.- En la viga de la figura: a) Determinar las reacciones. b) Dimensionar la sección de la viga con perfil IPN, de forma ue la flecha en el extremo del voladizo no exceda de 5 mm. c) Hallar la flecha máxima ue se produce en la viga. a a Datos: a m 800 kg/m E. 0 6 kg/cm. ************************************************************************ a) Cálculo de las reacciones exteriores. A C R A R a figura anterior es euivalente a: 576 kgm A R A R R A + R 5a 5 A a ar El ángulo girado en el empotramiento debe ser nulo. 576 A a a a + 6 Sustituyendo los datos obtenemos: A 06 kg m R A 0 kg. R 580 kg. A 0 Nótese ue estos resultados se pueden obtener de forma más directa consultando el formulario de vigas en el caso de viga empotrada-apoyada y procediendo por superposición.
b) Aplicando superposición: l 8 a l a δ δ 8 a 7 f ext ( - ) a - δ a aplicando los datos numéricos, resulta I 5 cm ; el perfil adecuado es IPN 0, con I 50 cm,con el ue resulta: f ext. mm c) Tramo A: Z 06 + 0 x 00 x 0 < x <,8 A x Integrando obtenemos la ecuación de la elástica: y A (, x 70 x + 008 x C x C ) Imponiendo condiciones de contorno: y(0) 0 ' y (0) 0 y A (, x 70 x + 008 x ) Podemos calcular la flecha máxima ue se produce en este tramo, para hallar el punto en el ue se produce hacemos y 0. Resolviendo la ecuación anterior obtenemos el punto de máxima flecha en ese tramo. 87 x,677m. ymax
Tramo C: Z 00 x 0 < x <, y C (, x C x C ) Imponiendo las condiciones de contorno obtenemos la ecuación de la elástica. y (, ) 0 y C ' C y C x (, ) y A(, 8 ), x C ' ( x C ) (, x 9 + 75) y C x En este tramo, la flecha máxima es: 75 x 0 m. ymax C Por tanto, la flecha máxima se produce en el tramo A. 87 y,06 0 max m.,06mm. Nótese ue los resultados del tramo A se pueden obtener de forma más directa consultando el formulario de vigas en el caso de viga empotrada-apoyada y procediendo por superposición de las ecuaciones de la elástica ue allí figuran; la derivada daría el giro en el apoyo, y la elástica de C sería dicho giro multiplicado por (a!x) menos la elástica de la viga en voladizo.
5.- a viga biempotrada de la figura tiene una articulación en su punto medio, sobre la ue actúa una fuerza F horizontal. Datos: 50 m 00 kg/m F 000 kg Sección IPE-00 Se pide: a) Reacciones en los empotramientos y leyes de variación del momento flector, el esfuerzo cortante y el esfuerzo normal, acotando los valores más característicos. b) En la articulación, la flecha y el ángulo ue forman las dos tangentes. c) Sección en ue se produce la σ max, y la ley de variación de σ en dicha sección acotando los valores extremos. ************************************************************************ a) En primer lugar resolveremos la hiperasticidad de cargas verticales. articulación F V V Además tenemos ue: V V a condición de deformación a imponer será la igualdad de flechas en la articulación, por tanto: 8 V V Resolviendo la ecuación anterior obtenemos el valor de V: V 6 En cuanto al euilibrio de fuerzas horizontales cabe decir ue la fuerza F horizontal se absorbe por igual en ambos empotramientos, ya ue se encuentra aplicada a la misma distancia de ambos. Recordemos ue la reacción ejercida por cada empotramiento es inversamente proporcional a su distancia al punto de aplicación. También se puede justificar simplemente considerando ue se trata de un estudio de cargas antisimétricas, lo ue implica reacciones antisimétricas. Por tanto:
F/ F F/ A C Aplicando las ecuaciones de euilibrio hallamos las reacciones en los empotramientos. R R C A 6 6 6 6 A C 6 5 6 F/ A R A F A C x R C C F/ A continuación obtendremos las leyes de variación: Normales: Cortante: F N para 0 < x < N F para < x < T y 6 x para 0 < x < T y omento flector: z z para < x < 6 5 x + x para 0 < x < 6 6 x para < x < 6 ( )
F/ A R A A C x F R C C F/ F Normales N x F 6 Cortante T y 6 5 6 6 Flector z 9 5 b) ediante el formulario de vigas podemos hallar fácilmente la flecha y el ángulo: Considerando el tramo C: V f, 7mm Para el cálculo del ángulo de las tangentes lo dividiremos en tramos: Tramo A:
A V 6 Teniendo en cuenta ue V 6 obtenemos: 7 A 6 96 Tramo C: V C El ángulo ue forman las tangentes será la suma de los dos anteriores: 6 A C c) a sección donde se produce la σ max es en x 0, está producida por una tracción uniforme más flexión. y 8 97 99 z flexión tracción 76
6.- Datos de la estructura de la figura: a a 00 m. b 50 m c 50 m P 000 kg 800 kg/m I z,pilar 500 cm I z,dintel 700 cm Se pide: P a) Reacciones en el apoyo y en el b empotramiento, y leyes de momentos c flectores, esfuerzos cortantes y esfuerzos normales, acotando los valores más característicos. b) Giro del apoyo y de la esuina. c) Dibujar a estima (pero cuidando detalles: tangencias, inflexiones, etc.) la deformada de la estructura. ************************************************************************ a) En primer lugar, separaremos el pilar del dintel, definiendo así un sistema más sencillo; en el ue aparece como incógnita el momento. Para ue dicho sistema sea euivalente a la estructura dada, en la unión del pilar y el dintel debe conservarse el ángulo inicial de 90º; por tanto, el ángulo de giro debe ser igual en ambos. a b P c Descompondremos a su vez los estados de cargas del pilar y del dintel en casos más simples para poder emplear directamente el formulario de vigas. euivale a: + a a d d El giro total del extremo izuierdo del dintel será por tanto:
a a d d Descomponiendo el pilar en estados de carga más sencillos tenemos: P P ( b c) P c b p b p El giro total del extremo superior del pilar será por tanto: b p ( b c) P + p c b Ambos giros deben ser iguales, por tanto: a d a d b p ( b c) P + Resolviendo la igualdad anterior obtenemos el valor del momento : ( b c) I p c a + 6 P I d b 86kgm I p 6 b + 8 a I d A continuación calcularemos las leyes de cortantes, normales y momentos flectores. T p c b T T Cortantes T
N Normales N omento flector Siendo: a T 98kg a a T 0 en x,8m. V + V a T + 7kg a P c T ( b c) + 5kg b b P ( b c) T ( b ( b c) ) 66kg b b N N T T
( a x) ( a x) T 58kgm T b c 58 ( ) kgm T b + P c kgm b) Para obtener el giro de la esuina basta sustituir en alguna de las expresiones de anteriores; en la del dintel: a a 0, mrad esuina 60 d c) El giro del apoyo lo podemos obtener a partir del formulario de vigas. d a d a 6 d Por tanto, el giro total será: a a 6, 5 apoyo d d mrad d) Tenemos ue tener en cuenta ue en la esuina se conserva el ángulo de 90º entre el dintel y el pilar, además tenemos el ángulo girado por la esuina y por el pilar. Existen inflexiones en los puntos donde se anula el momento flector. Punto de inflexión
7.- a viga de la figura está soportada por un apoyo y dos tirantes, como se indica en la figura. Sección de cada tirante: cm Sección de la viga: IPE-0 E. 0 6 kg/cm Hallar: 5º 5º a) σ en los tirantes. 000 kg/m b) σ max en la viga. c) Flecha en los extremos. (Cotas en metros) 0 5 0 5 NOTA.- Este problema es más sencillo de lo ue aparenta a primera vista. Observar ue la estructura es simétrica, lo ue permite reducir el problema a un caso más simple. ************************************************************************ a) Debido a ue la estructura es simétrica reducimos el problema a: 5º 000 kg/m 0 5 En primer lugar descompondremos la viga en suma de estados de carga sencillos para poder calcular la flecha en el punto de unión con el tirante. 000 kg/m + T x T y Podemos simplificar aún más el estado de cargas de modo ue empleemos directamente el formulario de vigas. f Ty
f 8 + + P f P f Siendo P 500kg. y 500 kg cm. a flecha del punto de unión del tirante con la viga fruto de la suma de los cuatro estados de carga es: P Ty ftotal + + 8 T T y a condición de deformación es ue el tirante y la viga deben permanecer unidos lo ue implica ue el extremo del tirante se debe deformar lo mismo ue el punto de unión con la viga. δ V δ T f 5º De la figura anterior se obtiene: Siendo δ T T E A T T T E A T f δ + δ V T
Ty δ V E AV donde I 8cm A V,cm T E A A T cm Sustituyendo valores: f total 5,6,965 0 T V a condición de deformación ueda por tanto: f total 5,6,965 0 T T + E A T T E A V Sustituyendo en la ecuación anterior tenemos: T 778kg. T σ tirante 778kg cm AT En general, en vigas es despreciable la deformación longitudinal. En este caso, se podría haber prescindido de δ v, simplificando así el problema: f δ T 5º a condición de deformación ueda de la forma: f δ T Así resuelto: T 78kg. T σ tirante 78kg cm AT Que, como puede comprobarse, es muy similar a la del primer procedimiento. b) Para la determinación de la tensión normal máxima en la viga debemos hallar el diagrama de momentos flectores. a viga se puede representar como: T y T T T x y 57kg A T x
a fuerza T x provocará una compresión uniforme en el tramo A. T y A x R A,5 A 000 57 6kg m R A,5 000 57 kg. a ecuación del momento flector será: ( x) 6+ x 500 x para 0 < x < m. ( x) x Su representación es: 5 + 500 x 500 para < x <,5m. T y A x R A 6 kg m 5 kg m omento flector kg m El máximo momento flector se produce en el empotramiento, donde además se produce una compresión uniforme. a tensión será: z N 600 57 ο x + 50kg cm W A 5, z c) a flecha en el extremo se puede calcular como superposición de efectos.
T y + T y C f f f Empleando el formulario de vigas obtenemos: f 7, 68cm 8 P f 5, 7cm P 0, 095rad f C, 976cm f total f f f,mm.
8.- Para el eje de la figura: a) Dimensionar con sección circular, con el criterio: σ adm 600 kg/cm. b) Representar el diagrama de giros y acotar los máximos (en radianes). Datos: P 500 kg ; E 0 6 kg/cm ; µ 0 ; a 500 mm. b 700 mm. r 50 mm. a z r P y b x r a ********************************************************************** a) Nos encontramos con un eje ue está sometido a tres tipos de solicitaciones: ) Tensión normal σ x debida a las fuerzas P. ) Tensión cortante τ de torsión (las fuerzas P no están aplicadas en el eje). ) Tensión cortante τ debido a P. (No tienen excesiva importancia por lo ue no las consideraremos). Reducimos las fuerzas al eje: P P P r 6500 kg cm Calcularemos los diagramas de momentos flectores. Para su cálculo nos basaremos en el formulario de vigas. P Plano vertical 5 T y (kg.) 978 68 595 z (N cm) 667
Plano horizontal P 978 T z (kg.) 5 68 595 y (N cm) 667 El cálculo del momento torsor se realiza del mismo modo ue el problema 9, por tanto no explicaremos su deducción. Su ley de variación es: x x (N cm) 575 575 X 6765 El siguiente paso es determinar el punto sometido a una mayor tensión. Para ello atenderemos a los diagramas de momentos flectores y torsores. Observando los diagramas, se aprecia en los empotramientos el máximo momento flector combinado con un momento torsor ue, aunue no es el máximo, sí es apreciablemente Calcularemos su tensión normal.
fr El punto ue está sometido a máxima tracción es el y el de máxima compresión es el. fy fz f σ r x 68 f W σ r x + 595 π D W f π D r ext 6775N cm ext a tensión cortante producida por el momento torsor en los puntos considerados será: t 575 kg cm τmax τ max. tors 6 t π D ext τmax σ σ x σ x 6775 + + τ + π Dext 6775 π Dext 6 575 + π Dext 600 Resolviendo la ecuación anterior obtenemos: D ext 76, mm. Comprobamos ahora en los puntos donde el momento torsor es máximo con el momento flector ue corresponde; concretamente comprobaremos los puntos de aplicación de la carga P. En estos puntos tenemos: 6765 kg cm t f 667 + 7 667 kg cm Procediendo igual ue en el punto anterior obtenemos un diámetro de 65,8 mm. as secciones más cargadas son por tanto las de los empotramientos. Por último, ueda comprobar el cortante producido por P. Por ser una sección circular, la expresión de la tensión cortante máxima será:
siendo T T y + T z τ max T Ω 06 kg Ω 5,7 cm Sustituyendo en la ecuación obtenemos: τ 59,7 kg cm a influencia de τ debida a esfuerzo cortante es peueña y no la consideramos. Si en algún caso particular tuviera importancia exigiría un estudio más riguroso ue presenta complicaciones ya ue no coinciden en el mismo punto los máximos de la τ debida a fuerza cortante, la τ debida a momento torsor y la σ x debida a momento flector. Por tanto, no la consideramos y redondeamos a un diámetro de 77 mm. b) A partir del diagrama de momento torsor podemos deducir los giros de las diferentes secciones mediante la fórmula: ϕ ( x) x G I x 0 0 dx Como en cada uno de los tramos el momento torsor es constante: ϕ i x G I i 0 En ambos extremos de la viga el giro será nulo puesto ue están empotrados. Debido a la antisimetría de las cargas basta con calcular uno de los tramos extremos para calcular el diagrama entero. En el primer tramo: - 575 N cm. x 50 cm. E Sustituyendo en la ecuación anterior, y teniendo en cuenta ue G ( + µ ) obtenemos el giro. ϕ,8 0 rad. El diagrama de giros será: ϕ (rad) ϕ 0,008 (+) 50 0 70 X (cm) (-) -0,008
9.- Dimensionar el elemento resistente AC-D con sección circular maciza uniforme (dar el diámetro en nº entero de mm.), con el criterio: Flecha en D mm. Datos: P 000 kg E, 0 6 kg/cm µ 0 (Cotas en mm. ) z y Indicación: Considerar las deformaciones por torsión y flexión en AC y la deformación por flexión en D. ********************************************************************** Para calcular la flecha en D tenemos ue tener en cuenta tres efectos. - El elemento AC está sometido a flexión por lo ue el punto descenderá así como la barra D. - El elemento AC está sometido a torsión lo ue implica ue la barra D también girará. - a barra D trabaja como una viga en voladizo ue también tendrá una flecha. En primer lugar reduciremos la fuerza P al punto. x A 00 D P 00 00 C A C P D 0000 kg cm El descenso del punto se puede calcular fácilmente mediante el formulario de vigas. P π R π D f siendo I tenemos ue: 9 6 P E π D,6 cm D f Seguidamente calculamos el giro del punto ; nos encontramos con un problema hiperestático, pero debido a la antisimetría podemos calcular directamente el diagrama de momentos torsores. P
x x (kg cm) 5000 0 0 X (cm) 5000 El giro de la barra AC en la sección viene dado por la fórmula: siendo φ ( + µ ) G I x E G e 0 I 0 π R π D Por tanto: φ E π D ( + µ ) x,60 rad D φ D f El descenso del punto D debido al giro de AC será:,60 f φ D cm D Por último ueda hallar el descenso de D por ser una viga en voladizo con la carga en el extremo libre. φ D f f Recurriendo al formulario de vigas obtenemos: P D 6 P D,6 f cm E π D D El descenso del punto D será:
9,077 f f + f + f cm D Como el descenso del punto D tiene ue ser mm: 9,077 0, D Resolviendo la ecuación anterior y redondeando a un número entero de milímetros obtenemos D 8mm.
0.- Dimensionar la sección de la viga de la figura con perfil IPN, con la condición de ue la flecha en el punto de aplicación de la carga no exceda de mm. E, 0 6 kg/cm P000 kg Cotas en metros ********************************************************************** En primer lugar, descompondremos la viga en tramos para poder aplicar directamente el formulario de vigas. P000 kg A C D Euivale a: P000 kg E A Tenemos ue tener en cuenta ue aunue esté separada en varios tramos es la misma viga; por tanto, los ángulos girados por la viga en los puntos de unión de los tramos deben ser iguales para mantenerse la continuidad. Tramo A: P f E 8 8 P 6 Tramo C: 6 C 6 Tramo CD: C Igualando el giro en el punto C para los tramo C y CD obtenemos: 6 C C D
Igualando el giro en el punto para los tramo A y C y sustituyendo la ecuación anterior obtenemos: P 6 6 P 0 Sustituyendo en la ecuación de la flecha hallada anteriormente: 0,7 P f E 8 f E 0,mm. Resolviendo obtenemos: I 555cm Por tanto el perfil reuerido es un IPN 0 Se obtiene un planteamiento más directo aplicando el teorema de los tres momentos: n- n n+ donde: n E I n, n n, n + n E I n, n n, n + E I n, n+ n, n+ + n+ E I n, n+ n, n+ 6 Pn, n Pn, n+ ( + ) n n Aplicándolo a nuestro problema: P 0 0 Cte A C D / / n n n + 6 6 P, ( + ) + 6 P
n n + ( + ) 0 n + Resolviendo el sistema de ecuaciones anterior obtenemos: P 0 Como puede verse, los resultados son coincidentes por uno y otro método.