Problemas deflexiones en vigas

Se aplica el método de doble integración usando funciones de singularidad y el método de superposición para realizar el análsiis de deformaciones en vigas. Se resuelven vigas estáticaticamente por medio de estos métodos

1. PROBLEMA Nº 1 Se tiene una viga de acero con modulo de elasticidad E = 200 Gpa , consiste de un perfil de ala ancha W250x32,7, tiene 6 m de longitud y está sometida a una carga distribuida uniforme w = 12,6 kN /m , Se pide determinar: a) La ecuación de la pendiente  y la ecuación de la deflexión « y» en función de x, w, L, I y E , aplicando doble integración. b) La pendiente en B y la deflexión máxima, usando las ecuaciones de la parte a) y también usando las tablas de deflexiones. Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

2. PROBLEMA Nº 1 Se determinan por equilibrio las reacciones: Se obtiene Ay = By = wL /2 Se considera un sistema coordenado con origen en el apoyo izquierdo A. Se realiza un corte imaginario a una distancia x de A. Aplicando suma de momentos en el punto de corte, se determina el momento M(x), en función de x, w y L. M(x) + wx  x/2 - wLx / 2 = 0 M(x) = wLx / 2 - w x 2 / 2 Por definición la ecuación de la curva elástica establece que: Se sustituye la ecuación de M(x). Si EI es constante, es recomendable expresar la ecuación como sigue:   Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

3. PROBLEMA Nº 1 Se integra dos veces la ecuación diferencial de la curva elástica de la viga. Las constantes de integración se determinan considerando las condiciones de frontera impuestas por los tipos de apoyos que tiene la viga. En este caso el rodillo y la articulación restringen el desplazamiento vertical de los puntos sobre el eje longitudinal de la viga. Por esto se tiene que en x = 0, yA = 0 y en x = L, yB = 0. Se evalúan estas condiciones en la ecuación de la deflexión y se calculan las dos constantes.   Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

4. PROBLEMA Nº 1 Se evalúa x = 0, y = 0 Se obtiene C2 = 0 Se evalúa x = L, y = 0 Se obtiene: C1 = Se sustituyen C1 y C2 en las ecuaciones de la pendiente y de la deflexión.   Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

5. PROBLEMA Nº 1 Se sustituyen los valores conocidos: L = 6 m, w = 12600 N/m, E = 200 x 10 9 Pa , I = 48,9x10 6 mm 4 = 4,89x10 -5 m 4 . Se debe tener el cuidado de sustituir los valores conocidos con unidades consistentes. En B x = 6 m, se sustituye x = 6 m en la ecuación de la pendiente y se obtiene:   Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

6. PROBLEMA Nº 1 La deflexión máxima se presenta en el punto de la viga donde la pendiente se hace igual a cero: (x ) = 0. En este caso se debe resolver un polinomio de grado 3. Pero también se puede aprovechar la simetría de la carga y de la viga, se puede verificar que la deflexión máxima de la viga se presenta en x = L/2 = 3 m. Se sustituye este valor de x y los valores conocidos y se obtiene:   Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

7. PROBLEMA Nº 1 En el apéndice D del Beer se proporciona una tabla que tiene las deflexiones y pendientes para diferentes tipos de cargas y formas de apoyos en vigas. La pendiente en B es igual a: B = La deflexión máxima es igual a:   Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

8. PROBLEMA Nº 2 Se tiene una viga de acero (E = 200 Gpa ) de 6 m de longitud apoyada y cargada como se muestra. Sabiendo que la intensidad de carga por unidad de longitud w = 6,5 kN /m . Se pide determinar: a) el perfil de acero laminado de patín ancho W más económico requerido para soportar esta carga, si el esfuerzo normal permisible del acero es de 165,5 Mpa . b) Para el perfil seleccionado en la parte (a ) determine las ecuaciones de la pendiente y de la deflexión para toda la viga. c) la pendiente y la deflexión en A. d) las pendientes en B y en C. Aplique doble integración con funciones de singularidad. Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

9. PROBLEMA Nº 2 Se calculan las reacciones: W1 = 6500 (N/m)*6 (m) = 39000 N W2 = 9750 (N/m )*4,5(m) / 2 = 21937,5 N  Fx = 0 => C x= 0 Mc = 0 => 1,5* 21937,5 + 3*39000 – 4,5* By = 0 By = 33312,5 N  Fy = 0 => Cy + 33312,5 – 60937,5 = 0 Cy = 27625 N Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

10. PROBLEMA Nº 2 Se puede probar que el momento máximo se presenta en el segmento BC. Con el corte 2-2 se obtiene V2(x) y M2(x), para luego obtener Mmax . Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

11. PROBLEMA Nº 2 Sección 2-2: 0  x2  4,50 m w(x2) = (9750 / 4,5)x2 = 6500x2/3  Fy = 0 => - V2 - 6500(x2 + 1,50) - 6500x2/3x2 / 2 + 33312,5 = 0 => V2 = - 6500x2 - 3250 x2 2 /3 + 23562,5 (N)  M(2-2) = 0 => M2 + 65001,50(x2 + 0,75) + 6500x2x2/2 + (3250/3) x2 2 x2 / 3 – 33312,5x2= 0 M2 + 9750x2 + 7312,5 + 3250x2 2 + (3250/9) x2 3 – 33312,5 x2= 0 M2(x2) = 23562,5 x2 - 3250 x2 2 - (3250/9)  x2 3 – 7312,5 Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

12. PROBLEMA Nº 2 Dado que en el tramo BC el valor del cortante cambia de signo, se debe determinar la ubicación del punto donde el cortante se hace igual a cero para luego poder determinar el valor del momento máximo positivo en el tramo. - 6500x2 - 3250 x2 2 /3 + 23562,5 = (3250/3) x2 2 + 6500 x2 – 23562,5 = 0 Resolviendo la ecuación: x2m = 2,5452683m desde B Evaluando en: M2(x2 ) = 23562,5x2 - 3250x2 2 - (3250/9) x2 3 – 7312,5 M2max= 32963,67 Nm El valor del cortante máximo se presenta en el apoyo C: Vmax = 27625 N Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

13. PROBLEMA Nº 2 M max = 32963,67 N m Para el diseño se asume primero que el diseño está controlado por la flexión. Se determina el Smim = Mmax /  perm . Smin = 32963,67 / 165,510 6 = 1,9901310 -4 m 3 = 199 013 mm 3 . Se busca en las tablas de perfiles de ala ancha W, perfiles con valores de módulo elástico de la sección igual o superior a este valor de Smin . De entre varios se selecciona el que pesa menos por unidad de longitud. Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

14. PROBLEMA Nº 2 Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

15. PROBLEMA Nº 2 Se pueden ver en la tabla tres perfiles que cumplen con la condición dada: W200 x 26.6 con Sx = 249000 mm 3 W150 x 29.8 con Sx = 219000 mm 3 En este caso seleccionamos el W200x26.6, porque pesa 26,6 kgf por cada metro de longitud. Ix = 25,8 10 6 mm 4 Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

16. PROBLEMA Nº 2 En problemas como en el Nº 1, donde sólo se necesita una ecuación de momento para estudiar la pendiente y la deflexión en toda la viga, se puede hacer esto aplicando el método de doble integración con un solo corte y resolver las ecuaciones para sólo dos constantes de integración. En problemas como el presente donde se requieren dos o más ecuaciones de momentos para estudiar toda la viga, resulta conveniente aplicar doble integración con el uso de funciones de singularidad para obtener las ecuaciones de la pendiente y de la deflexión, determinando siempre sólo dos constantes de integración. Para esto se espera que haya estudiado con cuidado la guía sobre funciones de discontinuidad tomada del capítulo 12 del Hibbeler de Mecánica de materiales. Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

17. PROBLEMA Nº 2 Aplicación de funciones de singularidad: 1ero se modifican la cargas, de manera que se tengan cargas uniformemente distribuidas, cargas triangulares si hay variación lineal de la carga siendo preferible que estás cargas sean de forma creciente. Si hay carga lineal decreciente es recomendable completar la carga de manera que quede una carga distribuida uniforme y la cantidad de carga triangular que se agregó, se debe quitar con una carga triangular creciente pero de sentido contrario a la carga agregada. En ocasiones pudiera ser conveniente visualizar la vida como invertida «rotándola» con respecto a un eje vertical, para lograr que las modificaciones equivalentes a la carga sean en el menor número posible. Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

18. PROBLEMA Nº 2 Cada carga distribuida tiene un punto a lo largo de la viga, donde ésta aparece por primera vez. Una vez que una carga se presenta por primera vez a lo largo de la viga de be continuar hasta el final. No puede dejar de existir, sino que siempre debe llegar hasta el final de la viga. Se fija como origen del sistema coordenado x,y el extremo izquierdo de la viga. En las tablas de funciones de singularidad o de discontinuidad están las ecuaciones de carga w, cortante V y momento M , que se deben sumar como términos en una ecuación única de carga, cortante o momento que se integrará las veces que sea necesario para obtener las ecuaciones de la pendiente y de la deflexión. Se deben evaluar las condiciones de frontera para determinar el valor de dos constantes de integración. Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

19. PROBLEMA Nº 2 Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

20. PROBLEMA Nº 2 Avanzando a lo largo de la viga se tiene: La primera carga es distribuida uniforme que inicia en a = 0 La segunda carga es una carga puntual hacia arriba aplicada en a = 1,5 m La tercera carga es la triangular creciente que inicia en a = 1,5 m y tiene como pendiente m = 6500/3 N/m 2 . Las reacciones en el último apoyo no deben aparecer en la ecuación única de momento flector de la viga. Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

21. PROBLEMA Nº 2 Ecuación única de momento: Observe que cuando una carga tiene inicio en a = 0 , no es necesario usar los paréntesis especiales, sino que se coloca de una vez la variable x con el exponente que le corresponde. La ecuación diferencial de la curva elástica con E I = constante, para toda la viga queda así:   Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

22. PROBLEMA Nº 2 Aplicamos el método de doble integración EI = 200 10 9 2,5810 -5 =5 160 000 Nm 2 . Condiciones de frontera: X = 1,5 m , yB = 0, evaluando en la ecuación de la deflexión Si el número dentro de los paréntesis especiales es negativo, la función de singularidad se transforma en un término igual a cero. De esta evaluación se obtiene C2 = 43875 / 32   Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

23. PROBLEMA Nº 2 X = 6 m , yC = 0, evaluando en la ecuación de la deflexión Se sustituye el valor de la constante C1 y se pasa dividiendo el EI c) la pendiente y la deflexión en A. Se evalúa en x = 0 para obtener la pendiente y la deflexión en A A = -3,972510 -3 rad, yA = +2,657210 -4 m.   Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

24. PROBLEMA Nº 2 d ) las pendientes en B y en C .   Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

25. PROBLEMA Nº 3 Se tiene una viga de E I = constante y longitud L apoyada y cargada como se muestra . Se pide determinar: a) las ecuaciones de la pendiente y de la deflexión para toda la viga. c) la deflexión en B, d) la pendiente en C . Aplique doble integración con funciones de singularidad. Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

26. PROBLEMA Nº 3 Si se estudia la viga tal y como está, se requieren sumar cuatro términos en la ecuación única de momento flector. Si volteamos horizontalmente la viga se requieren sólo tres términos y por esto se obtiene una solución en cierta forma menos laboriosa. Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

27. PROBLEMA Nº 3 Como la viga es estáticamente indeterminada. Se sustituye la reacción del rodillo en C por una fuerza desconocida Cy . Se completa la carga para que sea una triangular creciente que llega hasta el final. Se retira la carga que se agrega, aplicando una carga triangular creciente que actúa hacia arriba. No se incluye la reacción en A en la ecuación única del momento flector. Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

28. PROBLEMA Nº 3 Ecuación única de momento: La ecuación diferencial de la curva elástica con E I = constante, para toda la viga queda así:   Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

29. PROBLEMA Nº 3 Aplicamos el método de doble integración Condiciones de frontera: X = 0 m , yC = 0, evaluando en la ecuación de la deflexión De esta evaluación se obtiene C2 = 0   Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

30. PROBLEMA Nº 3 X = L m , A = 0, por ser un empotramiento. E valuando en la ecuación de la pendiente: X = L m , yA = . Evaluando en la ecuación de la deflexión: De esta evaluación se obtiene: Se sustituye Cy en C1:   Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

31. PROBLEMA Nº 3 Se sustituye C1 y Cy en las ecuaciones de la pendiente y de la deflexión c) la deflexión en B: Se evalúa en x = 3L/4 para obtener la deflexión en B   Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

32. PROBLEMA Nº 3 d) la pendiente en C: Se evalúa en x = en la ecuación de la pendiente: En la viga original (no rotada), este resultado se debe interpretar con el signo contrario, es decir como una pendiente positiva.   Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

33. PROBLEMA Nº 3 e) las reacciones en la viga estáticamente indeterminada En la viga original, ya conocida Cy , aplicando las ecuaciones de equilibrio se determinan las otras reacciones aún desconocidas. Luego cortando se determinan las ecuaciones de cortante y momento flector en función de x medida desde A, para luego dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flector. Con esto se considera completo el análisis de la viga. Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

34. PROBLEMA Nº 4 Se tiene una viga de E I = constante y longitud L apoyada y cargada como se muestra . Se pide determinar: a) las reacciones en A y C. c) la deflexión en B, d) la pendiente en C . Aplique el método de superposición. Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

35. PROBLEMA Nº 4 Aplicación el método de superposición: En el apéndice D del Beer se presenta una tabla que incluye expresiones para obtener las deflexiones y las pendientes en vigas para un reducido número de tipos de cargas y formas de apoyo. Si se tiene una viga con varios tipos de cargas, de los incluidos en la tabla. Se pueden determinar la pendiente y la deflexión debido a la carga total en determinados puntos, calculando los valores correspondientes de pendiente y deflexión para cada carga particular y sumando luego algebraicamente los valores. Este método se conoce como método de superposición. Este método se puede aplicar si se cumplen ciertas condiciones que usted debe estudiar y aprender leyendo la guía sobre deflexiones en vigas, tomada del capítulo 9 del Beer de Mecánica de materiales 5ta edición. Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

36. PROBLEMA Nº 4 Aplicación el método de superposición: Observe que la viga en consideración es estáticamente indeterminada. En este caso es conveniente retirar el apoyo en C y sustituirlo por una carga desconocida Cy . Esta carga se considera como una carga más actuando en forma conjunta con la carga distribuida uniforme conocida, sobre una viga en voladizo. Al comparar la carga de la viga con los casos de carga en la tabla, se observa que no concuerdan, porque en una viga en voladizo, la carga distribuida debe siembre comenzar en el empotramiento. No puede iniciar en otro punto diferente al empotramiento de la viga. Se deben realizar modificaciones en la carga para obtener una carga equivalente que cumpla con la condición de que cada carga distribuida uniforme inicie en el empotramiento. Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

37. PROBLEMA Nº 4 Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

38. PROBLEMA Nº 4 Aplicación el método de superposición: Se estudian por separado los tres casos de cargas que resultan luego de modificar la carga. Como el punto C de la viga no debe desplazarse. La suma de los desplazamientos de los tres casos de carga debe ser igual a cero y se obtiene así una ecuación para despejar el valor de Cy . Luego de conocer Cy , se aplica de nuevo el método para calcular yB y c para la carga total. Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

39. PROBLEMA Nº 4 Caso de carga 1: En la tabla: yc1 = ymax = Caso carga 2: En la tabla:yc2 =   Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

40. PROBLEMA Nº 4 Caso de carga 3: En la tabla: ymax = Pero esto es para una carga que actúa en toda la longitud de la viga. En nuestro caso la carga inicia en el empotramiento y termina en x = L/4. Se puede utilizar la misma expresión anterior, pero cambiando la L por L/4. Lo que se obtiene es yb3. yb3 =   Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

41. PROBLEMA Nº 4 Pero se requiere es yc3. Para esto, dado que de B a C no hay carga, ni momento flector, ese tramo B-C, rota el mismo ángulo que gira el punto B, pero se mantiene recto. Yc3 = yb3 + B3(3L/4) De la tabla B3 =   Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

42. PROBLEMA Nº 4 Se aplica la superposición, es decir, la suma algebraica de las tres deflexiones y se iguala a cero:   Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

43. PROBLEMA Nº 4 Se calculan las reacciones en A, aplicando ecuaciones de equilibrio:   Ax = 0   Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

44. PROBLEMA Nº 4 Deflexión yB : Caso de carga 1: En la tabla: Caso carga 2: En la tabla: yb3 =   Por: Ing. José Rafael Grimán Morales

45. PROBLEMA Nº 4 Pendiente en C, C : Caso de carga 1: En la tabla: Caso carga 2: En la tabla:  c 3 =   Por: Ing. José Rafael Grimán Morales