (x) = 0 M (x) = xr d Hx 6L V (x) = Rd Hx L 5. Método integral A este mismo resultado podemos llegar con el método integral. Lo primero es encontrar la ecuación de la distribución respecto al origen que utilizaremos para sumar los momentos, esta es ρ(x) = H L x repecto al origen x = 0. Para calcular x V (x) V (0) = ρ (x) dx V (L) = Rd Hx L 0 sería mejor integrar de L a x, pues sabemos que V(L)=M(L)=0. V (L) V (x) = L x ρ (x) dx = H L (L x ) 11

12 y además, de esta manera podemos calcular R d. Si hacemos lo mismo para el momento: M (x) = x 5.1. Método gráfico A partir de las relaciones L V (x) dx = HL (x L) H 6L (x L ) dv dx = ρ (x) dm dx = V (x) Podemos conocer la forma de las curvas, y si además la función característica de la distribución es polinómica, conocer las funciones igual que en los métodos precedentes (no hay que olvidar que todos son equivalentes): Esfuerzo: La pendiente de V es negativaρ < 0, por tanto decrece hasta cero (valor de V conocido en x=l), comenzando en x=0 con el valor V (0) = R d. Como la segunda derivada es también negativa, se trata de una curva convexa decreciente desde R d hasta 0. Como ρ es lineal, V (x) será cuadrática, de la forma: V (x) = a + bx + cx. Conocemos V (0) = R d a = R d, V (L) = 0 0 = R d + bl + cl. Como b = 0: V (x) = Rd R dx L Momento: Como la derivada del momento es positiva, y la segunda negativa, la curva es convexa y creciente, desde x=0, M(0) = M b (es negativo porque en el vínculo el valor del momento flector tiene sentido contrario al momento externo M b ) hasta x=l, M(L) = 0. Con el mismo razonamiento anterior sabemos que M es un polinomio cúbico M(x) = a + bx + cx + dx, de donde M(0) = a = M b. dm dx 6d = d M dx = dρ dx = H L. = V (0) = b = R d, d M dx M(x) = Mb + xrd Hx 6L = ρ (0) = 0 = c y ρ (0) = dv dx x=0 = b + cx x=0 = b = 0 1

13 (Ejercicio. Diagramas de esfuerzo y momento En el segundo caso dv dx < 0, decreciendo como una curva cóncava desde V (0) = R b = B H/ hasta V (L) = (B L)ρ(L)/. Como ρ(l)/(b L) = H/L ρ(l) = H B L L y V (L) = (B L) H B. Como V (x) V (L) = ρ (x) dx = Area L x 1

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