Práctico 10: Desplazamientos en vigas isostáticas

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1 Práctico 10: Desplazamientos en vigas isostáticas Ejercicio 1: Una columna telescópica de tres tramos está empotrada en la base y sometida a una carga de 5kN (compresión) en su etremo superior. a longitud de cada tramo es 1,5m y las áreas son,5cm, 5cm y 7,5cm respectivamente. Calcular el desplazamiento vertical del punto de aplicación de la carga. Usar E = 10 5 MP a. F -El esfuerzo normal es igual en todos los tramos de valor N = 5000N. -a deformación en cada tramo depende del área ε i = N i / (EA) i ε 1 = N = EA 1 ε = N = EA ε 3 = N EA 3 = 5000 = , = , = 3, ,0010 El acortamiento de cada tramo es i = i ε i y el desplazamiento del punto de aplicación es igual a la suma de los acortamientos de cada tramo. υ = = 1,5 m] ( ,33) 10 5 =, m] = 0,8 mm] El desplazamiento en cada tramo varía linealmente (la deformación es constante en cada tramo). El desplazamiento como función de la variable medida desde el empotramiento es: 0 ε 3 u () = ε 3 + ε ( ) 3 ε 3 + ε + ε 1 ( ) Notar que el acortamiento de un tramo de sección constante bajo un esfuerzo constante resulta = N = N con K = EA EA K denominamos a K la rigidez aial de la barra. En este caso la rigidez aial de toda la columna resulta de notar que = = N + N + N ( 1 = N ) K 1 K K 3 K 1 K K 3 1

2 definiendo = N K entonces 1 K = 1 K K + 1 K 3 Ejercicio. Un columna cilíndrica anular de acero contiene en su núcleo un cilindro de aluminio. El conjunto está restringido de desplazarse en la parte inferior y está sometido a una carga de compresión P en el borde superior. Se pide, determinar los desplazamientos verticales y las tensiones en el acero y en el aluminio. r F e = 5cm, r Al = 4cm, E F e =, MP a, E Al = 0, MP a, ρ F e = 7800kg/m 3, ρ Al = 700kg/m 3, = 1m, P = 10 5 N. as áreas de cada material son A F e = π ( ) rf e r Al =, m ] A Al = πral = 5, m ] a rigidez aial de la sección completa es EA = A F e E F e + A Al E Al = 930 MN a deformación aial es (igual para ambos materiales) ε = P EA = 10 5 = 1, y el desplazamiento del borde superior resulta entonces u = ε = 0,1075mm] as tensiones en cada material se calculan como σ F e = E F e ε =, 15 MP a σ Al = E Al ε = 7, 4 MP a En este caso, si definimos en forma independiente la rigidez aial de cada componente K Al = E AlA A K F e = E F ea F e entonces la rigidez aial de la barra resulta la suma de las rigideces componentes K = K Al + K F e Ejercicio 3 Un tubo circular está empotrado en un etremo y libre en el otro. Está sometido a una carga transversal q pero con una ecentricidad e respecto al baricentro. a carga es constante pero ocupa sólo la mitad de la viga próima al etremo libre. Si = 3m, r i = 5cm, r e = 5,4cm, e = 30cm, q = 000N/m, E = GP a y ν = 0, 3 determinar el desplazamiento transversal del eje de la viga y la rotación debida a torsión.

3 y z q e as rigideces a fleión y torsión son: EI = Eπ (r4 e r 4 i ) 4 os momentos flector y torsor valen { 0 M z () = M () = GI t = q E (1 + ν) π (r4 e ri 4 ) ( 3 4 ) 3 + ( ) ] 1 4 q { 0 qe 1 qe 1 ( )] 1 Como los efectos están desacoplados, el desplazamiento transversal y el giro de torsión se calculan en forma separada. Desplazamiento debido a fleión { χ z = M z 0 EI = Integrando 0 φ z () = nuevamente 0 v () = q EI q EI q 3 48EI q 3 48EI q 4 48EI q 4 48EI ( 3 4 ) 3 + ( ) ] ( ) ] + C ( ( ) ) ] 3 + C 1 9 ( ( ) 4 ) ] 3 + C 1 + C 9 ( ( ) 4 3 ( ) + ) ] C 1 + C evaluando en el origen desplazamiento y giro C 1 = C = 0, entonces 0 q 4 9 ( ( 48EI ) 4 ) ] 3 v () = q 4 9 ( ( 48EI ) 4 3 ( ) + ) ] 1 4 el desplazamiento y giro del etremo libre son: v (=) = 41 q EI 3 φ z(=) = 7 q 3 48 EI

4 Rotación debido a torsión El ángulo específico de torsión es: { 0 θ () = Integrando φ () = qe GI t ( qe GI t 1 1 { 0 qe GI t GI t qe + C 1 ( 1 )] ) ] + C 1 Evaluando la primera en el empotramiento φ (=0) = 0, conduce a C 1 = 0. El giro en el etremo libre vale entonces φ (=) = 3qe 8GI t Ejercicio 4. Una viga simplemente apoyada está sometida a dos cargas transversales de valor P cada una a distancias s de los apoyos (simétricas). E = 10 5 MP a, sección rectangular b = 0, 10m y h = 0, 30m, = 4m, s = 1,5m y P = 10kN. a-determinar el desplazamiento en el centro (máimo) y bajo las cargas. b- Con b fijo calcular el valor de h que hace que el desplazamiento máimo sea 1000 a-el desplazamiento de una viga simplemente apoyada bajo carga una carga puntual a una distancia a = s es P 3 v () = 6EI (1 a) a ( a) ( ) ] 3 0..a] P 3 6EI a a + (a + ) 3 ( ( ) + ) ] 3 a..] El presente problema se resuelve completamente combinando dos soluciones similares con valores a 1 = s = 1,5 = 0,375 y a 4 = s =,5 = 0,65 = (1 a 4 1 ). Sin embargo, lo pedido puede obtenerse con mayor facilidad debido a la simetría del problema: El desplazamiento del centro es la suma del producido por cada carga, que son iguales debido a simetría, por lo cual basta escribir (notar que se usa la segunda epresión porque a 1 < 1 ) ( v = ) = P 3 6EI a 1 = P 3 6EI a 1 a 1 + ( a 1 + ) 1 3 a ] 4 ( ) 1 + ( ) ] 3 1 El desplazamiento bajo cada carga (la primera por ejemplo) es la suma de : 1 el que produce la propia carga (primera con a = a 1 epresión evaluada en a 1 ) P 3 6EI (1 a 1) ] a 1 ( a 1 ) a 1 a 3 1 4

5 el que produce la carga simétrica (primera epresión con a = a evaluada e a 1 ), luego P 3 6EI (1 a ) ] a ( a ) a 1 a 3 P 3 1 = 6EI a 1 (1 a1 ) (1 + a 1 ) a 1 a1] 3 v ( = a 1 ) = P 3 6EI a 1 (3 4a 1 ) (1) Notar que si a 1 = 0,5 (es decir que ambas cargas coinciden en el centro) el desplazamiento en el centro y bajo la carga son el mismo desplazamiento. Se sugiere dar valores a las epresiones anteriores, calcular el giro bajo la carga y verificar que el giro en el centro sea nulo (simetría). b-si fijamos un valor máimo de desplazamientos v má = mínimo se despeja de 1 Ejercicio 5: I = 1 P 3 v má 6E a 1 (3 4a 1 ) = bh3 1 P 3 h = 3 v má Eb a 1 (3 4a 1 ), el momento de inercia 1000 Una viga recta en voladizo de 3m de longitud tiene sección rectangular variable. El ancho b = 0cm es constante, pero la altura varía lineamente desde h 0 = 60cm en el empotramiento hasta h 1 = 30cm, en el borde libre. Determinar el desplazamiento vertical cuando la viga se somete a una carga concentrada P = 5KN en el borde libre. E = 0GP a. El momento flector puede conocerse con facilidad ( M () = P 1 ) El momento de inercia de la sección es variable, h () = h 0 + (h 1 h 0 ) I = bh3 1 = b h 0 + (h 1 h 0 ) ] 3 1 a curvatura resulta entonces χ () = M () ( ) EI () = P 1 h0 + (h 1 h 0 ) ] 3 E b 1 Que no puede integrarse en forma cerrada. Puede si integrarse en forma numérica, utilizando una planilla de cálculo. Una forma muy sencilla es dividir la viga en n partes iguales, con n + 1 puntos, calcular M, I y χ en los n + 1 puntos y luego empezando desde el empotramiento con φ 0 = 0 y v 0 = 0, y ( = ) calcular desde i = 1 a n n φ i+ 1 = χ i + χ i+1 + φ i 1 v i = φ i 1 + v i 1 En la figura se muestra la deformada (elástica). El desplazamiento del borde libre es v = 1,0mm]. Notar que el momento de inercia de la sección (y la rigidez fleional) crece 8 veces desde la punta al empotramiento. 5

6 v φ v mm] φ m] 0 Práctico 11: Desplazamientos en vigas hiperestáticas Ejercicio 1: Una barra de sección cuadrada de 10cm de lado y 1, 0m de longitud está compuesta por dos tramos de material diferente, 0,70m de aluminio y 0,50m de acero. Determinar la fuerza P necesaria para acortar la barra 1mm. El esfuerzo aial es igual en ambas barras N (es la incógnita del problema). Frente a un esfuerzo N de compresión cada barra se acorta u Al = Al E Al A Al N u F e = F e E F e A F e N El acortamiento total es la suma de los acortamientos = Al N + F e N E Al A Al E F e A F e y de allí se despeja N para el acortamiento dato N = Al E Al A Al + Ejercicio : = K = F e E F e A F e 0,001 0,70 + 0,50 0, ,01, ,01 = 795,4KN (81,16 T n) En una viga bi-empotrada se desplaza su etremo derecho un valor v 1. Determinar las reacciones de apoyo (Fuerzas y momentos) y las máimas tensiones. E = 10 4 MP a, sección b = 0, 0m h = 0, 30m, = 3m y v 1 = 1mm. a función desplazamiento vale (tomada de la tabla) v () = ( ) 3 ( ] + 3 v 1 ) 6

7 v 1 Para determinar esfuerzos hay que derivar dos y tres veces φ () = dv d = 6 ( ) ( ) ] + v 1 χ () = d v d = 6 ( ) T EI = d3 v d 3 = 1 3 v 1 ] + 1 v 1 = M () EI Notar que el corte T es constante (no hay carga en el interior) y el momento varía linealmente. Evaluando en los etremos M (=0) = 6EI v 1 T (=0) = 1EI 3 v 1 M (=) = 6EI v 1 T (=) = 1EI 3 v 1 as reacciones en el empotramiento izquierdo (cara negativa) son iguales a los esfuerzos en dicho punto cambiados de signo, en tanto que las reacciones en el empotramiento derecho son directamente los esfuerzos en dicho punto M0 e = M e = 6EI v 1 = 6000 Nm R0 e = R e = 1EI v 3 1 = 4000 N as máimas tensiones normales ocurren en los empotramientos (fibras inferior y superior) σ má = ± M má h I = ±3Eh v 1 = MP a a máima tensión de corte es (en el baricentro de toda la viga) Ejercicio 3: τ má = 3 T A = 3 1EI 3 A v 1 = 18E i v 3 1 = 100kP a En una viga empotrada-simplemente apoyada (sin carga) se desplaza el apoyo derecho (s.a.) un valor v, determinar las reacciones de apoyo y el diagrama de momentos. E = 10 4 MP a, sección b = 0, 0m h = 0, 30m, = 3m y v = 1mm. Es posible utilizar la solución del voladizo con carga en la punta para resolver este problema. Observar cuales son las condiciones de contorno en ambos problemas (notar que en ambos casos no hay carga interior). Empotrada - simplemente apoyada Voladizo con carga en el etremo v (0) = 0 v (0) = 0 φ (0) = 0 φ (0) = 0 M () = 0 M () = 0 v () = v T () = P 7

8 v P a diferencia es que en el primer caso se conoce el desplazamiento v ( y se desconoce la reacción del apoyo) y en el segundo caso se conoce el corte T (y se desconoce el desplazamiento). Estos casos se pueden asimilar si interpretamos a la fuerza P como la reacción de apoyo. Entonces la solución es: evaluamos en = v () = P 3 6EI ( ) 3 ( ] + 3 ) v () = P 3 3EI = v y de allí despejamos P (la reacción) reemplazando en v () se tiene derivando obtenemos v () = 1 P = 3EI v 3 = 1kN ( ) 3 ( ] + 3 v ) φ () = dv d = 1 ( ) ( ) ] v ( ) χ () = d v d = 3 T EI = d3 v d 3 = 3 3 v ] + 1 v = M () EI El diagrama de momento es entonces (de variación lineal entre el valor en el empotramiento y 0 en el apoyo) y las reacciones de apoyo son M () = 3EI ( ] ( ] + 1 v ) = P + 1 ) M0 e = 3EI v = 3kNm R0 e = 3EI v 3 = 1kN R e = 3EI 3 v = 1kN Por supuesto las reacciones de fuerza coinciden con el valor de P calculado antes y el momento de empotramiento vale P. 8

9 Ejercicio 4: Una viga empotrada-simplemente apoyada está sometida a una carga puntual P a una distancia a del empotramiento. Determinar el desplazamiento bajo la carga y los momentos en el empotramiento y bajo la carga. E = 10 5 MP a, sección b = 0, 10m h = 0, 30m, = 4m, a = 0,4 y P = 10000N a P = φ P + φ a solución a este problema puede obtenerse (alternativamente a integrar la ecuación diferencial) combinando dos soluciones 1-viga simplemente apoyada con la carga puntual -viga simplemente apoyada con un giro prescripto en el primer apoyo. Veamos como son las condiciones de contorno Problema Solución-1 Solución- v (0) = 0 v (0) = 0 v (0) = 0 φ (0) = 0 M (0) = 0 φ (0) = φ 1 v () = 0 v () = 0 v () = 0 M () = 0 M () = 0 M () = 0 Para que la suma de las dos soluciones 1 y sea equivalente al problema es necesario compatibilizar el giro del apoyo izquierdo que debe ser nulo. Es decir que a la solución 1 (que tiene la carga aplicada y un giro no nulo en el apoyo) le sumamos una solución que produzca un giro de igual valor y sentido opuesto en el apoyo. a solución 1 es P 3 v 1 () = 6EI (1 a) a ( a) ( ) ] 3 P 3 6EI a a + (a + ) 3 ( ( ) + ) ] 3 el giro en el apoyo vale φ 1 () = P ( ] (1 a) a ( a) 3 6EI ) 0..a] a..] φ 1 ( = 0) = P (1 a) a ( a) 6EI a solución a sumar es v () = 1 ( 3 ( ( ) 3 + ) ) ] P (1 a) a ( a) 6EI v () = P ( 3 ) 3 ( ) ( (1 a) a ( a) + 3 1EI ) ] 9

10 a solución completa es P 3 { v () = 1EI (1 a) (a a ) ( 3 ( ) + 3a ( a) ) } P 3 { 1EI a a + 6a ( ( ) 3a (3 a) ( ) + a (3 a) ) } 3 0..a] a..] EI u / P P Solución 1 Solución Solución completa M kn m] / / Notar que el máimo desplazamiento se produce en este caso un poco después de la mitad de la viga ( = 0,5). Evaluar el desplazamiento bajo la carga y el máimo. Trazar los diagramas de momento flector y corte. Esto puede hacerse de dos formas, derivando la solución completa o sumando los diagramas correpondientes a los dos problemas simplemente apoyados sumados : con la carga puntual y con un momento igual al del empotramiento M E = 3EI ] P (1 a) a ( a) = 1 P (1 a) a ( a) = 7680 Nm 6EI Ejercicio 5: a misma viga del ejemplo anterior está sometida a una carga uniforme de valor q = 3000 N/m. Determinar la elástica y las reacciones de apoyo. a solución de la viga simplemente apoyada bajo carga uniforme es: ( v 1 () = q4 4 ( 3 ( ) + 4EI ) ) ] El giro en el apoyo izquierdo resulta ( φ 1 ( = 0) = q3 ) 3 ( ] EI ) =0 = q3 4EI levando este valor a la solución de la viga s.a. con un giro impuesto en el primer apoyo v () = 1 ( 3 ( ( ) 3 + ) ) ] q3 4EI ( v () = q4 ) 3 ( ) ( EI ) ] 10

11 Sumando ambas soluciones ( v 1 () = q4 4 ( 3 ( ) + 4EI ) ) ] + q4 48EI ( = q4 ) 4 ( ) 3 ( ] EI ) ( ) 3 ( ) ( + 3 ) ] Derivando esta epresión tenemos ( φ () = q3 ) 3 ( ) ( EI ) ] ( χ () = q ) ( ] EI ) d 3 v d = q ( ] EI ) El máimo desplazamiento ocurre cuando φ () = 0, lo cual ocurre en el empotramiento ( = 0) y en ( ) = 0 v má = q4 48EI = = 0, ( ) 4 ( ) 3 ( ] ) que es aproimadamente el doble que en el caso bi-empotrado. El momento flector y el corte valen M () = EIχ () = χ () = q 8 T = EI d3 v ( ) d = q 5 ] 3 8 ( ) ( 4 5 ) = 0,6 q4 =0, EI ] + 1 Evaluando el corte en los etremos puede saberse que proporción de la carga toma cada etremo. Al empotramiento le corresponden R e = 5q y al apoyo 8 Ra = 3 q. El 8 momento en el empotramiento es máimo y vale M má = M ( = 0) = q, en tanto que el 8 momento mínimo en el tramo ocurre donde el corte se anula ( = 5 8), allí Mmín = 9 16 q 8 11

12 Ejercicios a resolver 1- Para una viga sin carga interior (Ec. dif. homogénea) obtener las (4) soluciones para condiciones de contorno todas cinemáticas y una no nula por vez. Específicamente obtener las reacciones de apoyo. v 1 φ 1 v φ -Para la estructura de la figura obtener v(), φ (), M () y T () M EI 3-Para la estructura de la figura obtener v(), φ (), M () y T () q 4-Combinar las soluciones de () y (3) para resolver la estructura indicada. Encontrar el desplazamiento máimo. q 1