Descargado 11 veces
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
7
0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
−𝑀1 + (1)(𝑥) = 0 ⇒ 𝑀1 = 𝑥
Viga 𝐸𝐶𝑢2, figura 1-g.
Las reacciones en el empotramiento 𝐵 equivalen a
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐵𝑋 = 0
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐵𝑌 = 0
+ ∑ 𝑀𝐵 = 0 ⇒ −1 + 𝑀 𝐵 = 0 ⇒∴ 𝑀 𝐵 = 1
Se infiere el momento interno 𝑚2 a partir de la figura 1-k.
0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
−𝑀1 − 1 = 0 ⇒ 𝑀1 = −1
Obsérvese que la coordenada 𝑥 seleccionada conlleva a que no haya necesidad de determinar las
reacciones con el fin de encontrar los momentos internos.
Enseguida se presenta el cálculo de las incompatibilidades geométricas, empleando las ecuaciones
(𝐼) y (𝐼𝐼).
𝑑1 =
1
𝐸𝐼
[∫ (0)(𝑥)𝑑𝑥 + ∫ (−𝑃𝑥 +
𝑃𝐿
2
) (𝑥)𝑑𝑥
𝐿
𝐿
2⁄
𝐿
2⁄
0
] =
1
𝐸𝐼
∫ (−𝑃𝑥2
+
𝑃𝐿
2
𝑥) 𝑑𝑥
𝐿
𝐿
2⁄
=
1
𝐸𝐼
[−
𝑃
3
𝑥3
+
𝑃𝐿
4
𝑥2
]
𝐿
2⁄
𝐿
=
1
𝐸𝐼
[−
𝑃
3
(𝐿3
− (
𝐿
2
)
3
) +
𝑃𝐿
4
(𝐿2
− (
𝐿
2
)
2
)] =
1
𝐸𝐼
(−
7𝑃𝐿3
24
+
3𝑃𝐿3
16
) = −
5𝑃𝐿3
48𝐸𝐼
𝑑2 =
1
𝐸𝐼
[∫ (0)(−1)𝑑𝑥 + ∫ (−𝑃𝑥 +
𝑃𝐿
2
) (−1)𝑑𝑥
𝐿
𝐿
2⁄
𝐿
2⁄
0
]
𝐴
𝑀1
𝑥
1
(j)
𝐴
𝑀1
𝑥
1
(k)](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-29-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
8
=
1
𝐸𝐼
∫ (𝑃𝑥 −
𝑃𝐿
2
) 𝑑𝑥
𝐿
𝐿
2⁄
=
1
𝐸𝐼
[
𝑃
2
𝑥2
−
𝑃𝐿
2
𝑥]
𝐿
2⁄
𝐿
=
1
𝐸𝐼
[
𝑃
2
(𝐿2
− (
𝐿
2
)
2
) −
𝑃𝐿
2
(𝐿 −
𝐿
2
)]
=
1
𝐸𝐼
(
3𝑃𝐿2
8
−
𝑃𝐿2
4
) =
𝑃𝐿2
8𝐸𝐼
Ahora se muestra el cálculo de los coeficientes de flexibilidad, aplicando las ecuaciones (𝐼𝐼𝐼) hasta
(𝑉𝐼).
𝑓11 =
1
𝐸𝐼
∫ (𝑥)(𝑥)𝑑𝑥
𝐿
0
=
1
𝐸𝐼
∫ 𝑥2
𝑑𝑥
𝐿
0
=
1
𝐸𝐼
[
1
3
𝑥3
]
0
𝐿
=
1
3𝐸𝐼
(𝐿3
− 03) =
𝐿3
3𝐸𝐼
𝑓21 =
1
𝐸𝐼
∫ (𝑥)(−1)𝑑𝑥 = −
1
𝐸𝐼
∫ 𝑥𝑑𝑥
𝐿
0
= −
1
𝐸𝐼
[
1
2
𝑥2
]
0
𝐿
= −
1
2𝐸𝐼
(𝐿2
− 02) = −
𝐿2
2𝐸𝐼
𝐿
0
𝑓12 =
1
𝐸𝐼
∫ (−1)(𝑥)𝑑𝑥
𝐿
0
= −
1
𝐸𝐼
∫ 𝑥𝑑𝑥
𝐿
0
= −
1
𝐸𝐼
[
1
2
𝑥2
]
0
𝐿
= −
1
2𝐸𝐼
(𝐿2
− 02) = −
𝐿2
2𝐸𝐼
Obsérvese que como una consecuencia del teorema de Maxwell de los desplazamientos recíprocos,
se cumple que 𝑓12 = 𝑓21. De forma más generalizada, se tiene que 𝑓𝑖𝑗 = 𝑓𝑗𝑖, lo cual hace que mientras
más grande sea el grado de hiperestaticidad, más se evita el cálculo de varios coeficientes de
flexibilidad.
𝑓22 =
1
𝐸𝐼
∫ (−1)(−1)𝑑𝑥 =
1
𝐸𝐼
∫ 𝑑𝑥
𝐿
0
=
1
𝐸𝐼
[𝑥]0
𝐿
=
1
𝐸𝐼
(𝐿 − 0) =
𝐿
𝐸𝐼
𝐿
0
Cálculo de las redundantes
Al sustituir los coeficientes en el sistema simultáneo de ecuaciones (1 − 3) y (1 − 4), se tiene
−
5𝑃𝐿3
48𝐸𝐼
+
𝐿3
3𝐸𝐼
𝑅 𝐴𝑌 −
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑀𝐴 = 0 − − − (1 − 5)
𝑃𝐿2
8𝐸𝐼
−
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑅 𝐴𝑌 +
𝐿
𝐸𝐼
𝑀𝐴 = 0 − − − (1 − 6)
Despejando 𝑀𝐴 de las expresiones (1 − 5) y (1 − 6) respectivamente, resulta
𝑀𝐴 =
5𝑃𝐿3
48𝐸𝐼
−
𝐿3
3𝐸𝐼
𝑅 𝐴𝑌
−
𝐿2
2𝐸𝐼
− − − (1 − 7) 𝑀𝐴 =
−
𝑃𝐿2
8𝐸𝐼
+
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑅 𝐴𝑌
𝐿
𝐸𝐼
− − − (1 − 8)
Igualando la ecuación (1 − 7) con la ecuación (1 − 8) y simplificando da
5𝑃𝐿3
48𝐸𝐼
−
𝐿3
3𝐸𝐼
𝑅 𝐴𝑌
−
𝐿2
2𝐸𝐼
=
−
𝑃𝐿2
8𝐸𝐼
+
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑅 𝐴𝑌
𝐿
𝐸𝐼
⇒ (
𝐿
𝐸𝐼
) (
5𝑃𝐿3
48𝐸𝐼
−
𝐿3
3𝐸𝐼
𝑅 𝐴𝑌) = (−
𝐿2
2𝐸𝐼
) (−
𝑃𝐿2
8𝐸𝐼
+
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑅 𝐴𝑌)
−
𝐿4
3(𝐸𝐼)2
𝑅 𝐴𝑌 +
𝐿4
4(𝐸𝐼)2
𝑅 𝐴𝑌 =
𝑃𝐿4
16(𝐸𝐼)2
−
5𝑃𝐿4
48(𝐸𝐼)2
⇒ −
1
12
𝑅 𝐴𝑌 = −
1
24
𝑃 ⇒ 𝑅 𝐴𝑌 =
1
24
𝑃
1
12
⇒∴ 𝑅 𝐴𝑌 =
𝑃
2](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-30-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
12
cual pasa la línea de acción de la resultante, o sea, se halla el punto de aplicación de la resultante
(para una carga uniforme distribuida se tiene que se ubica a la mitad de la longitud sobre la cual
actúa).
0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
−𝑀1 − 𝑊(𝑥) (
𝑥
2
) = 0 ⇒ 𝑀1 = −
𝑊𝑥2
2
Luego, se retoman los momentos internos 𝑚1 y 𝑚2 de las figuras 1-j y 1-k.
𝑚1 ⟹ 𝑀1 = 𝑥 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
𝑚2 ⟹ 𝑀1 = −1 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
Se calculan las incompatibilidades geométricas.
𝑑1 = ∫
𝑀𝑚1
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿2
𝐿1
=
1
𝐸𝐼
∫ (−
𝑊𝑥2
2
) (𝑥)𝑑𝑥
𝐿
0
=
1
𝐸𝐼
∫ (−
𝑊𝑥3
2
) 𝑑𝑥
𝐿
0
=
1
2𝐸𝐼
[−
𝑊𝑥4
4
]
𝐿
2⁄
𝐿
= −
𝑊𝐿4
8𝐸𝐼
𝑑2 = ∫
𝑀𝑚2
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿2
𝐿1
=
1
𝐸𝐼
∫ (−
𝑊𝑥2
2
) (−1)𝑑𝑥
𝐿
0
=
1
𝐸𝐼
∫ (
𝑊𝑥2
2
) 𝑑𝑥
𝐿
0
=
1
2𝐸𝐼
[−
𝑊𝑥3
3
]
𝐿
2⁄
𝐿
=
𝑊𝐿3
6𝐸𝐼
Evidentemente, los coeficientes de flexibilidad son los mismos que se tienen en la viga 1.
𝑓11 = ∫
𝑚1 𝑚1
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿2
𝐿1
=
𝐿3
3𝐸𝐼
𝑓21 = ∫
𝑚1 𝑚2
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿2
𝐿1
= −
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑓12 = 𝑓21 = −
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑓22 = ∫
𝑚2 𝑚2
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿2
𝐿1
=
𝐿
𝐸𝐼
Cálculo de las redundantes
Al reemplazar los resultados obtenidos en las ecuaciones (2 − 1) y (2 − 2), se obtiene
−
𝑊𝐿4
8𝐸𝐼
+
𝐿3
3𝐸𝐼
𝑅 𝐴𝑌 −
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑀𝐴 = 0 − − − (2 − 3)
𝑊𝐿3
6𝐸𝐼
−
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑅 𝐴𝑌 +
𝐿
𝐸𝐼
𝑀𝐴 = 0 − − − (2 − 4)
𝐴
𝑀1
𝑥
𝑊
𝑊(𝑥)
𝑥/2
(d)](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-34-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
13
Se resuelve el sistema simultáneo de ecuaciones (2 − 3) y (2 − 4), empleando el método de Cramer.
𝐿3
3𝐸𝐼
𝑅 𝐴𝑌 −
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑀𝐴 =
𝑊𝐿4
8𝐸𝐼
− − − (2 − 5)
−
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑅 𝐴𝑌 +
𝐿
𝐸𝐼
𝑀𝐴 = −
𝑊𝐿3
6𝐸𝐼
− − − (2 − 6)
Con base en las ecuaciones (2 − 5) y (2 − 6), se tienen los siguientes determinantes
∆= ||
𝐿3
3𝐸𝐼
−
𝐿2
2𝐸𝐼
−
𝐿2
2𝐸𝐼
𝐿
𝐸𝐼
|| = [(
𝐿3
3𝐸𝐼
) (
𝐿
𝐸𝐼
)] − [(−
𝐿2
2𝐸𝐼
) (−
𝐿2
2𝐸𝐼
)] =
𝐿4
3(𝐸𝐼)2
−
𝐿4
4(𝐸𝐼)2
=
𝐿4
12(𝐸𝐼)2
∆ 𝑅 𝐴𝑌
= ||
𝑊𝐿4
8𝐸𝐼
−
𝐿2
2𝐸𝐼
−
𝑊𝐿3
6𝐸𝐼
𝐿
𝐸𝐼
|| = [(
𝑊𝐿4
8𝐸𝐼
) (
𝐿
𝐸𝐼
)] − [(−
𝐿2
2𝐸𝐼
) (−
𝑊𝐿3
6𝐸𝐼
)] =
𝑊𝐿5
8(𝐸𝐼)2
−
𝑊𝐿5
12(𝐸𝐼)2
=
𝑊𝐿5
24(𝐸𝐼)2
∆ 𝑀 𝐴
= ||
𝐿3
3𝐸𝐼
𝑊𝐿4
8𝐸𝐼
−
𝐿2
2𝐸𝐼
−
𝑊𝐿3
6𝐸𝐼
|| = [(
𝐿3
3𝐸𝐼
) (−
𝑊𝐿3
6𝐸𝐼
)] − [(
𝑊𝐿4
8𝐸𝐼
) (−
𝐿2
2𝐸𝐼
)] = −
𝑊𝐿6
18(𝐸𝐼)2
+
𝑊𝐿6
16(𝐸𝐼)2
=
𝑊𝐿6
144(𝐸𝐼)2
𝑅 𝐴𝑌 =
∆ 𝑅 𝐴𝑌
∆
=
𝑊𝐿5
24(𝐸𝐼)2
𝐿4
12(𝐸𝐼)2
=
𝑊𝐿
2
⇒∴ 𝑅 𝐴𝑌 =
𝑊𝐿
2
𝑀𝐴 =
∆ 𝑀 𝐴
∆
=
𝑊𝐿6
144(𝐸𝐼)2
𝐿4
12(𝐸𝐼)2
=
𝑊𝐿2
12
⇒∴ 𝑀𝐴 =
𝑊𝐿2
12
Ecuaciones de equilibrio
Por lo tanto, a partir del diagrama de cargas de la figura 2-e, resulta
𝐴 𝐵
𝐿
𝑊
𝑊𝐿
𝐿/2
𝑀 𝐴 =
𝑊𝐿2
12
𝑀 𝐵
𝑅 𝐴𝑌 =
𝑊𝐿
2
𝑅 𝐵𝑌
(e)](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-35-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
17
bajo el rectángulo y el triángulo), las cuales vienen aplicadas en el centroide de sus respectivas
áreas. Recuerde que para un área triangular, el centroide se ubica a las dos terceras partes de la
base, y tal distancia se mide desde el punto del “pico”.
El equilibrio estático del cuerpo libre implica que
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
−𝑀1 −
(
(𝑥) (𝑊 − (𝑊 −
𝑊
𝐿
𝑥))
2
)
൬
2
3
𝑥൰ − (𝑥) ൬𝑊 −
𝑊
𝐿
𝑥൰ ൬
1
2
𝑥൰ = 0
−𝑀1 + ൬−
𝑊
2
𝑥 +
𝑊
2
𝑥 −
𝑊
2𝐿
𝑥2
൰ ൬
2
3
𝑥൰ + ൬−𝑊𝑥 +
𝑊
𝐿
𝑥2
൰ ൬
1
2
𝑥൰ = 0
−𝑀1 −
𝑊
3𝐿
𝑥3
−
𝑊
2
𝑥2
+
𝑊
2𝐿
𝑥3
⇒ 𝑀1 =
𝑊𝑥3
6𝐿
−
𝑊𝑥2
2
Por otra parte, de los ejercicios previos, se sabe que
𝑚1 ⟹ 𝑀1 = 𝑥 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
𝑚2 ⟹ 𝑀1 = −1 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
Se calculan los desplazamientos y giros requeridos. Para las incompatibilidades geométricas
tenemos
𝑑1 = ∫
𝑀𝑚1
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿2
𝐿1
=
1
𝐸𝐼
∫ (
𝑊𝑥3
6𝐿
−
𝑊𝑥2
2
) (𝑥)𝑑𝑥
𝐿
0
=
1
𝐸𝐼
∫ (
𝑊𝑥4
6𝐿
−
𝑊𝑥3
2
) 𝑑𝑥
𝐿
0
=
1
𝐸𝐼
[
𝑊𝑥5
30𝐿
−
𝑊𝑥4
8
]
0
𝐿
=
1
𝐸𝐼
[
𝑊
30𝐿
(𝐿5) −
𝑊
8
(𝐿4)] = −
11𝑊𝐿4
120𝐸𝐼
𝑑2 = ∫
𝑀𝑚2
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿2
𝐿1
=
1
𝐸𝐼
∫ (
𝑊𝑥3
6𝐿
−
𝑊𝑥2
2
) (−1)𝑑𝑥
𝐿
0
=
1
𝐸𝐼
∫ (−
𝑊𝑥3
6𝐿
+
𝑊𝑥2
2
) 𝑑𝑥
𝐿
0
=
1
𝐸𝐼
[−
𝑊𝑥4
24𝐿
+
𝑊𝑥3
6
]
0
𝐿
=
1
𝐸𝐼
[−
𝑊𝐿4
24𝐿
+
𝑊𝐿3
6
] =
𝑊𝐿3
8𝐸𝐼
𝐴𝐼𝐼
𝐴𝐼](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-39-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
18
Los coeficientes de flexibilidad son
𝑓11 =
𝐿3
3𝐸𝐼
𝑓21 = −
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑓12 = −
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑓22 =
𝐿
𝐸𝐼
Reemplazando los valores previos en las ecuaciones (3 − 1) y (3 − 2) da
−
11𝑊𝐿4
120𝐸𝐼
+
𝐿3
3𝐸𝐼
𝑅 𝐴𝑌 −
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑀𝐴 = 0 − − − (3 − 3)
𝑊𝐿3
8𝐸𝐼
−
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑅 𝐴𝑌 +
𝐿
𝐸𝐼
𝑀𝐴 = 0 − − − (3 − 4)
Resolviendo el sistema de ecuaciones (3 − 3) y (3 − 4), resulta
∆= ||
𝐿3
3𝐸𝐼
−
𝐿2
2𝐸𝐼
−
𝐿2
2𝐸𝐼
𝐿
𝐸𝐼
|| =
𝐿4
12(𝐸𝐼)2
∆ 𝑅 𝐴𝑌
= ||
11𝑊𝐿4
120𝐸𝐼
−
𝐿2
2𝐸𝐼
−
𝑊𝐿3
8𝐸𝐼
𝐿
𝐸𝐼
|| = [(
11𝑊𝐿4
120𝐸𝐼
) ൬
𝐿
𝐸𝐼
൰] − [(−
𝐿2
2𝐸𝐼
) (−
𝑊𝐿3
8𝐸𝐼
)] =
11𝑊𝐿5
120(𝐸𝐼)2
−
𝑊𝐿5
16(𝐸𝐼)2
=
7𝑊𝐿5
240(𝐸𝐼)2
∆ 𝑀 𝐴
= ||
𝐿3
3𝐸𝐼
11𝑊𝐿4
120𝐸𝐼
−
𝐿2
2𝐸𝐼
−
𝑊𝐿3
8𝐸𝐼
|| = [(
𝐿3
3𝐸𝐼
) (−
𝑊𝐿3
8𝐸𝐼
)] − [(
11𝑊𝐿4
120𝐸𝐼
) (−
𝐿2
2𝐸𝐼
)] = −
𝑊𝐿6
24(𝐸𝐼)2
+
11𝑊𝐿6
240(𝐸𝐼)2
=
𝑊𝐿6
240(𝐸𝐼)2
𝑅 𝐴𝑌 =
∆ 𝑅 𝐴𝑌
∆
=
7𝑊𝐿5
240(𝐸𝐼)2
𝐿4
12(𝐸𝐼)2
=
7𝑊𝐿
20
⇒∴ 𝑅 𝐴𝑌 =
7𝑊𝐿
20
𝑀𝐴 =
∆ 𝑀 𝐴
∆
=
𝑊𝐿6
240(𝐸𝐼)2
𝐿4
12(𝐸𝐼)2
=
𝑊𝐿2
20
⇒∴ 𝑀𝐴 =
𝑊𝐿2
20](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-40-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
21
Ecuaciones de compatibilidad
Con referencia al punto 𝐴 de la figura 4-b, se requiere
0 = 𝑑1 + 𝑓11 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑓12 𝑀𝐴 − − − (4 − 1)
0 = 𝑑2 + 𝑓21 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑓22 𝑀𝐴 − − − (4 − 2)
Como siempre, los momentos internos 𝑀 se obtienen a partir de la viga liberada con cargas reales.
Dado que la distribución de la carga que actúa a lo largo de esta viga presenta una discontinuidad
(en la mitad del claro 𝐴 − 𝐵), deben efectuarse dos cortes perpendiculares al eje de la viga.
Corte en el primer tramo. Se secciona la viga a una distancia 𝑥 de 𝐴 en un punto arbitrario antes de
𝐿/2, es decir, antes de que la intensidad de la carga con variación lineal alcance el valor de 𝑊. El
diagrama de cuerpo libre de la sección cortada se visualiza en la figura 4-c.
0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
2⁄
Note que la intensidad de la carga de triangulo rectángulo se encuentra en proporción, es decir,
𝑊
𝐿
2
=
𝑊´
𝑥
⇒ 𝑊´ =
2𝑊
𝐿
𝑥
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
−𝑀1 − [
(
2𝑊
𝐿
𝑥) (𝑥)
2
] (
𝑥
3
) = 0 ⇒ 𝑀1 = −
𝑊𝑥3
3𝐿
Corte en el tramo segundo tramo. Se secciona la viga a una distancia 𝑥 de 𝐴 en un punto arbitrario
justo después de 𝐿/2. En la figura 4-d se observa el diagrama de cargas para este segmento de viga
con longitud 𝑥.
𝐿
2⁄ ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
Con base en la figura 4-e, empleando conceptos básicos de trigonometría, se deduce el punto de
intensidad 𝑊´´ de carga.
𝑊
𝐿
2
=
𝑊´´
𝐿 − 𝑥
⇒ 𝑊´´ =
𝑊(𝐿 − 𝑥)
𝐿
2
= 2𝑊 −
2𝑊
𝐿
𝑥
𝐴
𝑊´ = 2
𝑊
𝐿
𝑥
𝑥
𝑀1
𝐴𝐼
𝑥/3
𝐴𝐼
(c)](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-43-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
23
Luego, los momentos internos de las vigas liberadas que soportan una unidad de las reacciones
redundantes son, respectivamente
𝑚1 ⟹ 𝑀1 = 𝑥 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
𝑚2 ⟹ 𝑀1 = −1 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
Entonces,
𝑑1 = ∫
𝑀𝑚1
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿2
𝐿1
=
1
𝐸𝐼
[∫ (−
𝑊𝑥3
3𝐿
) (𝑥)𝑑𝑥 + ∫ (
𝑊
3𝐿
𝑥3
− 𝑊𝑥2
+
𝑊𝐿
2
𝑥 −
𝑊𝐿2
12
) (𝑥)𝑑𝑥
𝐿
𝐿
2⁄
𝐿
2⁄
0
]
=
1
𝐸𝐼
[∫ (−
𝑊
3𝐿
𝑥4
) 𝑑𝑥 + ∫ (
𝑊
3𝐿
𝑥4
− 𝑊𝑥3
+
𝑊𝐿
2
𝑥2
−
𝑊𝐿2
12
𝑥) 𝑑𝑥
𝐿
𝐿
2⁄
𝐿
2⁄
0
]
=
1
𝐸𝐼
{[−
𝑊
15𝐿
𝑥5
]
0
𝐿
2⁄
+ [
𝑊
15𝐿
𝑥5
−
𝑊
4
𝑥4
+
𝑊𝐿
6
𝑥3
−
𝑊𝐿2
24
𝑥2
]
𝐿
2⁄
𝐿
}
=
1
𝐸𝐼
{[−
𝑊
15𝐿
((
𝐿
2
)
5
)] + [
𝑊
15𝐿
(𝐿5
− (
𝐿
2
)
5
) −
𝑊
4
(𝐿4
− (
𝐿
2
)
4
) +
𝑊𝐿
6
(𝐿3
− (
𝐿
2
)
3
) −
𝑊𝐿2
24
(𝐿2
− (
𝐿
2
)
2
)]}
=
𝑊𝐿4
𝐸𝐼
(−
1
480
+
31
480
−
15
64
+
7
48
−
1
32
) = −
11𝑊𝐿4
192𝐸𝐼
𝑑2 = ∫
𝑀𝑚2
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿2
𝐿1
=
1
𝐸𝐼
[∫ (−
𝑊𝑥3
3𝐿
) (−1)𝑑𝑥 + ∫ (
𝑊
3𝐿
𝑥3
− 𝑊𝑥2
+
𝑊𝐿
2
𝑥 −
𝑊𝐿2
12
) (−1)𝑑𝑥
𝐿
𝐿
2⁄
𝐿
2⁄
0
]
=
1
𝐸𝐼
[∫ (
𝑊𝑥3
3𝐿
) 𝑑𝑥 + ∫ (−
𝑊
3𝐿
𝑥3
+ 𝑊𝑥2
−
𝑊𝐿
2
𝑥 +
𝑊𝐿2
12
) 𝑑𝑥
𝐿
𝐿
2⁄
𝐿
2⁄
0
]
=
1
𝐸𝐼
{[
𝑊
12𝐿
𝑥4
]
0
𝐿
2⁄
+ [−
𝑊
12𝐿
𝑥4
+
𝑊
3
𝑥3
−
𝑊𝐿
4
𝑥2
+
𝑊𝐿2
12
𝑥]
𝐿
2⁄
𝐿
}
=
1
𝐸𝐼
{[
𝑊
12𝐿
((
𝐿
2
)
4
)] + [−
𝑊
12𝐿
(𝐿4
− (
𝐿
2
)
4
) +
𝑊
3
(𝐿3
− (
𝐿
2
)
3
) −
𝑊𝐿
4
(𝐿2
− (
𝐿
2
)
2
) +
𝑊𝐿2
12
(𝐿 −
𝐿
2
)]}
=
𝑊𝐿3
𝐸𝐼
(
1
192
−
5
64
+
7
24
−
3
16
+
1
24
) =
7𝑊𝐿3
96𝐸𝐼](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-45-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
24
𝑓11 =
𝐿3
3𝐸𝐼
𝑓21 = 𝑓12 = −
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑓22 =
𝐿
𝐸𝐼
En consecuencia, el sistema de ecuaciones de flexibilidades es
−
11𝑊𝐿4
192𝐸𝐼
+
𝐿3
3𝐸𝐼
𝑅 𝐴𝑌 −
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑀𝐴 = 0 − − − (4 − 3)
7𝑊𝐿3
96𝐸𝐼
−
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑅 𝐴𝑌 +
𝐿
𝐸𝐼
𝑀𝐴 = 0 − − − (4 − 4)
Que equivale a
𝐿3
3
𝑅 𝐴𝑌 −
𝐿2
2
𝑀𝐴 =
11𝑊𝐿4
192
− − − (4 − 5)
−
𝐿2
2
𝑅 𝐴𝑌 + 𝐿𝑀𝐴 = −
7𝑊𝐿3
96
− − − (4 − 6)
Por lo tanto,
∆= ||
𝐿3
3
−
𝐿2
2
−
𝐿2
2
𝐿
|| =
𝐿4
12
∆ 𝑅 𝐴𝑌
= ||
11𝑊𝐿4
192
−
𝐿2
2
−
7𝑊𝐿3
96
𝐿
|| = [(
11𝑊𝐿4
192
) (𝐿)] − [(−
𝐿2
2
) (−
7𝑊𝐿3
96
)] =
11𝑊𝐿5
192
−
7𝑊𝐿5
192
=
𝑊𝐿5
48
∆ 𝑀 𝐴
= ||
𝐿3
3
11𝑊𝐿4
192
−
𝐿2
2
−
7𝑊𝐿3
96
|| = [(
𝐿3
3
) (−
7𝑊𝐿3
96
)] − [(
11𝑊𝐿4
192
) (−
𝐿2
2
)] = −
7𝑊𝐿6
288
+
11𝑊𝐿6
384
=
5𝑊𝐿6
1152
𝑅 𝐴𝑌 =
∆ 𝑅 𝐴𝑌
∆
=
𝑊𝐿5
48
𝐿4
12
=
𝑊𝐿
4
⇒∴ 𝑅 𝐴𝑌 =
𝑊𝐿
4
𝑀𝐴 =
∆ 𝑀 𝐴
∆
=
5𝑊𝐿6
1152
𝐿4
12
=
5𝑊𝐿2
96
⇒∴ 𝑀𝐴 =
5𝑊𝐿2
96](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-46-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
28
𝑊1 − 𝑊2
𝐿
=
𝑌
𝐿 − 𝑥
𝑌 =
(𝑊1 − 𝑊2)(𝐿 − 𝑥)
𝐿
=
𝑊1 𝐿 − 𝑊1 𝑥 − 𝑊2 𝐿 + 𝑊2 𝑥
𝐿
= 𝑊1 − 𝑊2 +
𝑊2
𝐿
𝑥 −
𝑊1
𝐿
𝑥
𝑊´ = 𝑊2 + 𝑌 = 𝑊2 + 𝑊1 − 𝑊2 +
𝑊2
𝐿
𝑥 −
𝑊1
𝐿
𝑥 = 𝑊1 +
𝑊2
𝐿
𝑥 −
𝑊1
𝐿
𝑥
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
−𝑀1 − (𝑥) (𝑊1 +
𝑊2
𝐿
𝑥 −
𝑊1
𝐿
𝑥) (
1
2
𝑥) −
[
(𝑥) (𝑊1 − (𝑊1 +
𝑊2
𝐿
𝑥 −
𝑊1
𝐿
𝑥))
2
]
(
2
3
𝑥) = 0
−𝑀1 − (𝑥) (
𝑊1
2
𝑥 +
𝑊2
2𝐿
𝑥2
−
𝑊1
2𝐿
𝑥2
) − (
1
3
𝑥2
) (−
𝑊2
𝐿
𝑥 +
𝑊1
𝐿
𝑥) = 0
𝑀1 =
𝑊1 𝑥3
2𝐿
−
𝑊2 𝑥3
2𝐿
−
𝑊1 𝑥2
2
+
𝑊2 𝑥3
3𝐿
−
𝑊1 𝑥3
3𝐿
=
𝑊1 𝑥3
6𝐿
−
𝑊2 𝑥3
6𝐿
−
𝑊1 𝑥2
2
Los momentos internos de las otras dos vigas isostáticas son
𝑚1 ⟹ 𝑀1 = 𝑥 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
𝑚2 ⟹ 𝑀1 = −1 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
Se necesita de los siguientes desplazamientos y pendientes
𝑑1 = ∫
𝑀𝑚1
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿2
𝐿1
=
1
𝐸𝐼
∫ (
𝑊1 𝑥3
6𝐿
−
𝑊2 𝑥3
6𝐿
−
𝑊1 𝑥2
2
) (𝑥)𝑑𝑥
𝐿
0
=
1
𝐸𝐼
∫ (
𝑊1 𝑥4
6𝐿
−
𝑊2 𝑥4
6𝐿
−
𝑊1 𝑥3
2
) 𝑑𝑥
𝐿
0
=
1
𝐸𝐼
[
𝑊1 𝑥5
30𝐿
−
𝑊2 𝑥5
30𝐿
−
𝑊1 𝑥4
8
]
0
𝐿
= −
11𝑊1 𝐿4
120𝐸𝐼
−
𝑊2 𝐿4
30𝐸𝐼
𝑑2 = ∫
𝑀𝑚2
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿2
𝐿1
=
1
𝐸𝐼
∫ (
𝑊1 𝑥3
6𝐿
−
𝑊2 𝑥3
6𝐿
−
𝑊1 𝑥2
2
) (−1)𝑑𝑥
𝐿
0
=
1
𝐸𝐼
∫ (−
𝑊1 𝑥3
6𝐿
+
𝑊2 𝑥3
6𝐿
+
𝑊1 𝑥2
2
) 𝑑𝑥
𝐿
0
=
1
𝐸𝐼
[−
𝑊1 𝑥4
24𝐿
+
𝑊2 𝑥4
24𝐿
+
𝑊1 𝑥3
6
]
0
𝐿
=
𝑊1 𝐿3
8𝐸𝐼
+
𝑊2 𝐿3
24𝐸𝐼
𝑓11 =
𝐿3
3𝐸𝐼
𝑓21 = 𝑓12 = −
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑓22 =
𝐿
𝐸𝐼
𝐴𝐼
𝐴𝐼𝐼](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-50-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
29
Al reemplazar los resultados en las ecuaciones (5 − 1) y (5 − 2), se tiene
− (
11𝑊1 𝐿4
120𝐸𝐼
+
𝑊2 𝐿4
30𝐸𝐼
) +
𝐿3
3𝐸𝐼
𝑅 𝐴𝑌 −
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑀𝐴 = 0 − − − (5 − 3)
(
𝑊1 𝐿3
8𝐸𝐼
+
𝑊2 𝐿3
24𝐸𝐼
) −
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑅 𝐴𝑌 +
𝐿
𝐸𝐼
𝑀𝐴 = 0 − − − (5 − 4)
Al resolver el sistema el sistema simultáneo de ecuaciones previo, se obtiene
∆= ||
𝐿3
3
−
𝐿2
2
−
𝐿2
2
𝐿
|| =
𝐿4
12
∆ 𝑅 𝐴𝑌
= ||
11𝑊1 𝐿4
120
+
𝑊2 𝐿4
30
−
𝐿2
2
− (
𝑊1 𝐿3
8
+
𝑊2 𝐿3
24
) 𝐿
|| = [(
11𝑊1 𝐿4
120
+
𝑊2 𝐿4
30
) (𝐿)] − [(−
𝐿2
2
) (− (
𝑊1 𝐿3
8
+
𝑊2 𝐿3
24
))]
=
11𝑊1 𝐿5
120
+
𝑊2 𝐿5
30
−
𝑊1 𝐿5
16
−
𝑊2 𝐿5
48
=
7𝑊1 𝐿5
240
+
𝑊2 𝐿5
80
∆ 𝑀 𝐴
= ||
𝐿3
3
11𝑊1 𝐿4
120
+
𝑊2 𝐿4
30
−
𝐿2
2
− (
𝑊1 𝐿3
8
+
𝑊2 𝐿3
24
)
|| = [(
𝐿3
3
) (− (
𝑊1 𝐿3
8
+
𝑊2 𝐿3
24
))] − [(
11𝑊1 𝐿4
120
+
𝑊2 𝐿4
30
) (−
𝐿2
2
)]
= −
𝑊1 𝐿6
24
−
𝑊2 𝐿6
72
+
11𝑊1 𝐿6
240
+
𝑊2 𝐿6
60
=
𝑊1 𝐿6
240
+
𝑊2 𝐿6
360
𝑅 𝐴𝑌 =
∆ 𝑅 𝐴𝑌
∆
=
7𝑊1 𝐿5
240
+
𝑊2 𝐿5
80
𝐿4
12
=
7𝑊1 𝐿
20
+
3𝑊2 𝐿
20
⇒∴ 𝑅 𝐴𝑌 = (
7𝑊1 𝐿
20
+
3𝑊2 𝐿
20
)
𝑀𝐴 =
∆ 𝑀 𝐴
∆
=
𝑊1 𝐿6
240
+
𝑊2 𝐿6
360
𝐿4
12
=
𝑊1 𝐿2
20
+
𝑊2 𝐿2
30
⇒∴ 𝑀𝐴 = (
𝑊1 𝐿2
20
+
𝑊2 𝐿2
30
)
Ecuaciones de equilibrio
Se dibuja un diagrama de cargas colocando las redundantes calculadas, figura 5-e. Si en él se
aplican las ecuaciones de la estática, se obtienen las reacciones faltantes, figura 5-f.
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ (
7𝑊1 𝐿
20
+
3𝑊2 𝐿
20
) − (𝐿)(𝑊2) − [
(𝐿)(𝑊1 − 𝑊2)
2
] + 𝑅 𝐵𝑌 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐵𝑌 = (
3𝑊1 𝐿
20
+
7𝑊2 𝐿
20
)
𝐴1
𝐴2](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-51-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
33
𝑎 =
Δa
Δ
=
𝑊𝐿
−𝐿3
4
= −4
𝑊
𝐿2
𝑏 =
Δb
Δ
=
−𝐿2
𝑊
−𝐿3
4
= 4
𝑊
𝐿
𝑐 =
Δc
Δ
=
0
−𝐿3
4
= 0
En consecuencia, al sustituir estos valores en la expresión (𝐼), se tiene que
𝑦 = −4
𝑊
𝐿2
𝑥2
+ 4
𝑊
𝐿
𝑥
Como no hay discontinuidad de carga a lo largo de la estructura primaria, sólo se efectuará un corte
perpendicular al eje longitudinal de la viga, entonces, no importa si tal seccionamiento se hace antes
o después de que la carga distribuida alcanza una intensidad de 𝑊.
En la figura 6-c se proporciona un diagrama de cargas del segmento de viga con longitud 𝑥. Previo
a efectuar el equilibrio estático en el cuerpo libre para deducir la función del momento 𝑀, se
determina la carga concentrada equivalente 𝐴𝐼 de la fuerza distribuida y su punto de aplicación 𝑥̅ 𝐼.
0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
La fuerza resultante de la carga distribuida seccionada es
𝐴𝐼 = ∫ 𝑑𝐴 = ∫ 𝑦𝑑𝑥
𝐿2
𝐿1
= ∫ (−4
𝑊
𝐿2
𝑥2
+ 4
𝑊
𝐿
𝑥) 𝑑𝑥 = −4
𝑊
𝐿2
∫ 𝑥2
𝑥
0
𝑑𝑥 + 4
𝑊
𝐿
∫ 𝑥𝑑𝑥
𝑥
0
𝑥
0
−4
𝑊
𝐿2
[
𝑥3
3
]
0
𝑥
+ 4
𝑊
𝐿
[
𝑥2
2
]
0
𝑥
= −
4𝑊
3𝐿2
[𝑥3
− 03] +
4𝑊
2𝐿
[𝑥2
− 02] = −
4𝑊
3𝐿2
𝑥3
+
2𝑊
𝐿
𝑥2
y su ubicación es
𝑥̅ 𝐼 =
∫ 𝑥̃ 𝑑𝐴
∫ 𝑑𝐴
=
∫ 𝑥𝑦𝑑𝑥
𝐿2
𝐿1
∫ 𝑦𝑑𝑥
𝐿2
𝐿1
=
∫ 𝑥 (−4
𝑊
𝐿2 𝑥2
+ 4
𝑊
𝐿
𝑥) 𝑑𝑥
𝑥
0
∫ (−4
𝑊
𝐿2 𝑥2 + 4
𝑊
𝐿
𝑥) 𝑑𝑥
𝑥
0
Como el denominador ya fue resuelto, se atiende al numerador.
∫ 𝑥
𝐿
0
(−4
𝑊
𝐿2
𝑥2
+ 4
𝑊
𝐿
𝑥) 𝑑𝑥 = −4
𝑊
𝐿2
∫ 𝑥3
𝐿
0
𝑑𝑥 + 4
𝑊
𝐿
∫ 𝑥2
𝑑𝑥
𝐿
0
𝐴
𝑥
𝑦 = −4
𝑊
𝐿2
𝑥2
+ 4
𝑊
𝐿
𝑥
𝑥̅ 𝐼 𝑥 − 𝑥̅ 𝐼
𝐴𝐼
𝑀1
(c)](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-55-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
34
= −4
𝑊
𝐿2
[
𝑥4
4
]
0
𝑥
+ 4
𝑊
𝐿
[
𝑥3
3
]
0
𝑥
=
−4𝑊
4𝐿2
[𝑥4
− 04] +
4𝑊
3𝐿
[𝑥3
− 03] = −
𝑊
𝐿2
𝑥4
+
4𝑊
3𝐿
𝑥3
∴ 𝑥̅ 𝐼 =
−
𝑊
𝐿2 𝑥4
+
4𝑊
3𝐿
𝑥3
−
4𝑊
3𝐿2 𝑥3 +
2𝑊
𝐿
𝑥2
𝑎 𝑙𝑎 𝑑𝑒𝑟𝑒𝑐ℎ𝑎 𝑑𝑒 𝐴
Tomando momentos alrededor del punto del corte, se obtiene
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
−𝑀1 − (−
4𝑊
3𝐿2
𝑥3
+
2𝑊
𝐿
𝑥2
) (𝑥 −
−
𝑊
𝐿2 𝑥4
+
4𝑊
3𝐿
𝑥3
−
4𝑊
3𝐿2 𝑥3 +
2𝑊
𝐿
𝑥2
) = 0
−𝑀1 − (−
4𝑤
3𝐿2
𝑥4
+
2𝑤
𝐿
𝑥3
+
𝑤
𝐿2
𝑥4
−
4𝑤
3𝐿
𝑥3
) ⇒ 𝑀1 =
𝑊
3𝐿2
𝑥4
−
2𝑊
3𝐿
𝑥3
Además,
𝑚1 ⟹ 𝑀1 = 𝑥 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
𝑚2 ⟹ 𝑀1 = −1 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
Por consiguiente,
𝑑1 =
1
𝐸𝐼
∫ (
𝑊
3𝐿2
𝑥4
−
2𝑊
3𝐿
𝑥3
) (𝑥)𝑑𝑥
𝐿
0
=
1
𝐸𝐼
∫ (
𝑊
3𝐿2
𝑥5
−
2𝑊
3𝐿
𝑥4
) 𝑑𝑥
𝐿
0
=
1
𝐸𝐼
[
𝑊
18𝐿2
𝑥6
−
2𝑊
15𝐿
𝑥5
]
0
𝐿
=
𝑊𝐿4
18𝐸𝐼
−
2𝑊𝐿4
15𝐸𝐼
= −
7𝑊𝐿4
90𝐸𝐼
𝑑2 =
1
𝐸𝐼
∫ (
𝑊
3𝐿2
𝑥4
−
2𝑊
3𝐿
𝑥3
) (−1)𝑑𝑥
𝐿
0
=
1
𝐸𝐼
∫ (−
𝑊
3𝐿2
𝑥4
+
2𝑊
3𝐿
𝑥3
) 𝑑𝑥
𝐿
0
=
1
𝐸𝐼
[−
𝑊
15𝐿2
𝑥5
+
𝑊
6𝐿
𝑥4
]
0
𝐿
= −
𝑊𝐿3
15𝐸𝐼
+
𝑊𝐿3
6𝐸𝐼
=
𝑊𝐿3
10𝐸𝐼
𝑓11 =
𝐿3
3𝐸𝐼
𝑓21 = 𝑓12 = −
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑓22 =
𝐿
𝐸𝐼
De tal modo que el sistema simultáneo de ecuaciones (6 − 1) y (6 − 2) se convierte en
−
7𝑊𝐿4
90𝐸𝐼
+
𝐿3
3𝐸𝐼
𝑅 𝐴𝑌 −
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑀𝐴 = 0 − − − (6 − 3)
𝑊𝐿3
10𝐸𝐼
−
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑅 𝐴𝑌 +
𝐿
𝐸𝐼
𝑀𝐴 = 0 − − − (6 − 4)](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-56-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
35
Entonces, las fuerzas correctivas son resultado de
∆= ||
𝐿3
3
−
𝐿2
2
−
𝐿2
2
𝐿
|| =
𝐿4
12
∆ 𝑅 𝐴𝑌
= ||
7𝑊𝐿4
90
−
𝐿2
2
−
𝑊𝐿3
10
𝐿
|| = [(
7𝑊𝐿4
90
) (𝐿)] − [(−
𝐿2
2
) (−
𝑊𝐿3
10
)] =
7𝑊𝐿5
90
−
𝑊𝐿5
20
=
𝑊𝐿5
36
∆ 𝑀 𝐴
= ||
𝐿3
3
7𝑊𝐿4
90
−
𝐿2
2
−
𝑊𝐿3
10
|| = [(
𝐿3
3
) (−
𝑊𝐿3
10
)] − [(
7𝑊𝐿4
90
) (−
𝐿2
2
)] = −
𝑊𝐿6
30
+
7𝑊𝐿6
180
=
𝑊𝐿6
180
𝑅 𝐴𝑌 =
∆ 𝑅 𝐴𝑌
∆
=
𝑊𝐿5
36
𝐿4
12
=
𝑊𝐿
3
⇒∴ 𝑅 𝐴𝑌 =
𝑊𝐿
3
𝑀𝐴 =
∆ 𝑀 𝐴
∆
=
𝑊𝐿6
180
𝐿4
12
=
𝑊𝐿2
15
⇒∴ 𝑀𝐴 =
𝑊𝐿2
15
Ecuaciones de equilibrio
Estas se aplican al diagrama de cargas de la figura 6-d. La carga concentrada equivalente de la
carga distribuida con intensidad parabólica es
𝐴1 = ∫ (−4
𝑊
𝐿2
𝑥2
+ 4
𝑊
𝐿
𝑥) 𝑑𝑥
𝐿
0
= −
4𝑊
3𝐿2
[𝐿3
− 03] +
4𝑊
2𝐿
[𝐿2
− 02] =
2
3
𝑊𝐿
y su línea de acción se ubica en
𝑥̅1 =
∫ 𝑥 (−4
𝑊
𝐿2 𝑥2
+ 4
𝑊
𝐿
𝑥) 𝑑𝑥
𝐿
0
∫ (−4
𝑊
𝐿2 𝑥2 + 4
𝑊
𝐿
𝑥) 𝑑𝑥
𝐿
0
=
−4𝑊
4𝐿2 [𝐿4
− 04] +
4𝑊
3𝐿
[𝐿3
− 03]
2
3
𝑊𝐿
=
−𝑊𝐿2
+
4
3
𝑊𝐿2
2
3
𝑊𝐿
=
𝑊𝐿2
3
2
3
𝑊𝐿
=
1
2
𝐿
Así que,
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒
𝑊𝐿
3
−
2
3
𝑊𝐿 + 𝑅 𝐵𝑌 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐵𝑌 =
𝑊𝐿
3
+ ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ −
𝑊𝐿2
15
+
2
3
𝑊𝐿 (
𝐿
2
) −
𝑊𝐿
3
(𝐿) + 𝑀 𝐵 = 0 ⇒∴ 𝑀 𝐵 =
𝑊𝐿2
15](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-57-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
39
Se secciona la viga primaria. Con base en la figura 7-c, se calcula 𝑀.
0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
La fuerza resultante de la carga distribuida seccionada es
𝐴𝐼 = ∫ 𝑑𝐴 = ∫ 𝑦𝑑𝑥
𝐿2
𝐿1
= ∫ (
𝑊
𝐿2
𝑥2
) 𝑑𝑥 =
𝑥
0
𝑊
𝐿2
∫ 𝑥2
𝑑𝑥 =
𝑊
𝐿2
[
𝑥3
3
]
0
𝑥
=
𝑊
𝐿2
[
𝑥3
− 03
3
] =
1
3
𝑊
𝐿2
𝑥3
𝑥
0
y su punto de aplicación es
𝑥̅ 𝐼 =
∫ 𝑥̃ 𝑑𝐴
∫ 𝑑𝐴
=
∫ 𝑥𝑦𝑑𝑥
𝐿2
𝐿1
∫ 𝑦𝑑𝑥
𝐿2
𝐿1
=
∫ 𝑥 (
𝑊
𝐿2 𝑥2
) 𝑑𝑥
𝑥
0
1
3
𝑊
𝐿2 𝑥3
=
𝑊
𝐿2 ∫ 𝑥3
𝑑𝑥
𝑥
0
1
3
𝑊
𝐿2 𝑥3
=
𝑊
𝐿2 [
𝑥4
4
]
0
𝑥
1
3
𝑊
𝐿2 𝑥3
=
𝑊
𝐿2 [
𝑥4
− 04
4
]
1
3
𝑊
𝐿2 𝑥3
=
1
4
𝑊
𝐿2 𝑥4
1
3
𝑊
𝐿2 𝑥3
=
3
4
𝑥
Se calcula el momento interno 𝑀. La suma de momentos respecto del punto del corte para el
cuerpo libre de la figura 7-c conlleva a
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 ⇒ −𝑀1 − (
1
3
𝑊
𝐿2
𝑥3
) (
1
4
𝑥) = 0 ⇒ 𝑀1 = −
𝑊𝑥4
12𝐿2
Luego, los momentos internos para las vigas liberadas sometidas a una unidad de las fuerzas
redundantes son
𝑚1 ⟹ 𝑀1 = 𝑥 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
𝑚2 ⟹ 𝑀1 = −1 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
Se calculan las incompatibilidades geométricas.
𝑑1 =
1
𝐸𝐼
∫ (−
𝑊𝑥4
12𝐿2
) (𝑥)𝑑𝑥
𝐿
0
= −
𝑊𝐿4
72𝐸𝐼
𝐴
𝑥
𝑦 =
𝑊
𝐿2
𝑥2
𝑥̅ 𝐼 =
3
4
𝑥
𝐴𝐼 =
1
3
𝑊
𝐿2
𝑥3
𝑥
4
𝑀1
(c)](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-61-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
44
∫
𝑥2
1 + 𝑥2
𝑑𝑥 = ∫ 𝑥2(1 + 𝑥2)−1
𝑑𝑥
Esta última integral es del tipo:
∫(𝑥 𝑚)(𝑎 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥2) 𝑛
𝑑𝑥 =
𝑥 𝑚−1(𝑎 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥2) 𝑛+1
𝑐(2𝑛 + 𝑚 + 1)
−
𝑏(𝑛 + 𝑚)
𝑐(2𝑛 + 𝑚 + 1)
∫ 𝑥 𝑚−1(𝑎 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥2) 𝑛
𝑑𝑥
−
𝑎(𝑚 − 1)
𝑐(2𝑛 + 𝑚 + 1)
∫ 𝑥 𝑚−2 (𝑎 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥2) 𝑛
𝑑𝑥
En este caso, 𝑚 = 2, 𝑎 = 1, 𝑏 = 0, 𝑐 = 1 y 𝑛 = −1.
Sustituyendo y simplificando, se tiene
∫(𝑥2)(1 + 𝑥2)−1
𝑑𝑥 =
𝑥2−1(1 + 𝑥2)−1+1
1(2(−1) + 2 + 1)
−
(0)(−1 + 2)
1(2(−1) + 2 + 1)
∫ 𝑥2−1(1 + 𝑥2)−1
𝑑𝑥
−
1(2 − 1)
1(2(−1) + 2 + 1)
∫ 𝑥2−2 (1 + 𝑥2)−1
𝑑𝑥 = 𝑥 − ∫
𝑑𝑥
1 + 𝑥2
La integral obtenida, ∫
𝑑𝑥
1+𝑥2, ya es de solución obvia, pues directamente se sabe que
∫
𝑑𝑥
1 + 𝑥2
= 𝑎𝑟𝑐 tan(𝑥)
Por lo tanto,
∫
𝑥2
1 + 𝑥2
𝑑𝑥 = ∫ 𝑥2(1 + 𝑥2)−1
𝑑𝑥 = 𝑥 − 𝑎𝑟𝑐 tan(𝑥)
En consecuencia,
∫ 𝑙𝑛(1 + 𝑥2)𝑑𝑥 = 𝑥 ∙ 𝑙𝑛(1 + 𝑥2) + 2(𝑎𝑟𝑐 tan(𝑥) − 𝑥)
La integral definida resulta ser
∫ 𝑙𝑛(1 + 𝑥2)𝑑𝑥
𝑥
0
= [𝑥 ∙ 𝑙𝑛(1 + 𝑥2) + 2(𝑎𝑟𝑐 tan(𝑥) − 𝑥)]0
𝑥
= [𝑥 ∙ 𝑙𝑛(1 + 𝑥2) + 2(𝑎𝑟𝑐 tan(𝑥) − 𝑥)] − [(0)𝑙𝑛(1 + 02) + 2(𝑎𝑟𝑐 tan(0) − 0)]
= 𝑥 ∙ 𝑙𝑛(1 + 𝑥2) + 2(𝑎𝑟𝑐 tan(𝑥) − 𝑥)
Se determina la ubicación de la carga concentrada previa.
𝑥̅ 𝐼 =
∫ 𝑥̃ 𝑑𝐴
∫ 𝑑𝐴
=
∫ 𝑥𝑦 𝑑𝑥
𝐿2
𝐿1
∫ 𝑦 𝑑𝑥
𝐿2
𝐿1
=
∫ 𝑥(𝑙𝑛(1 + 𝑥2))𝑑𝑥
𝑥
0
∫ 𝑙𝑛(1 + 𝑥2)𝑑𝑥
𝑥
0
=
(𝑥2
+ 1)𝑙𝑛(𝑥2
+ 1)
2
−
𝑥2
2
𝑥 ∙ 𝑙𝑛(𝑥2 + 1) + 2(𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑥) − 𝑥)
El denominador de la expresión anterior, ya había sido resuelto. A continuación se detalla el
procedimiento para esclarecer la forma en que se obtuvo el valor del numerador.](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-66-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
45
La integral en forma indefinida es
∫ 𝑥(𝑙𝑛(1 + 𝑥2))𝑑𝑥
Esta se resuelve como sigue. Sea 𝑧 = 1 + 𝑥2
. Entonces 𝑑𝑧 = 2𝑥𝑑𝑥, y por tanto 𝑥𝑑𝑥 =
1
2
𝑑𝑧. Así, la
regla de sustitución da
∫ 𝑥(𝑙𝑛(1 + 𝑥2))𝑑𝑥 =
1
2
∫ 𝑙𝑛(𝑧)𝑑𝑧
La integral que obtuvimos, ∫ 𝑙𝑛(𝑧)𝑑𝑧, es más sencilla que la original pero todavía no es obvia, así
que aplicamos la regla del producto para derivación para resolverla.
Sea
𝑢 = 𝑙𝑛(𝑧) 𝑑𝑣 = 𝑑𝑧
Entonces
𝑑𝑢 =
1
𝑧
𝑑𝑧 𝑣 = 𝑧
Al integrar por partes tendremos ∫ 𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣 𝑑𝑢, es decir,
∫ 𝑙𝑛(𝑧)𝑑𝑧 = (𝑙𝑛(𝑧))(𝑧) − ∫ 𝑧 (
1
𝑧
𝑑𝑧) = 𝑧𝑙𝑛(𝑧) − ∫ 𝑑𝑧 = 𝑧 ∙ 𝑙𝑛(𝑧) − 𝑧 = 𝑧[𝑙𝑛(𝑧) − 1]
Por lo tanto,
∫ 𝑥(𝑙𝑛(1 + 𝑥2))𝑑𝑥 =
1
2
𝑧[𝑙𝑛(𝑧) − 1]
Sustituyendo 𝑧 = 1 + 𝑥2
en la ecuación anterior se obtiene
∫ 𝑥(𝑙𝑛(1 + 𝑥2))𝑑𝑥 =
1
2
(1 + 𝑥2)[𝑙𝑛(1 + 𝑥2) − 1]
Así, tenemos
∫ 𝑥(𝑙𝑛(1 + 𝑥2))𝑑𝑥
𝑥
0
= [
1
2
(1 + 𝑥2)[𝑙𝑛(1 + 𝑥2) − 1]]
0
𝑥
= [
1
2
(1 + 𝑥2)[𝑙𝑛(1 + 𝑥2) − 1]] − [
1
2
(1 + 02)[𝑙𝑛(1 + 02) − 1]] =
(𝑥2
+ 1)𝑙𝑛(𝑥2
+ 1)
2
−
𝑥2
2
Por consiguiente, la función del momento flector 𝑀 es
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-67-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
46
−𝑀1 − [𝑥 ∙ 𝑙𝑛(𝑥2
+ 1) + 2(𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑥) − 𝑥)] [𝑥 −
(𝑥2
+ 1)𝑙𝑛(𝑥2
+ 1)
2
−
𝑥2
2
𝑥 ∙ 𝑙𝑛(𝑥2 + 1) + 2(𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑥) − 𝑥)
] = 0
𝑀1 = −
𝑥2
∙ 𝑙𝑛(𝑥2
+ 1)
2
+
𝑙𝑛(𝑥2
+ 1)
2
− 2𝑥 ∙ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑥) +
3
2
𝑥2
Los momentos internos de las dos vigas isostáticas restantes de la figura 8-b, son
𝑚1 ⟹ 𝑀1 = 𝑥 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
𝑚2 ⟹ 𝑀1 = −1 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
Se calculan los desplazamientos necesarios empleando el método del trabajo virtual.
𝑑1 =
1
𝐸𝐼
∫ (−
𝑥2
∙ 𝑙𝑛(𝑥2
+ 1)
2
+
𝑙𝑛(𝑥2
+ 1)
2
− 2𝑥 ∙ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑥) +
3
2
𝑥2
) (𝑥)𝑑𝑥
𝐿
0
=
1
𝐸𝐼
[−
𝐿4
∙ 𝑙𝑛(𝐿2
+ 1)
8
+
𝐿2
∙ 𝑙𝑛(𝐿2
+ 1)
4
+
𝑙𝑛(𝐿2
+ 1)
24
−
2𝐿3
∙ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝐿)
3
+
7𝐿4
16
−
𝐿2
24
]
𝑑2 =
1
𝐸𝐼
∫ (−
𝑥2
∙ 𝑙𝑛(𝑥2
+ 1)
2
+
𝑙𝑛(𝑥2
+ 1)
2
− 2𝑥 ∙ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑥) +
3
2
𝑥2
) (−1)𝑑𝑥
𝐿
0
=
1
𝐸𝐼
[
𝐿3
∙ 𝑙𝑛(𝐿2
+ 1)
6
−
𝐿 ∙ 𝑙𝑛(𝐿2
+ 1)
2
+ 𝐿2
∙ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝐿) −
𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝐿)
3
−
11𝐿3
18
+
𝐿
3
]
𝑓11 =
𝐿3
3𝐸𝐼
𝑓21 = −
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑓12 = −
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑓22 =
𝐿
𝐸𝐼
El sistema de ecuaciones de flexibilidades resulta en
Por lo tanto,
𝑅 𝐴𝑌 =
6(𝐿4
− 1)𝑙𝑛(𝐿2
+ 1) + 𝐿(24(𝐿2
+ 1)𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝐿) − 𝐿(19𝐿2
+ 18))
12𝐿3
= 𝐴
𝑀𝐴 =
6(𝐿4
+ 6𝐿2
− 3)𝑙𝑛(𝐿2
+ 1) + 𝐿(96𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝐿) − 13𝐿(𝐿2
+ 6))
72𝐿2
= 𝐵
Ecuaciones de equilibrio. Por último, se calculan las reacciones en el empotramiento 𝐵 aplicando
las ecuaciones de equilibrio en el diagrama de la figura 8-d.
1
𝐸𝐼
[−
𝐿4
∙ 𝑙𝑛(𝐿2
+ 1)
8
+
𝐿2
∙ 𝑙𝑛(𝐿2
+ 1)
4
+
𝑙𝑛(𝐿2
+ 1)
24
−
2𝐿3
∙ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝐿)
3
+
7𝐿4
16
−
𝐿2
24
] +
𝐿3
3𝐸𝐼
𝑅 𝐴𝑌 −
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑀𝐴 − − − (8 − 3)
1
𝐸𝐼
[
𝐿3
∙ 𝑙𝑛(𝐿2
+ 1)
6
−
𝐿 ∙ 𝑙𝑛(𝐿2
+ 1)
2
+ 𝐿2
∙ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝐿) −
𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝐿)
3
−
11𝐿3
18
+
𝐿
3
] −
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑅 𝐴𝑌 +
𝐿
𝐸𝐼
𝑀𝐴 = 0 − − − (8 − 4)](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-68-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
47
La carga concentrada equivalente de la carga distribuida con intensidad logarítmica es
𝐴1 = ∫ 𝐿𝑛(1 + 𝑥2)𝑑𝑥 = 𝐿 ∙ 𝑙𝑛(𝐿2
+ 1) + 2(𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝐿) − 𝐿)
𝐿
0
y su línea de acción se localiza a una distancia de
𝑥̅1 =
∫ 𝑥(𝑙𝑛(1 + 𝑥2))𝑑𝑥
𝐿
0
∫ (𝑙𝑛(1 + 𝑥2))𝑑𝑥
𝐿
0
=
(𝐿2
+ 1)𝑙𝑛(𝐿2
+ 1)
2
−
𝐿2
2
𝐿 ∙ 𝑙𝑛(𝐿2 + 1) + 2(𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝐿) − 𝐿)
𝑎 𝑙𝑎 𝑑𝑒𝑟𝑒𝑐ℎ𝑎 𝑑𝑒 𝐴
El equilibrio estático del cuerpo libre estriba en
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒
6(𝐿4
− 1)𝑙𝑛(𝐿2
+ 1) + 𝐿(24(𝐿2
+ 1)𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝐿) − 𝐿(19𝐿2
+ 18))
12𝐿3
−[𝐿 ∙ 𝑙𝑛(𝐿2
+ 1) + 2(𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝐿) − 𝐿)] + 𝑅 𝐵𝑌 = 0
∴ 𝑅 𝐵𝑌 =
6(𝐿4
+ 1) ∗ 𝐿𝑛(𝐿2
+ 1) − 𝐿(24𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝐿) + 𝐿(5𝐿2
− 18))
12𝐿3
= 𝐶
+ ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ − [
6(𝐿4
+ 6𝐿2
− 3)𝑙𝑛(𝐿2
+ 1) + 𝐿(96𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝐿) − 13𝐿(𝐿2
+ 6))
72𝐿2
]
+[𝐿 ∙ 𝑙𝑛(𝐿2
+ 1) + 2(𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝐿) − 𝐿)] [
(𝐿2
+ 1)𝑙𝑛(𝐿2
+ 1)
2
−
𝐿2
2
𝐿 ∙ 𝑙𝑛(𝐿2 + 1) + 2(𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝐿) − 𝐿)
]
− [
6(𝐿4
+ 1) ∗ 𝐿𝑛(𝐿2
+ 1) − 𝐿(24𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝐿) + 𝐿(5𝐿2
− 18))
12𝐿3
] (𝐿) + 𝑀 𝐵 = 0
∴ 𝑀 𝐵 =
6(𝐿4
+ 3) ∗ 𝐿𝑛(𝐿2
+ 1) − 𝐿(48𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝐿) + 𝐿(7𝐿2
− 30))
72𝐿2
= 𝐷
𝐴 𝐵
𝐿
𝑦 = 𝑙𝑛(1 + 𝑥2)
𝑅 𝐵𝑌 = 𝐶
𝑀 𝐵 = 𝐷𝑀𝐴 = 𝐵
𝑅 𝐴𝑌 = 𝐴
𝐴1
𝑥̅1
(d)](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-69-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
49
𝐿
2⁄ ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
−𝑀2 − 𝑀 = 0 ⇒ 𝑀2 = 𝑀
Se toman momentos alrededor del punto del corte en cada seccionamiento para deducir las
funciones de los momentos 𝑀, figuras 9-c y 9-d.
Se retoman los siguientes momentos internos
𝑚1 ⟹ 𝑀1 = 𝑥 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
𝑚2 ⟹ 𝑀1 = −1 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
Se requiere de
𝑑1 =
1
𝐸𝐼
[∫ (0)(𝑥)𝑑𝑥 + ∫ (𝑀)(𝑥)𝑑𝑥
𝐿
𝐿
2⁄
𝐿
2⁄
0
] =
3𝑀𝐿2
8𝐸𝐼
𝑑2 =
1
𝐸𝐼
[∫ (0)(−1)𝑑𝑥 + ∫ (𝑀)(−1)𝑑𝑥
𝐿
𝐿
2⁄
𝐿
2⁄
0
] = −
𝑀𝐿
2𝐸𝐼
𝑓11 =
𝐿3
3𝐸𝐼
𝑓21 = −
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑓12 = −
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑓22 =
𝐿
𝐸𝐼
Las ecuaciones de compatibilidad necesarias son
3𝑀𝐿2
8𝐸𝐼
+
𝐿3
3𝐸𝐼
𝑅 𝐴𝑌 −
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑀𝐴 = 0 − − − (9 − 1)
−
𝑀𝐿
2𝐸𝐼
−
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑅 𝐴𝑌 +
𝐿
𝐸𝐼
𝑀𝐴 = 0 − − − (9 − 2)
La solución del sistema de ecuaciones (9 − 1) y (9 − 2) corresponde a
𝑅 𝐴𝑌 = −
3𝑀
2𝐿
⇒∴ 𝑅 𝐴𝑌 =
3𝑀
2𝐿
𝑀𝐴 = −
𝑀
4
∴ 𝑀𝐴 =
𝑀
4
𝐴
𝐿/2
𝑥
𝑀
𝑀2
𝑥 − 𝐿/2
(d)](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-71-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
52
0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 ⇒ 𝑀1 = 0
𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎 + 𝑏
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
−𝑀2 − 𝑃(𝑥 − 𝑎) = 0 ⇒ 𝑀2 = −𝑃𝑥 + 𝑃𝑎
Los momentos internos 𝑚1 y 𝑚2, corresponden a
𝑚1 ⟹ 𝑀1 = 𝑥 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎 + 𝑏
𝑚2 ⟹ 𝑀1 = −1 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎 + 𝑏
Se calculan las incompatibilidades geométricas.
𝑑1 =
1
𝐸𝐼
[∫ (0)(𝑥)𝑑𝑥 + ∫ (−𝑃𝑥 + 𝑃𝑎)(𝑥)𝑑𝑥
𝑎+𝑏
𝑎
𝑎
0
] =
1
𝐸𝐼
[∫ (−𝑃𝑥2
+ 𝑃𝑎𝑥)𝑑𝑥
𝑎+𝑏
𝑎
] =
1
𝐸𝐼
[
−𝑃𝑥3
3
+
𝑃𝑎𝑥2
2
]
𝑎
𝑎+𝑏
=
1
𝐸𝐼
{(
−𝑃(𝑎 + 𝑏)3
3
+
𝑃𝑎(𝑎 + 𝑏)2
2
) − (
−𝑃(𝑎)3
3
+
𝑃𝑎(𝑎)2
2
)}
=
1
𝐸𝐼
{(−
𝑃
3
(𝑎3
+ 3𝑎𝑏2
+ 3𝑎2
𝑏 + 𝑏3) +
𝑃
2
𝑎(𝑎2
+ 2𝑎𝑏 + 𝑏2)) − (
𝑃
6
𝑎3
)}
=
1
𝐸𝐼
(−
𝑃
3
𝑎3
− 𝑃𝑎𝑏2
− 𝑃𝑎2
𝑏 −
𝑃
3
𝑏3
+
𝑃
2
𝑎3
+ 𝑃𝑎2
𝑏 +
𝑃
2
𝑎𝑏2
−
𝑃
6
𝑎3
) = −
𝑃𝑎𝑏2
2𝐸𝐼
−
𝑃𝑏3
3𝐸𝐼
𝑑2 =
1
𝐸𝐼
[∫ (0)(−1)𝑑𝑥 + ∫ (−𝑃𝑥 + 𝑃𝑎)(−1)𝑑𝑥
𝑎+𝑏
𝑎
𝑎
0
] =
1
𝐸𝐼
[∫ (𝑃𝑥 − 𝑃𝑎)𝑑𝑥
𝑎+𝑏
𝑎
]
=
1
𝐸𝐼
[
𝑃𝑥2
2
− 𝑃𝑎𝑥]
𝑎
𝑎+𝑏
=
1
𝐸𝐼
{(
𝑃(𝑎 + 𝑏)2
2
− 𝑃𝑎(𝑎 + 𝑏)) − (
𝑃(𝑎)2
2
− 𝑃𝑎(𝑎))}
𝐴
𝑀1
𝑥
𝐴
𝑎 𝑥 − 𝑎
𝑃
𝑥
𝑀2
(c)
(d)](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-74-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
53
Se determinan los coeficientes de flexibilidad.
𝑓11 =
1
𝐸𝐼
∫ (𝑥)(𝑥)𝑑𝑥 =
1
𝐸𝐼
𝑎+𝑏
0
∫ 𝑥2
𝑑𝑥
𝑎+𝑏
0
=
1
𝐸𝐼
[
𝑥3
3
]
0
𝑎+𝑏
=
(𝑎 + 𝑏)3
3𝐸𝐼
𝑓21 =
1
𝐸𝐼
∫ (𝑥)(−1)𝑑𝑥 =
1
𝐸𝐼
∫ −𝑥𝑑𝑥
𝑎+𝑏
0
=
1
𝐸𝐼
[
𝑥2
2
]
0
𝑎+𝑏
= −
(𝑎 + 𝑏)2
2𝐸𝐼
𝑎+𝑏
0
𝑓12 = 𝑓21 = −
(𝑎 + 𝑏)2
2𝐸𝐼
𝑓22 =
1
𝐸𝐼
∫ (−1)(−1)𝑑𝑥 =
1
𝐸𝐼
∫ 𝑑𝑥
𝑎+𝑏
0
=
1
𝐸𝐼
[𝑥]0
𝑎+𝑏
=
𝑎 + 𝑏
𝐸𝐼
𝑎+𝑏
0
Las ecuaciones de compatibilidad necesarias son
− (
𝑃𝑎𝑏2
2𝐸𝐼
+
𝑃𝑏3
3𝐸𝐼
) +
(𝑎 + 𝑏)3
3𝐸𝐼
𝑅 𝐴𝑌 −
(𝑎 + 𝑏)2
2𝐸𝐼
𝑀𝐴 = 0 − − − (10 − 1)
𝑃𝑏2
2𝐸𝐼
−
(𝑎 + 𝑏)2
2𝐸𝐼
𝑅 𝐴𝑌 +
𝑎 + 𝑏
𝐸𝐼
𝑀𝐴 = 0 − − − (10 − 2)
Al resolver el sistema de ecuaciones (10 − 1) (10 − 2), se tienen los siguientes valores para las
fuerzas redundantes
𝑅 𝐴𝑌 =
(3𝑎 + 𝑏)𝑏2
𝑃
(𝑎 + 𝑏)3
=
(3𝑎 + 𝑏)𝑏2
𝑃
(𝐿)3
=
𝑃𝑏2
𝐿3
(3(𝐿 − 𝑏) + 𝑏) =
𝑃𝑏2
𝐿2
(
3𝐿 − 2𝑏
𝐿
)
= [
𝑃𝑏2
𝐿2
(3 − 2
𝑏
𝐿
)]
𝑀𝐴 =
𝑎𝑏2
𝑃
𝑎2 + 2𝑎𝑏 + 𝑏2
=
𝑃𝑎𝑏2
(𝑎 + 𝑏)2
=
𝑃𝑎𝑏2
𝐿2
Ecuaciones de equilibrio, figura 10-e. Por lo tanto,
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒
(3𝑎 + 𝑏)𝑏2
𝑃
(𝑎 + 𝑏)3
− 𝑃 + 𝑅 𝐵𝑌 = 0
𝑅 𝐵𝑌 =
𝑎2(𝑎 + 3𝑏)𝑃
(𝑎 + 𝑏)3
=
𝑃𝑎2(𝑎 + 3𝑏)
𝐿3
=
𝑃𝑎2
𝐿3
(𝑎 + 3(𝐿 − 𝑎)) =
𝑃𝑎2
𝐿3
(3𝐿 − 2𝑎)
=
1
𝐸𝐼
{(
𝑃
2
(𝑎2
+ 2𝑎𝑏 + 𝑏2) − (𝑃𝑎2
+ 𝑃𝑎𝑏)) − (−
𝑃
2
𝑎2
)} =
1
𝐸𝐼
(
𝑃
2
𝑎2
+ 𝑃𝑎𝑏 +
𝑃
2
𝑏2
− 𝑃𝑎2
− 𝑃𝑎𝑏 +
𝑃
2
𝑎2
) =
𝑃𝑏2
2𝐸𝐼](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-75-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
54
=
𝑃𝑎2
𝐿2
(
3𝐿 − 2𝑎
𝐿
) = [
𝑃𝑎2
𝐿2
(3 − 2
𝑎
𝐿
)]
+ ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ −
𝑃𝑎𝑏2
(𝑎 + 𝑏)2
+ 𝑃𝑎 −
𝑃𝑎2(𝑎 + 3𝑏)
(𝑎 + 𝑏)3
(𝑎 + 𝑏) + 𝑀 𝐵 = 0
𝑀 𝐵 =
𝑃𝑎2
𝑏
(𝑎 + 𝑏)2
=
𝑃𝑎2
𝑏
𝐿2
Las fuerzas de fijación y los momentos de empotramiento perfecto se muestran en la figura 10-f.
𝐴 𝐵
𝑎 𝑏
𝑃
𝐿 𝑅 𝐵𝑌
𝑀 𝐵
𝑅 𝐴𝑌 = [
𝑃𝑏2
𝐿2
(3 − 2
𝑏
𝐿
)]
𝑀𝐴 =
𝑃𝑎𝑏2
𝐿2
𝐴 𝐵
𝑎 𝑏
𝑃
𝐿𝑅 𝐴𝑌 = [
𝑃𝑏2
𝐿2
(3 − 2
𝑏
𝐿
)]
𝑀 𝐴 =
𝑃𝑎𝑏2
𝐿2
𝑅 𝐵𝑌 = [
𝑃𝑎2
𝐿2
(3 − 2
𝑎
𝐿
)]
𝑀 𝐵 =
𝑃𝑎2
𝑏
𝐿2
(e)
(f)](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-76-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
56
Ecuaciones de compatibilidad. Se calculan los momentos flexionantes 𝑀 a partir de las figuras
11-c y 11-d.
0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
𝑀1 = 0
𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎 + 𝑏
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
−𝑀2 + 𝑀 = 0 ⇒ 𝑀2 = 𝑀
Se tienen siguientes momentos internos 𝑚1 y 𝑚2
𝑚1 ⟹ 𝑀1 = 𝑥 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎 + 𝑏
𝑚2 ⟹ 𝑀1 = −1 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎 + 𝑏
El desplazamiento vertical y la pendiente en 𝐴 de la estructuras primaria son, respectivamente
𝑑1 =
1
𝐸𝐼
[∫ (0)(𝑥)𝑑𝑥 + ∫ (𝑀)(𝑥)𝑑𝑥
𝑎+𝑏
𝑎
𝑎
0
] =
(2𝑎 + 𝑏)(𝑏𝑀)
2𝐸𝐼
𝑑2 =
1
𝐸𝐼
[∫ (0)(−1)𝑑𝑥 + ∫ (𝑀)(−1)𝑑𝑥
𝑎+𝑏
𝑎
𝑎
0
] = −
𝑏𝑀
2𝐸𝐼
Por otra parte, los coeficientes de flexibilidad corresponden a
𝑓11 =
(𝑎 + 𝑏)3
3𝐸𝐼
𝑓21 = −
(𝑎 + 𝑏)2
2𝐸𝐼
𝑓12 = −
(𝑎 + 𝑏)2
2𝐸𝐼
𝑓22 =
𝑎 + 𝑏
𝐸𝐼
Se plantea el sistema de ecuaciones de compatibilidad geométrica y se calculan las reacciones
redundantes.
(2𝑎 + 𝑏)(𝑏𝑀)
2𝐸𝐼
+
(𝑎 + 𝑏)3
3𝐸𝐼
𝑅 𝐴𝑌 −
(𝑎 + 𝑏)2
2𝐸𝐼
𝑀𝐴 = 0 − − − (11 − 1)
𝐴
𝑀1
𝑥
𝐴
𝑎 𝑥 − 𝑎
𝑀
𝑥
𝑀2
(c)
(d)](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-78-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
60
Expresando la ecuación (12 − 1) en términos de la incógnita, se tiene
0 = 𝑑1 + 𝑓11 𝑅 𝐴𝑋 = 0 − − − (12 − 2)
Se determinan las fuerzas normales 𝑁 con base en las figuras 12-e y 12-f.
0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0
𝑁1 = 0
𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎 + 𝑏
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0
𝑁2 − 𝑃 cos 𝛼 = 0 ⇒ 𝑁2 = 𝑃 cos 𝛼
Se deduce la fuerza normal 𝑛 a partir de la figura 12-g.
0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎 + 𝑏
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0
𝑁1 + 1 = 0 ⇒ 𝑁1 = −1
Al emplear la ecuación para determinar la deformación axial, se tiene que la incompatibilidad
geométrica es
𝑑1 = ∫
𝑁𝑛
𝐴𝐸
𝐿2
𝐿1
𝑑𝑥 = ∫
(0)(−1)
𝐴𝐸
𝑎
0
𝑑𝑥 + ∫
(𝑃 cos 𝛼)(−1)
𝐴𝐸
𝑎+𝑏
𝑎
𝑑𝑥 = −
𝑃 cos 𝛼
𝐴𝐸
[𝑥] 𝑎
𝑎+𝑏
= −
𝑃 cos 𝛼
𝐴𝐸
[(𝑎 + 𝑏) − (𝑎)] = −
𝑃𝑏 cos 𝛼
𝐴𝐸
𝐴
𝑁1
𝑥
𝐴
𝑎 𝑥 − 𝑎
𝑥
𝑁2
𝑃 cos 𝛼
(e)
(f)
𝐴
𝑁1
𝑥
1
(g)](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-82-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
61
o también
𝑑1 =
𝑁𝑛𝐿´
𝐴𝐸
=
(0)(−1)(𝑎)
𝐴𝐸
+
(𝑃 cos 𝛼)(−1)(𝑏)
𝐴𝐸
= −
𝑃𝑏 cos 𝛼
𝐴𝐸
Por otra parte, el coeficiente de flexibilidad es
𝑓11 = ∫
𝑁𝑛
𝐴𝐸
𝐿2
𝐿1
𝑑𝑥 = ∫
(−1)(−1)
𝐴𝐸
𝑎+𝑏
0
𝑑𝑥 =
1
𝐴𝐸
[𝑥] 𝑎
𝑎+𝑏
=
1
𝐴𝐸
[(𝑎 + 𝑏) − (0)] =
𝑎 + 𝑏
𝐴𝐸
o también
𝑓11 =
𝑛𝑛𝐿´
𝐴𝐸
=
(−1)(−1)(𝑎 + 𝑏)
𝐴𝐸
=
𝑎 + 𝑏
𝐴𝐸
Nota: Para las ecuaciones anteriores, 𝐿´ no es necesariamente la longitud de la viga, más bien hace
referencia a la longitud del tramo analizado.
A continuación se sustituyen los resultados obtenidos para los desplazamientos horizontales en el
punto 𝐴 de cada viga en la ecuación (12 − 2)
−
𝑃𝑏 cos 𝛼
𝐴𝐸
+
𝑎 + 𝑏
𝐴𝐸
𝑅 𝐴𝑋 = 0 − − − (12 − 3)
Al resolver la ecuación lineal (12 − 3), resulta
𝑅 𝐴𝑋 =
𝑃𝑏 cos 𝛼
𝐴𝐸
𝑎 + 𝑏
𝐴𝐸
=
𝑃𝑏 cos 𝛼
𝑎 + 𝑏
=
(𝑃 cos 𝛼)(𝑏)
𝐿
La reacción restante desconocida se obtiene de
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ −𝑃 cos 𝛼 +
(𝑃 cos 𝛼)(𝑏)
𝐿
+ 𝑅 𝐵𝑋 = 0 ⇒ 𝑅 𝐵𝑋 = (𝑃 cos 𝛼) ൬1 −
𝑏
𝐿
൰ = (𝑃 cos 𝛼) ൬
𝐿 − 𝑏
𝐿
൰
= (𝑃 cos 𝛼) (
(𝑎 + 𝑏) − 𝑏
𝐿
) =
(𝑃 cos 𝛼)(𝑎)
𝐿
Las reacciones de los empotramientos 𝐴 y 𝐵 para la viga 12-b3 se esquematizan en la figura 12-h.
𝐴 𝐵
𝑃 cos 𝛼
𝑎 𝑏
𝑅 𝐴𝑋 =
( 𝑃 cos 𝛼)( 𝑏)
𝐿 𝑅 𝐵𝑋 =
( 𝑃 cos 𝛼)( 𝑎)
𝐿
(h)](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-83-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
64
Ecuaciones de compatibilidad. Inicialmente se analiza la estructura primaria. Para el cálculo de
las reacciones en los soportes de esta estructura liberada sometida a las solicitaciones reales, se
sigue el siguiente procedimiento:
Se calcula la fuerza resultante de la carga distribuida cuya intensidad varía de forma senoidal
hallando el área bajo la curva.
𝐴 = ∫ 𝑑𝐴 = ∫ 𝑊𝑑𝑥
𝐿2
𝐿1
𝐴 = ∫ 𝑤𝑜 𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
)
𝐿
0
𝑑𝑥 = 𝑤𝑜 ∫ 𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
)
𝐿
0
𝑑𝑥
Primero se resuelve la integral previa de forma indefinida. Sea 𝑢 =
𝜋𝑥
𝐿
, entonces 𝑑𝑢 =
𝜋
𝐿
𝑑𝑥, en
consecuencia 𝑑𝑥 =
𝐿
𝜋
𝑑𝑢. Al aplicar la regla de sustitución, resulta
∫ 𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
) 𝑑𝑥 = ∫ 𝑠𝑒𝑛 𝑢 ∙
𝐿
𝜋
𝑑𝑢 =
𝐿
𝜋
∫ 𝑠𝑒𝑛𝑢 𝑑𝑢 =
𝐿
𝜋
(−𝑐𝑜𝑠𝑢) = −
𝐿
𝜋
𝑐𝑜𝑠 (
𝜋𝑥
𝐿
)
Así, considerando la solución de la integral de forma definida, se tiene
𝐴 = −𝑤𝑜
𝐿
𝜋
[𝑐𝑜𝑠 (
𝜋𝑥
𝐿
)]
0
𝐿
= −𝑤𝑜
𝐿
𝜋
[𝑐𝑜𝑠(𝜋) − 𝑐𝑜𝑠(0)] = −𝑤𝑜
𝐿
𝜋
(−1 − 1) = 2𝑤𝑜
𝐿
𝜋
Se determina el brazo de palanca de la resultante calculando el centroide de área.
𝑥̅ =
∫ 𝑥̃ 𝑑𝐴
∫ 𝑑𝐴
=
∫ 𝑥𝑊 𝑑𝑥
𝐿2
𝐿1
∫ 𝑊 𝑑𝑥
𝐿2
𝐿1
=
∫ 𝑥
𝐿
0
[𝑤𝑜 𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
)] 𝑑𝑥
∫ 𝑤𝑜 𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
)
𝐿
0
𝑑𝑥
El denominador ya fue resulto. Enseguida se resuelve el numerador. La integral en forma indefinida
es
∫ 𝑥 [𝑤𝑜 𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
)] 𝑑𝑥 = 𝑤𝑜 ∫ 𝑥𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
) 𝑑𝑥
Ahora se aplica la integración por partes, ∫ 𝑢𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣𝑑𝑢. Aquí 𝑢 = 𝑥 y 𝑑𝑣 = 𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
) 𝑑𝑥. Por
consiguiente, 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 y 𝑣 = ∫ 𝑑𝑣 = ∫ 𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
) 𝑑𝑥 = −
𝐿
𝜋
𝑐𝑜𝑠 (
𝜋𝑥
𝐿
). En consecuencia,
𝑤𝑜 ∫ 𝑥𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
) 𝑑𝑥 = 𝑤𝑜 (𝑥 (−
𝐿
𝜋
𝑐𝑜𝑠 (
𝜋𝑥
𝐿
)) − ∫ (−
𝐿
𝜋
𝑐𝑜𝑠 (
𝜋𝑥
𝐿
)) 𝑑𝑥)
= −𝑤𝑜
𝐿
𝜋
(𝑥𝑐𝑜𝑠 (
𝑥𝜋
𝐿
) − ∫ (𝑐𝑜𝑠 (
𝜋𝑥
𝐿
)) 𝑑𝑥) = 𝑤𝑜
𝐿
𝜋
{[
𝐿
𝜋
𝑠𝑒𝑛 (
𝑥𝜋
𝐿
) − 𝑥𝑐𝑜𝑠 (
𝑥𝜋
𝐿
)]}
Finalmente, la solución de la integral de forma definida es
∫ 𝑥
𝐿
0
[𝑤𝑜 𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
)] 𝑑𝑥 = 𝑤𝑜
𝐿
𝜋
{[
𝐿
𝜋
𝑠𝑒𝑛 (
𝑥𝜋
𝐿
) − 𝑥𝑐𝑜𝑠 (
𝑥𝜋
𝐿
)]
0
𝐿
}](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-86-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
65
𝑤𝑜
𝐿
𝜋
{[
𝐿
𝜋
[𝑠𝑒𝑛(𝜋)] − (𝐿)[𝑐𝑜𝑠(𝜋)]] − [
𝐿
𝜋
[𝑠𝑒𝑛(0)] − (0)[𝑐𝑜𝑠(0)]]}
= 𝑤𝑜
𝐿
𝜋
(𝐿 − 0) = 𝑤𝑜
𝐿
𝜋
(𝐿 − 0) = 𝑤𝑜
𝐿2
𝜋
Entonces, el punto de aplicación de la fuerza resultante viene dado por
𝑥̅ =
𝑤𝑜
𝐿2
𝜋
2𝑤𝑜
𝐿
𝜋
=
𝐿2
2𝐿
=
1
2
𝐿
Se identifican las reacciones del empotramiento 𝐴. En la figura 13-c se observa el diagrama de
cargas de la viga primaria.
Al aplicar las ecuaciones de equilibrio, se obtiene
+ ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ (2𝑤𝑜
𝐿
𝜋
) (
𝐿
2
) − 𝑀𝐴 = 0 ⇒ ∴ 𝑀𝐴 = 𝑤𝑜
𝐿2
𝜋
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 𝑅 𝐴𝑌 − 2𝑤𝑜
𝐿
𝜋
= 0 ⇒ 𝑅 𝐴𝑌 = 2𝑤𝑜
𝐿
𝜋
⇒ ∴ 𝑅 𝐴𝑌 = 2𝑤𝑜
𝐿
𝜋
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐴𝑋 = 0
Los resultados son presentados en la figura 1-14d. Dado que la carga distribuida no presenta
discontinuidad, la función de momento no será discontinua a lo largo de la estructura. El origen del
sistema coordenado se selecciona en el extremo empotrado 𝐴.
𝐴 𝐵
𝑥̅ = 𝐿/2 𝐿/2
𝑊 = 𝑤0 sen
𝜋𝑥
𝐿
𝑤0
𝐴 = 2𝑤0
𝐿
𝜋
𝑅 𝐴𝑌
𝑀 𝐴
𝑅 𝐴𝑋
(c)](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-87-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
66
Se emplea el método de secciones para deducir el momento 𝑀. A continuación, en la figura 1-14e,
se proporciona un diagrama de cuerpo libre del segmento de viga con longitud 𝑥. Teniendo la función
que define a la carga armónica, la resultante de la distribución actuante y su punto de aplicación se
encuentran de la manera usual.
0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
𝐴 𝐶 = ∫ 𝑤𝑜 𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
)
𝑥
0
𝑑𝑥 = 𝑤𝑜
𝐿
𝜋
[−𝑐𝑜𝑠 (
𝜋𝑥
𝐿
)]
0
𝑥
= 𝑤𝑜
𝐿
𝜋
{− [𝑐𝑜𝑠 (
𝜋𝑥
𝐿
) − 𝑐𝑜𝑠(0)]}
𝐴 𝐵
𝑥̅ = 𝐿/2 𝐿/2
𝑥
𝑊 = 𝑤0 sen
𝜋𝑥
𝐿
𝑤0
𝐴 = 2𝑤0
𝐿
𝜋
𝑅 𝐴𝑌 = 2𝑤 𝑜
𝐿
𝜋
𝑀 𝐴 = 𝑤 𝑜
𝐿2
𝜋
(d)
𝐴
𝑥
𝑊 = 𝑤0 sen
𝜋𝑥
𝐿
𝑅 𝐴𝑌 = 2𝑤 𝑜
𝐿
𝜋
𝑀 𝐴 = 𝑤 𝑜
𝐿2
𝜋
𝑥 − 𝑥̅ 𝐶𝑥̅ 𝐶
𝐴 𝐶
𝑀1 (e)](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-88-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
67
= 𝑤𝑜
𝐿
𝜋
[1 − 𝑐𝑜𝑠 (
𝜋𝑥
𝐿
)]
𝑥̅ 𝐶 =
∫ 𝑥̃ 𝑑𝐴
∫ 𝑑𝐴
=
∫ 𝑥𝑦 𝑑𝑥
𝐿2
𝐿1
∫ 𝑦 𝑑𝑥
𝐿2
𝐿1
=
∫ 𝑥
𝑥
0
[𝑤𝑜 𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
)] 𝑑𝑥
∫ 𝑤𝑜 𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
)
𝑥
0
𝑑𝑥
=
𝑤𝑜
𝐿
𝜋
{[
𝐿
𝜋
𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
) − 𝑥𝑐𝑜𝑠 (
𝜋𝑥
𝐿
)]
0
𝑥
}
𝑤𝑜
𝐿
𝜋
[1 − 𝑐𝑜𝑠 (
𝜋𝑥
𝐿
)]
𝑥̅ 𝐶 =
{[
𝐿
𝜋
𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
) − 𝑥𝑐𝑜𝑠 (
𝜋𝑥
𝐿
)] − [
𝐿
𝜋
[𝑠𝑒𝑛(0)] − (0)[𝑐𝑜𝑠(0)]]}
1 − 𝑐𝑜𝑠 (
𝜋𝑥
𝐿
)
=
𝐿
𝜋
𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
) − 𝑥𝑐𝑜𝑠 (
𝜋𝑥
𝐿
)
1 − 𝑐𝑜𝑠 (
𝜋𝑥
𝐿
)
Tomando momentos alrededor del punto del corte, tenemos
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
−𝑀1 − 𝑤𝑜
𝐿2
𝜋
− 𝑤𝑜
𝐿
𝜋
[1 − 𝑐𝑜𝑠 (
𝜋𝑥
𝐿
)] [𝑥 −
𝐿
𝜋
𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
) − 𝑥𝑐𝑜𝑠 (
𝜋𝑥
𝐿
)
1 − 𝑐𝑜𝑠 (
𝜋𝑥
𝐿
)
] + 2𝑤𝑜
𝐿
𝜋
(𝑥) = 0
𝑀1 = −𝑤𝑜
𝐿2
𝜋
− 𝑤𝑜
𝐿
𝜋
[𝑥 −
𝐿
𝜋
𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
)] + 2𝑤𝑜
𝐿
𝜋
𝑥 = 𝑤𝑜
𝐿2
𝜋2
𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
) + 𝑤𝑜
𝐿
𝜋
𝑥 − 𝑤𝑜
𝐿2
𝜋
Se determina el momento 𝑚1 a partir de la estructura liberada sometida a la acción de una unidad
de la fuerza redundante 𝑅 𝐵𝑌 y el equilibrio interno de la misma, figuras 13-f y 13-g.
0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
𝐿 − 1(𝑥) − 𝑀1 = 0 ⇒ 𝑀1 = 𝐿 − 𝑥
1
𝐴 𝐵
𝐿
𝑥
1
𝐿
(f)
𝐴
𝑀1
𝑥
1
𝐿
(g)](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-89-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
68
Se calcula el momento 𝑚2 con base en la estructura liberada que soporta como carga al momento
redundante unitario, figura 13-f, y su correspondiente seccionamiento, figura 13-g.
0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
−1 − 𝑀1 = 0 ⇒ 𝑀1 = −1
Enseguida se determinan las incompatibilidades geométricas 𝑑1 y 𝑑2.
𝑑1 =
1
𝐸𝐼
[∫ (𝑤𝑜
𝐿2
𝜋2
𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
) + 𝑤𝑜
𝐿
𝜋
𝑥 − 𝑤𝑜
𝐿2
𝜋
) (𝐿 − 𝑥)𝑑𝑥
𝐿
0
]
=
1
𝐸𝐼
[∫ (𝑤𝑜
𝐿3
𝜋2
𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
)) 𝑑𝑥
𝐿
0
+ ∫ (𝑤𝑜
𝐿2
𝜋
𝑥) 𝑑𝑥
𝐿
0
− ∫ (𝑤𝑜
𝐿3
𝜋
) 𝑑𝑥
𝐿
0
]
+
1
𝐸𝐼
[− ∫ (𝑤𝑜
𝐿2
𝜋2
𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
)) 𝑥𝑑𝑥
𝐿
0
− ∫ (𝑤𝑜
𝐿
𝜋
𝑥2
) 𝑑𝑥
𝐿
0
+ ∫ (𝑤𝑜
𝐿2
𝜋
) 𝑥𝑑𝑥
𝐿
0
]
Para mayor facilidad, se resuelven las integrales previas de manera individual.
∫ (𝑤𝑜
𝐿3
𝜋2
𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
)) 𝑑𝑥
𝐿
0
= 𝑤𝑜
𝐿3
𝜋2
∫ 𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
) 𝑑𝑥
𝐿
0
= (𝑤𝑜
𝐿3
𝜋2
) (2
𝐿
𝜋
) = 2𝑤𝑜
𝐿4
𝜋3
∫ (𝑤𝑜
𝐿2
𝜋
𝑥) 𝑑𝑥
𝐿
0
= 𝑤𝑜
𝐿2
𝜋
∫ 𝑥𝑑𝑥
𝐿
0
= 𝑤𝑜
𝐿2
𝜋
[
𝑥2
2
]
0
𝐿
=
1
2
𝑤𝑜
𝐿4
𝜋
∫ (𝑤𝑜
𝐿3
𝜋
) 𝑑𝑥
𝐿
0
= 𝑤𝑜
𝐿3
𝜋
∫ 𝑑𝑥
𝐿
0
= 𝑤𝑜
𝐿3
𝜋
[𝑥]0
𝐿
= 𝑤𝑜
𝐿4
𝜋
∫ (𝑤𝑜
𝐿2
𝜋2
𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
)) 𝑥𝑑𝑥
𝐿
0
= 𝑤𝑜
𝐿2
𝜋2
∫ 𝑥𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
) 𝑑𝑥
𝐿
0
= (𝑤𝑜
𝐿2
𝜋2
) (
𝐿2
𝜋
) = 𝑤𝑜
𝐿4
𝜋3
1
𝐴 𝐵
𝐿
𝑥
1
(f)
𝐴
𝑀1
𝑥
1
(g)](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-90-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
69
∫ (𝑤𝑜
𝐿
𝜋
𝑥2
) 𝑑𝑥
𝐿
0
= 𝑤𝑜
𝐿2
𝜋
∫ 𝑥2
𝑑𝑥
𝐿
0
= 𝑤𝑜
𝐿
𝜋
[
𝑥3
3
]
0
𝐿
=
1
3
𝑤𝑜
𝐿4
𝜋
∫ (𝑤𝑜
𝐿2
𝜋
) 𝑥𝑑𝑥
𝐿
0
= 𝑤𝑜
𝐿2
𝜋
∫ 𝑥𝑑𝑥
𝐿
0
=
1
2
𝑤𝑜
𝐿4
𝜋
Por consiguiente,
𝑑1 =
1
𝐸𝐼
(2𝑤𝑜
𝐿4
𝜋3
+
1
2
𝑤𝑜
𝐿4
𝜋
− 𝑤𝑜
𝐿4
𝜋
− 𝑤𝑜
𝐿4
𝜋3
−
1
3
𝑤𝑜
𝐿4
𝜋
+
1
2
𝑤𝑜
𝐿4
𝜋
) =
1
𝐸𝐼
(−
𝑤𝑜
3
𝐿4
𝜋
+ 𝑤𝑜
𝐿4
𝜋3
)
= −
1
3𝐸𝐼
𝑤𝑜
𝐿4
𝜋3
(𝜋2
− 3)
𝑑2 =
1
𝐸𝐼
[∫ (𝑤𝑜
𝐿2
𝜋2
𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
) + 𝑤𝑜
𝐿
𝜋
𝑥 − 𝑤𝑜
𝐿2
𝜋
) (−1)𝑑𝑥
𝐿
0
]
=
1
𝐸𝐼
[∫ (−𝑤𝑜
𝐿2
𝜋2
𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
) − 𝑤𝑜
𝐿
𝜋
𝑥 + 𝑤𝑜
𝐿2
𝜋
) 𝑑𝑥
𝐿
0
]
=
1
𝐸𝐼
[∫ (−𝑤𝑜
𝐿2
𝜋2
𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
)) 𝑑𝑥
𝐿
0
− ∫ (𝑤𝑜
𝐿
𝜋
𝑥) 𝑑𝑥
𝐿
0
+ ∫ (𝑤𝑜
𝐿2
𝜋
) 𝑑𝑥
𝐿
0
]
=
1
𝐸𝐼
[(−𝑤𝑜
𝐿2
𝜋2
) (2
𝐿
𝜋
) + (−𝑤𝑜
𝐿
𝜋
) (
𝐿2
2
) + (𝑤𝑜
𝐿2
𝜋
) (𝐿)] =
1
𝐸𝐼
(−2𝑤𝑜
𝐿3
𝜋3
−
1
2
𝑤𝑜
𝐿3
𝜋
+ 𝑤𝑜
𝐿3
𝜋
)
=
1
𝐸𝐼
(
1
2
𝑤𝑜
𝐿3
𝜋
− 2𝑤𝑜
𝐿3
𝜋3
) =
1
2𝐸𝐼
𝑤𝑜
𝐿3
𝜋3
(𝜋2
− 4)
Por otra parte, los coeficientes de flexibilidad 𝑓11 hasta 𝑓22 son resultado de
𝑓11 =
1
𝐸𝐼
∫ (𝐿 − 𝑥)(𝐿 − 𝑥)𝑑𝑥
𝐿
0
=
1
𝐸𝐼
∫ (𝐿 − 𝑥)2
𝑑𝑥
𝐿
0
=
1
𝐸𝐼
[
1
3
(𝐿 − 𝑥)3
]
0
𝐿
=
𝐿3
3𝐸𝐼
𝑓21 = 𝑓12 =
1
𝐸𝐼
∫ (𝐿 − 𝑥)(−1)𝑑𝑥 = −
1
𝐸𝐼
∫ (𝑥 − 𝐿)𝑑𝑥
𝐿
0
= −
1
𝐸𝐼
[
1
2
(𝑥 − 𝐿)2
]
0
𝐿
= −
𝐿2
2𝐸𝐼
𝐿
0
𝑓22 =
1
𝐸𝐼
∫ (−1)(−1)𝑑𝑥 =
𝐿
𝐸𝐼
𝐿
0
Se formula y se resuelve el sistema de ecuaciones de compatibilidad geométrica para la obtención
de los valores de las fuerzas sobrantes.
−
1
3𝐸𝐼
𝑤𝑜
𝐿4
𝜋3
(𝜋2
− 3) +
𝐿3
3𝐸𝐼
𝑅 𝐵𝑌 −
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑀 𝐵 = 0 − − − (13 − 1)
1
2𝐸𝐼
𝑤𝑜
𝐿3
𝜋3
(𝜋2
− 4) −
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑅 𝐵𝑌 +
𝐿
𝐸𝐼
𝑀 𝐵 = 0 − − − (13 − 2)](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-91-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
73
considérese que la carga de par uniformemente distribuida se reemplaza por un momento resultante
igual al área del rectángulo cuyo punto de aplicación puede estar en cualquier parte de la estructura.
0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
𝑊𝑥 − 𝑀1 = 0 ⇒ 𝑀1 = 𝑊𝑥
A partir de las vigas con fuerzas redundantes unitarias aplicadas, se conoce que
𝑚1 ⟹ 𝑀1 = 𝑥 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
𝑚2 ⟹ 𝑀1 = −1 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
Se determinan las incompatibilidades geométricas y los coeficientes de flexibilidad.
𝑑1 =
1
𝐸𝐼
∫ (𝑊𝑥)(𝑥)𝑑𝑥
𝐿
0
=
1
𝐸𝐼
∫ 𝑊𝑥2
𝑑𝑥
𝐿
0
=
1
𝐸𝐼
[
1
3
𝑊𝑥3
]
0
𝐿
=
𝑊𝐿3
3𝐸𝐼
𝑑2 =
1
𝐸𝐼
∫ (𝑊𝑥)(−1)𝑑𝑥
𝐿
0
=
1
𝐸𝐼
∫ −𝑊𝑥𝑑𝑥
𝐿
0
=
1
𝐸𝐼
[−
1
2
𝑊𝑥2
]
0
𝐿
= −
𝑊𝐿2
2𝐸𝐼
𝑓11 =
𝐿3
3𝐸𝐼
𝑓21 = −
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑓12 = −
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑓22 =
𝐿
𝐸𝐼
Se calculan las fuerzas superabundantes con base en el siguiente sistema de ecuaciones de
flexibilidades:
𝑊𝐿3
3𝐸𝐼
+
𝐿3
3𝐸𝐼
𝑅 𝐴𝑌 −
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑀𝐴 = 0 − − − (14 − 1)
−
𝑊𝐿2
2𝐸𝐼
−
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑅 𝐴𝑌 +
𝐿
𝐸𝐼
𝑀𝐴 = 0 − − − (14 − 2)
(
𝑅 𝐴𝑌
𝑀𝐴
) =
(
𝐿3
3
−
𝐿2
2
−
𝐿2
2
𝐿
)
−1
(
−
𝑊𝐿3
3
𝑊𝐿2
2 )
= (
12
𝐿3
6
𝐿2
6
𝐿2
4
𝐿
)
(
−
𝑊𝐿3
3
𝑊𝐿2
2 )
= (
−𝑊
0
)
Puesto que se obtuvo una magnitud negativa para 𝑅 𝐴𝑌, el sentido de esta reacción es opuesto al
que se propuso en la figura 14-b.
∴ 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑊
𝐴
𝑀1
𝑥
𝑊
𝑀 𝑅 = 𝑊𝑥
(c)](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-95-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
77
En consecuencia,
𝑅 = ∫ 𝑟 cos 𝜃
𝑥
0
𝑟 cos 𝜃 𝑑𝜃 = 𝑟2
∫ (cos 𝜃)2
𝑥
0
𝑑𝜃 =
𝑟2
2
∫ (𝜃 + sin 𝜃 cos 𝜃)𝑑𝜃
𝑥
0
=
𝑟2
2
[arcsin
𝑥
𝑟
+
𝑥
𝑟
√𝑟2 − 𝑥2
𝑟
]
0
𝑥
=
𝑟2
2
{[arcsin
𝑥
𝑟
+
𝑥
𝑟2
√ 𝑟2 − 𝑥2] − [arcsin
0
𝑟
+
0
𝑟2
√ 𝑟2 − 02]}
=
1
2
(𝑟2
arcsin
𝑥
𝑟
+ 𝑥√ 𝑟2 − 𝑥2)
Enseguida se calcula el centroide de área 𝑥ҧ.
𝑥ҧ =
∫ (𝑥)(√𝑟2 − 𝑥2)
𝑥
0
𝑑𝑥
1
2
(𝑟2 arcsin
𝑥
𝑟
+ 𝑥√𝑟2 − 𝑥2)
=
𝑟3
3
−
(𝑟2
− 𝑥2)
3
2⁄
3
1
2
(𝑟2 arcsin
𝑥
𝑟
+ 𝑥√𝑟2 − 𝑥2)
Se escribe la ecuación de momento 𝑀. Tomando momentos alrededor del punto del corte en la
porción de viga que se indica en la figura 15-c, tenemos
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
− [
1
2
(𝑟2
arcsin
𝑥
𝑟
+ 𝑥√ 𝑟2 − 𝑥2)] [𝑥 −
𝑟3
3
−
(𝑟2
− 𝑥2)
3
2⁄
3
1
2
(𝑟2 arcsin
𝑥
𝑟
+ 𝑥√𝑟2 − 𝑥2)
] − 𝑀1 = 0
𝑀1 = (−
1
2
𝑟2
arcsin
𝑥
𝑟
) (𝑥) −
1
2
𝑥2√ 𝑟2 − 𝑥2 +
𝑟3
3
−
(𝑟2
− 𝑥2)
3
2⁄
3
No obstante,
−
1
2
𝑥2√ 𝑟2 − 𝑥2 −
(𝑟2
− 𝑥2)
3
2⁄
3
= − (
1
2
𝑥2√ 𝑟2 − 𝑥2 +
1
3
(𝑟2
− 𝑥2) (√ 𝑟2 − 𝑥2))
= − (√ 𝑟2 − 𝑥2) (
1
2
𝑥2
+
1
3
𝑟2
−
1
3
𝑥2
) = − (√ 𝑟2 − 𝑥2) (
1
3
𝑟2
+
1
6
𝑥2
)
Por consiguiente,
𝑀1 = (−
1
2
𝑟2
arcsin
𝑥
𝑟
) (𝑥) +
𝑟3
3
− (√ 𝑟2 − 𝑥2) (
1
3
𝑟2
+
1
6
𝑥2
)
=
− ((3𝑟2
arcsin
𝑥
𝑟
) (𝑥) − 2𝑟3
+ (√𝑟2 − 𝑥2)(2𝑟2
+ 𝑥2))
6
Enseguida se deducen las funciones de momento 𝑚1 y 𝑚2 a partir de las figuras 15-e y 15-f.](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-99-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
82
− [
𝑊
2𝐿
(𝐿2
arcsin
𝑥
𝐿
+ 𝑥√ 𝐿2 − 𝑥2)]
[
𝑥 −
−
((𝐿2
− 𝑥2)
3
2⁄
− 𝐿3
) (𝑊)
3𝐿
𝑊
2𝐿
(𝐿2 arcsin
𝑥
𝐿
+ 𝑥√𝐿2 − 𝑥2)
]
− 𝑀1 = 0
𝑀1 = −
𝑊𝐿𝑥 arcsin
𝑥
𝐿
2
+
𝑊(𝑥2
− 𝐿2)√𝐿2 − 𝑥2
3𝐿
−
𝑊𝑥2
√𝐿2 − 𝑥2
2𝐿
+
𝑊𝐿2
3
𝑀1 = −
𝑊 (3𝐿2
𝑥 arcsin
𝑥
𝐿
+ 2(𝐿2
− 𝑥2)
3
2⁄
+ 3𝑥2
√𝐿2 − 𝑥2 − 2𝐿3
)
6𝐿
Los momentos internos de las vigas con fuerzas redundantes unitarias aplicadas son
𝑚1 ⟹ 𝑀1 = 𝑥 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
𝑚2 ⟹ 𝑀1 = −1 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
Se calculan las incompatibilidades geométricas.
𝑑1 =
1
𝐸𝐼
∫ (−
𝑊 (3𝐿2
𝑥 arcsin
𝑥
𝐿
+ 2(𝐿2
− 𝑥2)
3
2⁄
+ 3𝑥2
√𝐿2 − 𝑥2 − 2𝐿3
)
6𝐿
) (𝑥)𝑑𝑥
𝐿
0
= −
(15𝜋 − 26)𝑊𝐿4
180𝐸𝐼
𝑑2 =
1
𝐸𝐼
∫ (−
𝑊 (3𝐿2
𝑥 arcsin
𝑥
𝐿
+ 2(𝐿2
− 𝑥2)
3
2⁄
+ 3𝑥2
√𝐿2 − 𝑥2 − 2𝐿3
)
6𝐿
) (−1)𝑑𝑥
𝐿
0
=
(15𝜋 − 32)𝑊𝐿3
96𝐸𝐼
Los coeficientes de flexibilidad se presentan enseguida.
𝑓11 =
𝐿3
3𝐸𝐼
𝑓21 = −
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑓12 = −
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑓22 =
𝐿
𝐸𝐼
Se formula el sistema de ecuaciones de flexibilidades.
−
(15𝜋 − 26)𝑊𝐿4
180𝐸𝐼
+
𝐿3
3𝐸𝐼
𝑅 𝐴𝑌 −
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑀𝐴 = 0 − − − (16 − 1)
(15𝜋 − 32)𝑊𝐿3
96𝐸𝐼
−
𝐿2
2𝐸𝐼
𝑅 𝐴𝑌 +
𝐿
𝐸𝐼
𝑀𝐴 = 0 − − − (16 − 2)](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-104-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
97
Incompatibilidades geométricas y coeficientes de flexibilidad
El siguiente paso consiste en calcular las reacciones y escribir las ecuaciones de momentos internos
para todas las vigas isostáticas que se muestran en la figura 23-b. Para la estructura primaria
𝑅 𝐴𝑌 = 𝑊𝑎 (1 −
𝑎
2𝐿
), para la primera complementaria 𝑅 𝐴𝑌 =
1
𝐿
y para la segunda también 𝑅 𝐴𝑌 =
1
𝐿
.
Nótese que solamente se están considerando las reacciones en 𝐴, esto es porque el cálculo de la
acción interna se realizará empleando una coordenada 𝑥 de izquierda a derecha, siendo innecesaria
la participación de las reacciones en 𝐵 para este fin. Para determinar los momentos 𝑀, se tienen dos
regiones a analizar y se requiere de realizar dos cortes, figuras 23-c y 23-d. Enseguida se deducen
los momentos internos 𝑚1 y 𝑚2 con base en las figuras 23-e y 23-f.
0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
−𝑀1 − 𝑊(𝑥) (
𝑥
2
) + 𝑊𝑎 (1 −
𝑎
2𝐿
) (𝑥) = 0
𝑀1 = 𝑊 [𝑎 (1 −
𝑎
2𝐿
) (𝑥) −
𝑥2
2
]
𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
−𝑀2 − 𝑊(𝑎) (𝑥 −
𝑎
2
) + 𝑊𝑎 (1 −
𝑎
2𝐿
) (𝑥) = 0
𝑀2 = 𝑊𝑎 [(1 −
𝑎
2𝐿
) (𝑥) − (𝑥 −
𝑎
2
)]
0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
−𝑀1 − 1 +
1
𝐿
(𝑥) = 0 ⇒ 𝑀1 =
𝑥
𝐿
− 1
W
𝑥/2
A
𝑊(𝑥)
𝑊𝑎 (1 −
𝑎
2𝐿
)
𝑀1
𝑥
W
a
𝑥
A 𝑀2
𝑊(𝑎)
𝑊𝑎 (1 −
𝑎
2𝐿
)
𝑥
A
1
d
𝑀1
1
𝐿
(c)
(d)
(e)](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-119-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
98
0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
−𝑀1 +
1
𝐿
(𝑥) = 0 ⇒ 𝑀1 =
𝑥
𝐿
Las incompatibilidades geométricas son resultado de
𝑑1 = ∫
(𝑊 [𝑎 (1 −
𝑎
2𝐿
) (𝑥) −
𝑥2
2
]) (
𝑥
𝐿
− 1)
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝑎
0
+ ∫
(𝑊𝑎 [(1 −
𝑎
2𝐿
) (𝑥) − (𝑥 −
𝑎
2
)]) (
𝑥
𝐿
− 1)
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
𝑎
=
𝑊𝑎2
6𝐸𝐼
(𝑎 − 𝐿 −
𝑎2
4𝐿
)
𝑑2 = ∫
(𝑊 [𝑎 (1 −
𝑎
2𝐿
) (𝑥) −
𝑥2
2
]) (
𝑥
𝐿
)
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝑎
0
+ ∫
(𝑊𝑎 [(1 −
𝑎
2𝐿
) (𝑥) − (𝑥 −
𝑎
2
)]) (
𝑥
𝐿
)
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
𝑎
=
𝑊𝑎2
12𝐸𝐼
(𝐿 −
𝑎2
2𝐿
)
Luego, los coeficientes de flexibilidad, 𝑓𝑖𝑗, son
𝑓11 = ∫
(
𝑥
𝐿
− 1) (
𝑥
𝐿
− 1)
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
0
=
𝐿
3𝐸𝐼
𝑓12 = ∫
(
𝑥
𝐿
− 1) (
𝑥
𝐿
)
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
0
= −
𝐿
6𝐸𝐼
𝑓21 = ∫
(
𝑥
𝐿
) (
𝑥
𝐿
− 1)
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
0
= −
𝐿
6𝐸𝐼
𝑓22 = ∫
(
𝑥
𝐿
) (
𝑥
𝐿
)
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
0
=
𝐿
3𝐸𝐼
Cálculo de redundantes y reacciones faltantes
Las ecuaciones (23 − 1) y (23 − 2) se convierten en
0 =
𝑊𝑎2
6𝐸𝐼
(𝑎 − 𝐿 −
𝑎2
4𝐿
) +
𝐿
3𝐸𝐼
𝑀𝐴 −
𝐿
6𝐸𝐼
𝑀 𝐵 − − − (23 − 3)
0 =
𝑊𝑎2
12𝐸𝐼
(𝐿 −
𝑎2
2𝐿
) −
𝐿
6𝐸𝐼
𝑀𝐴 +
𝐿
3𝐸𝐼
𝑀 𝐵 − − − (23 − 4)
En consecuencia,
𝑀𝐴 =
𝑊𝑎2
12
[6 +
𝑎
𝐿
(3
𝑎
𝐿
− 8)]
𝑀 𝐵 = −
𝑊𝑎3
12𝐿
(3
𝑎
𝐿
− 4)
𝑥
A 𝑀1
1
𝐿
(f)](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-120-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
99
Las demás reacciones se calculan de manera sencilla con aplicación de las ecuaciones de la
estática, colocando los valores de las redundantes ya calculadas, figura 23-g.
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑅 𝐵𝑌 − 𝑊𝑎 = 0
+ ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ −
𝑊𝑎2
12
[6 +
𝑎
𝐿
(3
𝑎
𝐿
− 8)] +
𝑊𝑎2
2
−
𝑊𝑎3
12𝐿
(3
𝑎
𝐿
− 4) − 𝑅 𝐵𝑌 𝐿 = 0
∴ 𝑅 𝐵𝑌 =
𝑊𝑎3
2𝐿2
(2 −
𝑎
𝐿
)
∴ 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑊𝑎 −
𝑊𝑎3
𝐿2
+
𝑊𝑎4
2𝐿3
=
𝑊𝑎
2
[2 −
𝑎2
𝐿2
(2 −
𝑎
𝐿
)]
W
a
L
A B
𝑀 𝐴 =
𝑊𝑎2
12
[6 +
𝑎
𝐿
(3
𝑎
𝐿
− 8)] 𝑀 𝐵 = −
𝑊𝑎3
12𝐿
[3
𝑎
𝐿
− 4]
𝑅 𝐴𝑌 =
𝑊𝑎
2
[2 −
𝑎2
𝐿2
(2 −
𝑎
𝐿
)] 𝑅 𝐵𝑌 =
𝑊𝑎3
2𝐿2
(2 −
𝑎
𝐿
)
(g)](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-121-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
101
Incompatibilidades geométricas y coeficientes de flexibilidad
Con relación a la estructura primaria, se tiene que 𝑅 𝐴𝑌 =
𝑊𝑏2
6𝐿
. El análisis para el cálculo de las
funciones de momento 𝑀 se realiza con base en la coordenada 𝑥 con origen en 𝐴 y positiva hacia la
derecha. Puesto que esta viga no está cargada en toda su longitud, sino que solamente en una parte
(longitud 𝑏), se requiere de seccionar a la estructura en un sitio intermedio en cada tramo (𝐴𝐶̅̅̅̅ y 𝐶𝐵̅̅̅̅),
tal como se muestra en las figuras 24-c y 24-d.
0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
−𝑀1 +
𝑊𝑏2
6𝐿
(𝑥) = 0 ⇒ 𝑀1 =
𝑊𝑏2
6𝐿
(𝑥)
𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
−𝑀2 −
𝑊
6𝑏
(𝑥 − 𝑎)3
+
𝑊𝑏2
6𝐿
(𝑥) = 0
𝑀2 =
𝑊𝑏2
6𝐿
(𝑥) −
𝑊
6𝑏
(𝑥 − 𝑎)3
Las incompatibilidades geométricas se calculan enseguida.
𝑑1 = ∫
(
𝑊𝑏2
6𝐿
(𝑥)) (
𝑥
𝐿
− 1)
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝑎
0
+ ∫
(
𝑊𝑏2
6𝐿
(𝑥) −
𝑊
6𝑏
(𝑥 − 𝑎)3
) (
𝑥
𝐿
− 1)
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
𝑎
=
𝑊𝑏2
12𝐸𝐼
(
𝑏2
10𝐿
−
𝐿2
3
)
𝑑2 = ∫
(
𝑊𝑏2
6𝐿
(𝑥)) (
𝑥
𝐿
)
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝑎
0
+ ∫
(
𝑊𝑏2
6𝐿
(𝑥) −
𝑊
6𝑏
(𝑥 − 𝑎)3
) (
𝑥
𝐿
)
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
𝑎
=
𝑊𝑏2
360𝐸𝐼
[
20𝐿2
+ 3𝑏2
− 15𝐿𝑏
𝐿
]
A
x𝑊𝑏2
6𝐿
𝑀1
𝑊
𝑏
(𝑥 − 𝑎)
(𝑥 − 𝑎)
A
a
C
𝑀2
𝑊𝑏2
6𝐿
𝑥 − 𝑎
3
𝑊
2𝑏
(𝑥 − 𝑎)2
𝑥
(c)
(d)](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-123-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
102
Se retoman los coeficientes de flexibilidad obtenidos en la resolución de viga que se muestra en la
figura 23-a.
𝑓11 =
𝐿
3𝐸𝐼
𝑓12 = −
𝐿
6𝐸𝐼
𝑓21 = −
𝐿
6𝐸𝐼
𝑓22 =
𝐿
3𝐸𝐼
Cálculo de redundantes y reacciones faltantes
Al sustituir los valores en el sistema de ecuaciones (24 − 1) y (24 − 2), da
0 =
𝑊𝑏2
12𝐸𝐼
(
𝑏2
10𝐿
−
𝐿2
3
) +
𝐿
3𝐸𝐼
𝑀𝐴 −
𝐿
6𝐸𝐼
𝑀 𝐵 − − − (24 − 3)
0 =
𝑊𝑏2
360𝐸𝐼
[
20𝐿2
+ 3𝑏2
− 15𝐿𝑏
𝐿
] −
𝐿
6𝐸𝐼
𝑀𝐴 +
𝐿
3𝐸𝐼
𝑀 𝐵 − − − (24 − 4)
Teniendo en cuenta que 𝐿 − 𝑎 = 𝑏, resulta
𝑀𝐴 =
𝑊𝑏3
60𝐿
(5 − 3
𝑏
𝐿
) 𝑀 𝐵 = −
𝑊𝑏2
60𝐿
(10𝐿2
+ 3𝑏2
− 10𝐿𝑏)
Sin embargo, la expresión que define a 𝑀 𝐵 puede reducirse de la siguiente manera, considerando
que 𝑏 = 𝐿 − 𝑎:
𝑀 𝐵 = −
𝑊𝑏2
60
(3
𝑏2
𝐿2
+ 10
𝑎
𝐿
)
Empleando los resultados previos y al aplicar las ecuaciones de equilibrio en el plano, figura 24-e,
tenemos
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⟹ 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑅 𝐵𝑌 =
𝑊𝑏
2
+ ∑ 𝑀 𝐵 = 0 ⟹ 𝑅 𝐴𝑌 𝐿 +
𝑊𝑏2
60
(3
𝑏2
𝐿2
+ 10
𝑎
𝐿
) −
𝑊𝑏
2
(
𝑏
3
) −
𝑊𝑏3
60𝐿
(5 − 3
𝑏
𝐿
) = 0
∴ 𝑅 𝐴𝑌 =
𝑊𝑏3
20𝐿2
(5 − 2
𝑏
𝐿
) ∴ 𝑅 𝐵𝑌 =
𝑊𝑏
20
[10 −
𝑏2
𝐿2
(5 − 2
𝑏
𝐿
)]
W
b
L
A B
a
𝑅 𝐴𝑌 =
𝑊𝑏3
20𝐿2
(5 − 2
𝑏
𝐿
) 𝑅 𝐵𝑌 =
𝑊𝑏
20
[10 −
𝑏2
𝐿2
(5 − 2
𝑏
𝐿
)]
𝑀 𝐴 =
𝑊𝑏3
60𝐿
5 + 3
𝑏
𝐿
൨ 𝑀 𝐵 =
𝑊𝑏2
60
[3
𝑏2
𝐿2
− 4
𝑎
𝐿
]
𝑊𝑏
2
𝑏
3
(e)](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-124-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
104
𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
𝑀2 =
𝑊𝑏2
2𝐿
(𝑥) −
𝑊
2
(𝑥 − 𝑎)2
Se escriben los momentos 𝑀 a partir de las figuras 25-c y 25-d. En consecuencia,
𝑑1 = ∫
(
𝑊𝑏2
2𝐿
(𝑥)) (
𝑥
𝐿
− 1)
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝑎
0
+ ∫
(
𝑊𝑏2
2𝐿
(𝑥) −
𝑊
2
(𝑥 − 𝑎)2
) (
𝑥
𝐿
− 1)
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
𝑎
=
𝑊
24𝐸𝐼
(
𝑏4
− 2𝐿2
𝑏2
𝐿
)
𝑓11 =
𝐿
3𝐸𝐼
Al reemplazar los valores de 𝑑1 y 𝑓11 en la ecuación (25 − 1), obtenemos
0 =
𝑊
24𝐸𝐼
(
𝑏4
− 2𝐿2
𝑏2
𝐿
) +
𝐿
3𝐸𝐼
𝑀𝐴 ⇒∴ 𝑀𝐴 =
𝑊𝑏2
8𝐿
(2𝐿2
− 𝑏2)
Ecuaciones de equilibrio, figura 25-e.
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⟹ 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑅 𝐵𝑌 = 𝑊𝑏
+ ∑ 𝑀 𝐵 = 0 ⟹ 𝑅 𝐴𝑌 𝐿 −
𝑊𝑏2
8𝐿
(2𝐿2
− 𝑏2) − 𝑊𝑏 (
𝑏
2
) = 0
∴ 𝑅 𝐴𝑌 =
𝑊𝑏2
8𝐿
(6 −
𝑏2
𝐿2
) ∴ 𝑅 𝐵𝑌 =
𝑊𝑏
8
[8 −
𝑏
𝐿
(6 −
𝑏2
𝐿2
)]
W
b
L
A
a
B𝑀𝐴 =
𝑊𝑏2
8𝐿
(2𝐿2
+ 𝑏2)
𝑅 𝐴𝑌 =
𝑊𝑏2
8𝐿
(6 −
𝑏2
𝐿2
) 𝑅 𝐵𝑌 =
𝑊𝑏
8
[8 −
𝑏
𝐿
(6 −
𝑏2
𝐿2
)]
𝑊𝑏
𝑏
2
W
𝑥 − 𝑎
𝑥
A
a
𝑊(𝑥 − 𝑎)
𝑀2
𝑊𝑏2
2𝐿 𝑥 − 𝑎
2
(d)
(e)](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-126-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
106
0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
𝑀1 =
𝑊𝑏2
3𝐿
(𝑥)
𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
𝑃1 =
𝑊
2𝑏
(𝑥 − 𝑎)2
𝑃2 = 𝑊(𝑥 − 𝑎) [1 −
𝑥 − 𝑎
𝑏
]
𝑀2 =
𝑊𝑏2
3𝐿
(𝑥) −
𝑊
2
(𝑥 − 𝑎)2
[1 −
𝑥 − 𝑎
𝑏
] −
𝑊
3𝑏
(𝑥 − 𝑎)3
Se calcula la incompatibilidad geométrica.
𝑑1 = ∫
(
𝑊𝑏2
3𝐿
(𝑥)) (
𝑥
𝐿
− 1)
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝑎
0
+ ∫
(
𝑊𝑏2
3𝐿
(𝑥) −
𝑊
2
(𝑥 − 𝑎)2
[1 −
𝑥 − 𝑎
𝑏
] −
𝑊
3𝑏
(𝑥 − 𝑎)3
) (
𝑥
𝐿
− 1)
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
𝑎
=
𝑊𝑏2
90𝐸𝐼
(
3𝑏2
− 5𝐿2
𝐿
)
El coeficiente de flexibilidad es
𝑓11 =
𝐿
3𝐸𝐼
Entonces,
0 =
𝑊𝑏2
90𝐸𝐼
(
3𝑏2
− 5𝐿2
𝐿
) +
𝐿
3𝐸𝐼
𝑀𝐴 − − − (26 − 1)
∴ 𝑀𝐴 =
𝑊𝑏2
30
(5 − 3
𝑏2
𝐿2
)
W
𝑥 − 𝑎
L
A
a
𝑊
𝑏
(𝑎 + 𝑏 − 𝑥)
𝑊𝑏2
3𝐿
𝑃1 𝑃2
𝑀2
A
𝑊𝑏2
3𝐿
𝑀1
𝑥
(c)
(d)](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-128-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
107
Ecuaciones de equilibrio, figura 26-e.
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⟹ 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑅 𝐵𝑌 =
𝑊𝑏
2
+ ∑ 𝑀 𝐵 = 0 ⟹ 𝑅 𝐴𝑌 𝐿 −
𝑊𝑏2
30
(5 − 3
𝑏2
𝐿2
) −
𝑊𝑏
2
(
2𝑏
3
) = 0
∴ 𝑅 𝐴𝑌 =
𝑊𝑏2
10𝐿
(5 −
𝑏2
𝐿2
)
∴ 𝑅 𝐵𝑌 =
𝑊𝑏
10
[5 −
𝑏
𝐿
(5 −
𝑏2
𝐿2
)]
W
b
L
A
B
a
𝑅 𝐴𝑌 =
𝑊𝑏2
10𝐿
(5 −
𝑏2
𝐿2
)
𝑅 𝐵𝑌 =
𝑊𝑏
10
[5 −
𝑏
𝐿
(5 −
𝑏2
𝐿2
)]
𝑀𝐴 =
𝑊𝑏2
30
(5 − 3
𝑏2
𝐿2
)
𝑊𝑏
2
2
3
𝑏
(e)](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-129-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
114
Se determinan los momentos 𝑚2, figura 28-e.
Cálculo del desplazamiento 𝑑1.
𝑑1 =
1
𝐸𝐼
∫ (−2𝑞𝑐2
− 2𝑞𝑐𝑥) ∙ (𝑐 +
𝐿
2
+ 𝑥) 𝑑𝑥
𝐿
2
−𝑐
0
+
1
𝐸𝐼
∫ (−
𝑞
2
𝑥2
) ∙ (−𝑐 +
𝐿
2
+ 𝑥) 𝑑𝑥
2𝑐
0
+
1
𝐸𝐼
∫ 0 ∙ 𝑥𝑑𝑥
𝐿
2
−𝑐
0
Desarrollando los productos por separado, se tiene
(−2𝑞𝑐2
− 2𝑞𝑐𝑥) ∙ (𝑐 +
𝐿
2
+ 𝑥) = −2𝑞𝑐3
− 𝑞𝑐2
𝐿 − 2𝑞𝑐2
𝑥 − 2𝑞𝑐2
𝑥 − 𝑞𝑐𝐿𝑥 − 2𝑞𝑐𝑥2
(−2𝑞𝑐2
− 2𝑞𝑐𝑥) ∙ (𝑐 +
𝐿
2
+ 𝑥) = −2𝑞𝑐3
− 𝑞𝑐2
𝐿 − (4𝑞𝑐2
+ 𝑞𝑐𝐿)𝑥 − 2𝑞𝑐𝑥2
(−
𝑞
2
𝑥2
) ∙ (−𝑐 +
𝐿
2
+ 𝑥) = (
𝑞𝑐
2
−
𝑞𝐿
4
) 𝑥2
−
𝑞
2
𝑥3
En consecuencia,
𝑑1 =
1
𝐸𝐼
∫ [−2𝑞𝑐3
− 𝑞𝑐2
𝐿 − (4𝑞𝑐2
+ 𝑞𝑐𝐿)𝑥 − 2𝑞𝑐𝑥2]𝑑𝑥
𝐿
2
−𝑐
0
+
1
𝐸𝐼
∫ [(
𝑞𝑐
2
−
𝑞𝐿
4
) 𝑥2
−
𝑞
2
𝑥3
] 𝑑𝑥
2𝑐
0
𝑑1 =
1
𝐸𝐼
[−(2𝑞𝑐3
+ 𝑞𝑐2
𝐿)𝑥 − (
4𝑞𝑐2
+ 𝑞𝑐𝐿
2
) 𝑥2
−
2𝑞𝑐
3
𝑥3
]
0
𝐿
2
−𝑐
+
1
𝐸𝐼
[(
𝑞𝑐
6
−
𝑞𝐿
12
) 𝑥3
−
𝑞
8
𝑥4
]
0
2𝑐
𝑑1 =
1
𝐸𝐼
[−(2𝑞𝑐3
+ 𝑞𝑐2
𝐿) (
𝐿
2
− 𝑐) − (
4𝑞𝑐2
+ 𝑞𝑐𝐿
2
) (
𝐿
2
− 𝑐)
2
−
2𝑞𝑐
3
(
𝐿
2
− 𝑐)
3
]
+
1
𝐸𝐼
[(
𝑞𝑐
6
−
𝑞𝐿
12
) (2𝑐)3
−
𝑞
8
(2𝑐)4
]
𝑑1 =
1
𝐸𝐼
[−𝑞𝑐3
𝐿 + 2𝑞𝑐4
−
𝑞𝑐2
𝐿2
2
+ 𝑞𝑐3
𝐿 − (
4𝑞𝑐2
+ 𝑞𝑐𝐿
2
) (
𝐿2
4
− 𝑐𝐿 + 𝑐2
)
−
2𝑞𝑐
3
(
𝐿3
8
−
3𝑐𝐿2
4
+
3𝑐2
𝐿
2
− 𝑐3
)] +
1
𝐸𝐼
[
4𝑞𝑐4
3
−
2𝑞𝑐3
𝐿
3
− 2𝑞𝑐4
]
𝑑1 =
1
𝐸𝐼
[2𝑞𝑐4
−
𝑞𝑐2
𝐿2
2
−
𝑞𝑐2
𝐿2
2
+ 2𝑞𝑐3
𝐿 − 2𝑞𝑐4
−
𝑞𝑐𝐿3
8
+
𝑞𝑐2
𝐿2
2
−
𝑞𝑐3
𝐿
2
−
𝑞𝑐𝐿3
12
+
𝑞𝑐2
𝐿2
2
− 𝑞𝑐3
𝐿 +
2𝑞𝑐4
3
+
4𝑞𝑐4
3
−
2𝑞𝑐3
𝐿
3
− 2𝑞𝑐4
] =
1
𝐸𝐼
[−
𝑞𝑐3
𝐿
6
−
5𝑞𝑐𝐿3
24
]
𝐿 2Τ
A D
𝐿 2Τ
𝑐 𝑐
B C
1
d
𝑀1 = 1
𝑀2 = 1
𝑀3 = 1
(e)](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-136-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
115
Cálculo del desplazamiento 𝑑2.
𝑑2 =
1
𝐸𝐼
∫ (−2𝑞𝑐2
− 2𝑞𝑐𝑥) ∙ 1𝑑𝑥
𝐿
2
−𝑐
0
+
1
𝐸𝐼
∫ (−
𝑞
2
𝑥2
) ∙ 1𝑑𝑥
2𝑐
0
+
1
𝐸𝐼
∫ 0 ∙ 1𝑑𝑥
𝐿
2
−𝑐
0
𝑑2 =
1
𝐸𝐼
[−2𝑞𝑐2
𝑥 − 𝑞𝑐𝑥2]0
𝐿
2
−𝑐
+
1
𝐸𝐼
[−
𝑞
6
𝑥3
]
0
2𝑐
𝑑2 =
1
𝐸𝐼
[−2𝑞𝑐2
(
𝐿
2
− 𝑐) − 𝑞𝑐 (
𝐿
2
− 𝑐)
2
] +
1
𝐸𝐼
[−
𝑞
6
(2𝑐)3
]
𝑑2 =
1
𝐸𝐼
[−2𝑞𝑐2
(
𝐿
2
− 𝑐) − 𝑞𝑐 (
𝐿2
4
− 𝑐𝐿 + 𝑐2
)] +
1
𝐸𝐼
[−
4𝑞𝑐3
3
]
𝑑2 =
1
𝐸𝐼
[−𝑞𝑐2
𝐿 + 2𝑞𝑐3
−
𝑞𝑐𝐿2
4
+ 𝑞𝑐2
𝐿 − 𝑞𝑐3
−
4𝑞𝑐3
3
] =
1
𝐸𝐼
[−
𝑞𝑐3
3
−
𝑞𝑐𝐿2
4
]
Cálculo del desplazamiento 𝑓11.
𝑓11 =
1
𝐸𝐼
∫ 𝑥 ∙ 𝑥
𝐿
0
𝑑𝑥 =
1
𝐸𝐼
[
𝑥3
3
]
0
𝐿
=
𝐿3
3𝐸𝐼
Cálculo de los desplazamientos 𝑓12 𝑦 𝑓21.
𝑓12 = 𝑓21 =
1
𝐸𝐼
∫ 𝑥 ∙ 1
𝑥2
𝑥1
𝑑𝑥 =
1
𝐸𝐼
[
𝑥2
2
]
0
𝐿
=
𝐿2
2𝐸𝐼
Cálculo del desplazamiento 𝑓22 .
𝑓22 =
1
𝐸𝐼
∫ 1 ∙ 1
𝐿
0
𝑑𝑥 =
1
𝐸𝐼
[𝑥]0
𝐿
=
𝐿
𝐸𝐼
Cálculo de las reacciones redundantes
Reemplazando los valores de 𝑑1, 𝑑2, 𝑓11, 𝑓12, 𝑓21 y 𝑓22 en las ecuaciones (28 − 1) y (28 − 2), da
1
𝐸𝐼
[−
𝑞𝑐3
𝐿
6
−
5𝑞𝑐𝐿3
24
] + 𝑅 𝐷𝑌 (
𝐿3
3𝐸𝐼
) + 𝑀 𝐷 (
𝐿2
2𝐸𝐼
) = 0 − − − (28 − 3)
1
𝐸𝐼
[−
𝑞𝑐3
3
−
𝑞𝑐𝐿2
4
] + 𝑅 𝐷𝑌 (
𝐿2
2𝐸𝐼
) + 𝑀 𝐷 (
𝐿
𝐸𝐼
) = 0 − − − (28 − 4)
Despejando 𝑀 𝐷 de la ecuación (28 − 4), resulta
𝑀 𝐷 =
𝑞𝑐3
3𝐿
+
𝑞𝑐𝐿
4
− (
𝐿
2
) 𝑅 𝐷𝑌 − − − (28 − 5)](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-137-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
116
Sustituyendo la en la ecuación (28 − 3), se llega a
(−
𝑞𝑐3
𝐿
6
−
5𝑞𝑐𝐿3
24
) + (
𝐿3
3
) 𝑅 𝐷𝑌 + (
𝐿2
2
) [
𝑞𝑐3
3𝐿
+
𝑞𝑐𝐿
4
− (
𝐿
2
) 𝑅 𝐷𝑌] = 0
−
𝑞𝑐3
𝐿
6
−
5𝑞𝑐𝐿3
24
+ (
𝐿3
3
) 𝑅 𝐷𝑌 +
𝑞𝑐3
𝐿
6
+
𝑞𝑐𝐿3
8
− (
𝐿3
4
) 𝑅 𝐷𝑌 = 0
(
𝐿3
12
) 𝑅 𝐷𝑌 =
𝑞𝑐𝐿3
12
⟹∴ 𝑅 𝐷𝑌 = 𝑞𝑐
De modo que
𝑀 𝐷 =
𝑞𝑐3
3𝐿
+
𝑞𝑐𝐿
4
− (
𝐿
2
) 𝑞𝑐 ⟹∴ 𝑀 𝐷 =
𝑞𝑐3
3𝐿
−
𝑞𝑐𝐿
4
Ecuaciones de equilibrio
Las demás reacciones se calcularán con las ecuaciones de equilibrio estático. Los resultados finales
se muestran en la figura 28-f.
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑅 𝐷𝑌 − 2𝑞𝑐 = 0
𝑅 𝐴𝑌 = 2𝑞𝑐 − 𝑞𝑐 ⟹∴ 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑞𝑐
+ ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ 𝑀𝐴 + 2𝑞𝑐 (
𝐿
2
) − 𝑅 𝐷𝑌 𝐿 − 𝑀 𝐷 = 0
𝑀𝐴 + 𝑞𝑐𝐿 − 𝑞𝑐𝐿 − (
𝑞𝑐3
3𝐿
−
𝑞𝑐𝐿
4
) = 0
∴ 𝑀𝐴 =
𝑞𝑐3
3𝐿
−
𝑞𝑐𝐿
4
𝑞
𝐿 2Τ
A D
𝐿 2Τ
𝑐 𝑐
B C
𝑀𝐴 =
𝑞𝑐3
3𝐿
−
𝑞𝑐𝐿
4
𝑅 𝐴𝑌 = 𝑞𝑐
𝑅 𝐷𝑌 = 𝑞𝑐
𝑀 𝐷 =
𝑞𝑐3
3𝐿
−
𝑞𝑐𝐿
4
(f)](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-138-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
118
Ecuación de compatibilidad. Retomando los resultados obtenidos para la incompatibilidad
geométrica 𝑑1 y el coeficiente de flexibilidad 𝑓11 de la viga mostrada en la figura 28-a, obtenemos
𝑑1 + 𝑅 𝐷𝑌 𝑓11 = 0 − − − (29 − 1)
1
𝐸𝐼
[−
𝑞𝑐3
𝐿
6
−
5𝑞𝑐𝐿3
24
] + 𝑅 𝐷𝑌 (
𝐿3
3𝐸𝐼
) = 0 − − − (29 − 2)
Despejando 𝑅 𝐷𝑌 de la ecuación (29 − 2), se llega a
𝑅 𝐷𝑌 =
𝑞𝑐3
2𝐿2
+
5𝑞𝑐
8
Ecuaciones de equilibrio, figura 29-c. Las reacciones faltantes son
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑅 𝐷𝑌 − 𝑞2𝑐 = 0
𝑅 𝐴𝑌 = 2𝑞𝑐 −
𝑞𝑐3
2𝐿2
−
5𝑞𝑐
8
⟹∴ 𝑅 𝐴𝑌 = −
𝑞𝑐3
2𝐿2
+
11𝑞𝑐
8
+ ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ 𝑀𝐴 − 𝑞2𝑐 (
𝐿
2
) + 𝑅 𝐷𝑌 𝐿 = 0
𝑀𝐴 − 𝑞𝑐𝐿 + (
𝑞𝑐3
2𝐿2
+
5𝑞𝑐
8
) 𝐿 = 0
𝑀𝐴 − 𝑞𝑐𝐿 +
𝑞𝑐3
2𝐿
+
5𝑞𝑐𝐿
8
= 0
∴ 𝑀𝐴 = −
𝑞𝑐3
2𝐿
+
3𝑞𝑐𝐿
8
𝑞
𝐿 2Τ
A
D
𝐿 2Τ
𝑐 𝑐
B C
𝑅 𝐷𝑌 =
𝑞𝑐3
2𝐿2
+
5𝑞𝑐
8
𝑅 𝐴𝑌 = −
𝑞𝑐3
2𝐿2
+
11𝑞𝑐
8
𝑀𝐴 = −
𝑞𝑐3
2𝐿
+
3𝑞𝑐𝐿
8
(c)](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-140-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
120
SOLUCIÓN
Principio de superposición, figura 30-b. Se han seleccionado como fuerzas redundantes a las
reacciones del empotramiento derecho.
Ecuaciones de compatibilidad
Las ecuaciones de flexibilidad para el sistema estructural son las siguientes:
𝑑1 + 𝑅 𝐶𝑌 𝑓11 + 𝑀 𝐶 𝑓12 = 0 − − − (30 − 1)
𝑑2 + 𝑅 𝐶𝑌 𝑓21 + 𝑀 𝐶 𝑓22 = 0 − − − (30 − 2)
Cálculo de las incompatibilidades geométricas y de los coeficientes de flexibilidad
Se emplea una primera coordenada 𝑥 para analizar el segmento 𝐶 − 𝐵 con origen en 𝐶 y una
segunda coordenada 𝑥 para comprender el tramo 𝐵 − 𝐴 con origen situado en el punto 𝐵.
Se determinan los momentos 𝑀 con base en las figuras 30-c y 30-d.
𝑀1 = 0
𝑀2 +
𝑞(𝑎 − 𝑥)
𝑎
∙ 𝑥 ∙
𝑥
2
+ [𝑞 −
𝑞(𝑎 − 𝑥)
𝑎
] ∙
𝑥
2
∙
2𝑥
3
= 0
𝑀2 = −
𝑞𝑥2
2
+
𝑞𝑥3
2𝑎
−
𝑞𝑥2
3
+
𝑞𝑥2
3
−
𝑞𝑥3
3𝑎
= −
𝑞𝑥2
2
+
𝑞𝑥3
6𝑎
Se escriben las ecuaciones de momento 𝑚1 a partir de las figuras 30-e y 30-f.
C
𝑥
𝑀1
q
B
𝑥 b
C
𝑞(𝑎 − 𝑥)
𝑎
𝑀2
(c)
(d)
C
𝑥
𝑀1
1
B
𝑥 b
C𝑀2
1
(e) (f)](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-142-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
121
𝑀1 − 1 ∙ 𝑥 = 0 ⇒ 𝑀1 = 𝑥
𝑀2 − 1 ∙ (𝑥 + 𝑏) = 0 ⇒ 𝑀2 = 𝑏 + 𝑥
Se deducen los momentos internos 𝑚2 de acuerdo con las figuras 30-g y 30-h.
𝑀1 = 1 𝑀2 = 1
Se calcula el desplazamiento 𝑑1.
𝑑1 =
1
𝐸𝐼
∫ (−
𝑞𝑥2
2
+
𝑞𝑥3
6𝑎
) ∙ (𝑏 + 𝑥)𝑑𝑥
𝑎
0
+
1
𝐸𝐼
∫ 0 ∙ 𝑥𝑑𝑥
𝑏
0
No obstante,
(−
𝑞𝑥2
2
+
𝑞𝑥3
6𝑎
) ∙ (𝑏 + 𝑥) = −
𝑞𝑏𝑥2
2
−
𝑞𝑥3
2
+
𝑞𝑏𝑥3
6𝑎
+
𝑞𝑥4
6𝑎
De modo que
𝑑1 =
1
𝐸𝐼
∫ (−
𝑞𝑏𝑥2
2
−
𝑞𝑥3
2
+
𝑞𝑏𝑥3
6𝑎
+
𝑞𝑥4
6𝑎
) 𝑑𝑥
𝑎
0
=
1
𝐸𝐼
[−
𝑞𝑏𝑥3
6
−
𝑞𝑥4
8
+
𝑞𝑏𝑥4
24𝑎
+
𝑞𝑥5
30𝑎
]
0
𝑎
𝑑1 =
1
𝐸𝐼
(−
𝑞𝑏𝑎3
6
−
𝑞𝑎4
8
+
𝑞𝑏𝑎3
24
+
𝑞𝑎4
30
) =
1
𝐸𝐼
(−
𝑞𝑏𝑎3
8
−
11𝑞𝑎4
120
)
Se calcula el desplazamiento 𝑑2.
𝑑2 =
1
𝐸𝐼
∫ (−
𝑞𝑥2
2
+
𝑞𝑥3
6𝑎
) ∙ 1𝑑𝑥
𝑎
0
+
1
𝐸𝐼
∫ 0 ∙ 1𝑑𝑥
𝑏
0
=
1
𝐸𝐼
[−
𝑞𝑥3
6
+
𝑞𝑥4
24𝑎
]
0
𝑎
𝑑2 =
1
𝐸𝐼
(−
𝑞𝑎3
6
+
𝑞𝑎3
24
) =
1
𝐸𝐼
(−
𝑞𝑎3
8
)
Se calcula el desplazamiento 𝑓11.
𝑓11 =
1
𝐸𝐼
∫ 𝑥 ∙ 𝑥
𝐿
0
𝑑𝑥 =
1
𝐸𝐼
[
𝑥3
3
]
0
𝐿
=
𝐿3
3𝐸𝐼
Se calculan los desplazamientos 𝑓12 𝑦 𝑓21.
𝑓12 = 𝑓21 =
1
𝐸𝐼
∫ 𝑥 ∙ 1
𝐿
0
𝑑𝑥 =
1
𝐸𝐼
[
𝑥2
2
]
0
𝐿
=
𝐿2
2𝐸𝐼
C
𝑥
𝑀1
1
B
𝑥 b
C𝑀2
1
(h)
(g)](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-143-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
122
Se calcula el desplazamiento 𝑓22 .
𝑓22 =
1
𝐸𝐼
∫ 1 ∙ 1
𝐿
0
𝑑𝑥 =
1
𝐸𝐼
[𝑥]0
𝐿
=
𝐿
𝐸𝐼
Cálculo de las reacciones redundantes
Al sustituir los valores de 𝑑1, 𝑑2, 𝑓11, 𝑓12, 𝑓21 y 𝑓22 en las ecuaciones (30 − 1) y (30 − 2), se llega a
1
𝐸𝐼
(−
𝑞𝑏𝑎3
8
−
11𝑞𝑎4
120
) + 𝑅 𝐶𝑌 (
𝐿3
3𝐸𝐼
) + 𝑀 𝐶 (
𝐿2
2𝐸𝐼
) = 0 − − − (30 − 3)
1
𝐸𝐼
(−
𝑞𝑎3
8
) + 𝑅 𝐶𝑌 (
𝐿2
2𝐸𝐼
) + 𝑀 𝐶 (
𝐿
𝐸𝐼
) = 0 − − − (30 − 4)
Al despejar 𝑀 𝐷 de la ecuación (30 − 4), resulta
𝑀 𝐶 =
𝑞𝑎3
8𝐿
− (
𝐿
2
) 𝑅 𝐶𝑌 − − − (30 − 5)
Combinando la expresión (30 − 5) con la expresión (30 − 3), tenemos
[−
𝑞𝑏𝑎3
8
−
11𝑞𝑎4
120
] + 𝑅 𝐶𝑌 (
𝐿3
3
) + [
𝑞𝑎3
8𝐿
− (
𝐿
2
) 𝑅 𝐶𝑌] (
𝐿2
2
) = 0
−
𝑞𝑏𝑎3
8
−
11𝑞𝑎4
120
+ 𝑅 𝐶𝑌 (
𝐿3
3
) +
𝑞𝑎3
𝐿
16
− (
𝐿3
4
) 𝑅 𝐶𝑌 = 0 ⇒ (
𝐿3
12
) 𝑅 𝐶𝑌 =
𝑞𝑏𝑎3
8
−
𝑞𝑎3
𝐿
16
+
11𝑞𝑎4
120
𝑅 𝐶𝑌 =
3𝑞(𝐿 − 𝑎)𝑎3
2𝐿3
−
3𝑞𝑎3
4𝐿2
+
11𝑞𝑎4
10𝐿3
= 𝑅 𝐶𝑌 =
3𝑞𝑎3
2𝐿2
−
3𝑞𝑎4
2𝐿3
−
3𝑞𝑎3
4𝐿2
+
11𝑞𝑎4
10𝐿3
⟹∴ 𝑅 𝐶𝑌 =
3𝑞𝑎3
4𝐿2
−
2𝑞𝑎4
5𝐿3
Reemplazando 𝑅 𝐷 en la ecuación (30 − 5), se obtiene
𝑀 𝐶 =
𝑞𝑎3
8𝐿
− (
𝐿
2
) (
3𝑞𝑎3
4𝐿2
−
2𝑞𝑎4
5𝐿3
) =
𝑞𝑎3
8𝐿
−
3𝑞𝑎3
8𝐿
+
𝑞𝑎4
5𝐿2
⟹∴ 𝑀 𝐶 = −
𝑞𝑎3
4𝐿
+
𝑞𝑎4
5𝐿2
Ecuaciones de equilibrio, figura 30-i.
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0
𝑅 𝐴𝑦 + 𝑅 𝐶𝑌 −
𝑞𝑎
2
= 0 ⇒∴ 𝑅 𝐴𝑌 =
𝑞𝑎
2
−
3𝑞𝑎3
4𝐿2
+
2𝑞𝑎4
5𝐿3
+ ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ 𝑀𝐴 − (
𝑞𝑎
2
) (
2𝑎
3
) + 𝑅 𝐶𝑌 𝐿 + 𝑀 𝐶 = 0
𝑀𝐴 −
𝑞𝑎2
3
+ (
3𝑞𝑎3
4𝐿2
−
2𝑞𝑎4
5𝐿3
) 𝐿 −
𝑞𝑎3
4𝐿
+
𝑞𝑎4
5𝐿2
= 0](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-144-320.jpg)
![Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas
127
𝑀1 = 0
𝑀2 + 𝑚 = 0 ⇒ 𝑀2 = −𝑚
Se escriben las ecuaciones de momento 𝑚1 a partir de las figuras 30-e y 30-f.
𝑀1 − 1 ∙ 𝑥 = 0 ⇒ 𝑀1 = 𝑥
𝑀2 − 1 ∙ (𝑥 + 𝑏) = 0 ⇒ 𝑀2 = 𝑏 + 𝑥
Se determina el desplazamiento 𝑑1.
𝑑1 =
1
𝐸𝐼
∫ (−𝑚) ∙ (𝑥 + 𝑏)𝑑𝑥
𝑎
0
+
1
𝐸𝐼
∫ 0 ∙ 𝑥𝑑𝑥
𝑏
0
=
1
𝐸𝐼
∫ −(𝑚𝑥 + 𝑚𝑏)𝑑𝑥
𝑎
0
𝑑1 =
1
𝐸𝐼
[−
𝑚𝑥2
2
− 𝑚𝑏𝑥]
0
𝑎
=
1
𝐸𝐼
[−
𝑚𝑎2
2
− 𝑚𝑏𝑎]
Se determina el desplazamiento 𝑓11.
𝑓11 =
1
𝐸𝐼
∫ 𝑥 ∙ 𝑥
𝐿
0
𝑑𝑥 =
1
𝐸𝐼
[
𝑥3
3
]
0
𝐿
=
𝐿3
3𝐸𝐼
La ecuación de flexibilidad queda del siguiente modo:
1
𝐸𝐼
[−
𝑚𝑎2
2
− 𝑚𝑏𝑎] + 𝑅 𝐶𝑌 (
𝐿3
3𝐸𝐼
) = 0 − − − (32 − 1)
C
𝑥
𝑀1
B
𝑥 b
C
𝑀2
𝑚
(c)
(d)
C
𝑥
𝑀1
1
B
𝑥 b
C𝑀2
1
(e) (f)](https://image.slidesharecdn.com/librodevigascompleto-200514005530/85/Libro-de-vigas-completo-149-320.jpg)
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- 1. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 43 y más Ortiz David Palomino Alex Henrry Miranda Albert Richard Martínez Hugo Edición revisada 𝐴 𝐿/2 𝐿/2 𝑊 𝑃𝑎𝑟á𝑏𝑜𝑙𝑎 𝐴 𝐵 𝐿/2 𝐿/2 𝑊 𝑃𝑎𝑟á𝑏𝑜𝑙𝑎 𝐴 𝐵 𝐿 𝑒𝑥𝑝𝑜𝑛𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙 𝑤0 𝑊 = 𝑤𝑜 𝑒 𝑎𝑥
- 3. ACERCA DE LOSAUTORES David Ortiz Soto (México) Ingeniero Civil egresado de la Universidad Nacional Autónoma de México (UNAM), FES Aragón, con Maestría en Ingeniería Civil, área de estructuras, efectuada en el Instituto Politécnico Nacional (IPN), Escuela Superior de Ingeniería y Arquitectura (ESIA), UZ, donde fue representante de la comunidad estudiantil de posgrado. Actualmente se encuentra desarrollando el protocolo del doctorado en la Facultad de Ingeniería, UNAM. Es docente activo y secretario de la carrera de Ingeniería Civil en el Tecnológico Nacional de México, Instituto Tecnológico de Iztapalapa III. Durante el 2015 y el 2016 fue profesor en la ESIA UZ IPN. Entre las asignaturas que imparte o ha impartido están Estática, Estructuras Isostáticas, Mecánica de Materiales, Fundamentos de la Mecánica de Medio Continuo, Análisis Estructural, Análisis Estructural Avanzado y Dinámica Estructural. De igual manera es catedrático de la Universidad DeLaSalle Bajío (León, Guanajuato) a nivel posgrado, donde dicta el curso de Ingeniería de Cimentaciones en la Maestría en Estructuras. El Maestro en Ingeniería David Ortiz ha participado en calidad de ponente de conferencias, cursos y talleres en diversos congresos, simposios y ciclos de conferencias nacionales e internacionales, contando ya con cuatro giras a Sudamérica. Ha disertado de manera destacada en universidades tales como UJED (Durango), ITS Lagos de Moreno (Jalisco), ITI III y ESIA UZ IPN (Cd. de México), TESJI (Estado de México), ITT (Tlaxiaco, Oaxaca), UJCM (Moquegua, Perú), UPT (Tacna, Perú), UTO (Oruro, Bolivia), UPEA (La Paz, Bolivia), UPS (Quito, Ecuador) y UNACH (Chimborazo, Ecuador). En agosto del 2016 impartió una conferencia y un workshop en el Encuentro Nacional de Estudiantes de Arquitectura, organizado por UNEA, con sede en Oruro, Bolivia. Ha escrito y compartido para su descarga gratuita los libros:” Estructuras Isostáticas en 2D: Problemas Resueltos”, “Resolución de Armaduras en 2D con el Método Matricial de la Rigidez”, “Análisis de Estructuras: Problemas Resueltos”. Sus obras literarias se han caracterizado por contener mensajes de toque social, de reflexión y hasta cierto punto contestatarios. Ha presentado sus libros en el programa “Profesionistas por el progreso” de la televisora ASTL.TV del Consejo Nacional de Egresados Politécnicos, así como en el programa “Ingenio civil” de Nuestra Voz Radio: La voz del pueblo organizado. Forma parte del equipo de editores de la web de Ingeniería civil más destacada de América Latina, civilgeeks.com.
- 4. Alex Henrry PalominoEncinas (Perú) Bachiller en Ingeniería Civil de la Universidad Nacional de Cajamarca (UNC). Cuenta con especialización en cálculo y diseño de concreto armado y albañilería, estructuras de contención y cimentaciones, reservorios, puentes, así como en evaluación y diseño por desempeño de edificios. Ha participado en calidad de ponente de conferencias, cursos y talleres en diversos congresos y ciclos de conferencias nacionales e internacionales. Realizó su primera gira internacional en Bolivia, teniendo intervenciones destacadas en la UTO (Oruro) y la UPEA (La Paz) en el 2015. En ese mismo año disertó nuevamente en Bolivia. En enero del 2016 impartió su primera conferencia en América del Norte dentro del evento “Primera Jornada Internacional de Ingeniería Civil” en el Tecnológico Nacional de México, Instituto Tecnológico de Iztapalapa III. Es autor de los siguientes manuales, de los cuales ha compartido algunas de sus partes para su descarga gratuita: “Manual para los estudiantes del ETABS”, “Diseño de cimentaciones superficiales con el uso de SAFE- teoría y práctica”, “Diseño de reservorios apoyados de concreto armado con SAP 2000”, “Cálculo y diseño de edificios de concreto armado con ETABS”, “Manual de análisis estático y dinámico- NTE E.030”, “Manual de AutoCAD Estructural Detailing”, entre otros. Ha publicado diversos videos tutoriales de Ingeniería Estructural y actualmente se dedica a dictar cursos especializados de forma independiente sobre distintos temas de Ingeniería Estructural. Forma parte del equipo de editores de la web de Ingeniería civil más destacada de América Latina, civilgeeks.com. Albert Richard Miranda Sivila (Bolivia) Licenciatura en Ingeniería Civil en la Universidad Católica Boliviana “San Pablo” (Graduado por Excelencia). Maestría en Ingeniería Civil, área de Estructuras, en la ESIA UZ IPN, México (Graduado con Mención Honorífica). Dentro de su experiencia laboral está: a) Sub Gerente Técnico, Departamento de Ingeniería. VSL Corporation México SA de CV. Análisis y diseño de estructuras postensadas (Julio de 2014 - a la fecha); b) Ingeniero de Proyecto, Departamento de Ingeniería. VSL Corporation México SA de CV. Análisis y diseño de estructuras postensadas (Febrero de 2014 - Junio de 2014); c) Consultor en Diseño de ingeniería y Supervisión de Proyectos de Obras Civiles (Puentes, Edificios, Colegios). Empresa Consultora Unión S.R.L-Bolivia. (Octubre de 2009- Diciembre 2011); d) Profesor de Asignatura, Universidad Católica Boliviana “San Pablo”, asignaturas: Estática I, Estática II, Fundaciones I. (Agosto de 2009- Diciembre 2011). Participó como ponente de una conferencia en la “Primera Jornada Internacional de Ingeniería Civil” en el Tecnológico Nacional de México, Instituto Tecnológico de Iztapalapa III.
- 5. Hugo Martínez Hernández(México) Ingeniero Civil egresado del Instituto Politécnico Nacional (IPN), Escuela Superior de Ingeniería y Arquitectura (ESIA), UZ. Ahí mismo estudió la Maestría en Ingeniería Civil, área de estructuras, en la Sección de Estudios de Posgrado e Investigación, graduándose con mención honorífica. Actualmente efectúa el doctorado en la Escuela Superior de Ingeniería Mecánica (ESIME) del IPN. Desde el 2015 hasta la fecha es docente de la ESIA UZ IPN, en la que imparte asignaturas como Estructuras Isostáticas, Mecánica de Materiales y Análisis Estructural. Ha sido invitado por diversas Instituciones para impartir cursos y conferencias. Destacan sus participaciones en la FES Aragón (UNAM), ESIA Tecamachalco (IPN) e Instituto Tecnológico de Iztapalapa III. Es coautor en el libro” Estructuras Isostáticas en 2D: Problemas Resueltos”. Ha disertado sobre temas de Ingeniería en “Profesionistas por el progreso” de la televisora ASTL.TV del Consejo Nacional de Egresados Politécnicos, así como en el programa “Ingenio civil” de Nuestra Voz Radio: La voz del pueblo organizado.
- 7. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 43 y más
- 9. México 2016 Fuerzas defijación y momentos de empotramiento en vigas 43 y más Ortiz Soto David Universidad Nacional Autónoma de México Facultad de Estudios Superiores Aragón Instituto Politécnico Nacional Escuela Superior de Ingeniería y Arquitectura Tecnológico Nacional de México Instituto Tecnológico de Iztapalapa III Universidad DeLa Salle Bajío Alex Henrry Palomino Encinas Universidad Nacional de Cajamarca Facultad de Ingeniería Albert Richard Miranda Sivila Universidad Católica Boliviana “San Pablo” Instituto Politécnico Nacional Escuela Superior de Ingeniería y Arquitectura Martínez Hernández Hugo Instituto Politécnico Nacional Escuela Superior de Ingeniería y Arquitectura Escuela Superior de Ingeniería Mecánica Revisión Técnica Internacional (Bolivia): Ms. Luis Cabrera Fernández Universidad Técnica de Oruro Facultad Nacional de Ingeniería Universidad Autónoma Juan Misael Saracho
- 10. Datos de catalogaciónbibliográfica Ortiz, D., Palomino, A. H., Miranda, A. R., et al. Fuerzas de fijación y momentos de empotramiento en vigas Primera edición INDEPENDIENTE, México, 2016 Distribuidora virtual oficial: CivilGeeks Número de Registro de Obra 03-2018-072610390400-01 Área: Ingeniería Formato: Carta 21.6 cm x 27.9 cm Reservados todos los derechos. Se aclara que los autores del presente libro han colocado el contenido de este para su descarga gratuita y permiten su libre difusión sin fines lucrativos. Únicamente ellos están facultados para la venta de esta obra en físico. Por consiguiente, no está permitida la reproducción total o parcial de este libro, ni su tratamiento informático, ni la transmisión de ninguna forma o cualquier medio, ya sea electrónico, mecánico, por fotocopia, por registro u otros métodos con fines lucrativos u otros propósitos que no tengan el consentimiento previo por escrito de los autores, según sea el caso. DERECHOS RESERVADOS 2018, por David Ortiz Soto, Alex Henrry Palomino Encinas, Albert Richard Miranda Sivila y Hugo Martínez Hernández. Obra inscrita en el Registro Público del Derecho de Autor, SEP, INDAUTOR. Impreso en México
- 11. V DEDICATORIAS Ortiz David Dedico demanera especial este libro a Dios, a mis padres Clara y Antonio, así como a mis hermanos José Carlos y Antonio. A mis abuelas Paulina Ramírez y Juana Marín. A mis sobrinos Diego y Antonio. A Fidel, Anahí y Guadalupe. He sido bendecido por el apoyo y afecto que me ha brindado cada uno de los miembros de mi familia a lo largo de mi vida, lo cual les agradezco infinitamente, incluyendo a aquellos que se han adelantado (abuelos Rafael y Antonio, y tía Lucía). A mis alumnos del Instituto Politécnico Nacional, Escuela Superior de Ingeniería y Arquitectura (UZ), y del Tecnológico Nacional de México, Instituto Tecnológico de Iztapalapa III. Con toda sinceridad, les doy las gracias a todos mis amigos, compañeros, profesores y colegas que siempre me han respaldado. A todas las personas de México y del extranjero que directa o indirectamente me han apoyado y/o han depositado su confianza en mí. A los lectores por su incondicional apoyo, pues gracias a ellos mi filosofía está más viva que nunca... “La información no es sólo para el que la paga, es para todos” y “No hay fronteras ni banderas para el conocimiento”. Palomino Alex Henrry Dedico este libro a todas las personas que con su apoyo sincero han contribuido a encaminar mi sendero hacia la superación constante, permitiéndome encontrar en la escritura una forma libre de expresarme, con ideas objetivas; con humildad, contribuyendo con la educación superior teniendo siempre en mente que tenemos cierta obligación de transmitir lo que sabemos a las nuevas generaciones de profesionales que nos siguen. Porque el conocimiento académico debe ser libre y sin políticas de restricción, dedico este libro a todos los estudiantes de ingeniería en el mundo. En lo personal, dedico este libro a mis padres, Edmundo Palomino Bazán y Rudí Encinas Vega y a mis hermanos Miguel, Franco, Dorisa, Carlos y hermana menor Iris. A todos los ingenieros del Perú y el extranjero que desde el inicio me han dado su apoyo y respaldo, en especial al Ing. Napoleón Franklin Cueva Guerra y compañero de promoción, el Ing. Christian Gonzalo Salcedo Malaver. A todos mis amigos de mi entorno, tanto del Perú como del extranjero, muchas gracias por esa confianza depositada.
- 12. DEDICATORIAS VI Miranda Albert Richard Dedicoesta obra a quienes necesitan un empujoncito adicional para comprender el comportamiento estructural y no se rinden, a quienes buscan superarse día a día a pesar de las dificultades, a quienes la carencia de recursos no significa un pretexto para la ignorancia, a quienes no se conforman con lo aprendido en las aulas y buscan más, a quienes la venganza no los consume sino que les renueva las fuerzas para luchar, a quienes el espíritu de superación puede más que la injusta desigualdad que gobierna nuestro mundo. No hay pretextos válidos, no hay venganzas justificadas, hay historia aprendida y un mundo esperando por mejores personas en mente y corazón. Martínez Hugo A mis padres y hermanos, por su apoyo incondicional. A mis amigos, que siempre han estado a mi lado en todo momento. Todos los autores En primera instancia, agradecemos enormemente al Máster de Bolivia Luis Cabrera Fernández por el apoyo que nos brindó con la revisión técnica de esta obra, así como por su gran amistad, por ende, le rendimos un homenaje por su brillante trayectoria como ingeniero civil. A la memoria de Hugo…Dedicamos de manera especial este libro a un gran amigo boliviano, el Ing. Hugo Moreno Parada, egresado de la Facultad Nacional de Ingeniería, Universidad Técnica de Oruro. Luego de su partida a la presencia de Dios, siempre lo recordaremos como una gran persona y un excelente colega. A Sheila Sotomayor y John Rojas, creadores de la web Civilgeeks.com, la cual es la distribuidora virtual oficial de esta y todas nuestras obras literarias. A todas las demás webs que también nos apoyan con la difusión de este texto. A todas las Universidades de los diferentes países de América del Norte y del Sur que nos han brindado un espacio para disertar en distintos eventos. A la UJED (Durango), ITS Lagos de Moreno (Jalisco), ITI III y ESIA UZ IPN (Cd. de México), TESJI (Estado de México), ITT (Tlaxiaco, Oaxaca), UJCM (Moquegua, Perú), UPT (Tacna, Perú), UTO (Oruro, Bolivia), UPEA (La Paz, Bolivia), UPS (Quito, Ecuador) y UNACH (Chimborazo, Ecuador). A todos los estudiantes, docentes y directivos que han contribuido para que ello sea posible y que además han hecho que nuestras estancias sean de las mejores experiencias en nuestras vidas. A la Unión Nacional de Estudiantes de Arquitectura de Bolivia. A las Instituciones en las que nos hemos formado académicamente a nivel de Licenciatura y Posgrado. A los lectores, esperando que el contenido de este libro sea de su agrado y utilidad. Sin el apoyo de ellos nada de esto sería posible.
- 13. VII MENSAJE DE DAVIDORTIZ SOTO Ante los recientes ataques que hemos sufrido algunos escritores altruistas en la escena de la Ingeniería Estructural, tales como los intentos de sabotaje a los cursos de Alex Henrry o el hecho de que webs oportunistas cobren dinero por descargar los aportes que Alex, Ph. D. Genner Villarreal y yo hacemos cuando nosotros mismos, teniendo los derechos de autor, los colocamos para su descarga gratuita, no me resta más que decir que seguiremos viendo a la literatura como una forma de expresión para evidenciar un sistema injusto y perseguir nuestros ideales, aunque a algunos no les parezca y por más que nos intenten derribar. Andaremos por la misma brecha de contribuir a "Una educación universal, de calidad y al alcance de todos" como dice Genner, siempre pensaremos que "La información no es sólo para el que la paga, es para todos", que "No hay fronteras ni banderas para el conocimiento" y que "La clave está en ver a tus alumnos como el futuro para el gran cambio que requerimos y no como tu competencia" como lo he venido promoviendo o como cita Alex "Seguiremos escribiendo en favor de la comunidad de ingeniería en todo el mundo fomentando el buen uso y las buenas prácticas"..."Larga vida a la escena autogestiva y altruista de la Ingeniería Civil".
- 14. VIII MENSAJE DE ALEXHENRRY PALOMINO ENCINAS Empiezo este mensaje expresando mi infinito agradecimiento a todos ustedes que a través de mis publicaciones hemos podido entablar amistad y compartido experiencias sobre temas de Cálculo, Análisis y Diseño en la rama de Ingeniería Estructural. Todas nuestras publicaciones se realizan con el objetivo de hacer saber a la comunidad que existen procedimientos y documentos que nos permiten realizar ciertas acciones y ayudar en la toma de decisiones durante el proceso de diseño de un proyecto cualquiera, esto es, que todo lo que han podido consultar hasta ahora tiene un sustento técnico y criterios basados en los documentos que se hacen mención. La filosofía de difusión de conocimiento de forma libre la tenemos bien clara y eso es lo que nuestro grupo ha venido fomentando durante este corto tiempo que estamos activamente publicando a menudo y como resultado de ello hemos recibido la aprobación del público objetivo porque damos a conocer nuestra metodología y soluciones a inquietudes que muy pocas veces se logra encontrar o se encuentra restringida ya sea por cuestiones de idioma o por cuestiones económicas. Siempre nos realizan consultas, pero no a todos se les puede responder ese mismo día, ya que en mi caso particular no solamente estoy escribiendo sobre temas de ingeniería, sino que también me encuentro trabajando en el desarrollo de proyectos y eso suele hacerles pensar que somos mezquinos en cuanto a compartir conocimiento se refiere. En esta aclaración quiero que sepan que deben ser insistentes en cuanto a sus consultas ya que no son los únicos que preguntan. Recientemente me di cuenta de los cientos de solicitudes de mensajes que tenía y me apena no poderles haber respondido a tiempo y quiero pedirles disculpas por este inconveniente. Por otro lado, debido a la manera original de exponer los temas de ingeniería estructural sustentados de la mejor manera posible, nuestros seguidores nos han venido pidiendo desde el inicio que desarrollemos cursos con temas específicos aplicativos a proyectos reales de ingeniería, petición que gustosamente hemos sabido atender respondiendo con desarrollos detallados de uso y manejo adecuado de software acompañado siempre de la teoría que lo sustenta, permitiéndonos demostrar hipótesis y afirmaciones durante las exposiciones; acciones que nos han otorgado un prestigio y trayectoria como ponentes y escritores, ya que nuestro trabajo es reconocido en todas partes del mundo teniendo hasta peticiones de traducción al idioma inglés. Hemos recibido invitaciones a participar en diversos eventos académicos nacionales e internacionales, creo yo, en recompensa por nuestro trabajo realizado y reconocimiento que, por supuesto, en respuesta a ello no realizamos ningún cobro por impartir talleres o clases enfocadas. Este prestigio y trayectoria ganados de manera limpia, compitiendo siempre con conocimientos, ha llevado a algunas personas a tener actitudes indeseables con supuestas campañas de desprestigio y hasta decir que el material que entregamos es de otra persona, afirmación que para quienes nos conocen es del todo ridícula, demostrando la poca educación personal que tienen, ya que mediante cuentas de Facebook o correo electrónico sin identificación han intentado sabotear, sin éxito, nuestras actividades. Desde diversas partes del mundo les agradecemos el habernos tomado en cuenta. Seguiremos escribiendo en favor de la comunidad de ingeniería en todo el mundo fomentando el buen uso y las buenas prácticas. Saludos cordiales.
- 15. IX MENSAJE DE LOSAUTORES A lo largo de nuestra corta trayectoria como escritores siempre hemos demostrado a través de las obras escritas una gran solidaridad con los diferentes movimientos de lucha social y estudiantil. En este libro brindamos un homenaje a los 43 estudiantes mexicanos desaparecidos de forma injusta por el gobierno, en Ayotzinapa, Guerrero, México, de ahí que la portada tenga un 43; enseguida del número citado aparecen las palabras “y más”, porque pretendemos evidenciar que los caídos, oprimidos y marginados por el sistema somos muchos más. Nuestra portada básicamente de negro es en alusión al luto que el pueblo mexicano vive hoy en día por tantos asesinatos injustos e impunes. En ella, nuestros nombres se encuentran teñidos de rojo, en efecto, por la sangre derramada de un pueblo que exige justicia y dignidad. Va por aquellos que están luchando por un mundo mejor. Dejamos en claro que toda clase de autoritarismo es reprobatoria y le decimos ¡no! al terrorismo de Estado en México, ni en ningún país, de modo que repudiamos todo aquello que atente contra los derechos humanos. En todos los rincones del planeta, de distintas formas, pero todos unidos, conscientes y organizados seguiremos resistiendo. Pensamos que América Latina es sólo una, y aún el mundo entero lo es. A la memoria de los 43 normalistas… 43 y más Ofrenda elaborada por estudiantes de la Escuela Superior de Ingeniería y Arquitectura (UZ) IPN dentro de sus instalaciones en la que se rinde un homenaje a los 43 estudiantes normalistas
- 16. X POEMAS Y FRASESPOR DAVID ORTIZ SOTO David Ortiz Soto, de nacionalidad mexicana, es un novel escritor de Ingeniería. Su pasión por la poesía lo ha llevado a componer poemas empleando un lenguaje propio de la Ingeniería Civil. El amor a su profesión también ha propiciado que ingenie frases acordes a la misma. A continuación, se presentan algunos de sus poemas y frases con más acogida por el público de la carrera citada. Enamórate de un Ingeniero Civil o de una Ingeniera Civil "Enamórate de un Ingeniero Civil para que te construya una gran historia de amor, te diseñe espacios hermosos en tu vida, te modele un mundo lleno de felicidad y haga que vivas momentos máximos junto a él…Él será siempre un soporte para ti y opondrá máxima resistencia ante solicitaciones negativas, no permitiendo grandes deformaciones en una relación que siempre llevará al esfuerzo admisible, incluso hasta el esfuerzo último, pero nunca a la falla, debido a que el límite del amor cuando de él tienda hacia ti, será simple y sencillamente infinito". "Enamórate de una Ingeniera Civil para que te construya una gran historia de amor, te diseñe espacios hermosos en tu vida, te modele un mundo lleno de felicidad y haga que vivas momentos máximos junto a ella…Ella será siempre un soporte para ti y opondrá máxima resistencia ante solicitaciones negativas, no permitiendo grandes deformaciones en una relación que siempre llevará al esfuerzo admisible, incluso hasta el esfuerzo último, pero nunca a la falla, debido a que el límite del amor cuando de ella tienda hacia ti, será simple y sencillamente infinito”. By David Ortiz Soto
- 17. XI Un Ingeniero Civilsin limitantes "No trates de ponerme un muro de longitud infinita para detener mis sueños, porque hallaré la escalera de longitud ideal y la inclinaré a un ángulo necesario con respecto a la horizontal para esquivarlo y seguir adelante." By David Ortiz Soto "Para un Ingeniero civil o una Ingeniera civil la distancia no sería un problema en una relación de amor dado que puede despejarla de cualquier ecuación que la contenga, como la de la velocidad." By David Ortiz Soto "Ingeniería Civil, más que una profesión, una pasión e inspiración y un estilo de vida en sí." By David Ortiz Soto "Ingeniería Civil, tu habilidad de razonamiento e ingenio serán exigidos al máximo...Ahí donde rendirse está prohibido." By David Ortiz Soto
- 18. XII Eres tú lapersona que ama un Ingeniero Civil Eres tú ese factor de seguridad que cubrirá mis fallas, incluso las de valores críticos. Eres tú mi única variable de respuesta y mi constante en este mundo de infinitas variables. Eres tú la mezcla perfecta de belleza e inteligencia diseñada para darle alta resistencia a nuestra relación de amor estructuralmente estable. Eres tú quien representa ese cimiento de longitud infinita y profundidad necesaria capaz de sostener el peso propio de mis sueños. Y soy yo quien será capaz de construir un muro con los ladrillos que te lancen quienes desean verte caer. Eres tú el principio para la superposición de mi cariño, respeto y amor por ti. Aunque solicitaciones negativas quieran propiciar condiciones que lleven nuestra relación a la frontera, nosotros preferimos darle siempre continuidad. Eres tú la cuantía balanceada que fija los parámetros necesarios para mi irrefutable buen comportamiento estructural. Eres tú indudablemente mi línea de conducción a la felicidad Siempre iremos de la mano siguiendo esa ruta crítica que nos lleve a la mejor toma de decisiones. Juntos opondremos máxima resistencia ante los esfuerzos cortantes que intenten separarnos, pues una conexión ha fijado nuestros corazones entre sí eternamente. Eres tú ese momento máximo que me inspiró a escribir estas líneas. By David Ortiz Soto
- 19. XIII PREFACIO El libro seha escrito con la finalidad de contribuir en la formación académica de los estudiantes de Ingeniería Civil, Arquitectura, Ingeniería Mecánica u otras carreras con afinidad, no obstante, también se pretende que esta obra sirva de apoyo a los profesores que dictan los cursos de Análisis Estructural y Mecánica de Materiales. El énfasis de este libro es deducir las fórmulas de las “Fuerzas de Fijación y los Momentos de Empotramiento” en vigas sometidas a distintos tipos de cargas con base en el método de flexibilidades (de igual forma conocido como el método de las fuerzas). El uso de estas fórmulas es necesario cuando se realiza el análisis estructural de una viga o un pórtico con el método de la rigidez matricial o el método de Cross. El método de flexibilidades es útil para determinar las fuerzas reactivas en los soportes de estructuras hiperestáticas y se basa en el principio de superposición. Básicamente, plantea que una estructura estáticamente indeterminada es equivalente a la suma de causas y efectos de una serie de estructuras isostáticas, considerando la compatibilidad del desplazamiento de las mismas. Cabe mencionar que solo es aplicable a un sistema estructural que responde en su rango elástico y lineal. A continuación, se proporciona el enfoque seguido en esta obra. Exactamente 32 vigas hiperestáticas son analizadas minuciosamente hasta el cálculo de sus reacciones en los apoyos. Las solicitaciones aplicadas a las estructuras obedecen a fuerzas puntuales y distribuidas, y momentos distribuidos y puntuales. Las cargas distribuidas actúan total o parcialmente sobre la longitud de la estructura y pueden adquirir las siguientes formas: uniforme, variación lineal, parabólica, senoidal, circular, elíptica, logarítmica, entre otras.
- 21. XV CONTENIDO 1 VIGA BIEMPOTRADACON CARGA PUNTUAL APLICADA AL CENTRO DEL CLARO .....................................1 2 VIGA BIEMPOTRADA CON CARGA DISTRIBUIDA UNIFORME .........................................................................10 3 VIGA BIEMPOTRADA CON CARGA TRIANGULAR..............................................................................................15 4 VIGA BIEMPOTRADA CON CARGA TRIANGULAR SIMÉTRICA ........................................................................20 5 VIGA BIEMPOTRADA CON CARGA TRAPEZOIDAL ..........................................................................................26 6 VIGA BIEMPOTRADA CON CARGA PARABÓLICA ............................................................................................31 7 VIGA BIEMPOTRADA CON CARGA DE ENJUTA PARABÓLICA .......................................................................37 8 VIGA BIEMPOTRADA CON CARGA LOGARÍTMICA ...........................................................................................42 9 VIGA BIEMPOTRADA CON MOMENTO CONCENTRADO APLICADO AL CENTRO DEL CLARO ...................48 10 VIGA BIEMPOTRADA CON CARGA PUNTUAL APLICADA EN UN PUNTO ARBITRARIO DEL CLARO ......51 11 VIGA BIEMPOTRADA CON MOMENTO APLICADO EN UN PUNTO ARBITRARIO DEL CLARO ..................55 12 VIGA BIEMPOTRADA CON CARGA INCLINADA EN UN PUNTO ARBITRARIO DEL CLARO .......................58 13 VIGA BIEMPOTRADA CON CARGA SENOIDAL ................................................................................................63 14 VIGA BIEMPOTRADA CON MOMENTO DISTRIBUIDO UNIFORME .................................................................72 15 VIGA BIEMPOTRADA CON CARGA CIRCULAR DE UN CUARTO ...................................................................75 16 VIGA BIEMPOTRADA CON CARGA ELÍPTICA DE UN CUARTO .....................................................................80 17 VIGA CON SOPORTES ARTICULADO Y FIJO CON CARGA PUNTUAL APLICADA AL CENTRO DEL CLARO .....................................................................................................................................................................................84 18 VIGA CON SOPORTES ARTICULADO Y FIJO CON CARGA DISTRIBUIDA UNIFORME ...............................86 19 VIGA CON SOPORTES ARTICULADO Y FIJO CON CARGA TRIANGULAR SIMÉTRICA ..............................88 20 VIGA CON SOPORTES ARTICULADO Y FIJO CON CARGA PARABÓLICA ...................................................90 21 VIGA CON SOPORTES ARTICULADO Y FIJO CON CARGA TRIANGULAR ...................................................92 22 VIGA CON SOPORTES ARTICULADO Y FIJO CON CARGA DE ENJUTA PARABÓLICA .............................94 23 VIGA BIEMPOTRADA CON CARGA DISTRIBUIDA PARCIALMENTE UNIFORME .........................................96 24 VIGA BIEMPOTRADA CON CARGA TRIANGULAR PARCIALMENTE DISTRIBUIDA ...................................100 25 VIGA CON CARGA DISTRIBUIDA PARCIALMENTE UNIFORME CON UN APOYO EMPOTRADO Y OTRO ARTICULADO ..........................................................................................................................................................103 26 VIGA CON CARGA TRIANGULAR DISTRIBUIDA PARCIALMENTE CON UN APOYO EMPOTRADO Y OTRO ARTICULADO ..........................................................................................................................................................105 27 VIGA CON TRES CARGAS EQUIDISTANTES CON UN APOYO EMPOTRADO Y OTRO ARTICULADO .....108 28 VIGA DOBLEMENTE EMPOTRADA CON CARGA UNIFORME CONCENTRADA EN UNA ZONA CENTRAL ...................................................................................................................................................................................111 29 VIGA EMPOTRADA-ARTICULADA CON CARGA UNIFORME CONCENTRADA EN UNA ZONA CENTRAL ...................................................................................................................................................................................117 30 VIGA DOBLEMENTE EMPOTRADA CON CARGA TRIANGULAR EN UNA PORCIÓN IZQUIERDA ............119 31 VIGA EMPOTRADA-ARTICULADA CON CARGA TRIANGULAR EN UNA PORCIÓN IZQUIERDA ..............124 32 VIGA EMPOTRADA-ARTICULADA CON MOMENTO APLICADO EN UN PUNTO ARBITRARIO DEL CLARO ...................................................................................................................................................................................126 BIBLIOGRAFÍA .........................................................................................................................................................129
- 23. 1 1 VIGA BIEMPOTRADACON CARGA PUNTUAL APLICADA AL CENTRO DEL CLARO SOLUCIÓN Verificación del grado de indeterminación En primer lugar debe determinarse el grado de indeterminación de la estructura real (𝐸𝑅), figura 1-a, para saber cuántas restricciones hiperestáticas eliminar; ese mismo número nos indicará la cantidad de ecuaciones simultáneas a plantear más adelante para la resolución del problema. Con base en el diagrama de cargas, figura 1-b, hay 𝑟 = 6 incógnitas de reacción, las cuales son 𝑅 𝐴𝑋, 𝑅 𝐴𝑌, 𝑀𝐴, 𝑅 𝐵𝑋 , 𝑅 𝐵𝑌 y 𝑀 𝐵 (cabe mencionar que cuando se identifican las reacciones en los soportes, el sentido de cada una de ellas debe ser supuesto arbitrariamente al desconocerse la magnitud correspondiente), así mismo, no se tiene alguna condición impuesta por la construcción (articulación o rótula, conector cortante, etc.), es decir, 𝑐 = 0 . Por otra parte, existen 𝑛 = 3 ecuaciones de equilibrio en el plano, que son ∑ 𝑀 = 0, ∑ 𝐹𝑋 = 0, ∑ 𝐹𝑌 = 0. A partir de la ecuación +→ ∑ 𝐹𝑋 = 0, dado que la viga no está sometida a cargas horizontales, se obtiene directamente que 𝑅 𝐴𝑋 y 𝑅 𝐵𝑋 son nulas. Por consiguiente, ahora únicamente se tienen 𝑟 = 4 fuerzas reactivas y 𝑛 = 2 ecuaciones de la Estática. En consecuencia, la viga es estáticamente 𝐴 𝐵 𝐿/2 𝐿/2 𝑃 Figura 1 (a) Estructura real (𝐸𝑅) 𝐴 𝐵 𝐿/2 𝐿/2 𝑃 𝑅 𝐴𝑌 𝑅 𝐵𝑌 𝑅 𝐴𝑋 𝑅 𝐵𝑋 𝑀 𝐴 𝑀 𝐵 (b)
- 24. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 2 indeterminada o hiperestática de segundo grado ya que 𝑟 > (𝑛 + 𝑐), puesto que 4 > (2 + 0) con una diferencia de 4 − 2 = 2. Elección de las reacciones redundantes o fuerzas correctivas Como la viga es estáticamente indeterminada en grado dos, hay dos redundantes, lo cual significa que existe tal cantidad de fuerzas en exceso de las fuerzas primarias o son sobrantes o superabundantes de las necesarias para mantener el equilibrio estático. Las redundantes deben seleccionarse de tal modo que al suprimirlas de la viga, esta sea isostática y estable. Por lo tanto, para el tipo de vigas doblemente empotradas se cuenta con dos alternativas: 1) eliminar los momentos reactivos o 2) retirar un momento y una reacción vertical con un punto de aplicación coincidente. Basándose en la opción 2, se opta porque 𝑅 𝐴𝑌 y 𝑀𝐴 sean las redundantes, pero tome en cuenta que de la misma opción, las fuerzas correctivas pueden ser 𝑅 𝐵𝑌 y 𝑀 𝐵, o bien, de la opción 1, se pudo haber considerado como fuerzas sobrantes a 𝑀𝐴 y 𝑀 𝐵. Cuando ya se tiene un buen dominio del método de secciones, es más fácil visualizar la alternativa mayormente conveniente para hacer menos tedioso el análisis. Planteamiento de la estructura primaria Con lo anterior, es posible idealizar una nueva estructura denominada estructura primaria o isostática fundamental (𝐸𝑃); como se dejó entrever previamente, se trata de convertir la viga hiperestática en una isostática y estable desapareciendo precisamente las redundantes seleccionadas. Siendo así, la capacidad de la viga para resistir 𝑅 𝐴𝑌 y 𝑀𝐴 se elimina si se quita el empotramiento en 𝐴. Esta estructura liberada forzosamente debe soportar las carga reales, figura 1-c. Principio de superposición Aquí se esquematiza claramente que la estructura estáticamente indeterminada puede ser igual a la suma de una serie de estructuras estáticamente determinadas compuesta por la estructura primaria y otro número de estructuras igual a la cantidad de redundantes (𝐸𝑅𝑑𝑖). Por lo tanto, la estructura real es igual a la adición de la estructura liberada sometida a: A) las cargas reales, figura 1-c, y B) la acción individual de cada una de las reacciones redundantes (con un sentido propuesto de forma indistinta), figuras 1-d y 1-e. Para este ejercicio se tiene 𝐴 𝐵 𝐿/2 𝐿/2 𝑃 𝑅 𝐵𝑌 = 𝑃 𝑅 𝐵𝑋 = 0 𝑀 𝐵 = 𝑃𝐿 2 𝑥 (c) Estructura primaria (𝐸𝑃) ⟹ 𝑀
- 25. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 3 𝐸𝑅 = 𝐸𝑃 + 𝐸𝑅𝑑1 + 𝐸𝑅𝑑2 Contrariamente a la viga de la figura 1-a, las vigas representadas en las figuras 1-c, 1-d y 1-e experimentan de forma respectiva un desplazamiento vertical o deflexión en 𝐴 (𝛿 𝑉𝐴) y una pendiente o rotación en 𝐴 (𝜃𝐴) dado que no hay soporte alguno en ese nodo que los impida. Suponga que tales deflexiones y pendientes son iguales a una cierta cantidad. Entonces, para la viga 𝐸𝑃 se tiene que 𝛿 𝑉𝐴 𝐸𝑃 = 𝑑1 y 𝜃𝐴 𝐸𝑃 = 𝑑2. A su vez, para la viga 𝐸𝑅𝑑1 tenemos que 𝛿 𝑉𝐴 𝐸𝑅𝑑1 = 𝑅 𝐴𝑌(𝑓11) y 𝜃𝐴 𝐸𝑅𝑑1 = 𝑅 𝐴𝑌(𝑓21). De forma análoga, en la viga 𝐸𝑅𝑑2, 𝛿 𝑉𝐴 𝐸𝑅𝑑2 = 𝑀𝐴(𝑓12) y 𝜃𝐴 𝐸𝑅𝑑2 = 𝑀𝐴(𝑓22). Posteriormente se ofrecerá una explicación de la razón por la cual se empleó la nomenclatura citada. Planteamiento de las ecuaciones de compatibilidad geométrica Para obtener ecuaciones adicionales que coadyuven a la solución del problema hacemos uso del principio de superposición formulado en el apartado precedente y tomamos en cuenta la compatibilidad del desplazamiento vertical y la pendiente en el empotramiento 𝐴; por lo tanto, las ecuaciones de compatibilidad para la deflexión en 𝐴 y la rotación en 𝐴 son, respectivamente 𝛿 𝑉𝐴 𝐸𝑅 = 𝛿 𝑉𝐴 𝐸𝑃 + 𝛿 𝑉𝐴 𝐸𝑅𝑑1 + 𝛿 𝑉𝐴 𝐸𝑅𝑑2 − − − (1 − 1) 𝜃𝐴 𝐸𝑅 = 𝜃𝐴 𝐸𝑃 + 𝜃𝐴 𝐸𝑅𝑑1 + 𝜃𝐴 𝐸𝑅𝑑2 − − − (1 − 2) Si en la viga 𝐸𝑅 tanto el desplazamiento vertical como la rotación en 𝐴 no existen debido a que la reacción vertical y el momento reactivo del soporte en 𝐴 los impiden, entonces 𝛿 𝑉𝐴 𝐸𝑅 = 𝜃𝐴 𝐸𝑅 = 0. Efectuando las sustituciones correspondientes en las ecuaciones (1 − 1) y (1 − 2), el sistema de ecuaciones de compatibilidad geométrica pasa a ser el siguiente: 𝐴 𝐵 𝐿/2 𝐿/2 𝑅 𝐴𝑌 𝐴 𝐵 𝐿/2 𝐿/2 𝑀 𝐴 (d) Estructura liberada con fuerza redundante 𝑅 𝐴𝑌 aplicada (𝐸𝑅𝑑1) (e) Estructura liberada con momento redundante 𝑀𝐴 aplicado (𝐸𝑅𝑑2)
- 26. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 4 0 = 𝑑1 + 𝑓11 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑓12 𝑀𝐴 − − − (1 − 3) 0 = 𝑑2 + 𝑓21 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑓22 𝑀𝐴 − − − (1 − 4) Cada desplazamiento del punto de aplicación de la acción redundante 𝑅𝑖 o 𝑀𝑖 en la dirección de esta, producido al actuar la carga original sobre la estructura liberada es expresado por 𝑑𝑖. Estos en conjunto se denominan incompatibilidades geométricas porque en la estructura real no ocurren. Los coeficientes de flexibilidad 𝑓𝑖𝑗 anteriores conforman la matriz de flexibilidad de la estructura y pueden calcularse sencillamente si en la estructura liberada aplicamos una carga unitaria correspondiente a cada fuerza redundante (𝐸𝐶𝑢𝑖), figuras 1-f y 1-g. Entonces, directamente de la viga 𝐸𝐶𝑢1 tenemos que la deflexión y la rotación en 𝐴 son equivalentes de forma respectiva a un determinado valor de 𝛿 𝑉𝐴 𝐸𝐶𝑢1 = 𝑓11 y 𝜃𝐴 𝐸𝐶𝑢1 = 𝑓21. Así mismo, para la viga 𝐸𝐶𝑢2, 𝛿 𝑉𝐴 𝐸𝐶𝑢2 = 𝑓12 y 𝜃𝐴 𝐸𝐶𝑢2 = 𝑓22. Cálculo de las incompatibilidades geométricas y de los coeficientes de flexibilidad En resumen, para poder resolver el sistema simultáneo de ecuaciones (1 − 3) y (1 − 4), el cual nos permite calcular las redundantes, en las vigas visualizadas en las figuras 1-c, 1-f y 1-g es necesario 𝐴 𝐵 𝐿/2 𝐿/2 1 𝑅 𝐵𝑌 = 1 𝑅 𝐵𝑋 = 0 𝑀 𝐵 = 𝐿𝑥 𝐴 𝐵 𝐿/2 𝐿/2 1 𝑅 𝐵𝑌 = 0 𝑅 𝐵𝑋 = 0 𝑀 𝐵 = 1 𝑥 (f) Estructura liberada con fuerza vertical unitaria aplicada en 𝐴 (𝐸𝐶𝑢1) ⟹ 𝑚1 (g) Estructura liberada con momento unitario aplicado en 𝐴 (𝐸𝐶𝑢2) ⟹ 𝑚2
- 27. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 5 conocer cuánto valen el desplazamiento vertical en 𝐴 dado que 𝑅 𝐴𝑌 (fuerza reactiva vertical en el empotramiento del punto 𝐴) fue suprimida y la pendiente en 𝐴 debido a que 𝑀𝐴 (momento reactivo en el empotramiento del punto 𝐴) fue eliminado. Los desplazamientos requeridos pueden obtenerse con cualquiera de los métodos apropiados del análisis estructural; en la presente obra se empleará el método del principio del trabajo virtual (es lo más recomendable) y se considerarán únicamente las deformaciones debidas a la flexión. En términos generales, este principio indica que debe incorporarse una carga ficticia unitaria sobre la viga descargada en el punto y en la dirección donde se requiere conocer el desplazamiento. Si debe determinarse la pendiente, se coloca un momento de par virtual unitario en el punto. Para asociar a los momentos internos (se obtendrán a partir del método de secciones) con las estructuras, le hemos denominado 𝑀 a la viga primaria, 𝑚1 a la viga liberada con fuerza vertical unitaria aplicada en 𝐴 y 𝑚2 a la viga liberada con momento unitario aplicado en 𝐴. Es importante recordar que las coordenadas 𝑥 a emplear y las direcciones positivas de los momentos internos entre las tres estructuras recién mencionadas deben ser iguales. En las figuras 1-c, 1-f y 1-g se puede observar que usaremos únicamente la coordenada 𝑥 para determinar la energía de deformación, cuyo origen se asocia en 𝐴, es positiva hacia la derecha y es válida para 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿, pero el lector puede usar otra u otras coordenadas distintas que sean apropiadas para cubrir la longitud de la viga. Con base en el principio del trabajo virtual, se tiene 𝑑1 = 𝛿 𝑉𝐴 𝐸𝑃 = ∫ 𝑀𝑚1 𝐸𝐼 𝑑𝑥 𝐿2 𝐿1 − − − (𝐼) 𝑑2 = 𝜃𝐴 𝐸𝑃 = ∫ 𝑀𝑚2 𝐸𝐼 𝑑𝑥 𝐿2 𝐿1 − − − (𝐼𝐼) 𝑓11 = 𝛿 𝑉𝐴 𝐸𝐶𝑢1 = ∫ 𝑚1 𝑚1 𝐸𝐼 𝑑𝑥 𝐿2 𝐿1 − − − (𝐼𝐼𝐼) 𝑓21 = 𝜃𝐴 𝐸𝐶𝑢1 = ∫ 𝑚1 𝑚2 𝐸𝐼 𝑑𝑥 𝐿2 𝐿1 − − − (𝐼𝑉) 𝑓12 = 𝛿 𝑉𝐴 𝐸𝐶𝑢2 = ∫ 𝑚2 𝑚1 𝐸𝐼 𝑑𝑥 𝐿2 𝐿1 − − − (𝑉) 𝑓22 = 𝜃𝐴 𝐸𝐶𝑢2 = ∫ 𝑚2 𝑚2 𝐸𝐼 𝑑𝑥 𝐿2 𝐿1 − − − (𝑉𝐼) Note que para determinar 𝑑1 se requiere de la combinación apropiada de los momentos internos 𝑀 y 𝑚1; algo análogo ocurre con las expresiones restantes. En todas las vigas de este libro, 𝐸𝐼 es constante. A continuación se calculan las reacciones y los momentos internos en las vigas isostáticas de las figuras 1-c, 1-f y 1-g. Considere que la función del momento flector será discontinua en los puntos donde el tipo o la magnitud de la carga distribuida cambia, o bien donde se apliquen fuerzas concentradas. La carga distribuida, así como la fuerza concentrada, o una de sus componentes, actúan perpendicularmente al eje longitudinal de la viga. Además de lo anterior, habrá discontinuidad en cada punto donde se aplique algún momento de par. Viga 𝐸𝑃, figura 1-c. Al aplicar las ecuaciones de equilibrio en una secuencia y emplear los resultados calculados previamente, se obtiene
- 28. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 6 +→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐵𝑋 = 0 +↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ −𝑃 + 𝑅 𝐵𝑌 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐵𝑌 = 𝑃 + ∑ 𝑀𝐵 = 0 ⇒ −𝑃 ( 𝐿 2 ) + 𝑀 𝐵 = 0 ⇒∴ 𝑀 𝐵 = 𝑃𝐿 2 Se formulan los momentos internos 𝑀. Las funciones de momento serán discontinuas en el punto de aplicación de la carga 𝑃, así que se requiere de efectuar dos cortes perpendiculares al eje longitudinal de la viga para definir 𝑀 a lo largo de la estructura, figuras 1-h y 1-i. 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 2⁄ + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 𝑀1 = 0 𝐿 2⁄ ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 −𝑀2 − 𝑃 (𝑥 − 𝐿 2 ) = 0 ⇒ 𝑀2 = −𝑃𝑥 + 𝑃𝐿 2 Viga 𝐸𝐶𝑢1, figura 1-f. Las fuerzas reactivas en el apoyo empotrado 𝐵 son resultado de +→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐵𝑋 = 0 +↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 1 − 𝑅 𝐵𝑌 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐵𝑌 = 1 + ∑ 𝑀𝐵 = 0 ⇒ 1(𝐿) − 𝑀 𝐵 = 0 ⇒∴ 𝑀 𝐵 = 𝐿 Se deduce el momento interno 𝑚1. Como no hay discontinuidad de carga, la viga se secciona ortogonalmente a su eje en una sola ocasión, figura 1-j. 𝐴 𝑀1 𝑥 𝐴 𝐿/2 𝑥 𝑃 𝑀2 𝑥 − 𝐿/2 (h) (i)
- 29. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 7 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 −𝑀1 + (1)(𝑥) = 0 ⇒ 𝑀1 = 𝑥 Viga 𝐸𝐶𝑢2, figura 1-g. Las reacciones en el empotramiento 𝐵 equivalen a +→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐵𝑋 = 0 +↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐵𝑌 = 0 + ∑ 𝑀𝐵 = 0 ⇒ −1 + 𝑀 𝐵 = 0 ⇒∴ 𝑀 𝐵 = 1 Se infiere el momento interno 𝑚2 a partir de la figura 1-k. 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 −𝑀1 − 1 = 0 ⇒ 𝑀1 = −1 Obsérvese que la coordenada 𝑥 seleccionada conlleva a que no haya necesidad de determinar las reacciones con el fin de encontrar los momentos internos. Enseguida se presenta el cálculo de las incompatibilidades geométricas, empleando las ecuaciones (𝐼) y (𝐼𝐼). 𝑑1 = 1 𝐸𝐼 [∫ (0)(𝑥)𝑑𝑥 + ∫ (−𝑃𝑥 + 𝑃𝐿 2 ) (𝑥)𝑑𝑥 𝐿 𝐿 2⁄ 𝐿 2⁄ 0 ] = 1 𝐸𝐼 ∫ (−𝑃𝑥2 + 𝑃𝐿 2 𝑥) 𝑑𝑥 𝐿 𝐿 2⁄ = 1 𝐸𝐼 [− 𝑃 3 𝑥3 + 𝑃𝐿 4 𝑥2 ] 𝐿 2⁄ 𝐿 = 1 𝐸𝐼 [− 𝑃 3 (𝐿3 − ( 𝐿 2 ) 3 ) + 𝑃𝐿 4 (𝐿2 − ( 𝐿 2 ) 2 )] = 1 𝐸𝐼 (− 7𝑃𝐿3 24 + 3𝑃𝐿3 16 ) = − 5𝑃𝐿3 48𝐸𝐼 𝑑2 = 1 𝐸𝐼 [∫ (0)(−1)𝑑𝑥 + ∫ (−𝑃𝑥 + 𝑃𝐿 2 ) (−1)𝑑𝑥 𝐿 𝐿 2⁄ 𝐿 2⁄ 0 ] 𝐴 𝑀1 𝑥 1 (j) 𝐴 𝑀1 𝑥 1 (k)
- 30. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 8 = 1 𝐸𝐼 ∫ (𝑃𝑥 − 𝑃𝐿 2 ) 𝑑𝑥 𝐿 𝐿 2⁄ = 1 𝐸𝐼 [ 𝑃 2 𝑥2 − 𝑃𝐿 2 𝑥] 𝐿 2⁄ 𝐿 = 1 𝐸𝐼 [ 𝑃 2 (𝐿2 − ( 𝐿 2 ) 2 ) − 𝑃𝐿 2 (𝐿 − 𝐿 2 )] = 1 𝐸𝐼 ( 3𝑃𝐿2 8 − 𝑃𝐿2 4 ) = 𝑃𝐿2 8𝐸𝐼 Ahora se muestra el cálculo de los coeficientes de flexibilidad, aplicando las ecuaciones (𝐼𝐼𝐼) hasta (𝑉𝐼). 𝑓11 = 1 𝐸𝐼 ∫ (𝑥)(𝑥)𝑑𝑥 𝐿 0 = 1 𝐸𝐼 ∫ 𝑥2 𝑑𝑥 𝐿 0 = 1 𝐸𝐼 [ 1 3 𝑥3 ] 0 𝐿 = 1 3𝐸𝐼 (𝐿3 − 03) = 𝐿3 3𝐸𝐼 𝑓21 = 1 𝐸𝐼 ∫ (𝑥)(−1)𝑑𝑥 = − 1 𝐸𝐼 ∫ 𝑥𝑑𝑥 𝐿 0 = − 1 𝐸𝐼 [ 1 2 𝑥2 ] 0 𝐿 = − 1 2𝐸𝐼 (𝐿2 − 02) = − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝐿 0 𝑓12 = 1 𝐸𝐼 ∫ (−1)(𝑥)𝑑𝑥 𝐿 0 = − 1 𝐸𝐼 ∫ 𝑥𝑑𝑥 𝐿 0 = − 1 𝐸𝐼 [ 1 2 𝑥2 ] 0 𝐿 = − 1 2𝐸𝐼 (𝐿2 − 02) = − 𝐿2 2𝐸𝐼 Obsérvese que como una consecuencia del teorema de Maxwell de los desplazamientos recíprocos, se cumple que 𝑓12 = 𝑓21. De forma más generalizada, se tiene que 𝑓𝑖𝑗 = 𝑓𝑗𝑖, lo cual hace que mientras más grande sea el grado de hiperestaticidad, más se evita el cálculo de varios coeficientes de flexibilidad. 𝑓22 = 1 𝐸𝐼 ∫ (−1)(−1)𝑑𝑥 = 1 𝐸𝐼 ∫ 𝑑𝑥 𝐿 0 = 1 𝐸𝐼 [𝑥]0 𝐿 = 1 𝐸𝐼 (𝐿 − 0) = 𝐿 𝐸𝐼 𝐿 0 Cálculo de las redundantes Al sustituir los coeficientes en el sistema simultáneo de ecuaciones (1 − 3) y (1 − 4), se tiene − 5𝑃𝐿3 48𝐸𝐼 + 𝐿3 3𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑀𝐴 = 0 − − − (1 − 5) 𝑃𝐿2 8𝐸𝐼 − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 + 𝐿 𝐸𝐼 𝑀𝐴 = 0 − − − (1 − 6) Despejando 𝑀𝐴 de las expresiones (1 − 5) y (1 − 6) respectivamente, resulta 𝑀𝐴 = 5𝑃𝐿3 48𝐸𝐼 − 𝐿3 3𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 − 𝐿2 2𝐸𝐼 − − − (1 − 7) 𝑀𝐴 = − 𝑃𝐿2 8𝐸𝐼 + 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 𝐿 𝐸𝐼 − − − (1 − 8) Igualando la ecuación (1 − 7) con la ecuación (1 − 8) y simplificando da 5𝑃𝐿3 48𝐸𝐼 − 𝐿3 3𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 − 𝐿2 2𝐸𝐼 = − 𝑃𝐿2 8𝐸𝐼 + 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 𝐿 𝐸𝐼 ⇒ ( 𝐿 𝐸𝐼 ) ( 5𝑃𝐿3 48𝐸𝐼 − 𝐿3 3𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌) = (− 𝐿2 2𝐸𝐼 ) (− 𝑃𝐿2 8𝐸𝐼 + 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌) − 𝐿4 3(𝐸𝐼)2 𝑅 𝐴𝑌 + 𝐿4 4(𝐸𝐼)2 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑃𝐿4 16(𝐸𝐼)2 − 5𝑃𝐿4 48(𝐸𝐼)2 ⇒ − 1 12 𝑅 𝐴𝑌 = − 1 24 𝑃 ⇒ 𝑅 𝐴𝑌 = 1 24 𝑃 1 12 ⇒∴ 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑃 2
- 31. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 9 Si se reemplaza el resultado previamente obtenido en la expresión (1 − 7), entonces 𝑀𝐴 = 5𝑃𝐿3 48𝐸𝐼 − 𝐿3 3𝐸𝐼 ( 𝑃 2 ) − 𝐿2 2𝐸𝐼 = − 𝑃𝐿3 16𝐸𝐼 − 𝐿2 2𝐸𝐼 ⇒∴ 𝑀𝐴 = 𝑃𝐿 8 La magnitud positiva obtenida tanto para 𝑅 𝐴𝑌 como 𝑀𝐴 indicó que tales redundantes tienen el mismo sentido que el propuesto para su correspondiente carga unitaria. En caso de haber resultado negativas, simplemente el sentido es opuesto al observado en la figuras 1-d y 1-e. Ecuaciones de equilibrio Como las reacciones redundantes ya han sido calculadas, los valores de las reacciones desconocidas faltantes pueden deducirse aplicando las ecuaciones de equilibrio al diagrama de cargas de la figura 1-l. +↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 𝑃 2 − 𝑃 + 𝑅 𝐵𝑌 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐵𝑌 = 𝑃 2 + ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ − 𝑃𝐿 8 + 𝑃 ( 𝐿 2 ) − 𝑃 2 (𝐿) + 𝑀 𝐵 = 0 ⇒∴ 𝑀 𝐵 = 𝑃𝐿 8 Finalmente, en la figura 1-m se muestran las reacciones en los empotramientos 𝐴 y 𝐵 de la viga real. 𝐴 𝐵 𝐿/2 𝐿/2 𝑃 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑃 2 𝑅 𝐵𝑌 = 𝑃 2 𝑀 𝐵 = 𝑃𝐿 8 𝑀 𝐴 = 𝑃𝐿 8 (m) 𝐴 𝐵 𝐿/2 𝐿/2 𝑃 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑃 2 𝑅 𝐵𝑌 𝑀 𝐵 𝑀 𝐴 = 𝑃𝐿 8 (l)
- 32. 10 2 VIGA BIEMPOTRADACON CARGA DISTRIBUIDA UNIFORME SOLUCIÓN Verificación del grado de indeterminación Como en toda viga doblemente empotrada que no soporta carga axial, pero soporta carga que es perpendicular a su eje longitudinal, para la viga de la figura 2-a en automático se infiere que las reacciones horizontales de los empotramientos 𝐴 y 𝐵 son nulas, en consecuencia, la estructura es estáticamente indeterminada en grado dos. Elección de las reacciones redundantes Si se seleccionan como fuerzas redundantes las mismas que en la viga resuelta anteriormente, es decir, 𝑅 𝐴𝑌 y 𝑀𝐴, el problema se reducirá notablemente ya que muchos cálculos se repetirían, tales como los momentos internos 𝑚1 y 𝑚2, y los coeficientes de flexibilidad 𝑓11, 𝑓21, 𝑓12 y 𝑓22. Planteamiento de la estructura primaria Se suprime el empotramiento 𝐴 de la viga real con la finalidad de eliminar las redundantes 𝑅 𝐴𝑌 y 𝑀𝐴. La viga liberada que soporta las cargas reales se muestra en la figura 2-b. 𝐴 𝐵 𝐿 𝑊 Figura 2 (a) Estructura real (𝐸𝑅) 𝐴 𝐵 𝐿 𝑊 (b)
- 33. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 11 Principio de superposición y sistema de ecuaciones de compatibilidad geométrica Como se vio en la viga 1, conviene que cuando la viga liberada se somete a la acción individual de cada una de las reacciones redundantes, estas últimas sean unitarias. El principio de superposición aplicado a la viga real se observa esquemáticamente en la figura 2-c. El sistema resultante es como el sistema de ecuaciones (1 − 3) y (1 − 4) de la viga mostrada en la figura 1-a. 0 = 𝑑1 + 𝑓11 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑓12 𝑀𝐴 − − − (2 − 1) 0 = 𝑑2 + 𝑓21 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑓22 𝑀𝐴 − − − (2 − 2) Cálculo de las incompatibilidades geométricas y de los coeficientes de flexibilidad Estos coeficientes se obtienen directamente aplicando las ecuaciones 𝐼 hasta 𝑉𝐼 del ejercicio precedente. Para ello, se determinan en primera instancia los momentos internos de las vigas de la figura 2-c. Como el origen de la coordenada 𝑥 se eligió en 𝐴, el cálculo de las reacciones en el empotramiento 𝐵 se vuelve innecesario para este fin. Se deduce el momento interno 𝑀 con base en la viga primaria. La distribución de la carga actuante no presenta discontinuidad, así que sólo será necesario efectuar un corte perpendicular al eje de la viga para definir 𝑀 a lo largo de la estructura. Por consiguiente, se secciona la viga en un punto arbitrario (intermedio en el segmento 𝐴 − 𝐵) a una distancia 𝑥 del punto 𝐴. En la figura 2-d se proporciona un diagrama de cuerpo libre del segmento de viga con longitud 𝑥. Para la carga distribuida se ha determinado: a) la carga concentrada equivalente, es decir, la magnitud de la fuerza resultante de la carga, que es igual al área bajo la curva de carga (en este caso, por ser carga uniforme es el área del rectángulo) y b) el centroide de dicha área a través del + + (𝑑𝑒 𝑅 𝐴𝑌) (𝑑𝑒 𝑀 𝐴) 1 1 𝐴 𝐵 𝐿 𝐴 𝐵 𝐿 𝐿 𝐴 𝐵 𝑊 𝑀 𝑚1 𝑚2 𝐸𝑅 = 𝑥 𝑥 𝑥 (c)
- 34. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 12 cual pasa la línea de acción de la resultante, o sea, se halla el punto de aplicación de la resultante (para una carga uniforme distribuida se tiene que se ubica a la mitad de la longitud sobre la cual actúa). 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 −𝑀1 − 𝑊(𝑥) ( 𝑥 2 ) = 0 ⇒ 𝑀1 = − 𝑊𝑥2 2 Luego, se retoman los momentos internos 𝑚1 y 𝑚2 de las figuras 1-j y 1-k. 𝑚1 ⟹ 𝑀1 = 𝑥 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 𝑚2 ⟹ 𝑀1 = −1 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 Se calculan las incompatibilidades geométricas. 𝑑1 = ∫ 𝑀𝑚1 𝐸𝐼 𝑑𝑥 𝐿2 𝐿1 = 1 𝐸𝐼 ∫ (− 𝑊𝑥2 2 ) (𝑥)𝑑𝑥 𝐿 0 = 1 𝐸𝐼 ∫ (− 𝑊𝑥3 2 ) 𝑑𝑥 𝐿 0 = 1 2𝐸𝐼 [− 𝑊𝑥4 4 ] 𝐿 2⁄ 𝐿 = − 𝑊𝐿4 8𝐸𝐼 𝑑2 = ∫ 𝑀𝑚2 𝐸𝐼 𝑑𝑥 𝐿2 𝐿1 = 1 𝐸𝐼 ∫ (− 𝑊𝑥2 2 ) (−1)𝑑𝑥 𝐿 0 = 1 𝐸𝐼 ∫ ( 𝑊𝑥2 2 ) 𝑑𝑥 𝐿 0 = 1 2𝐸𝐼 [− 𝑊𝑥3 3 ] 𝐿 2⁄ 𝐿 = 𝑊𝐿3 6𝐸𝐼 Evidentemente, los coeficientes de flexibilidad son los mismos que se tienen en la viga 1. 𝑓11 = ∫ 𝑚1 𝑚1 𝐸𝐼 𝑑𝑥 𝐿2 𝐿1 = 𝐿3 3𝐸𝐼 𝑓21 = ∫ 𝑚1 𝑚2 𝐸𝐼 𝑑𝑥 𝐿2 𝐿1 = − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑓12 = 𝑓21 = − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑓22 = ∫ 𝑚2 𝑚2 𝐸𝐼 𝑑𝑥 𝐿2 𝐿1 = 𝐿 𝐸𝐼 Cálculo de las redundantes Al reemplazar los resultados obtenidos en las ecuaciones (2 − 1) y (2 − 2), se obtiene − 𝑊𝐿4 8𝐸𝐼 + 𝐿3 3𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑀𝐴 = 0 − − − (2 − 3) 𝑊𝐿3 6𝐸𝐼 − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 + 𝐿 𝐸𝐼 𝑀𝐴 = 0 − − − (2 − 4) 𝐴 𝑀1 𝑥 𝑊 𝑊(𝑥) 𝑥/2 (d)
- 35. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 13 Se resuelve el sistema simultáneo de ecuaciones (2 − 3) y (2 − 4), empleando el método de Cramer. 𝐿3 3𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑀𝐴 = 𝑊𝐿4 8𝐸𝐼 − − − (2 − 5) − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 + 𝐿 𝐸𝐼 𝑀𝐴 = − 𝑊𝐿3 6𝐸𝐼 − − − (2 − 6) Con base en las ecuaciones (2 − 5) y (2 − 6), se tienen los siguientes determinantes ∆= || 𝐿3 3𝐸𝐼 − 𝐿2 2𝐸𝐼 − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝐿 𝐸𝐼 || = [( 𝐿3 3𝐸𝐼 ) ( 𝐿 𝐸𝐼 )] − [(− 𝐿2 2𝐸𝐼 ) (− 𝐿2 2𝐸𝐼 )] = 𝐿4 3(𝐸𝐼)2 − 𝐿4 4(𝐸𝐼)2 = 𝐿4 12(𝐸𝐼)2 ∆ 𝑅 𝐴𝑌 = || 𝑊𝐿4 8𝐸𝐼 − 𝐿2 2𝐸𝐼 − 𝑊𝐿3 6𝐸𝐼 𝐿 𝐸𝐼 || = [( 𝑊𝐿4 8𝐸𝐼 ) ( 𝐿 𝐸𝐼 )] − [(− 𝐿2 2𝐸𝐼 ) (− 𝑊𝐿3 6𝐸𝐼 )] = 𝑊𝐿5 8(𝐸𝐼)2 − 𝑊𝐿5 12(𝐸𝐼)2 = 𝑊𝐿5 24(𝐸𝐼)2 ∆ 𝑀 𝐴 = || 𝐿3 3𝐸𝐼 𝑊𝐿4 8𝐸𝐼 − 𝐿2 2𝐸𝐼 − 𝑊𝐿3 6𝐸𝐼 || = [( 𝐿3 3𝐸𝐼 ) (− 𝑊𝐿3 6𝐸𝐼 )] − [( 𝑊𝐿4 8𝐸𝐼 ) (− 𝐿2 2𝐸𝐼 )] = − 𝑊𝐿6 18(𝐸𝐼)2 + 𝑊𝐿6 16(𝐸𝐼)2 = 𝑊𝐿6 144(𝐸𝐼)2 𝑅 𝐴𝑌 = ∆ 𝑅 𝐴𝑌 ∆ = 𝑊𝐿5 24(𝐸𝐼)2 𝐿4 12(𝐸𝐼)2 = 𝑊𝐿 2 ⇒∴ 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑊𝐿 2 𝑀𝐴 = ∆ 𝑀 𝐴 ∆ = 𝑊𝐿6 144(𝐸𝐼)2 𝐿4 12(𝐸𝐼)2 = 𝑊𝐿2 12 ⇒∴ 𝑀𝐴 = 𝑊𝐿2 12 Ecuaciones de equilibrio Por lo tanto, a partir del diagrama de cargas de la figura 2-e, resulta 𝐴 𝐵 𝐿 𝑊 𝑊𝐿 𝐿/2 𝑀 𝐴 = 𝑊𝐿2 12 𝑀 𝐵 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑊𝐿 2 𝑅 𝐵𝑌 (e)
- 36. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 14 +↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 𝑊𝐿 2 − 𝑊𝐿 + 𝑅 𝐵𝑌 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐵𝑌 = 𝑊𝐿 2 + ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ − 𝑊𝐿2 12 + 𝑊𝐿 ( 𝐿 2 ) − 𝑊𝐿 2 (𝐿) + 𝑀 𝐵 = 0 ⇒∴ 𝑀 𝐵 = 𝑊𝐿2 12 Finalmente, la viga queda como la que se muestra en la figura 2-f. 𝐴 𝐵 𝐿 𝑊 𝑀 𝐴 = 𝑊𝐿2 12 𝑀 𝐵 = 𝑊𝐿2 12 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑊𝐿 2 𝑅 𝐵𝑌 = 𝑊𝐿 2 (f)
- 37. 15 3 VIGA BIEMPOTRADACON CARGA TRIANGULAR SOLUCIÓN Principio de superposición Puesto que la carga axial es insignificante, la viga de la figura 3-a es hiperestática de grado dos. La reacción vertical y el momento reactivo, ambos del extremo 𝐴, se considerarán como redundantes. Entonces, la capacidad de la viga para soportar 𝑅 𝐴𝑌 y 𝑀𝐴 se anula si se elimina el empotramiento 𝐴. La figura 3-b muestra cómo la viga real es igual a la suma de una serie de vigas más simples. + + (𝑑𝑒 𝑅 𝐴𝑌) (𝑑𝑒 𝑀 𝐴) 1 1 𝐴 𝐵 𝐿 𝐴 𝐵 𝐿 𝐿 𝐴 𝐵 𝑊 𝑀 𝑚1 𝑚2 𝐸𝑅 = 𝑥 𝑥 𝑥 𝐴 𝐵 𝐿 𝑊 Estructura real (𝐸𝑅) Figura 3 (a) (b)
- 38. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 16 Ecuaciones de compatibilidad Con referencia al nodo 𝐴 de la figura 3-b, se requiere 0 = 𝑑1 + 𝑓11 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑓12 𝑀𝐴 − − − (3 − 1) 0 = 𝑑2 + 𝑓21 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑓22 𝑀𝐴 − − − (3 − 2) Se secciona la viga primaria para obtener el momento interno 𝑀. En la figura 3-c se muestra un diagrama de cargas de la sección cortada. En la figura 3-d, se proporciona un esquema para determinar por triángulos semejantes el valor en función de 𝑥 de la intensidad 𝑊´. 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 𝑊 𝐿 = 𝑊´ 𝐿 − 𝑥 ⇒ 𝑊´ = 𝑊(𝐿 − 𝑥) 𝐿 = 𝑊 − 𝑊 𝐿 𝑥 Se observa que del corte se origina una carga trapezoidal. Esta se divide en una distribución uniforme y una triangular para mayor facilidad. En la figura 3-c se indican las fuerzas resultantes 𝐴𝐼 y 𝐴𝐼𝐼 (áreas 𝐴 𝐵𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 𝑥 𝐿 𝐿 − 𝑥 𝑊 𝑊´ 𝐴 𝑊´ 𝑥 𝑊 𝑀1 𝑊 − 𝑊 𝐿 𝑥 𝑊 − ൬𝑊 − 𝑊 𝐿 𝑥൰ 𝐼 𝐼𝐼 𝐴𝐼𝐴𝐼𝐼 2𝑥/3 𝑥/2 (c) (d)
- 39. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 17 bajo el rectángulo y el triángulo), las cuales vienen aplicadas en el centroide de sus respectivas áreas. Recuerde que para un área triangular, el centroide se ubica a las dos terceras partes de la base, y tal distancia se mide desde el punto del “pico”. El equilibrio estático del cuerpo libre implica que + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 −𝑀1 − ( (𝑥) (𝑊 − (𝑊 − 𝑊 𝐿 𝑥)) 2 ) ൬ 2 3 𝑥൰ − (𝑥) ൬𝑊 − 𝑊 𝐿 𝑥൰ ൬ 1 2 𝑥൰ = 0 −𝑀1 + ൬− 𝑊 2 𝑥 + 𝑊 2 𝑥 − 𝑊 2𝐿 𝑥2 ൰ ൬ 2 3 𝑥൰ + ൬−𝑊𝑥 + 𝑊 𝐿 𝑥2 ൰ ൬ 1 2 𝑥൰ = 0 −𝑀1 − 𝑊 3𝐿 𝑥3 − 𝑊 2 𝑥2 + 𝑊 2𝐿 𝑥3 ⇒ 𝑀1 = 𝑊𝑥3 6𝐿 − 𝑊𝑥2 2 Por otra parte, de los ejercicios previos, se sabe que 𝑚1 ⟹ 𝑀1 = 𝑥 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 𝑚2 ⟹ 𝑀1 = −1 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 Se calculan los desplazamientos y giros requeridos. Para las incompatibilidades geométricas tenemos 𝑑1 = ∫ 𝑀𝑚1 𝐸𝐼 𝑑𝑥 𝐿2 𝐿1 = 1 𝐸𝐼 ∫ ( 𝑊𝑥3 6𝐿 − 𝑊𝑥2 2 ) (𝑥)𝑑𝑥 𝐿 0 = 1 𝐸𝐼 ∫ ( 𝑊𝑥4 6𝐿 − 𝑊𝑥3 2 ) 𝑑𝑥 𝐿 0 = 1 𝐸𝐼 [ 𝑊𝑥5 30𝐿 − 𝑊𝑥4 8 ] 0 𝐿 = 1 𝐸𝐼 [ 𝑊 30𝐿 (𝐿5) − 𝑊 8 (𝐿4)] = − 11𝑊𝐿4 120𝐸𝐼 𝑑2 = ∫ 𝑀𝑚2 𝐸𝐼 𝑑𝑥 𝐿2 𝐿1 = 1 𝐸𝐼 ∫ ( 𝑊𝑥3 6𝐿 − 𝑊𝑥2 2 ) (−1)𝑑𝑥 𝐿 0 = 1 𝐸𝐼 ∫ (− 𝑊𝑥3 6𝐿 + 𝑊𝑥2 2 ) 𝑑𝑥 𝐿 0 = 1 𝐸𝐼 [− 𝑊𝑥4 24𝐿 + 𝑊𝑥3 6 ] 0 𝐿 = 1 𝐸𝐼 [− 𝑊𝐿4 24𝐿 + 𝑊𝐿3 6 ] = 𝑊𝐿3 8𝐸𝐼 𝐴𝐼𝐼 𝐴𝐼
- 40. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 18 Los coeficientes de flexibilidad son 𝑓11 = 𝐿3 3𝐸𝐼 𝑓21 = − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑓12 = − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑓22 = 𝐿 𝐸𝐼 Reemplazando los valores previos en las ecuaciones (3 − 1) y (3 − 2) da − 11𝑊𝐿4 120𝐸𝐼 + 𝐿3 3𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑀𝐴 = 0 − − − (3 − 3) 𝑊𝐿3 8𝐸𝐼 − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 + 𝐿 𝐸𝐼 𝑀𝐴 = 0 − − − (3 − 4) Resolviendo el sistema de ecuaciones (3 − 3) y (3 − 4), resulta ∆= || 𝐿3 3𝐸𝐼 − 𝐿2 2𝐸𝐼 − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝐿 𝐸𝐼 || = 𝐿4 12(𝐸𝐼)2 ∆ 𝑅 𝐴𝑌 = || 11𝑊𝐿4 120𝐸𝐼 − 𝐿2 2𝐸𝐼 − 𝑊𝐿3 8𝐸𝐼 𝐿 𝐸𝐼 || = [( 11𝑊𝐿4 120𝐸𝐼 ) ൬ 𝐿 𝐸𝐼 ൰] − [(− 𝐿2 2𝐸𝐼 ) (− 𝑊𝐿3 8𝐸𝐼 )] = 11𝑊𝐿5 120(𝐸𝐼)2 − 𝑊𝐿5 16(𝐸𝐼)2 = 7𝑊𝐿5 240(𝐸𝐼)2 ∆ 𝑀 𝐴 = || 𝐿3 3𝐸𝐼 11𝑊𝐿4 120𝐸𝐼 − 𝐿2 2𝐸𝐼 − 𝑊𝐿3 8𝐸𝐼 || = [( 𝐿3 3𝐸𝐼 ) (− 𝑊𝐿3 8𝐸𝐼 )] − [( 11𝑊𝐿4 120𝐸𝐼 ) (− 𝐿2 2𝐸𝐼 )] = − 𝑊𝐿6 24(𝐸𝐼)2 + 11𝑊𝐿6 240(𝐸𝐼)2 = 𝑊𝐿6 240(𝐸𝐼)2 𝑅 𝐴𝑌 = ∆ 𝑅 𝐴𝑌 ∆ = 7𝑊𝐿5 240(𝐸𝐼)2 𝐿4 12(𝐸𝐼)2 = 7𝑊𝐿 20 ⇒∴ 𝑅 𝐴𝑌 = 7𝑊𝐿 20 𝑀𝐴 = ∆ 𝑀 𝐴 ∆ = 𝑊𝐿6 240(𝐸𝐼)2 𝐿4 12(𝐸𝐼)2 = 𝑊𝐿2 20 ⇒∴ 𝑀𝐴 = 𝑊𝐿2 20
- 41. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 19 Ecuaciones de equilibrio Si se aplican las ecuaciones de la estática en el diagrama de cargas de la figura 3-e, se obtiene la viga final, figura 3-f. +↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 7𝑊𝐿 20 − 𝑊𝐿 2 + 𝑅 𝐵𝑌 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐵𝑌 = 3𝑊𝐿 20 + ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ − 𝑊𝐿2 20 + 𝑊𝐿 2 ൬ 𝐿 3 ൰ − 3𝑊𝐿 20 (𝐿) + 𝑀 𝐵 = 0 ⇒∴ 𝑀 𝐵 = 𝑊𝐿2 30 𝐴 𝐵 𝐿 𝑊 𝐿/3 𝑊𝐿/2 𝑀 𝐴 = 𝑊𝐿2 20 𝑀 𝐵 𝑅 𝐴𝑌 = 7𝑊𝐿 20 𝑅 𝐵𝑌 (e) 𝐴 𝐵 𝐿 𝑊 𝑀 𝐴 = 𝑊𝐿2 20 𝑀 𝐵 = 𝑊𝐿2 30 𝑅 𝐴𝑌 = 7𝑊𝐿 20 𝑅 𝐵𝑌 = 3𝑊𝐿 20 (f)
- 42. 20 4 VIGA BIEMPOTRADACON CARGA TRIANGULAR SIMÉTRICA SOLUCIÓN Principio de superposición A simple vista, la viga de la figura 4-a es estáticamente indeterminada de segundo grado. Se siguen tomando como redundantes a 𝑅 𝐴𝑌 y 𝑀𝐴. Note como para remover tales fuerzas sobrantes, se requiere de retirar el empotramiento 𝐴. En la figura 4-b se muestra el principio de superposición para esta viga. + + (𝑑𝑒 𝑅 𝐴𝑌) (𝑑𝑒 𝑀 𝐴) 1 1 𝐴 𝐵 𝐴 𝐵 𝐿 𝐿 𝐴 𝐵 𝑀 𝑚1 𝑚2 𝐸𝑅 = 𝑊 𝐿/2 𝐿/2 𝑥 𝑥 𝑥 𝐴 𝐵 𝐿/2 𝐿/2 𝑊 Estructura real (𝐸𝑅) Figura 4 (a) (b)
- 43. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 21 Ecuaciones de compatibilidad Con referencia al punto 𝐴 de la figura 4-b, se requiere 0 = 𝑑1 + 𝑓11 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑓12 𝑀𝐴 − − − (4 − 1) 0 = 𝑑2 + 𝑓21 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑓22 𝑀𝐴 − − − (4 − 2) Como siempre, los momentos internos 𝑀 se obtienen a partir de la viga liberada con cargas reales. Dado que la distribución de la carga que actúa a lo largo de esta viga presenta una discontinuidad (en la mitad del claro 𝐴 − 𝐵), deben efectuarse dos cortes perpendiculares al eje de la viga. Corte en el primer tramo. Se secciona la viga a una distancia 𝑥 de 𝐴 en un punto arbitrario antes de 𝐿/2, es decir, antes de que la intensidad de la carga con variación lineal alcance el valor de 𝑊. El diagrama de cuerpo libre de la sección cortada se visualiza en la figura 4-c. 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 2⁄ Note que la intensidad de la carga de triangulo rectángulo se encuentra en proporción, es decir, 𝑊 𝐿 2 = 𝑊´ 𝑥 ⇒ 𝑊´ = 2𝑊 𝐿 𝑥 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 −𝑀1 − [ ( 2𝑊 𝐿 𝑥) (𝑥) 2 ] ( 𝑥 3 ) = 0 ⇒ 𝑀1 = − 𝑊𝑥3 3𝐿 Corte en el tramo segundo tramo. Se secciona la viga a una distancia 𝑥 de 𝐴 en un punto arbitrario justo después de 𝐿/2. En la figura 4-d se observa el diagrama de cargas para este segmento de viga con longitud 𝑥. 𝐿 2⁄ ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 Con base en la figura 4-e, empleando conceptos básicos de trigonometría, se deduce el punto de intensidad 𝑊´´ de carga. 𝑊 𝐿 2 = 𝑊´´ 𝐿 − 𝑥 ⇒ 𝑊´´ = 𝑊(𝐿 − 𝑥) 𝐿 2 = 2𝑊 − 2𝑊 𝐿 𝑥 𝐴 𝑊´ = 2 𝑊 𝐿 𝑥 𝑥 𝑀1 𝐴𝐼 𝑥/3 𝐴𝐼 (c)
- 44. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 22 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 ⇒ − ( ( 𝐿 2 ) (𝑊) 2 ) (( 1 3 ) ( 𝐿 2 ) + 𝑥 − 𝐿 2 ) − (𝑥 − 𝐿 2 ) (2𝑊 − 2𝑊 𝐿 𝑥) ( 1 2 ) (𝑥 − 𝐿 2 ) − ( (𝑥 − 𝐿 2 ) (𝑊 − (2𝑊 − 2𝑊 𝐿 𝑥)) 2 ) ( 2 3 ) (𝑥 − 𝐿 2 ) − 𝑀2 = 0 − ( 𝑊𝐿 4 ) ( 𝐿 6 + 𝑥 − 𝐿 2 ) − (𝑥 − 𝐿 2 ) (2𝑊 − 2𝑊 𝐿 𝑥) ( 𝑥 2 − 𝐿 4 ) − (𝑥 − 𝐿 2 ) (−𝑊 + 2𝑊 𝐿 𝑥) ( 𝑥 3 − 𝐿 6 ) − 𝑀2 = 0 − ( 𝑊𝐿 4 ) (𝑥 − 𝐿 3 ) − (𝑥 − 𝐿 2 ) (𝑊𝑥 − 𝑊 𝐿 𝑥2 − 𝑊𝐿 2 + 𝑊 2 𝑥) − (𝑥 − 𝐿 2 ) (− 𝑊 3 𝑥 + 𝑊𝐿 6 + 2𝑊 3𝐿 𝑥2 − 𝑊 3 𝑥) − 𝑀2 = 0 − 𝑊𝐿 4 𝑥 + 𝑊𝐿2 12 − 𝑊𝑥2 + 𝑊 𝐿 𝑥3 + 𝑊𝐿 2 𝑥 − 𝑊 2 𝑥2 + 𝑊𝐿 2 𝑥 − 𝑊 2 𝑥2 − 𝑊𝐿2 4 + 𝑊𝐿 4 𝑥 𝑊 3 𝑥2 − 𝑊𝐿 6 𝑥 − 2𝑊 3𝐿 𝑥3 + 𝑊 3 𝑥2 − 𝑊𝐿 6 𝑥 + 𝑊𝐿2 12 + 𝑊 3 𝑥2 − 𝑊𝐿 6 𝑥 − 𝑀2 = 0 𝑀2 = 𝑊 3𝐿 𝑥3 − 𝑊𝑥2 + 𝑊𝐿 2 𝑥 − 𝑊𝐿2 12 𝐴 𝐿/2 𝐴1 1 3 ( 𝐿 2 ) 𝑀2 𝑥 𝑊 𝑥 − 𝐿/2 𝑊´´ = 2𝑊 − 2𝑊 𝐿 𝑥 𝐴𝐼𝐼 𝐴𝐼𝐼𝐼 1 2 ( 𝑥 − 𝐿 2 ) 2 3 ( 𝑥 − 𝐿 2 ) 𝐼𝐼 𝐼𝐼𝐼 1 𝐴 𝑊´´ 𝐿/2 𝑊 𝐵𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 𝐿/2 𝑥 𝐿 − 𝑥 𝑊 − 𝑊´´ (d) (e) 𝐴𝐼𝐼𝐼 𝐴1 𝐴𝐼𝐼
- 45. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 23 Luego, los momentos internos de las vigas liberadas que soportan una unidad de las reacciones redundantes son, respectivamente 𝑚1 ⟹ 𝑀1 = 𝑥 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 𝑚2 ⟹ 𝑀1 = −1 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 Entonces, 𝑑1 = ∫ 𝑀𝑚1 𝐸𝐼 𝑑𝑥 𝐿2 𝐿1 = 1 𝐸𝐼 [∫ (− 𝑊𝑥3 3𝐿 ) (𝑥)𝑑𝑥 + ∫ ( 𝑊 3𝐿 𝑥3 − 𝑊𝑥2 + 𝑊𝐿 2 𝑥 − 𝑊𝐿2 12 ) (𝑥)𝑑𝑥 𝐿 𝐿 2⁄ 𝐿 2⁄ 0 ] = 1 𝐸𝐼 [∫ (− 𝑊 3𝐿 𝑥4 ) 𝑑𝑥 + ∫ ( 𝑊 3𝐿 𝑥4 − 𝑊𝑥3 + 𝑊𝐿 2 𝑥2 − 𝑊𝐿2 12 𝑥) 𝑑𝑥 𝐿 𝐿 2⁄ 𝐿 2⁄ 0 ] = 1 𝐸𝐼 {[− 𝑊 15𝐿 𝑥5 ] 0 𝐿 2⁄ + [ 𝑊 15𝐿 𝑥5 − 𝑊 4 𝑥4 + 𝑊𝐿 6 𝑥3 − 𝑊𝐿2 24 𝑥2 ] 𝐿 2⁄ 𝐿 } = 1 𝐸𝐼 {[− 𝑊 15𝐿 (( 𝐿 2 ) 5 )] + [ 𝑊 15𝐿 (𝐿5 − ( 𝐿 2 ) 5 ) − 𝑊 4 (𝐿4 − ( 𝐿 2 ) 4 ) + 𝑊𝐿 6 (𝐿3 − ( 𝐿 2 ) 3 ) − 𝑊𝐿2 24 (𝐿2 − ( 𝐿 2 ) 2 )]} = 𝑊𝐿4 𝐸𝐼 (− 1 480 + 31 480 − 15 64 + 7 48 − 1 32 ) = − 11𝑊𝐿4 192𝐸𝐼 𝑑2 = ∫ 𝑀𝑚2 𝐸𝐼 𝑑𝑥 𝐿2 𝐿1 = 1 𝐸𝐼 [∫ (− 𝑊𝑥3 3𝐿 ) (−1)𝑑𝑥 + ∫ ( 𝑊 3𝐿 𝑥3 − 𝑊𝑥2 + 𝑊𝐿 2 𝑥 − 𝑊𝐿2 12 ) (−1)𝑑𝑥 𝐿 𝐿 2⁄ 𝐿 2⁄ 0 ] = 1 𝐸𝐼 [∫ ( 𝑊𝑥3 3𝐿 ) 𝑑𝑥 + ∫ (− 𝑊 3𝐿 𝑥3 + 𝑊𝑥2 − 𝑊𝐿 2 𝑥 + 𝑊𝐿2 12 ) 𝑑𝑥 𝐿 𝐿 2⁄ 𝐿 2⁄ 0 ] = 1 𝐸𝐼 {[ 𝑊 12𝐿 𝑥4 ] 0 𝐿 2⁄ + [− 𝑊 12𝐿 𝑥4 + 𝑊 3 𝑥3 − 𝑊𝐿 4 𝑥2 + 𝑊𝐿2 12 𝑥] 𝐿 2⁄ 𝐿 } = 1 𝐸𝐼 {[ 𝑊 12𝐿 (( 𝐿 2 ) 4 )] + [− 𝑊 12𝐿 (𝐿4 − ( 𝐿 2 ) 4 ) + 𝑊 3 (𝐿3 − ( 𝐿 2 ) 3 ) − 𝑊𝐿 4 (𝐿2 − ( 𝐿 2 ) 2 ) + 𝑊𝐿2 12 (𝐿 − 𝐿 2 )]} = 𝑊𝐿3 𝐸𝐼 ( 1 192 − 5 64 + 7 24 − 3 16 + 1 24 ) = 7𝑊𝐿3 96𝐸𝐼
- 46. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 24 𝑓11 = 𝐿3 3𝐸𝐼 𝑓21 = 𝑓12 = − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑓22 = 𝐿 𝐸𝐼 En consecuencia, el sistema de ecuaciones de flexibilidades es − 11𝑊𝐿4 192𝐸𝐼 + 𝐿3 3𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑀𝐴 = 0 − − − (4 − 3) 7𝑊𝐿3 96𝐸𝐼 − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 + 𝐿 𝐸𝐼 𝑀𝐴 = 0 − − − (4 − 4) Que equivale a 𝐿3 3 𝑅 𝐴𝑌 − 𝐿2 2 𝑀𝐴 = 11𝑊𝐿4 192 − − − (4 − 5) − 𝐿2 2 𝑅 𝐴𝑌 + 𝐿𝑀𝐴 = − 7𝑊𝐿3 96 − − − (4 − 6) Por lo tanto, ∆= || 𝐿3 3 − 𝐿2 2 − 𝐿2 2 𝐿 || = 𝐿4 12 ∆ 𝑅 𝐴𝑌 = || 11𝑊𝐿4 192 − 𝐿2 2 − 7𝑊𝐿3 96 𝐿 || = [( 11𝑊𝐿4 192 ) (𝐿)] − [(− 𝐿2 2 ) (− 7𝑊𝐿3 96 )] = 11𝑊𝐿5 192 − 7𝑊𝐿5 192 = 𝑊𝐿5 48 ∆ 𝑀 𝐴 = || 𝐿3 3 11𝑊𝐿4 192 − 𝐿2 2 − 7𝑊𝐿3 96 || = [( 𝐿3 3 ) (− 7𝑊𝐿3 96 )] − [( 11𝑊𝐿4 192 ) (− 𝐿2 2 )] = − 7𝑊𝐿6 288 + 11𝑊𝐿6 384 = 5𝑊𝐿6 1152 𝑅 𝐴𝑌 = ∆ 𝑅 𝐴𝑌 ∆ = 𝑊𝐿5 48 𝐿4 12 = 𝑊𝐿 4 ⇒∴ 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑊𝐿 4 𝑀𝐴 = ∆ 𝑀 𝐴 ∆ = 5𝑊𝐿6 1152 𝐿4 12 = 5𝑊𝐿2 96 ⇒∴ 𝑀𝐴 = 5𝑊𝐿2 96
- 47. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 25 Ecuaciones de equilibrio Finalmente, a partir de la figura 4-f, se tienen las siguientes reacciones en el empotramiento 𝐵, figura 4-g. +↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 𝑊𝐿 4 − ( 𝐿 2 ) (𝑊) ( 1 2 ) − ( 𝐿 2 ) (𝑊) ( 1 2 ) + 𝑅 𝐵𝑌 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐵𝑌 = 𝑊𝐿 4 + ∑ 𝑀𝐴 = 0 − 5𝑊𝐿2 96 + ( 𝐿 2 ) (𝑊) ( 1 2 ) ( 2 3 ) ( 𝐿 2 ) + ( 𝐿 2 ) (𝑊) ( 1 2 ) ( 𝐿 2 + 1 3 ( 𝐿 2 )) − 𝑊𝐿 4 (𝐿) + 𝑀 𝐵 = 0 ⇒∴ 𝑀 𝐵 = 5𝑊𝐿2 96 𝐴 𝐵 𝐿/2 𝐿/2 𝑊( 𝐿 2 ) (𝑊) ( 1 2 ) ( 𝐿 2 ) (𝑊) ( 1 2 ) 𝑀 𝐵 𝑅 𝐵𝑌 2 3 ( 𝐿 2 ) 1 3 ( 𝐿 2 ) 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑊𝐿 4 𝑀 𝐴 = 5𝑊𝐿2 96 𝐴 𝐵 𝐿/2 𝐿/2 𝑊 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑊𝐿 4 𝑀 𝐴 = 5𝑊𝐿2 96 𝑀 𝐵 = 5𝑊𝐿2 96 𝑅 𝐵𝑌 = 𝑊𝐿 4 (f) (g)
- 48. 26 5 VIGA BIEMPOTRADACON CARGA TRAPEZOIDAL SOLUCIÓN Principio de superposición Por inspección, la viga de la figura 5-a es hiperestática de grado dos. Se considera que 𝑅 𝐴𝑌 y 𝑀𝐴 son las fuerzas reactivas redundantes, de tal modo que se podrán determinar directamente con el método de flexibilidades. La remoción de las fuerzas superabundantes implica eliminar el empotramiento 𝐴. En la figura 5-b se observa la aplicación del principio de superposición. + + (𝑑𝑒 𝑅 𝐴𝑌) (𝑑𝑒 𝑀 𝐴) 1 1 𝐴 𝐵 𝐴 𝐵 𝐿 𝐿 𝐴 𝐵 𝑀 𝑚1 𝑚2 𝐸𝑅 = 𝐿 𝑥 𝑥 𝑥 𝑊1 𝑊2 𝐴 𝐵 𝐿 𝑊1 𝑊2 Estructura real (𝐸𝑅) Figura 5 (a) (b)
- 49. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 27 Ecuaciones de compatibilidad Con referencia al punto 𝐴 de la figura 5-b, se requiere 0 = 𝑑1 + 𝑓11 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑓12 𝑀𝐴 − − − (5 − 1) 0 = 𝑑2 + 𝑓21 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑓22 𝑀𝐴 − − − (5 − 2) Se puede notar que la viga isostática fundamental soporta una carga cuya intensidad varía linealmente desde 𝑊1 en el punto 𝐴 hasta 𝑊2 en el punto 𝐵. Entonces, una sola región se distingue en esta estructura. El momento interno 𝑀 se infiere de tomar momentos alrededor del punto del corte en el cuerpo libre de la figura 5-c. No obstante, previo a la aplicación de la ecuación de equilibrio citada, debe calcularse el punto de intensidad 𝑊´ de carga en función de 𝑥, figura 5-d. 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 𝐴 𝑥 𝑊1 𝑊´ = 𝑊1 + 𝑊2 𝐿 𝑥 − 𝑊1 𝐿 𝑥 𝑀1 𝐼 𝐼𝐼 𝑥/2 2𝑥/3 𝐴𝐼 𝐴𝐼𝐼 𝑊1 − 𝑊´ (c) 𝐴 𝐵 𝐿 𝑊1 𝑊2 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 𝑥 𝐿 − 𝑥 𝑌 𝑊´ 𝑊1 − 𝑊2 (d)
- 50. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 28 𝑊1 − 𝑊2 𝐿 = 𝑌 𝐿 − 𝑥 𝑌 = (𝑊1 − 𝑊2)(𝐿 − 𝑥) 𝐿 = 𝑊1 𝐿 − 𝑊1 𝑥 − 𝑊2 𝐿 + 𝑊2 𝑥 𝐿 = 𝑊1 − 𝑊2 + 𝑊2 𝐿 𝑥 − 𝑊1 𝐿 𝑥 𝑊´ = 𝑊2 + 𝑌 = 𝑊2 + 𝑊1 − 𝑊2 + 𝑊2 𝐿 𝑥 − 𝑊1 𝐿 𝑥 = 𝑊1 + 𝑊2 𝐿 𝑥 − 𝑊1 𝐿 𝑥 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 −𝑀1 − (𝑥) (𝑊1 + 𝑊2 𝐿 𝑥 − 𝑊1 𝐿 𝑥) ( 1 2 𝑥) − [ (𝑥) (𝑊1 − (𝑊1 + 𝑊2 𝐿 𝑥 − 𝑊1 𝐿 𝑥)) 2 ] ( 2 3 𝑥) = 0 −𝑀1 − (𝑥) ( 𝑊1 2 𝑥 + 𝑊2 2𝐿 𝑥2 − 𝑊1 2𝐿 𝑥2 ) − ( 1 3 𝑥2 ) (− 𝑊2 𝐿 𝑥 + 𝑊1 𝐿 𝑥) = 0 𝑀1 = 𝑊1 𝑥3 2𝐿 − 𝑊2 𝑥3 2𝐿 − 𝑊1 𝑥2 2 + 𝑊2 𝑥3 3𝐿 − 𝑊1 𝑥3 3𝐿 = 𝑊1 𝑥3 6𝐿 − 𝑊2 𝑥3 6𝐿 − 𝑊1 𝑥2 2 Los momentos internos de las otras dos vigas isostáticas son 𝑚1 ⟹ 𝑀1 = 𝑥 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 𝑚2 ⟹ 𝑀1 = −1 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 Se necesita de los siguientes desplazamientos y pendientes 𝑑1 = ∫ 𝑀𝑚1 𝐸𝐼 𝑑𝑥 𝐿2 𝐿1 = 1 𝐸𝐼 ∫ ( 𝑊1 𝑥3 6𝐿 − 𝑊2 𝑥3 6𝐿 − 𝑊1 𝑥2 2 ) (𝑥)𝑑𝑥 𝐿 0 = 1 𝐸𝐼 ∫ ( 𝑊1 𝑥4 6𝐿 − 𝑊2 𝑥4 6𝐿 − 𝑊1 𝑥3 2 ) 𝑑𝑥 𝐿 0 = 1 𝐸𝐼 [ 𝑊1 𝑥5 30𝐿 − 𝑊2 𝑥5 30𝐿 − 𝑊1 𝑥4 8 ] 0 𝐿 = − 11𝑊1 𝐿4 120𝐸𝐼 − 𝑊2 𝐿4 30𝐸𝐼 𝑑2 = ∫ 𝑀𝑚2 𝐸𝐼 𝑑𝑥 𝐿2 𝐿1 = 1 𝐸𝐼 ∫ ( 𝑊1 𝑥3 6𝐿 − 𝑊2 𝑥3 6𝐿 − 𝑊1 𝑥2 2 ) (−1)𝑑𝑥 𝐿 0 = 1 𝐸𝐼 ∫ (− 𝑊1 𝑥3 6𝐿 + 𝑊2 𝑥3 6𝐿 + 𝑊1 𝑥2 2 ) 𝑑𝑥 𝐿 0 = 1 𝐸𝐼 [− 𝑊1 𝑥4 24𝐿 + 𝑊2 𝑥4 24𝐿 + 𝑊1 𝑥3 6 ] 0 𝐿 = 𝑊1 𝐿3 8𝐸𝐼 + 𝑊2 𝐿3 24𝐸𝐼 𝑓11 = 𝐿3 3𝐸𝐼 𝑓21 = 𝑓12 = − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑓22 = 𝐿 𝐸𝐼 𝐴𝐼 𝐴𝐼𝐼
- 51. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 29 Al reemplazar los resultados en las ecuaciones (5 − 1) y (5 − 2), se tiene − ( 11𝑊1 𝐿4 120𝐸𝐼 + 𝑊2 𝐿4 30𝐸𝐼 ) + 𝐿3 3𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑀𝐴 = 0 − − − (5 − 3) ( 𝑊1 𝐿3 8𝐸𝐼 + 𝑊2 𝐿3 24𝐸𝐼 ) − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 + 𝐿 𝐸𝐼 𝑀𝐴 = 0 − − − (5 − 4) Al resolver el sistema el sistema simultáneo de ecuaciones previo, se obtiene ∆= || 𝐿3 3 − 𝐿2 2 − 𝐿2 2 𝐿 || = 𝐿4 12 ∆ 𝑅 𝐴𝑌 = || 11𝑊1 𝐿4 120 + 𝑊2 𝐿4 30 − 𝐿2 2 − ( 𝑊1 𝐿3 8 + 𝑊2 𝐿3 24 ) 𝐿 || = [( 11𝑊1 𝐿4 120 + 𝑊2 𝐿4 30 ) (𝐿)] − [(− 𝐿2 2 ) (− ( 𝑊1 𝐿3 8 + 𝑊2 𝐿3 24 ))] = 11𝑊1 𝐿5 120 + 𝑊2 𝐿5 30 − 𝑊1 𝐿5 16 − 𝑊2 𝐿5 48 = 7𝑊1 𝐿5 240 + 𝑊2 𝐿5 80 ∆ 𝑀 𝐴 = || 𝐿3 3 11𝑊1 𝐿4 120 + 𝑊2 𝐿4 30 − 𝐿2 2 − ( 𝑊1 𝐿3 8 + 𝑊2 𝐿3 24 ) || = [( 𝐿3 3 ) (− ( 𝑊1 𝐿3 8 + 𝑊2 𝐿3 24 ))] − [( 11𝑊1 𝐿4 120 + 𝑊2 𝐿4 30 ) (− 𝐿2 2 )] = − 𝑊1 𝐿6 24 − 𝑊2 𝐿6 72 + 11𝑊1 𝐿6 240 + 𝑊2 𝐿6 60 = 𝑊1 𝐿6 240 + 𝑊2 𝐿6 360 𝑅 𝐴𝑌 = ∆ 𝑅 𝐴𝑌 ∆ = 7𝑊1 𝐿5 240 + 𝑊2 𝐿5 80 𝐿4 12 = 7𝑊1 𝐿 20 + 3𝑊2 𝐿 20 ⇒∴ 𝑅 𝐴𝑌 = ( 7𝑊1 𝐿 20 + 3𝑊2 𝐿 20 ) 𝑀𝐴 = ∆ 𝑀 𝐴 ∆ = 𝑊1 𝐿6 240 + 𝑊2 𝐿6 360 𝐿4 12 = 𝑊1 𝐿2 20 + 𝑊2 𝐿2 30 ⇒∴ 𝑀𝐴 = ( 𝑊1 𝐿2 20 + 𝑊2 𝐿2 30 ) Ecuaciones de equilibrio Se dibuja un diagrama de cargas colocando las redundantes calculadas, figura 5-e. Si en él se aplican las ecuaciones de la estática, se obtienen las reacciones faltantes, figura 5-f. +↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ ( 7𝑊1 𝐿 20 + 3𝑊2 𝐿 20 ) − (𝐿)(𝑊2) − [ (𝐿)(𝑊1 − 𝑊2) 2 ] + 𝑅 𝐵𝑌 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐵𝑌 = ( 3𝑊1 𝐿 20 + 7𝑊2 𝐿 20 ) 𝐴1 𝐴2
- 52. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 30 + ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ − ( 𝑊1 𝐿2 20 + 𝑊2 𝐿2 30 ) + 𝑊2(𝐿) ( 𝐿 2 ) + ( (𝐿)(𝑊1− 𝑊2) 2 ) ( 𝐿 3 ) − ( 3𝑊1 𝐿 20 + 7𝑊2 𝐿 20 ) (𝐿) + 𝑀 𝐵 = 0 ∴ 𝑀 𝐵 = ( 𝑊1 𝐿2 30 + 𝑊2 𝐿2 20 ) 𝐴 𝐵 𝐿 𝑊1 𝑊2 𝐴1 𝐴2 𝐿/2 2𝐿/3 1 2 𝑀 𝐴 = ( 𝑊1 𝐿2 20 + 𝑊2 𝐿2 30 ) 𝑅 𝐴𝑌 = ( 7𝑊1 𝐿 20 + 3𝑊2 𝐿 20 ) 𝑅 𝐵𝑌 𝑀 𝐵 (e) (f) 𝐴 𝐵 𝐿 𝑊1 𝑊2 𝑀 𝐴 = ( 𝑊1 𝐿2 20 + 𝑊2 𝐿2 30 ) 𝑅 𝐴𝑌 = ( 7𝑊1 𝐿 20 + 3𝑊2 𝐿 20 ) 𝑅 𝐵𝑌 = ( 3𝑊1 𝐿 20 + 7𝑊2 𝐿 20 ) 𝑀 𝐵 = ( 𝑊1 𝐿2 30 + 𝑊2 𝐿2 20 )
- 53. 31 6 VIGA BIEMPOTRADACON CARGA PARABÓLICA SOLUCIÓN Principio de superposición Para la viga de la figura 6-a, los tres grados de libertad en 𝐴 están restringidos, no obstante, la eliminación del soporte izquierdo conllevaría a que el desplazamiento vertical y la pendiente, ambos del punto 𝐴, no se encuentren impedidos. La figura 6-b muestra como la viga real es igual a la adición de una serie de vigas más sencillas. + + (𝑑𝑒 𝑅 𝐴𝑌) (𝑑𝑒 𝑀 𝐴) 1 1 𝐴 𝐵 𝐴 𝐵 𝐿 𝐿 𝐴 𝐵 𝑀 𝑚1 𝑚2 𝐸𝑅 = 𝑊 𝐿/2 𝐿/2 𝑥 𝑥 𝑥 𝑃𝑎𝑟á𝑏𝑜𝑙𝑎 𝐴 𝐵 𝐿/2 𝐿/2 𝑊 𝑃𝑎𝑟á𝑏𝑜𝑙𝑎 Estructura real (𝐸𝑅) Figura 6 (a) (b)
- 54. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 32 Ecuaciones de compatibilidad Si tomamos en cuenta la compatibilidad del desplazamiento vertical y la pendiente en el empotramiento 𝐴, figura 6-b, se tiene 0 = 𝑑1 + 𝑓11 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑓12 𝑀𝐴 − − − (6 − 1) 0 = 𝑑2 + 𝑓21 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑓22 𝑀𝐴 − − − (6 − 2) Se analiza la viga primaria. Inicialmente se efectúa un análisis de la carga cuya intensidad es descrita por una curva en forma de parábola. La ecuación que define la intensidad parabólica puede expresarse de la siguiente forma: 𝑦 = 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 − − − (𝐼) Si se toma como origen el punto 𝐴, los tres puntos conocidos de la curva son 1) 𝑒𝑛 𝑥 = 0, 𝑦 = 0 2) 𝑒𝑛 𝑥 = 𝐿 2 , 𝑦 = 𝑊 3) 𝑒𝑛 𝑥 = 𝐿, 𝑦 = 0 Es posible construir un sistema de ecuaciones reemplazando cada uno de los puntos anteriores de manera individual en la ecuación (𝐼) con la finalidad de calcular las constantes 𝑎, 𝑏 y 𝑐. 0 = 𝑎(0)2 + 𝑏(0) + 𝑐 ⇒ 0𝑎 + 0𝑏 + 𝑐 = 0 − − − ① 𝑊 = 𝑎 ( 𝐿 2 ) 2 + 𝑏 ( 𝐿 2 ) + 𝑐 ⇒ 𝐿2 4 𝑎 + 𝐿 2 𝑏 + 𝑐 = 𝑊 − − − ② 0 = 𝑎(𝐿)2 + 𝑏(𝐿) + 𝑐 ⇒ 𝐿2 𝑎 + 𝐿𝑏 + 𝑐 = 0 − − − ③ Se resuelve el sistema simultáneo de ecuaciones ① hasta ③ con el método de Cramer. Cada determinante de orden 3x3 se calcula empleando la regla de Sarrus. Δ = || 0 0 1 | 0 0 𝐿2 4 𝐿 2 1 | 𝐿2 4 𝐿 2 𝐿2 𝐿 1 | 𝐿2 𝐿 || = (0 + 0 + 𝐿3 4 ) − (0 + 0 + 𝐿3 2 ) = − 𝐿3 4 Δa = | 0 0 1 |0 0 𝑊 𝐿 2 1 |𝑊 𝐿 2 0 𝐿 1 |0 𝐿 | = (0 + 0 + 𝑊𝐿) − (0 + 0 + 0) = 𝑊𝐿 Δb = || 0 0 1 | 0 0 𝐿2 4 𝑊 1 | 𝐿2 4 𝑊 𝐿2 0 1 | 𝐿2 0 || = (0 + 0 + 0) − (0 + 0 + 𝐿2 𝑊) = −𝐿2 𝑊 Δc = || 0 0 0 | 0 0 𝐿2 4 𝐿 2 𝑊 | 𝐿2 4 𝐿 2 𝐿2 𝐿 0 | 𝐿2 𝐿 || = (0 + 0 + 0) − (0 + 0 + 0) = 0
- 55. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 33 𝑎 = Δa Δ = 𝑊𝐿 −𝐿3 4 = −4 𝑊 𝐿2 𝑏 = Δb Δ = −𝐿2 𝑊 −𝐿3 4 = 4 𝑊 𝐿 𝑐 = Δc Δ = 0 −𝐿3 4 = 0 En consecuencia, al sustituir estos valores en la expresión (𝐼), se tiene que 𝑦 = −4 𝑊 𝐿2 𝑥2 + 4 𝑊 𝐿 𝑥 Como no hay discontinuidad de carga a lo largo de la estructura primaria, sólo se efectuará un corte perpendicular al eje longitudinal de la viga, entonces, no importa si tal seccionamiento se hace antes o después de que la carga distribuida alcanza una intensidad de 𝑊. En la figura 6-c se proporciona un diagrama de cargas del segmento de viga con longitud 𝑥. Previo a efectuar el equilibrio estático en el cuerpo libre para deducir la función del momento 𝑀, se determina la carga concentrada equivalente 𝐴𝐼 de la fuerza distribuida y su punto de aplicación 𝑥̅ 𝐼. 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 La fuerza resultante de la carga distribuida seccionada es 𝐴𝐼 = ∫ 𝑑𝐴 = ∫ 𝑦𝑑𝑥 𝐿2 𝐿1 = ∫ (−4 𝑊 𝐿2 𝑥2 + 4 𝑊 𝐿 𝑥) 𝑑𝑥 = −4 𝑊 𝐿2 ∫ 𝑥2 𝑥 0 𝑑𝑥 + 4 𝑊 𝐿 ∫ 𝑥𝑑𝑥 𝑥 0 𝑥 0 −4 𝑊 𝐿2 [ 𝑥3 3 ] 0 𝑥 + 4 𝑊 𝐿 [ 𝑥2 2 ] 0 𝑥 = − 4𝑊 3𝐿2 [𝑥3 − 03] + 4𝑊 2𝐿 [𝑥2 − 02] = − 4𝑊 3𝐿2 𝑥3 + 2𝑊 𝐿 𝑥2 y su ubicación es 𝑥̅ 𝐼 = ∫ 𝑥̃ 𝑑𝐴 ∫ 𝑑𝐴 = ∫ 𝑥𝑦𝑑𝑥 𝐿2 𝐿1 ∫ 𝑦𝑑𝑥 𝐿2 𝐿1 = ∫ 𝑥 (−4 𝑊 𝐿2 𝑥2 + 4 𝑊 𝐿 𝑥) 𝑑𝑥 𝑥 0 ∫ (−4 𝑊 𝐿2 𝑥2 + 4 𝑊 𝐿 𝑥) 𝑑𝑥 𝑥 0 Como el denominador ya fue resuelto, se atiende al numerador. ∫ 𝑥 𝐿 0 (−4 𝑊 𝐿2 𝑥2 + 4 𝑊 𝐿 𝑥) 𝑑𝑥 = −4 𝑊 𝐿2 ∫ 𝑥3 𝐿 0 𝑑𝑥 + 4 𝑊 𝐿 ∫ 𝑥2 𝑑𝑥 𝐿 0 𝐴 𝑥 𝑦 = −4 𝑊 𝐿2 𝑥2 + 4 𝑊 𝐿 𝑥 𝑥̅ 𝐼 𝑥 − 𝑥̅ 𝐼 𝐴𝐼 𝑀1 (c)
- 56. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 34 = −4 𝑊 𝐿2 [ 𝑥4 4 ] 0 𝑥 + 4 𝑊 𝐿 [ 𝑥3 3 ] 0 𝑥 = −4𝑊 4𝐿2 [𝑥4 − 04] + 4𝑊 3𝐿 [𝑥3 − 03] = − 𝑊 𝐿2 𝑥4 + 4𝑊 3𝐿 𝑥3 ∴ 𝑥̅ 𝐼 = − 𝑊 𝐿2 𝑥4 + 4𝑊 3𝐿 𝑥3 − 4𝑊 3𝐿2 𝑥3 + 2𝑊 𝐿 𝑥2 𝑎 𝑙𝑎 𝑑𝑒𝑟𝑒𝑐ℎ𝑎 𝑑𝑒 𝐴 Tomando momentos alrededor del punto del corte, se obtiene + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 −𝑀1 − (− 4𝑊 3𝐿2 𝑥3 + 2𝑊 𝐿 𝑥2 ) (𝑥 − − 𝑊 𝐿2 𝑥4 + 4𝑊 3𝐿 𝑥3 − 4𝑊 3𝐿2 𝑥3 + 2𝑊 𝐿 𝑥2 ) = 0 −𝑀1 − (− 4𝑤 3𝐿2 𝑥4 + 2𝑤 𝐿 𝑥3 + 𝑤 𝐿2 𝑥4 − 4𝑤 3𝐿 𝑥3 ) ⇒ 𝑀1 = 𝑊 3𝐿2 𝑥4 − 2𝑊 3𝐿 𝑥3 Además, 𝑚1 ⟹ 𝑀1 = 𝑥 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 𝑚2 ⟹ 𝑀1 = −1 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 Por consiguiente, 𝑑1 = 1 𝐸𝐼 ∫ ( 𝑊 3𝐿2 𝑥4 − 2𝑊 3𝐿 𝑥3 ) (𝑥)𝑑𝑥 𝐿 0 = 1 𝐸𝐼 ∫ ( 𝑊 3𝐿2 𝑥5 − 2𝑊 3𝐿 𝑥4 ) 𝑑𝑥 𝐿 0 = 1 𝐸𝐼 [ 𝑊 18𝐿2 𝑥6 − 2𝑊 15𝐿 𝑥5 ] 0 𝐿 = 𝑊𝐿4 18𝐸𝐼 − 2𝑊𝐿4 15𝐸𝐼 = − 7𝑊𝐿4 90𝐸𝐼 𝑑2 = 1 𝐸𝐼 ∫ ( 𝑊 3𝐿2 𝑥4 − 2𝑊 3𝐿 𝑥3 ) (−1)𝑑𝑥 𝐿 0 = 1 𝐸𝐼 ∫ (− 𝑊 3𝐿2 𝑥4 + 2𝑊 3𝐿 𝑥3 ) 𝑑𝑥 𝐿 0 = 1 𝐸𝐼 [− 𝑊 15𝐿2 𝑥5 + 𝑊 6𝐿 𝑥4 ] 0 𝐿 = − 𝑊𝐿3 15𝐸𝐼 + 𝑊𝐿3 6𝐸𝐼 = 𝑊𝐿3 10𝐸𝐼 𝑓11 = 𝐿3 3𝐸𝐼 𝑓21 = 𝑓12 = − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑓22 = 𝐿 𝐸𝐼 De tal modo que el sistema simultáneo de ecuaciones (6 − 1) y (6 − 2) se convierte en − 7𝑊𝐿4 90𝐸𝐼 + 𝐿3 3𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑀𝐴 = 0 − − − (6 − 3) 𝑊𝐿3 10𝐸𝐼 − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 + 𝐿 𝐸𝐼 𝑀𝐴 = 0 − − − (6 − 4)
- 57. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 35 Entonces, las fuerzas correctivas son resultado de ∆= || 𝐿3 3 − 𝐿2 2 − 𝐿2 2 𝐿 || = 𝐿4 12 ∆ 𝑅 𝐴𝑌 = || 7𝑊𝐿4 90 − 𝐿2 2 − 𝑊𝐿3 10 𝐿 || = [( 7𝑊𝐿4 90 ) (𝐿)] − [(− 𝐿2 2 ) (− 𝑊𝐿3 10 )] = 7𝑊𝐿5 90 − 𝑊𝐿5 20 = 𝑊𝐿5 36 ∆ 𝑀 𝐴 = || 𝐿3 3 7𝑊𝐿4 90 − 𝐿2 2 − 𝑊𝐿3 10 || = [( 𝐿3 3 ) (− 𝑊𝐿3 10 )] − [( 7𝑊𝐿4 90 ) (− 𝐿2 2 )] = − 𝑊𝐿6 30 + 7𝑊𝐿6 180 = 𝑊𝐿6 180 𝑅 𝐴𝑌 = ∆ 𝑅 𝐴𝑌 ∆ = 𝑊𝐿5 36 𝐿4 12 = 𝑊𝐿 3 ⇒∴ 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑊𝐿 3 𝑀𝐴 = ∆ 𝑀 𝐴 ∆ = 𝑊𝐿6 180 𝐿4 12 = 𝑊𝐿2 15 ⇒∴ 𝑀𝐴 = 𝑊𝐿2 15 Ecuaciones de equilibrio Estas se aplican al diagrama de cargas de la figura 6-d. La carga concentrada equivalente de la carga distribuida con intensidad parabólica es 𝐴1 = ∫ (−4 𝑊 𝐿2 𝑥2 + 4 𝑊 𝐿 𝑥) 𝑑𝑥 𝐿 0 = − 4𝑊 3𝐿2 [𝐿3 − 03] + 4𝑊 2𝐿 [𝐿2 − 02] = 2 3 𝑊𝐿 y su línea de acción se ubica en 𝑥̅1 = ∫ 𝑥 (−4 𝑊 𝐿2 𝑥2 + 4 𝑊 𝐿 𝑥) 𝑑𝑥 𝐿 0 ∫ (−4 𝑊 𝐿2 𝑥2 + 4 𝑊 𝐿 𝑥) 𝑑𝑥 𝐿 0 = −4𝑊 4𝐿2 [𝐿4 − 04] + 4𝑊 3𝐿 [𝐿3 − 03] 2 3 𝑊𝐿 = −𝑊𝐿2 + 4 3 𝑊𝐿2 2 3 𝑊𝐿 = 𝑊𝐿2 3 2 3 𝑊𝐿 = 1 2 𝐿 Así que, +↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 𝑊𝐿 3 − 2 3 𝑊𝐿 + 𝑅 𝐵𝑌 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐵𝑌 = 𝑊𝐿 3 + ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ − 𝑊𝐿2 15 + 2 3 𝑊𝐿 ( 𝐿 2 ) − 𝑊𝐿 3 (𝐿) + 𝑀 𝐵 = 0 ⇒∴ 𝑀 𝐵 = 𝑊𝐿2 15
- 58. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 36 En la figura 6-e se muestran las reacciones en los empotramientos 𝐴 y 𝐵 de la viga hiperestática. 𝐴 𝐵 𝑥̅1 = 𝐿/2 𝐿/2 𝑊 𝑃𝑎𝑟á𝑏𝑜𝑙𝑎 𝑀 𝐴 = 𝑊𝐿2 15 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑊𝐿 3 𝑅 𝐵𝑌 𝑀 𝐵 𝐴1 = 2𝑊𝐿 3 (d) 𝐴 𝐵 𝐿/2 𝐿/2 𝑊 𝑃𝑎𝑟á𝑏𝑜𝑙𝑎 𝑀 𝐴 = 𝑊𝐿2 15 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑊𝐿 3 𝑀 𝐵 = 𝑊𝐿2 15 𝑅 𝐵𝑌 = 𝑊𝐿 3 (e)
- 59. 37 7 VIGA BIEMPOTRADACON CARGA DE ENJUTA PARABÓLICA SOLUCIÓN Principio de superposición Se obtendrá una solución directa para la reacción vertical y el momento, ambos del punto 𝐴, a través del método de la fuerza, por lo que estas se escogen como fuerzas sobrantes. Entonces, el principio de superposición aplicado a la viga real, figura 7-a, es el que se muestra esquemáticamente en la figura 7-b. + + (𝑑𝑒 𝑅 𝐴𝑌) (𝑑𝑒 𝑀 𝐴) 1 1 𝐴 𝐵 𝐴 𝐵 𝐿 𝐿 𝐴 𝐵 𝑀 𝑚1 𝑚2 𝐸𝑅 = 𝐿 𝑥 𝑥 𝑥 𝑃𝑎𝑟á𝑏𝑜𝑙𝑎 𝑊 𝐴 𝐵 𝑊 𝑃𝑎𝑟á𝑏𝑜𝑙𝑎 𝐿 Estructura real (𝐸𝑅) Figura 7 (a) (b)
- 60. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 38 Ecuaciones de compatibilidad Con referencia al punto 𝐴 de la figura 7-b, se requiere 0 = 𝑑1 + 𝑓11 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑓12 𝑀𝐴 − − − (7 − 1) 0 = 𝑑2 + 𝑓21 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑓22 𝑀𝐴 − − − (7 − 2) Se analiza la viga liberada con cargas reales. Se sigue el siguiente procedimiento para determinar tanto el área bajo la curva y como su centroide de área para una enjuta parabólica. La ecuación de una parábola es (𝑥 − ℎ)2 = 2𝑝(𝑦 − 𝑘) − − − ① Donde 𝑝 = Distancia entre el foco y la recta directriz ℎ,𝑘 = Coordenadas del vértice de la parábola Si se considera que el origen está en 𝐴 y que el vértice de la parábola se ubica en ese mismo punto, entonces 𝑉 = (ℎ, 𝑘) = (0,0) Sustituyendo ℎ = 𝑘 = 0 en la expresión algebraica ① y despejando 𝑦, tenemos (𝑥 − 0)2 = 2𝑝 (𝑦 − 0) ⇒ 𝑥2 = 2𝑝𝑦 𝑦 = 1 2𝑝 𝑥2 − − − ② Dado que 1 2𝑝 es una constante 𝑐, la ecuación ② pasa a ser 𝑦 = 𝑐𝑥2 − − − ③ El valor de 𝑐 puede obtenerse despejándolo de la expresión ③. 𝑐 = 𝑦 𝑥2 − − − ④ En este caso se sabe que en 𝑥 = 𝐿, 𝑦 = 𝑊. Sustituyendo las coordenadas del punto conocido en la ecuación ④, resulta 𝑐 = 𝑊 𝐿2 − − − ⑤ Al reemplazar la ecuación ⑤ en la ecuación ③, se obtiene la ecuación final de la curva en la que 𝑦 representa la intensidad de la carga y 𝑥 la posición. 𝑦 = 𝑊 𝐿2 𝑥2
- 61. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 39 Se secciona la viga primaria. Con base en la figura 7-c, se calcula 𝑀. 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 La fuerza resultante de la carga distribuida seccionada es 𝐴𝐼 = ∫ 𝑑𝐴 = ∫ 𝑦𝑑𝑥 𝐿2 𝐿1 = ∫ ( 𝑊 𝐿2 𝑥2 ) 𝑑𝑥 = 𝑥 0 𝑊 𝐿2 ∫ 𝑥2 𝑑𝑥 = 𝑊 𝐿2 [ 𝑥3 3 ] 0 𝑥 = 𝑊 𝐿2 [ 𝑥3 − 03 3 ] = 1 3 𝑊 𝐿2 𝑥3 𝑥 0 y su punto de aplicación es 𝑥̅ 𝐼 = ∫ 𝑥̃ 𝑑𝐴 ∫ 𝑑𝐴 = ∫ 𝑥𝑦𝑑𝑥 𝐿2 𝐿1 ∫ 𝑦𝑑𝑥 𝐿2 𝐿1 = ∫ 𝑥 ( 𝑊 𝐿2 𝑥2 ) 𝑑𝑥 𝑥 0 1 3 𝑊 𝐿2 𝑥3 = 𝑊 𝐿2 ∫ 𝑥3 𝑑𝑥 𝑥 0 1 3 𝑊 𝐿2 𝑥3 = 𝑊 𝐿2 [ 𝑥4 4 ] 0 𝑥 1 3 𝑊 𝐿2 𝑥3 = 𝑊 𝐿2 [ 𝑥4 − 04 4 ] 1 3 𝑊 𝐿2 𝑥3 = 1 4 𝑊 𝐿2 𝑥4 1 3 𝑊 𝐿2 𝑥3 = 3 4 𝑥 Se calcula el momento interno 𝑀. La suma de momentos respecto del punto del corte para el cuerpo libre de la figura 7-c conlleva a + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 ⇒ −𝑀1 − ( 1 3 𝑊 𝐿2 𝑥3 ) ( 1 4 𝑥) = 0 ⇒ 𝑀1 = − 𝑊𝑥4 12𝐿2 Luego, los momentos internos para las vigas liberadas sometidas a una unidad de las fuerzas redundantes son 𝑚1 ⟹ 𝑀1 = 𝑥 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 𝑚2 ⟹ 𝑀1 = −1 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 Se calculan las incompatibilidades geométricas. 𝑑1 = 1 𝐸𝐼 ∫ (− 𝑊𝑥4 12𝐿2 ) (𝑥)𝑑𝑥 𝐿 0 = − 𝑊𝐿4 72𝐸𝐼 𝐴 𝑥 𝑦 = 𝑊 𝐿2 𝑥2 𝑥̅ 𝐼 = 3 4 𝑥 𝐴𝐼 = 1 3 𝑊 𝐿2 𝑥3 𝑥 4 𝑀1 (c)
- 62. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 40 𝑑2 = 1 𝐸𝐼 ∫ (− 𝑊𝑥4 12𝐿2 ) (−1)𝑑𝑥 𝐿 0 = 𝑊𝐿3 60𝐸𝐼 Los coeficientes de flexibilidad siguen siendo los mismos que los obtenidos en las vigas previas. 𝑓11 = 𝐿3 3𝐸𝐼 𝑓21 = 𝑓12 = − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑓22 = 𝐿 𝐸𝐼 Si se reemplazan estos valores en las ecuaciones (7 − 1) y (7 − 2), se tiene − 𝑊𝐿4 72𝐸𝐼 + 𝐿3 3𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑀𝐴 = 0 − − − (7 − 3) 𝑊𝐿3 60𝐸𝐼 − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 + 𝐿 𝐸𝐼 𝑀𝐴 = 0 − − − (7 − 4) Al resolver el sistema, resulta 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑊𝐿 15 𝑀𝐴 = 𝑊𝐿2 60 Ecuaciones de equilibrio La fuerza resultante de la carga distribuida tipo enjuta parabólica es 𝐴 = ∫ ( 𝑊 𝐿2 𝑥2 ) 𝑑𝑥 = 1 3 𝑊𝐿 𝐿 0 y su línea de acción, figura 7-d, se localiza a una distancia 𝑥̅ = ∫ 𝑥 ( 𝑊 𝐿2 𝑥2 ) 𝑑𝑥 𝐿 0 ∫ ( 𝑊 𝐿2 𝑥2) 𝑑𝑥 𝐿 0 = 3 4 𝐿 𝑎 𝑙𝑎 𝑑𝑒𝑟𝑒𝑐ℎ𝑎 𝑑𝑒 𝐴 𝐴 𝐵 3𝐿/4 𝐿/4 𝑊 𝑃𝑎𝑟á𝑏𝑜𝑙𝑎 1 3 𝑊𝐿 𝑀 𝐴 = 𝑊𝐿2 60 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑊𝐿 15 𝑅 𝐵𝑌 𝑀 𝐵 (d)
- 63. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 41 Las reacciones desconocidas restantes, figura 7-e, se obtienen de +↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 𝑊𝐿 15 − 1 3 𝑊𝐿 + 𝑅 𝐵𝑌 = 0 ⇒ 𝑅 𝐵𝑌 = 4𝑊𝐿 15 + ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ − 𝑊𝐿2 60 + 1 3 𝑊𝐿 ( 3 4 𝐿) − 4𝑊𝐿 15 (𝐿) + 𝑀 𝐵 = 0 ⇒ 𝑀 𝐵 = 𝑊𝐿2 30 𝐴 𝐵 𝐿 𝑊 𝑃𝑎𝑟á𝑏𝑜𝑙𝑎 𝑀 𝐴 = 𝑊𝐿2 60 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑊𝐿 15 𝑅 𝐵𝑌 = 4𝑊𝐿 15 𝑀 𝐵 = 𝑊𝐿2 30 (e)
- 64. 42 8 VIGA BIEMPOTRADACON CARGA LOGARÍTMICA SOLUCIÓN Principio de superposición, figura 8-b. Se optó por suprimir el empotramiento 𝐴. Ecuaciones de compatibilidad. Al considerarse la compatibilidad del desplazamiento vertical y la pendiente en el empotramiento 𝐴, figura 8-b, tenemos 0 = 𝑑1 + 𝑓11 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑓12 𝑀𝐴 − − − (8 − 1) 0 = 𝑑2 + 𝑓21 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑓22 𝑀𝐴 − − − (8 − 2) + + (𝑑𝑒 𝑅 𝐴𝑌) (𝑑𝑒 𝑀 𝐴) 1 1 𝐴 𝐵 𝐴 𝐵 𝐿 𝐿 𝐴 𝐵 𝑀 𝑚1 𝑚2 𝐸𝑅 = 𝐿/2 𝐿/2 𝑥 𝑥 𝑥 𝑦 = 𝑙𝑛(1 + 𝑥2) 𝐴 𝐵 𝐿 𝑦 = 𝑙𝑛(1 + 𝑥2) Estructura real (𝐸𝑅) Figura 8 (a) (b)
- 65. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 43 Se secciona la viga isostática fundamental en un punto arbitrario (intermedio en el segmento 𝐴 − 𝐵) a una distancia 𝑥 de 𝐴; en la figura 8-c se proporciona un diagrama de cuerpo libre del segmento de viga con longitud 𝑥, en el que se observan la fuerza resultante 𝐴𝐼 de la carga distribuida logarítmica, así como su punto de aplicación 𝑥𝐼, para definir al momento interno 𝑀. 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 Se determina la resultante de la carga variable logarítmica. 𝐴𝐼 = ∫ 𝑑𝐴 = ∫ 𝑦𝑑𝑥 𝐿2 𝐿1 = ∫ 𝑙𝑛(1 + 𝑥2)𝑑𝑥 𝑥 0 Se procede a resolver la integral de manera indefinida. ∫ 𝑙𝑛(1 + 𝑥2)𝑑𝑥 Sea 𝑢 = 𝑙𝑛 (1 + 𝑥2) 𝑑𝑣 = 𝑑𝑥 Entonces 𝑑𝑢 = 2𝑥 1 + 𝑥2 𝑑𝑥 𝑣 = ∫ 𝑑𝑣 = ∫ 𝑑𝑥 = 𝑥 Al integrar por partes tendremos ∫ 𝑢𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣𝑑𝑢 ∫ 𝑙𝑛(1 + 𝑥2)𝑑𝑥 = (𝑙𝑛(𝑥2 + 1))(𝑥) − ∫(𝑥) ( 2𝑥 1 + 𝑥2 ) 𝑑𝑥 = 𝑥 ∙ 𝑙𝑛(𝑥2 + 1) − 2 ∫ 𝑥2 1 + 𝑥2 𝑑𝑥 La integral que obtuvimos, ∫ 𝑥2 1+𝑥2 𝑑𝑥, es más sencilla que la original pero todavía no es obvia, así que efectuamos lo siguiente para resolverla: 𝐴 𝑥 𝑦 = 𝑙𝑛(1 + 𝑥2) 𝑀1 𝑥ത𝐼 𝑥 − 𝑥ത𝐼 𝐴𝐼 (c)
- 66. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 44 ∫ 𝑥2 1 + 𝑥2 𝑑𝑥 = ∫ 𝑥2(1 + 𝑥2)−1 𝑑𝑥 Esta última integral es del tipo: ∫(𝑥 𝑚)(𝑎 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥2) 𝑛 𝑑𝑥 = 𝑥 𝑚−1(𝑎 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥2) 𝑛+1 𝑐(2𝑛 + 𝑚 + 1) − 𝑏(𝑛 + 𝑚) 𝑐(2𝑛 + 𝑚 + 1) ∫ 𝑥 𝑚−1(𝑎 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥2) 𝑛 𝑑𝑥 − 𝑎(𝑚 − 1) 𝑐(2𝑛 + 𝑚 + 1) ∫ 𝑥 𝑚−2 (𝑎 + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑥2) 𝑛 𝑑𝑥 En este caso, 𝑚 = 2, 𝑎 = 1, 𝑏 = 0, 𝑐 = 1 y 𝑛 = −1. Sustituyendo y simplificando, se tiene ∫(𝑥2)(1 + 𝑥2)−1 𝑑𝑥 = 𝑥2−1(1 + 𝑥2)−1+1 1(2(−1) + 2 + 1) − (0)(−1 + 2) 1(2(−1) + 2 + 1) ∫ 𝑥2−1(1 + 𝑥2)−1 𝑑𝑥 − 1(2 − 1) 1(2(−1) + 2 + 1) ∫ 𝑥2−2 (1 + 𝑥2)−1 𝑑𝑥 = 𝑥 − ∫ 𝑑𝑥 1 + 𝑥2 La integral obtenida, ∫ 𝑑𝑥 1+𝑥2, ya es de solución obvia, pues directamente se sabe que ∫ 𝑑𝑥 1 + 𝑥2 = 𝑎𝑟𝑐 tan(𝑥) Por lo tanto, ∫ 𝑥2 1 + 𝑥2 𝑑𝑥 = ∫ 𝑥2(1 + 𝑥2)−1 𝑑𝑥 = 𝑥 − 𝑎𝑟𝑐 tan(𝑥) En consecuencia, ∫ 𝑙𝑛(1 + 𝑥2)𝑑𝑥 = 𝑥 ∙ 𝑙𝑛(1 + 𝑥2) + 2(𝑎𝑟𝑐 tan(𝑥) − 𝑥) La integral definida resulta ser ∫ 𝑙𝑛(1 + 𝑥2)𝑑𝑥 𝑥 0 = [𝑥 ∙ 𝑙𝑛(1 + 𝑥2) + 2(𝑎𝑟𝑐 tan(𝑥) − 𝑥)]0 𝑥 = [𝑥 ∙ 𝑙𝑛(1 + 𝑥2) + 2(𝑎𝑟𝑐 tan(𝑥) − 𝑥)] − [(0)𝑙𝑛(1 + 02) + 2(𝑎𝑟𝑐 tan(0) − 0)] = 𝑥 ∙ 𝑙𝑛(1 + 𝑥2) + 2(𝑎𝑟𝑐 tan(𝑥) − 𝑥) Se determina la ubicación de la carga concentrada previa. 𝑥̅ 𝐼 = ∫ 𝑥̃ 𝑑𝐴 ∫ 𝑑𝐴 = ∫ 𝑥𝑦 𝑑𝑥 𝐿2 𝐿1 ∫ 𝑦 𝑑𝑥 𝐿2 𝐿1 = ∫ 𝑥(𝑙𝑛(1 + 𝑥2))𝑑𝑥 𝑥 0 ∫ 𝑙𝑛(1 + 𝑥2)𝑑𝑥 𝑥 0 = (𝑥2 + 1)𝑙𝑛(𝑥2 + 1) 2 − 𝑥2 2 𝑥 ∙ 𝑙𝑛(𝑥2 + 1) + 2(𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑥) − 𝑥) El denominador de la expresión anterior, ya había sido resuelto. A continuación se detalla el procedimiento para esclarecer la forma en que se obtuvo el valor del numerador.
- 67. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 45 La integral en forma indefinida es ∫ 𝑥(𝑙𝑛(1 + 𝑥2))𝑑𝑥 Esta se resuelve como sigue. Sea 𝑧 = 1 + 𝑥2 . Entonces 𝑑𝑧 = 2𝑥𝑑𝑥, y por tanto 𝑥𝑑𝑥 = 1 2 𝑑𝑧. Así, la regla de sustitución da ∫ 𝑥(𝑙𝑛(1 + 𝑥2))𝑑𝑥 = 1 2 ∫ 𝑙𝑛(𝑧)𝑑𝑧 La integral que obtuvimos, ∫ 𝑙𝑛(𝑧)𝑑𝑧, es más sencilla que la original pero todavía no es obvia, así que aplicamos la regla del producto para derivación para resolverla. Sea 𝑢 = 𝑙𝑛(𝑧) 𝑑𝑣 = 𝑑𝑧 Entonces 𝑑𝑢 = 1 𝑧 𝑑𝑧 𝑣 = 𝑧 Al integrar por partes tendremos ∫ 𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣 𝑑𝑢, es decir, ∫ 𝑙𝑛(𝑧)𝑑𝑧 = (𝑙𝑛(𝑧))(𝑧) − ∫ 𝑧 ( 1 𝑧 𝑑𝑧) = 𝑧𝑙𝑛(𝑧) − ∫ 𝑑𝑧 = 𝑧 ∙ 𝑙𝑛(𝑧) − 𝑧 = 𝑧[𝑙𝑛(𝑧) − 1] Por lo tanto, ∫ 𝑥(𝑙𝑛(1 + 𝑥2))𝑑𝑥 = 1 2 𝑧[𝑙𝑛(𝑧) − 1] Sustituyendo 𝑧 = 1 + 𝑥2 en la ecuación anterior se obtiene ∫ 𝑥(𝑙𝑛(1 + 𝑥2))𝑑𝑥 = 1 2 (1 + 𝑥2)[𝑙𝑛(1 + 𝑥2) − 1] Así, tenemos ∫ 𝑥(𝑙𝑛(1 + 𝑥2))𝑑𝑥 𝑥 0 = [ 1 2 (1 + 𝑥2)[𝑙𝑛(1 + 𝑥2) − 1]] 0 𝑥 = [ 1 2 (1 + 𝑥2)[𝑙𝑛(1 + 𝑥2) − 1]] − [ 1 2 (1 + 02)[𝑙𝑛(1 + 02) − 1]] = (𝑥2 + 1)𝑙𝑛(𝑥2 + 1) 2 − 𝑥2 2 Por consiguiente, la función del momento flector 𝑀 es + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
- 68. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 46 −𝑀1 − [𝑥 ∙ 𝑙𝑛(𝑥2 + 1) + 2(𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑥) − 𝑥)] [𝑥 − (𝑥2 + 1)𝑙𝑛(𝑥2 + 1) 2 − 𝑥2 2 𝑥 ∙ 𝑙𝑛(𝑥2 + 1) + 2(𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑥) − 𝑥) ] = 0 𝑀1 = − 𝑥2 ∙ 𝑙𝑛(𝑥2 + 1) 2 + 𝑙𝑛(𝑥2 + 1) 2 − 2𝑥 ∙ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑥) + 3 2 𝑥2 Los momentos internos de las dos vigas isostáticas restantes de la figura 8-b, son 𝑚1 ⟹ 𝑀1 = 𝑥 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 𝑚2 ⟹ 𝑀1 = −1 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 Se calculan los desplazamientos necesarios empleando el método del trabajo virtual. 𝑑1 = 1 𝐸𝐼 ∫ (− 𝑥2 ∙ 𝑙𝑛(𝑥2 + 1) 2 + 𝑙𝑛(𝑥2 + 1) 2 − 2𝑥 ∙ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑥) + 3 2 𝑥2 ) (𝑥)𝑑𝑥 𝐿 0 = 1 𝐸𝐼 [− 𝐿4 ∙ 𝑙𝑛(𝐿2 + 1) 8 + 𝐿2 ∙ 𝑙𝑛(𝐿2 + 1) 4 + 𝑙𝑛(𝐿2 + 1) 24 − 2𝐿3 ∙ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝐿) 3 + 7𝐿4 16 − 𝐿2 24 ] 𝑑2 = 1 𝐸𝐼 ∫ (− 𝑥2 ∙ 𝑙𝑛(𝑥2 + 1) 2 + 𝑙𝑛(𝑥2 + 1) 2 − 2𝑥 ∙ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝑥) + 3 2 𝑥2 ) (−1)𝑑𝑥 𝐿 0 = 1 𝐸𝐼 [ 𝐿3 ∙ 𝑙𝑛(𝐿2 + 1) 6 − 𝐿 ∙ 𝑙𝑛(𝐿2 + 1) 2 + 𝐿2 ∙ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝐿) − 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝐿) 3 − 11𝐿3 18 + 𝐿 3 ] 𝑓11 = 𝐿3 3𝐸𝐼 𝑓21 = − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑓12 = − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑓22 = 𝐿 𝐸𝐼 El sistema de ecuaciones de flexibilidades resulta en Por lo tanto, 𝑅 𝐴𝑌 = 6(𝐿4 − 1)𝑙𝑛(𝐿2 + 1) + 𝐿(24(𝐿2 + 1)𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝐿) − 𝐿(19𝐿2 + 18)) 12𝐿3 = 𝐴 𝑀𝐴 = 6(𝐿4 + 6𝐿2 − 3)𝑙𝑛(𝐿2 + 1) + 𝐿(96𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝐿) − 13𝐿(𝐿2 + 6)) 72𝐿2 = 𝐵 Ecuaciones de equilibrio. Por último, se calculan las reacciones en el empotramiento 𝐵 aplicando las ecuaciones de equilibrio en el diagrama de la figura 8-d. 1 𝐸𝐼 [− 𝐿4 ∙ 𝑙𝑛(𝐿2 + 1) 8 + 𝐿2 ∙ 𝑙𝑛(𝐿2 + 1) 4 + 𝑙𝑛(𝐿2 + 1) 24 − 2𝐿3 ∙ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝐿) 3 + 7𝐿4 16 − 𝐿2 24 ] + 𝐿3 3𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑀𝐴 − − − (8 − 3) 1 𝐸𝐼 [ 𝐿3 ∙ 𝑙𝑛(𝐿2 + 1) 6 − 𝐿 ∙ 𝑙𝑛(𝐿2 + 1) 2 + 𝐿2 ∙ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝐿) − 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝐿) 3 − 11𝐿3 18 + 𝐿 3 ] − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 + 𝐿 𝐸𝐼 𝑀𝐴 = 0 − − − (8 − 4)
- 69. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 47 La carga concentrada equivalente de la carga distribuida con intensidad logarítmica es 𝐴1 = ∫ 𝐿𝑛(1 + 𝑥2)𝑑𝑥 = 𝐿 ∙ 𝑙𝑛(𝐿2 + 1) + 2(𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝐿) − 𝐿) 𝐿 0 y su línea de acción se localiza a una distancia de 𝑥̅1 = ∫ 𝑥(𝑙𝑛(1 + 𝑥2))𝑑𝑥 𝐿 0 ∫ (𝑙𝑛(1 + 𝑥2))𝑑𝑥 𝐿 0 = (𝐿2 + 1)𝑙𝑛(𝐿2 + 1) 2 − 𝐿2 2 𝐿 ∙ 𝑙𝑛(𝐿2 + 1) + 2(𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝐿) − 𝐿) 𝑎 𝑙𝑎 𝑑𝑒𝑟𝑒𝑐ℎ𝑎 𝑑𝑒 𝐴 El equilibrio estático del cuerpo libre estriba en +↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 6(𝐿4 − 1)𝑙𝑛(𝐿2 + 1) + 𝐿(24(𝐿2 + 1)𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝐿) − 𝐿(19𝐿2 + 18)) 12𝐿3 −[𝐿 ∙ 𝑙𝑛(𝐿2 + 1) + 2(𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝐿) − 𝐿)] + 𝑅 𝐵𝑌 = 0 ∴ 𝑅 𝐵𝑌 = 6(𝐿4 + 1) ∗ 𝐿𝑛(𝐿2 + 1) − 𝐿(24𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝐿) + 𝐿(5𝐿2 − 18)) 12𝐿3 = 𝐶 + ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ − [ 6(𝐿4 + 6𝐿2 − 3)𝑙𝑛(𝐿2 + 1) + 𝐿(96𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝐿) − 13𝐿(𝐿2 + 6)) 72𝐿2 ] +[𝐿 ∙ 𝑙𝑛(𝐿2 + 1) + 2(𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝐿) − 𝐿)] [ (𝐿2 + 1)𝑙𝑛(𝐿2 + 1) 2 − 𝐿2 2 𝐿 ∙ 𝑙𝑛(𝐿2 + 1) + 2(𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝐿) − 𝐿) ] − [ 6(𝐿4 + 1) ∗ 𝐿𝑛(𝐿2 + 1) − 𝐿(24𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝐿) + 𝐿(5𝐿2 − 18)) 12𝐿3 ] (𝐿) + 𝑀 𝐵 = 0 ∴ 𝑀 𝐵 = 6(𝐿4 + 3) ∗ 𝐿𝑛(𝐿2 + 1) − 𝐿(48𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛(𝐿) + 𝐿(7𝐿2 − 30)) 72𝐿2 = 𝐷 𝐴 𝐵 𝐿 𝑦 = 𝑙𝑛(1 + 𝑥2) 𝑅 𝐵𝑌 = 𝐶 𝑀 𝐵 = 𝐷𝑀𝐴 = 𝐵 𝑅 𝐴𝑌 = 𝐴 𝐴1 𝑥̅1 (d)
- 70. 48 9 VIGA BIEMPOTRADACON MOMENTO CONCENTRADO APLICADO AL CENTRO DEL CLARO SOLUCIÓN Principio de superposición, figura 9-b. Ecuaciones de compatibilidad. 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 2⁄ + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 𝑀1 = 0 + + (𝑑𝑒 𝑅 𝐴𝑌) (𝑑𝑒 𝑀 𝐴) 1 1 𝐴 𝐵 𝐿 𝐿 𝐴 𝐵 𝑚1 𝑚2 𝐸𝑅 = 𝑥 𝑥 𝐵 𝐿/2 𝐿/2 𝑀 𝐴 𝑥 𝑀 𝐴 𝐵 𝐿/2 𝐿/2 𝑀 Estructura real (𝐸𝑅) Figura 9 (a) (b) 𝐴 𝑀1 𝑥 (c)
- 71. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 49 𝐿 2⁄ ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 −𝑀2 − 𝑀 = 0 ⇒ 𝑀2 = 𝑀 Se toman momentos alrededor del punto del corte en cada seccionamiento para deducir las funciones de los momentos 𝑀, figuras 9-c y 9-d. Se retoman los siguientes momentos internos 𝑚1 ⟹ 𝑀1 = 𝑥 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 𝑚2 ⟹ 𝑀1 = −1 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 Se requiere de 𝑑1 = 1 𝐸𝐼 [∫ (0)(𝑥)𝑑𝑥 + ∫ (𝑀)(𝑥)𝑑𝑥 𝐿 𝐿 2⁄ 𝐿 2⁄ 0 ] = 3𝑀𝐿2 8𝐸𝐼 𝑑2 = 1 𝐸𝐼 [∫ (0)(−1)𝑑𝑥 + ∫ (𝑀)(−1)𝑑𝑥 𝐿 𝐿 2⁄ 𝐿 2⁄ 0 ] = − 𝑀𝐿 2𝐸𝐼 𝑓11 = 𝐿3 3𝐸𝐼 𝑓21 = − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑓12 = − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑓22 = 𝐿 𝐸𝐼 Las ecuaciones de compatibilidad necesarias son 3𝑀𝐿2 8𝐸𝐼 + 𝐿3 3𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑀𝐴 = 0 − − − (9 − 1) − 𝑀𝐿 2𝐸𝐼 − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 + 𝐿 𝐸𝐼 𝑀𝐴 = 0 − − − (9 − 2) La solución del sistema de ecuaciones (9 − 1) y (9 − 2) corresponde a 𝑅 𝐴𝑌 = − 3𝑀 2𝐿 ⇒∴ 𝑅 𝐴𝑌 = 3𝑀 2𝐿 𝑀𝐴 = − 𝑀 4 ∴ 𝑀𝐴 = 𝑀 4 𝐴 𝐿/2 𝑥 𝑀 𝑀2 𝑥 − 𝐿/2 (d)
- 72. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 50 Ecuaciones de equilibrio, figura 9-e. Las reacciones restantes son +↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ − 3𝑀 2𝐿 + 𝑅 𝐵𝑌 = 0 ⇒ 𝑅 𝐵𝑌 = 3𝑀 2𝐿 + ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ 𝑀 4 + 𝑀 − ( 3𝑀 2𝐿 ) (𝐿) + 𝑀 𝐵 = 0 ⇒ 𝑀 𝐵 = 𝑀 4 Las reacciones en los empotramientos 𝐴 y 𝐵 se muestran en la figura 9-f. 𝐴 𝐵 𝐿/2 𝐿/2 𝑀 𝑅 𝐵𝑌 𝑀 𝐵 𝑅 𝐴𝑌 = 3𝑀 2𝐿 𝑀 𝐴 = 𝑀 4 (e) 𝐴 𝐵 𝐿/2 𝐿/2 𝑀 𝑅 𝐵𝑌 = 3𝑀 2𝐿 𝑀 𝐵 = 𝑀 4 𝑅 𝐴𝑌 = 3𝑀 2𝐿 𝑀 𝐴 = 𝑀 4 (f)
- 73. 51 10 VIGA BIEMPOTRADACON CARGA PUNTUAL APLICADA EN UN PUNTO ARBITRARIO DEL CLARO SOLUCIÓN Principio de superposición, figura 10-b. Ecuaciones de compatibilidad. Se deducen los momentos internos 𝑀 con base en las figuras 10-c y 10-d. + + (𝑑𝑒 𝑅 𝐴𝑌) (𝑑𝑒 𝑀 𝐴) 1 1 𝐴 𝐵 𝐿 = 𝑎 + 𝑏 𝐿 = 𝑎 + 𝑏 𝐴 𝐵 𝑚1 𝑚2 𝐸𝑅 = 𝑥 𝑥 𝐵 𝑎 𝑏 𝐴 𝑥 𝑀 𝑃 𝐴 𝐵 𝑎 𝑏 𝑃 𝐿 Estructura real (𝐸𝑅) Figura 10 (a) (b)
- 74. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 52 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 ⇒ 𝑀1 = 0 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎 + 𝑏 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 −𝑀2 − 𝑃(𝑥 − 𝑎) = 0 ⇒ 𝑀2 = −𝑃𝑥 + 𝑃𝑎 Los momentos internos 𝑚1 y 𝑚2, corresponden a 𝑚1 ⟹ 𝑀1 = 𝑥 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎 + 𝑏 𝑚2 ⟹ 𝑀1 = −1 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎 + 𝑏 Se calculan las incompatibilidades geométricas. 𝑑1 = 1 𝐸𝐼 [∫ (0)(𝑥)𝑑𝑥 + ∫ (−𝑃𝑥 + 𝑃𝑎)(𝑥)𝑑𝑥 𝑎+𝑏 𝑎 𝑎 0 ] = 1 𝐸𝐼 [∫ (−𝑃𝑥2 + 𝑃𝑎𝑥)𝑑𝑥 𝑎+𝑏 𝑎 ] = 1 𝐸𝐼 [ −𝑃𝑥3 3 + 𝑃𝑎𝑥2 2 ] 𝑎 𝑎+𝑏 = 1 𝐸𝐼 {( −𝑃(𝑎 + 𝑏)3 3 + 𝑃𝑎(𝑎 + 𝑏)2 2 ) − ( −𝑃(𝑎)3 3 + 𝑃𝑎(𝑎)2 2 )} = 1 𝐸𝐼 {(− 𝑃 3 (𝑎3 + 3𝑎𝑏2 + 3𝑎2 𝑏 + 𝑏3) + 𝑃 2 𝑎(𝑎2 + 2𝑎𝑏 + 𝑏2)) − ( 𝑃 6 𝑎3 )} = 1 𝐸𝐼 (− 𝑃 3 𝑎3 − 𝑃𝑎𝑏2 − 𝑃𝑎2 𝑏 − 𝑃 3 𝑏3 + 𝑃 2 𝑎3 + 𝑃𝑎2 𝑏 + 𝑃 2 𝑎𝑏2 − 𝑃 6 𝑎3 ) = − 𝑃𝑎𝑏2 2𝐸𝐼 − 𝑃𝑏3 3𝐸𝐼 𝑑2 = 1 𝐸𝐼 [∫ (0)(−1)𝑑𝑥 + ∫ (−𝑃𝑥 + 𝑃𝑎)(−1)𝑑𝑥 𝑎+𝑏 𝑎 𝑎 0 ] = 1 𝐸𝐼 [∫ (𝑃𝑥 − 𝑃𝑎)𝑑𝑥 𝑎+𝑏 𝑎 ] = 1 𝐸𝐼 [ 𝑃𝑥2 2 − 𝑃𝑎𝑥] 𝑎 𝑎+𝑏 = 1 𝐸𝐼 {( 𝑃(𝑎 + 𝑏)2 2 − 𝑃𝑎(𝑎 + 𝑏)) − ( 𝑃(𝑎)2 2 − 𝑃𝑎(𝑎))} 𝐴 𝑀1 𝑥 𝐴 𝑎 𝑥 − 𝑎 𝑃 𝑥 𝑀2 (c) (d)
- 75. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 53 Se determinan los coeficientes de flexibilidad. 𝑓11 = 1 𝐸𝐼 ∫ (𝑥)(𝑥)𝑑𝑥 = 1 𝐸𝐼 𝑎+𝑏 0 ∫ 𝑥2 𝑑𝑥 𝑎+𝑏 0 = 1 𝐸𝐼 [ 𝑥3 3 ] 0 𝑎+𝑏 = (𝑎 + 𝑏)3 3𝐸𝐼 𝑓21 = 1 𝐸𝐼 ∫ (𝑥)(−1)𝑑𝑥 = 1 𝐸𝐼 ∫ −𝑥𝑑𝑥 𝑎+𝑏 0 = 1 𝐸𝐼 [ 𝑥2 2 ] 0 𝑎+𝑏 = − (𝑎 + 𝑏)2 2𝐸𝐼 𝑎+𝑏 0 𝑓12 = 𝑓21 = − (𝑎 + 𝑏)2 2𝐸𝐼 𝑓22 = 1 𝐸𝐼 ∫ (−1)(−1)𝑑𝑥 = 1 𝐸𝐼 ∫ 𝑑𝑥 𝑎+𝑏 0 = 1 𝐸𝐼 [𝑥]0 𝑎+𝑏 = 𝑎 + 𝑏 𝐸𝐼 𝑎+𝑏 0 Las ecuaciones de compatibilidad necesarias son − ( 𝑃𝑎𝑏2 2𝐸𝐼 + 𝑃𝑏3 3𝐸𝐼 ) + (𝑎 + 𝑏)3 3𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 − (𝑎 + 𝑏)2 2𝐸𝐼 𝑀𝐴 = 0 − − − (10 − 1) 𝑃𝑏2 2𝐸𝐼 − (𝑎 + 𝑏)2 2𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑎 + 𝑏 𝐸𝐼 𝑀𝐴 = 0 − − − (10 − 2) Al resolver el sistema de ecuaciones (10 − 1) (10 − 2), se tienen los siguientes valores para las fuerzas redundantes 𝑅 𝐴𝑌 = (3𝑎 + 𝑏)𝑏2 𝑃 (𝑎 + 𝑏)3 = (3𝑎 + 𝑏)𝑏2 𝑃 (𝐿)3 = 𝑃𝑏2 𝐿3 (3(𝐿 − 𝑏) + 𝑏) = 𝑃𝑏2 𝐿2 ( 3𝐿 − 2𝑏 𝐿 ) = [ 𝑃𝑏2 𝐿2 (3 − 2 𝑏 𝐿 )] 𝑀𝐴 = 𝑎𝑏2 𝑃 𝑎2 + 2𝑎𝑏 + 𝑏2 = 𝑃𝑎𝑏2 (𝑎 + 𝑏)2 = 𝑃𝑎𝑏2 𝐿2 Ecuaciones de equilibrio, figura 10-e. Por lo tanto, +↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ (3𝑎 + 𝑏)𝑏2 𝑃 (𝑎 + 𝑏)3 − 𝑃 + 𝑅 𝐵𝑌 = 0 𝑅 𝐵𝑌 = 𝑎2(𝑎 + 3𝑏)𝑃 (𝑎 + 𝑏)3 = 𝑃𝑎2(𝑎 + 3𝑏) 𝐿3 = 𝑃𝑎2 𝐿3 (𝑎 + 3(𝐿 − 𝑎)) = 𝑃𝑎2 𝐿3 (3𝐿 − 2𝑎) = 1 𝐸𝐼 {( 𝑃 2 (𝑎2 + 2𝑎𝑏 + 𝑏2) − (𝑃𝑎2 + 𝑃𝑎𝑏)) − (− 𝑃 2 𝑎2 )} = 1 𝐸𝐼 ( 𝑃 2 𝑎2 + 𝑃𝑎𝑏 + 𝑃 2 𝑏2 − 𝑃𝑎2 − 𝑃𝑎𝑏 + 𝑃 2 𝑎2 ) = 𝑃𝑏2 2𝐸𝐼
- 76. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 54 = 𝑃𝑎2 𝐿2 ( 3𝐿 − 2𝑎 𝐿 ) = [ 𝑃𝑎2 𝐿2 (3 − 2 𝑎 𝐿 )] + ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ − 𝑃𝑎𝑏2 (𝑎 + 𝑏)2 + 𝑃𝑎 − 𝑃𝑎2(𝑎 + 3𝑏) (𝑎 + 𝑏)3 (𝑎 + 𝑏) + 𝑀 𝐵 = 0 𝑀 𝐵 = 𝑃𝑎2 𝑏 (𝑎 + 𝑏)2 = 𝑃𝑎2 𝑏 𝐿2 Las fuerzas de fijación y los momentos de empotramiento perfecto se muestran en la figura 10-f. 𝐴 𝐵 𝑎 𝑏 𝑃 𝐿 𝑅 𝐵𝑌 𝑀 𝐵 𝑅 𝐴𝑌 = [ 𝑃𝑏2 𝐿2 (3 − 2 𝑏 𝐿 )] 𝑀𝐴 = 𝑃𝑎𝑏2 𝐿2 𝐴 𝐵 𝑎 𝑏 𝑃 𝐿𝑅 𝐴𝑌 = [ 𝑃𝑏2 𝐿2 (3 − 2 𝑏 𝐿 )] 𝑀 𝐴 = 𝑃𝑎𝑏2 𝐿2 𝑅 𝐵𝑌 = [ 𝑃𝑎2 𝐿2 (3 − 2 𝑎 𝐿 )] 𝑀 𝐵 = 𝑃𝑎2 𝑏 𝐿2 (e) (f)
- 77. 55 11 VIGA BIEMPOTRADACON MOMENTO APLICADO EN UN PUNTO ARBITRARIO DEL CLARO SOLUCIÓN Principio de superposición, figura 11-b. + + (𝑑𝑒 𝑅 𝐴𝑌) (𝑑𝑒 𝑀 𝐴) 1 1 𝐴 𝐵 𝐿 = 𝑎 + 𝑏 𝐴 𝐵 𝑚1 𝑚2 𝐸𝑅 = 𝑥 𝑥 𝐵 𝑎 𝑏 𝑀 𝐴 𝑥 𝑀 𝐿 = 𝑎 + 𝑏 𝐴 𝐵 𝑎 𝑏 𝑀 𝐿 Estructura real (𝐸𝑅) Figura 11 (a) (b)
- 78. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 56 Ecuaciones de compatibilidad. Se calculan los momentos flexionantes 𝑀 a partir de las figuras 11-c y 11-d. 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 𝑀1 = 0 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎 + 𝑏 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 −𝑀2 + 𝑀 = 0 ⇒ 𝑀2 = 𝑀 Se tienen siguientes momentos internos 𝑚1 y 𝑚2 𝑚1 ⟹ 𝑀1 = 𝑥 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎 + 𝑏 𝑚2 ⟹ 𝑀1 = −1 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎 + 𝑏 El desplazamiento vertical y la pendiente en 𝐴 de la estructuras primaria son, respectivamente 𝑑1 = 1 𝐸𝐼 [∫ (0)(𝑥)𝑑𝑥 + ∫ (𝑀)(𝑥)𝑑𝑥 𝑎+𝑏 𝑎 𝑎 0 ] = (2𝑎 + 𝑏)(𝑏𝑀) 2𝐸𝐼 𝑑2 = 1 𝐸𝐼 [∫ (0)(−1)𝑑𝑥 + ∫ (𝑀)(−1)𝑑𝑥 𝑎+𝑏 𝑎 𝑎 0 ] = − 𝑏𝑀 2𝐸𝐼 Por otra parte, los coeficientes de flexibilidad corresponden a 𝑓11 = (𝑎 + 𝑏)3 3𝐸𝐼 𝑓21 = − (𝑎 + 𝑏)2 2𝐸𝐼 𝑓12 = − (𝑎 + 𝑏)2 2𝐸𝐼 𝑓22 = 𝑎 + 𝑏 𝐸𝐼 Se plantea el sistema de ecuaciones de compatibilidad geométrica y se calculan las reacciones redundantes. (2𝑎 + 𝑏)(𝑏𝑀) 2𝐸𝐼 + (𝑎 + 𝑏)3 3𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 − (𝑎 + 𝑏)2 2𝐸𝐼 𝑀𝐴 = 0 − − − (11 − 1) 𝐴 𝑀1 𝑥 𝐴 𝑎 𝑥 − 𝑎 𝑀 𝑥 𝑀2 (c) (d)
- 79. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 57 − 𝑏𝑀 2𝐸𝐼 − (𝑎 + 𝑏)2 2𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑎 + 𝑏 𝐸𝐼 𝑀𝐴 = 0 − − − (11 − 2) Si se resuelve el sistema simultáneo de ecuaciones lineales (11 − 1) y (11 − 2) da 𝑅 𝐴𝑌 = − 6𝑀𝑎𝑏 (𝑎 + 𝑏)3 = − 6𝑀𝑎𝑏 𝐿3 ⇒∴ 𝑅 𝐴𝑌 = 6𝑀𝑎𝑏 𝐿3 𝑀𝐴 = −(2𝑎 − 𝑏)(𝑏𝑀) 𝑎2 + 2𝑎𝑏 + 𝑏2 = −(2𝑎 − 𝑏)(𝑏𝑀) (𝑎 + 𝑏)2 = 𝑀𝑏 𝐿 ( 𝑏 − 2𝑎 𝐿 ) 𝑀𝑏 𝐿 ( 𝑏 − 2(𝐿 − 𝑏) 𝐿 ) = 𝑀𝑏 𝐿 ( 3𝑏 𝐿 − 2) Ecuaciones de equilibrio, figura 11-e. +↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 𝑅 𝐵𝑌 − 6𝑀𝑎𝑏 𝐿3 = 0 ⇒ 𝑅 𝐵𝑌 = 6𝑀𝑎𝑏 𝐿3 + ∑ 𝑀𝐴 = 0 − ( −(2𝑎 − 𝑏)(𝑏𝑀) 𝑎2 + 2𝑎𝑏 + 𝑏2 ) + 𝑀 − 6𝑀𝑎𝑏 (𝑎 + 𝑏)3 (𝑎 + 𝑏) + 𝑀 𝐵 = 0 𝑀 𝐵 = −𝑎(𝑎 − 2𝑏)𝑀 (𝑎 + 𝑏)2 = 𝑀𝑎 𝐿 ( −𝑎 + 2𝑏 𝐿 ) = 𝑀𝑎 𝐿 ( −𝑎 + 2(𝐿 − 𝑎) 𝐿 ) = 𝑀𝑎 𝐿 ( 2𝐿 − 3𝑎 𝐿 ) = 𝑀𝑎 𝐿 (2 − 3𝑎 𝐿 ) 𝐴 𝐵 𝑎 𝑏 𝐿𝑅 𝐴𝑌 = 6𝑀𝑎𝑏 𝐿3 𝑀 𝐴 = 𝑀𝑏 𝐿 ( 3𝑏 𝐿 − 2) 𝑀 𝐵 = 𝑀𝑎 𝐿 (2 − 3𝑎 𝐿 ) 𝑅 𝐵𝑌 = 6𝑀𝑎𝑏 𝐿3 𝑀 (e)
- 80. 58 12 VIGA BIEMPOTRADACON CARGA INCLINADA EN UN PUNTO ARBITRARIO DEL CLARO SOLUCIÓN Principio de superposición En primera instancia, resolvemos la fuerza 𝑃 en sus componentes rectangulares horizontal y vertical, figura 12-b1. Luego, hacemos uso de un primer principio de superposición, figura 12-b, en el que la viga resultante sería igual a la suma de las causas y los efectos de las vigas que se muestran en las figuras 12-b2 y 12-b3. = + 𝐴 𝐵 𝐴 𝐵 𝐵 𝑎 𝑏 𝐴 𝑃 sin 𝛼 𝑃 cos 𝛼 𝑃 sin 𝛼 𝑃 cos 𝛼 𝑎 𝑎 𝑏 𝑏 𝐴 𝐵 𝑎 𝑏 𝑃 𝐿 𝛼 Estructura real (𝐸𝑅) Figura 12 (a) (b1) (b2) (b3) (b)
- 81. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 59 La viga que se observa en la figura 12-b2 corresponde a un tipo de viga como la mostrada en la figura 10-a, en la que 𝑃 = 𝑃 sin 𝛼. En consecuencia, A continuación se resuelve la viga representada en la figura 12-b3. Debido a que tal estructura no soporta cargas verticales, directamente se infiere, a partir de la aplicación de las ecuaciones de equilibrio para momentos y fuerzas verticales, que 𝑅 𝐴𝑌, 𝑀 𝐴, 𝑅 𝐵𝑌 y 𝑀 𝐵 son nulas. Dado que aún se dispone de la ecuación de equilibrio para fuerzas horizontales y se tienen dos incógnitas reactivas, 𝑅 𝐴𝑋 y 𝑅 𝐵𝑋, esta viga es estáticamente indeterminada en grado uno. Se elige como fuerza redundante a 𝑅 𝐴𝑋. El principio de superposición para la viga 12-b3 se muestra en la figura 12-d. Ecuación de compatibilidad. La ecuación de flexibilidad para el desplazamiento horizontal en 𝐴 es ∆ 𝐻𝐴 𝐸𝑅´ = ∆ 𝐻𝐴 𝐸𝑃´ + ∆ 𝐻𝐴 𝐸𝑅𝑑´ − − − (12 − 1) = + 𝐴 𝐵 𝐴 𝐵 𝐵 𝑎 𝑏 𝐴 𝑃 cos 𝛼 𝑃 cos 𝛼 𝑎 𝑎 𝑏 𝑏 (𝑑𝑒 𝑅 𝐴𝑌) 1 𝐴 𝐵 𝑎 𝑏 𝐿𝑅 𝐴𝑌 = ቈ ( 𝑃 sin 𝛼) 𝑏2 𝐿2 ൬3 − 2 𝑏 𝐿 ൰ 𝑀 𝐴 = ( 𝑃 sin 𝛼) 𝑎𝑏2 𝐿2 𝑅 𝐵𝑌 = ቈ ( 𝑃 sin 𝛼) 𝑎2 𝐿2 ቀ3 − 2 𝑎 𝐿 ቁ 𝑀 𝐵 = ( 𝑃 sin 𝛼) 𝑎2 𝑏 𝐿2 𝑃 sin 𝛼 (c) (d) 𝑁 𝑛 𝑥 𝑥 𝐸𝑅´ 𝐸𝑃´ 𝐸𝑅𝑑´
- 82. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 60 Expresando la ecuación (12 − 1) en términos de la incógnita, se tiene 0 = 𝑑1 + 𝑓11 𝑅 𝐴𝑋 = 0 − − − (12 − 2) Se determinan las fuerzas normales 𝑁 con base en las figuras 12-e y 12-f. 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎 +→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 𝑁1 = 0 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎 + 𝑏 +→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 𝑁2 − 𝑃 cos 𝛼 = 0 ⇒ 𝑁2 = 𝑃 cos 𝛼 Se deduce la fuerza normal 𝑛 a partir de la figura 12-g. 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎 + 𝑏 +→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 𝑁1 + 1 = 0 ⇒ 𝑁1 = −1 Al emplear la ecuación para determinar la deformación axial, se tiene que la incompatibilidad geométrica es 𝑑1 = ∫ 𝑁𝑛 𝐴𝐸 𝐿2 𝐿1 𝑑𝑥 = ∫ (0)(−1) 𝐴𝐸 𝑎 0 𝑑𝑥 + ∫ (𝑃 cos 𝛼)(−1) 𝐴𝐸 𝑎+𝑏 𝑎 𝑑𝑥 = − 𝑃 cos 𝛼 𝐴𝐸 [𝑥] 𝑎 𝑎+𝑏 = − 𝑃 cos 𝛼 𝐴𝐸 [(𝑎 + 𝑏) − (𝑎)] = − 𝑃𝑏 cos 𝛼 𝐴𝐸 𝐴 𝑁1 𝑥 𝐴 𝑎 𝑥 − 𝑎 𝑥 𝑁2 𝑃 cos 𝛼 (e) (f) 𝐴 𝑁1 𝑥 1 (g)
- 83. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 61 o también 𝑑1 = 𝑁𝑛𝐿´ 𝐴𝐸 = (0)(−1)(𝑎) 𝐴𝐸 + (𝑃 cos 𝛼)(−1)(𝑏) 𝐴𝐸 = − 𝑃𝑏 cos 𝛼 𝐴𝐸 Por otra parte, el coeficiente de flexibilidad es 𝑓11 = ∫ 𝑁𝑛 𝐴𝐸 𝐿2 𝐿1 𝑑𝑥 = ∫ (−1)(−1) 𝐴𝐸 𝑎+𝑏 0 𝑑𝑥 = 1 𝐴𝐸 [𝑥] 𝑎 𝑎+𝑏 = 1 𝐴𝐸 [(𝑎 + 𝑏) − (0)] = 𝑎 + 𝑏 𝐴𝐸 o también 𝑓11 = 𝑛𝑛𝐿´ 𝐴𝐸 = (−1)(−1)(𝑎 + 𝑏) 𝐴𝐸 = 𝑎 + 𝑏 𝐴𝐸 Nota: Para las ecuaciones anteriores, 𝐿´ no es necesariamente la longitud de la viga, más bien hace referencia a la longitud del tramo analizado. A continuación se sustituyen los resultados obtenidos para los desplazamientos horizontales en el punto 𝐴 de cada viga en la ecuación (12 − 2) − 𝑃𝑏 cos 𝛼 𝐴𝐸 + 𝑎 + 𝑏 𝐴𝐸 𝑅 𝐴𝑋 = 0 − − − (12 − 3) Al resolver la ecuación lineal (12 − 3), resulta 𝑅 𝐴𝑋 = 𝑃𝑏 cos 𝛼 𝐴𝐸 𝑎 + 𝑏 𝐴𝐸 = 𝑃𝑏 cos 𝛼 𝑎 + 𝑏 = (𝑃 cos 𝛼)(𝑏) 𝐿 La reacción restante desconocida se obtiene de +→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ −𝑃 cos 𝛼 + (𝑃 cos 𝛼)(𝑏) 𝐿 + 𝑅 𝐵𝑋 = 0 ⇒ 𝑅 𝐵𝑋 = (𝑃 cos 𝛼) ൬1 − 𝑏 𝐿 ൰ = (𝑃 cos 𝛼) ൬ 𝐿 − 𝑏 𝐿 ൰ = (𝑃 cos 𝛼) ( (𝑎 + 𝑏) − 𝑏 𝐿 ) = (𝑃 cos 𝛼)(𝑎) 𝐿 Las reacciones de los empotramientos 𝐴 y 𝐵 para la viga 12-b3 se esquematizan en la figura 12-h. 𝐴 𝐵 𝑃 cos 𝛼 𝑎 𝑏 𝑅 𝐴𝑋 = ( 𝑃 cos 𝛼)( 𝑏) 𝐿 𝑅 𝐵𝑋 = ( 𝑃 cos 𝛼)( 𝑎) 𝐿 (h)
- 84. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 62 Finalmente, con base en el principio de superposición ilustrado en la figura 12-b, las fuerzas de fijación y los momentos de empotramiento perfecto para la viga de la figura 12-a, son los que se muestran en la figura 12-i. 𝐴 𝐵 𝑎 𝑏 𝐿𝑅 𝐴𝑌 = ቈ ( 𝑃 sin 𝛼) 𝑏2 𝐿2 ൬3 − 2 𝑏 𝐿 ൰ 𝑀 𝐴 = ( 𝑃 sin 𝛼) 𝑎𝑏2 𝐿2 𝑅 𝐵𝑌 = ቈ ( 𝑃 sin 𝛼) 𝑎2 𝐿2 ቀ3 − 2 𝑎 𝐿 ቁ 𝑀 𝐵 = ( 𝑃 sin 𝛼) 𝑎2 𝑏 𝐿2 𝛼 𝑃 𝑅 𝐴𝑋 = ( 𝑃 cos 𝛼)( 𝑏) 𝐿 𝑅 𝐵𝑋 = ( 𝑃 cos 𝛼)( 𝑎) 𝐿 (i)
- 85. 63 13 VIGA BIEMPOTRADACON CARGA SENOIDAL SOLUCIÓN Principio de superposición, figura 13-b. Se eligen como fuerzas redundantes a las reacciones del empotramiento 𝐵. + + (𝑑𝑒 𝑅 𝐵𝑌) (𝑑𝑒 𝑀 𝐵) 1 1 𝐴 𝐵 𝐴 𝐵 𝐿 𝐿 𝐴 𝐵 𝑀 𝑚1 𝑚2 𝐸𝑅 = 𝐿/2 𝐿/2 𝑥 𝑥 𝑥 𝑊 = 𝑤0 sen 𝜋𝑥 𝐿 𝑤0 𝐴 𝐵 𝐿/2 𝐿/2 𝑤0 𝑊 = 𝑤0 sen 𝜋𝑥 𝐿 Estructura real (𝐸𝑅) Figura 13 (a) (b)
- 86. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 64 Ecuaciones de compatibilidad. Inicialmente se analiza la estructura primaria. Para el cálculo de las reacciones en los soportes de esta estructura liberada sometida a las solicitaciones reales, se sigue el siguiente procedimiento: Se calcula la fuerza resultante de la carga distribuida cuya intensidad varía de forma senoidal hallando el área bajo la curva. 𝐴 = ∫ 𝑑𝐴 = ∫ 𝑊𝑑𝑥 𝐿2 𝐿1 𝐴 = ∫ 𝑤𝑜 𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) 𝐿 0 𝑑𝑥 = 𝑤𝑜 ∫ 𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) 𝐿 0 𝑑𝑥 Primero se resuelve la integral previa de forma indefinida. Sea 𝑢 = 𝜋𝑥 𝐿 , entonces 𝑑𝑢 = 𝜋 𝐿 𝑑𝑥, en consecuencia 𝑑𝑥 = 𝐿 𝜋 𝑑𝑢. Al aplicar la regla de sustitución, resulta ∫ 𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) 𝑑𝑥 = ∫ 𝑠𝑒𝑛 𝑢 ∙ 𝐿 𝜋 𝑑𝑢 = 𝐿 𝜋 ∫ 𝑠𝑒𝑛𝑢 𝑑𝑢 = 𝐿 𝜋 (−𝑐𝑜𝑠𝑢) = − 𝐿 𝜋 𝑐𝑜𝑠 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) Así, considerando la solución de la integral de forma definida, se tiene 𝐴 = −𝑤𝑜 𝐿 𝜋 [𝑐𝑜𝑠 ( 𝜋𝑥 𝐿 )] 0 𝐿 = −𝑤𝑜 𝐿 𝜋 [𝑐𝑜𝑠(𝜋) − 𝑐𝑜𝑠(0)] = −𝑤𝑜 𝐿 𝜋 (−1 − 1) = 2𝑤𝑜 𝐿 𝜋 Se determina el brazo de palanca de la resultante calculando el centroide de área. 𝑥̅ = ∫ 𝑥̃ 𝑑𝐴 ∫ 𝑑𝐴 = ∫ 𝑥𝑊 𝑑𝑥 𝐿2 𝐿1 ∫ 𝑊 𝑑𝑥 𝐿2 𝐿1 = ∫ 𝑥 𝐿 0 [𝑤𝑜 𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 )] 𝑑𝑥 ∫ 𝑤𝑜 𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) 𝐿 0 𝑑𝑥 El denominador ya fue resulto. Enseguida se resuelve el numerador. La integral en forma indefinida es ∫ 𝑥 [𝑤𝑜 𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 )] 𝑑𝑥 = 𝑤𝑜 ∫ 𝑥𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) 𝑑𝑥 Ahora se aplica la integración por partes, ∫ 𝑢𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣𝑑𝑢. Aquí 𝑢 = 𝑥 y 𝑑𝑣 = 𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) 𝑑𝑥. Por consiguiente, 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 y 𝑣 = ∫ 𝑑𝑣 = ∫ 𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) 𝑑𝑥 = − 𝐿 𝜋 𝑐𝑜𝑠 ( 𝜋𝑥 𝐿 ). En consecuencia, 𝑤𝑜 ∫ 𝑥𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) 𝑑𝑥 = 𝑤𝑜 (𝑥 (− 𝐿 𝜋 𝑐𝑜𝑠 ( 𝜋𝑥 𝐿 )) − ∫ (− 𝐿 𝜋 𝑐𝑜𝑠 ( 𝜋𝑥 𝐿 )) 𝑑𝑥) = −𝑤𝑜 𝐿 𝜋 (𝑥𝑐𝑜𝑠 ( 𝑥𝜋 𝐿 ) − ∫ (𝑐𝑜𝑠 ( 𝜋𝑥 𝐿 )) 𝑑𝑥) = 𝑤𝑜 𝐿 𝜋 {[ 𝐿 𝜋 𝑠𝑒𝑛 ( 𝑥𝜋 𝐿 ) − 𝑥𝑐𝑜𝑠 ( 𝑥𝜋 𝐿 )]} Finalmente, la solución de la integral de forma definida es ∫ 𝑥 𝐿 0 [𝑤𝑜 𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 )] 𝑑𝑥 = 𝑤𝑜 𝐿 𝜋 {[ 𝐿 𝜋 𝑠𝑒𝑛 ( 𝑥𝜋 𝐿 ) − 𝑥𝑐𝑜𝑠 ( 𝑥𝜋 𝐿 )] 0 𝐿 }
- 87. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 65 𝑤𝑜 𝐿 𝜋 {[ 𝐿 𝜋 [𝑠𝑒𝑛(𝜋)] − (𝐿)[𝑐𝑜𝑠(𝜋)]] − [ 𝐿 𝜋 [𝑠𝑒𝑛(0)] − (0)[𝑐𝑜𝑠(0)]]} = 𝑤𝑜 𝐿 𝜋 (𝐿 − 0) = 𝑤𝑜 𝐿 𝜋 (𝐿 − 0) = 𝑤𝑜 𝐿2 𝜋 Entonces, el punto de aplicación de la fuerza resultante viene dado por 𝑥̅ = 𝑤𝑜 𝐿2 𝜋 2𝑤𝑜 𝐿 𝜋 = 𝐿2 2𝐿 = 1 2 𝐿 Se identifican las reacciones del empotramiento 𝐴. En la figura 13-c se observa el diagrama de cargas de la viga primaria. Al aplicar las ecuaciones de equilibrio, se obtiene + ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ (2𝑤𝑜 𝐿 𝜋 ) ( 𝐿 2 ) − 𝑀𝐴 = 0 ⇒ ∴ 𝑀𝐴 = 𝑤𝑜 𝐿2 𝜋 +↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 𝑅 𝐴𝑌 − 2𝑤𝑜 𝐿 𝜋 = 0 ⇒ 𝑅 𝐴𝑌 = 2𝑤𝑜 𝐿 𝜋 ⇒ ∴ 𝑅 𝐴𝑌 = 2𝑤𝑜 𝐿 𝜋 +→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐴𝑋 = 0 Los resultados son presentados en la figura 1-14d. Dado que la carga distribuida no presenta discontinuidad, la función de momento no será discontinua a lo largo de la estructura. El origen del sistema coordenado se selecciona en el extremo empotrado 𝐴. 𝐴 𝐵 𝑥̅ = 𝐿/2 𝐿/2 𝑊 = 𝑤0 sen 𝜋𝑥 𝐿 𝑤0 𝐴 = 2𝑤0 𝐿 𝜋 𝑅 𝐴𝑌 𝑀 𝐴 𝑅 𝐴𝑋 (c)
- 88. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 66 Se emplea el método de secciones para deducir el momento 𝑀. A continuación, en la figura 1-14e, se proporciona un diagrama de cuerpo libre del segmento de viga con longitud 𝑥. Teniendo la función que define a la carga armónica, la resultante de la distribución actuante y su punto de aplicación se encuentran de la manera usual. 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 𝐴 𝐶 = ∫ 𝑤𝑜 𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) 𝑥 0 𝑑𝑥 = 𝑤𝑜 𝐿 𝜋 [−𝑐𝑜𝑠 ( 𝜋𝑥 𝐿 )] 0 𝑥 = 𝑤𝑜 𝐿 𝜋 {− [𝑐𝑜𝑠 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) − 𝑐𝑜𝑠(0)]} 𝐴 𝐵 𝑥̅ = 𝐿/2 𝐿/2 𝑥 𝑊 = 𝑤0 sen 𝜋𝑥 𝐿 𝑤0 𝐴 = 2𝑤0 𝐿 𝜋 𝑅 𝐴𝑌 = 2𝑤 𝑜 𝐿 𝜋 𝑀 𝐴 = 𝑤 𝑜 𝐿2 𝜋 (d) 𝐴 𝑥 𝑊 = 𝑤0 sen 𝜋𝑥 𝐿 𝑅 𝐴𝑌 = 2𝑤 𝑜 𝐿 𝜋 𝑀 𝐴 = 𝑤 𝑜 𝐿2 𝜋 𝑥 − 𝑥̅ 𝐶𝑥̅ 𝐶 𝐴 𝐶 𝑀1 (e)
- 89. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 67 = 𝑤𝑜 𝐿 𝜋 [1 − 𝑐𝑜𝑠 ( 𝜋𝑥 𝐿 )] 𝑥̅ 𝐶 = ∫ 𝑥̃ 𝑑𝐴 ∫ 𝑑𝐴 = ∫ 𝑥𝑦 𝑑𝑥 𝐿2 𝐿1 ∫ 𝑦 𝑑𝑥 𝐿2 𝐿1 = ∫ 𝑥 𝑥 0 [𝑤𝑜 𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 )] 𝑑𝑥 ∫ 𝑤𝑜 𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) 𝑥 0 𝑑𝑥 = 𝑤𝑜 𝐿 𝜋 {[ 𝐿 𝜋 𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) − 𝑥𝑐𝑜𝑠 ( 𝜋𝑥 𝐿 )] 0 𝑥 } 𝑤𝑜 𝐿 𝜋 [1 − 𝑐𝑜𝑠 ( 𝜋𝑥 𝐿 )] 𝑥̅ 𝐶 = {[ 𝐿 𝜋 𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) − 𝑥𝑐𝑜𝑠 ( 𝜋𝑥 𝐿 )] − [ 𝐿 𝜋 [𝑠𝑒𝑛(0)] − (0)[𝑐𝑜𝑠(0)]]} 1 − 𝑐𝑜𝑠 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) = 𝐿 𝜋 𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) − 𝑥𝑐𝑜𝑠 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) 1 − 𝑐𝑜𝑠 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) Tomando momentos alrededor del punto del corte, tenemos + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 −𝑀1 − 𝑤𝑜 𝐿2 𝜋 − 𝑤𝑜 𝐿 𝜋 [1 − 𝑐𝑜𝑠 ( 𝜋𝑥 𝐿 )] [𝑥 − 𝐿 𝜋 𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) − 𝑥𝑐𝑜𝑠 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) 1 − 𝑐𝑜𝑠 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) ] + 2𝑤𝑜 𝐿 𝜋 (𝑥) = 0 𝑀1 = −𝑤𝑜 𝐿2 𝜋 − 𝑤𝑜 𝐿 𝜋 [𝑥 − 𝐿 𝜋 𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 )] + 2𝑤𝑜 𝐿 𝜋 𝑥 = 𝑤𝑜 𝐿2 𝜋2 𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) + 𝑤𝑜 𝐿 𝜋 𝑥 − 𝑤𝑜 𝐿2 𝜋 Se determina el momento 𝑚1 a partir de la estructura liberada sometida a la acción de una unidad de la fuerza redundante 𝑅 𝐵𝑌 y el equilibrio interno de la misma, figuras 13-f y 13-g. 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 𝐿 − 1(𝑥) − 𝑀1 = 0 ⇒ 𝑀1 = 𝐿 − 𝑥 1 𝐴 𝐵 𝐿 𝑥 1 𝐿 (f) 𝐴 𝑀1 𝑥 1 𝐿 (g)
- 90. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 68 Se calcula el momento 𝑚2 con base en la estructura liberada que soporta como carga al momento redundante unitario, figura 13-f, y su correspondiente seccionamiento, figura 13-g. 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 −1 − 𝑀1 = 0 ⇒ 𝑀1 = −1 Enseguida se determinan las incompatibilidades geométricas 𝑑1 y 𝑑2. 𝑑1 = 1 𝐸𝐼 [∫ (𝑤𝑜 𝐿2 𝜋2 𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) + 𝑤𝑜 𝐿 𝜋 𝑥 − 𝑤𝑜 𝐿2 𝜋 ) (𝐿 − 𝑥)𝑑𝑥 𝐿 0 ] = 1 𝐸𝐼 [∫ (𝑤𝑜 𝐿3 𝜋2 𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 )) 𝑑𝑥 𝐿 0 + ∫ (𝑤𝑜 𝐿2 𝜋 𝑥) 𝑑𝑥 𝐿 0 − ∫ (𝑤𝑜 𝐿3 𝜋 ) 𝑑𝑥 𝐿 0 ] + 1 𝐸𝐼 [− ∫ (𝑤𝑜 𝐿2 𝜋2 𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 )) 𝑥𝑑𝑥 𝐿 0 − ∫ (𝑤𝑜 𝐿 𝜋 𝑥2 ) 𝑑𝑥 𝐿 0 + ∫ (𝑤𝑜 𝐿2 𝜋 ) 𝑥𝑑𝑥 𝐿 0 ] Para mayor facilidad, se resuelven las integrales previas de manera individual. ∫ (𝑤𝑜 𝐿3 𝜋2 𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 )) 𝑑𝑥 𝐿 0 = 𝑤𝑜 𝐿3 𝜋2 ∫ 𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) 𝑑𝑥 𝐿 0 = (𝑤𝑜 𝐿3 𝜋2 ) (2 𝐿 𝜋 ) = 2𝑤𝑜 𝐿4 𝜋3 ∫ (𝑤𝑜 𝐿2 𝜋 𝑥) 𝑑𝑥 𝐿 0 = 𝑤𝑜 𝐿2 𝜋 ∫ 𝑥𝑑𝑥 𝐿 0 = 𝑤𝑜 𝐿2 𝜋 [ 𝑥2 2 ] 0 𝐿 = 1 2 𝑤𝑜 𝐿4 𝜋 ∫ (𝑤𝑜 𝐿3 𝜋 ) 𝑑𝑥 𝐿 0 = 𝑤𝑜 𝐿3 𝜋 ∫ 𝑑𝑥 𝐿 0 = 𝑤𝑜 𝐿3 𝜋 [𝑥]0 𝐿 = 𝑤𝑜 𝐿4 𝜋 ∫ (𝑤𝑜 𝐿2 𝜋2 𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 )) 𝑥𝑑𝑥 𝐿 0 = 𝑤𝑜 𝐿2 𝜋2 ∫ 𝑥𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) 𝑑𝑥 𝐿 0 = (𝑤𝑜 𝐿2 𝜋2 ) ( 𝐿2 𝜋 ) = 𝑤𝑜 𝐿4 𝜋3 1 𝐴 𝐵 𝐿 𝑥 1 (f) 𝐴 𝑀1 𝑥 1 (g)
- 91. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 69 ∫ (𝑤𝑜 𝐿 𝜋 𝑥2 ) 𝑑𝑥 𝐿 0 = 𝑤𝑜 𝐿2 𝜋 ∫ 𝑥2 𝑑𝑥 𝐿 0 = 𝑤𝑜 𝐿 𝜋 [ 𝑥3 3 ] 0 𝐿 = 1 3 𝑤𝑜 𝐿4 𝜋 ∫ (𝑤𝑜 𝐿2 𝜋 ) 𝑥𝑑𝑥 𝐿 0 = 𝑤𝑜 𝐿2 𝜋 ∫ 𝑥𝑑𝑥 𝐿 0 = 1 2 𝑤𝑜 𝐿4 𝜋 Por consiguiente, 𝑑1 = 1 𝐸𝐼 (2𝑤𝑜 𝐿4 𝜋3 + 1 2 𝑤𝑜 𝐿4 𝜋 − 𝑤𝑜 𝐿4 𝜋 − 𝑤𝑜 𝐿4 𝜋3 − 1 3 𝑤𝑜 𝐿4 𝜋 + 1 2 𝑤𝑜 𝐿4 𝜋 ) = 1 𝐸𝐼 (− 𝑤𝑜 3 𝐿4 𝜋 + 𝑤𝑜 𝐿4 𝜋3 ) = − 1 3𝐸𝐼 𝑤𝑜 𝐿4 𝜋3 (𝜋2 − 3) 𝑑2 = 1 𝐸𝐼 [∫ (𝑤𝑜 𝐿2 𝜋2 𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) + 𝑤𝑜 𝐿 𝜋 𝑥 − 𝑤𝑜 𝐿2 𝜋 ) (−1)𝑑𝑥 𝐿 0 ] = 1 𝐸𝐼 [∫ (−𝑤𝑜 𝐿2 𝜋2 𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) − 𝑤𝑜 𝐿 𝜋 𝑥 + 𝑤𝑜 𝐿2 𝜋 ) 𝑑𝑥 𝐿 0 ] = 1 𝐸𝐼 [∫ (−𝑤𝑜 𝐿2 𝜋2 𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 )) 𝑑𝑥 𝐿 0 − ∫ (𝑤𝑜 𝐿 𝜋 𝑥) 𝑑𝑥 𝐿 0 + ∫ (𝑤𝑜 𝐿2 𝜋 ) 𝑑𝑥 𝐿 0 ] = 1 𝐸𝐼 [(−𝑤𝑜 𝐿2 𝜋2 ) (2 𝐿 𝜋 ) + (−𝑤𝑜 𝐿 𝜋 ) ( 𝐿2 2 ) + (𝑤𝑜 𝐿2 𝜋 ) (𝐿)] = 1 𝐸𝐼 (−2𝑤𝑜 𝐿3 𝜋3 − 1 2 𝑤𝑜 𝐿3 𝜋 + 𝑤𝑜 𝐿3 𝜋 ) = 1 𝐸𝐼 ( 1 2 𝑤𝑜 𝐿3 𝜋 − 2𝑤𝑜 𝐿3 𝜋3 ) = 1 2𝐸𝐼 𝑤𝑜 𝐿3 𝜋3 (𝜋2 − 4) Por otra parte, los coeficientes de flexibilidad 𝑓11 hasta 𝑓22 son resultado de 𝑓11 = 1 𝐸𝐼 ∫ (𝐿 − 𝑥)(𝐿 − 𝑥)𝑑𝑥 𝐿 0 = 1 𝐸𝐼 ∫ (𝐿 − 𝑥)2 𝑑𝑥 𝐿 0 = 1 𝐸𝐼 [ 1 3 (𝐿 − 𝑥)3 ] 0 𝐿 = 𝐿3 3𝐸𝐼 𝑓21 = 𝑓12 = 1 𝐸𝐼 ∫ (𝐿 − 𝑥)(−1)𝑑𝑥 = − 1 𝐸𝐼 ∫ (𝑥 − 𝐿)𝑑𝑥 𝐿 0 = − 1 𝐸𝐼 [ 1 2 (𝑥 − 𝐿)2 ] 0 𝐿 = − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝐿 0 𝑓22 = 1 𝐸𝐼 ∫ (−1)(−1)𝑑𝑥 = 𝐿 𝐸𝐼 𝐿 0 Se formula y se resuelve el sistema de ecuaciones de compatibilidad geométrica para la obtención de los valores de las fuerzas sobrantes. − 1 3𝐸𝐼 𝑤𝑜 𝐿4 𝜋3 (𝜋2 − 3) + 𝐿3 3𝐸𝐼 𝑅 𝐵𝑌 − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑀 𝐵 = 0 − − − (13 − 1) 1 2𝐸𝐼 𝑤𝑜 𝐿3 𝜋3 (𝜋2 − 4) − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑅 𝐵𝑌 + 𝐿 𝐸𝐼 𝑀 𝐵 = 0 − − − (13 − 2)
- 92. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 70 ( 𝐿3 3 − 𝐿2 2 − 𝐿2 2 𝐿 ) ( 𝑅 𝐵𝑌 𝑀 𝐵 ) = ( 1 3 𝑤𝑜 𝐿4 𝜋3 (𝜋2 − 3) − 1 2 𝑤𝑜 𝐿3 𝜋3 (𝜋2 − 4) ) ⇒ ( 𝑅 𝐵𝑌 𝑀 𝐵 ) = ( 𝐿3 3 − 𝐿2 2 − 𝐿2 2 𝐿 ) −1 ( 1 3 𝑤𝑜 𝐿4 𝜋3 (𝜋2 − 3) − 1 2 𝑤𝑜 𝐿3 𝜋3 (𝜋2 − 4) ) ( 𝑅 𝐵𝑌 𝑀 𝐵 ) = ( 12 𝐿3 6 𝐿2 6 𝐿2 4 𝐿 ) ( 1 3 𝑤𝑜 𝐿4 𝜋3 (𝜋2 − 3) − 1 2 𝑤𝑜 𝐿3 𝜋3 (𝜋2 − 4) ) = ( 𝑤𝑜 𝐿 𝜋 2𝑤𝑜 𝐿2 𝜋3 ) Se detallan las operaciones matriciales. 𝑅 𝐵𝑌 = ( 12 𝐿3 ) ( 1 3 𝑤𝑜 𝐿4 𝜋3 (𝜋2 − 3)) + ( 6 𝐿2 ) (− 1 2 𝑤𝑜 𝐿3 𝜋3 (𝜋2 − 4)) = 4𝑤𝑜 𝐿 𝜋3 (𝜋2 − 3) − 3𝑤𝑜 𝐿 𝜋3 (𝜋2 − 4) = 4𝑤𝑜 𝐿 𝜋 − 12𝑤𝑜 𝐿 𝜋3 − 3𝑤𝑜 𝐿 𝜋 + 12𝑤𝑜 𝐿 𝜋3 = 𝑤𝑜 𝐿 𝜋 ∴ 𝑅 𝐵𝑌 = 𝑤𝑜 𝐿 𝜋 𝑀 𝐵 = ( 6 𝐿2 ) ( 1 3 𝑤𝑜 𝐿4 𝜋3 (𝜋2 − 3)) − ( 4 𝐿 ) ( 1 2 𝑤𝑜 𝐿3 𝜋3 (𝜋2 − 4)) = 2𝑤𝑜 𝐿2 𝜋3 (𝜋2 − 3) − 2𝑤𝑜 𝐿2 𝜋3 (𝜋2 − 4) = 2𝑤𝑜 𝐿2 𝜋3 (𝜋2 − 3 − 𝜋2 + 4) = 2𝑤𝑜 𝐿2 𝜋3 ∴ 𝑀 𝐵 = 2𝑤𝑜 𝐿2 𝜋3 La matriz inversa de la matriz de flexibilidades se obtuvo con base en el método de Gauss-Jordan. ( 𝐿3 3 − 𝐿2 2 − 𝐿2 2 𝐿 1 0 0 1 ) ~ ( 1 − 3 2𝐿 − 𝐿2 2 𝐿 3 𝐿3 0 0 1 ) ~ ( 1 − 3 2𝐿 0 𝐿 4 3 𝐿3 0 3 2𝐿 1 ) ( 𝐿2 2 ) (− 3 2𝐿 ) + 𝐿 = 𝐿 4 ( 𝐿2 2 ) ( 3 𝐿3 ) + 0 = 3 2𝐿 ~ (1 − 3 2𝐿 0 1 3 𝐿3 0 6 𝐿2 4 𝐿 ) ~ ( 1 0 0 1 12 𝐿3 6 𝐿2 6 𝐿2 4 𝐿 ) ( 4 𝐿 ) ( 3 2𝐿 ) = 6 𝐿2 ( 3 2𝐿 ) ( 6 𝐿2 ) + 3 𝐿3 = 12 𝐿3 ( 3 2𝐿 ) ( 4 𝐿 ) + 0 = 6 𝐿2 3 𝐿3 𝑅1 ⇒ 𝑅1 𝐿2 2 𝑅1 + 𝑅2 ⇒ 𝑅2 4 𝐿 𝑅2 ⇒ 𝑅2 3 2𝐿 𝑅2 + 𝑅1 ⇒ 𝑅2
- 93. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 71 Ecuaciones de equilibrio, figura 13-h. Se calculan las reacciones restantes. +↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 𝑅 𝐴𝑌 − 2𝑤0 𝐿 𝜋 + 𝑤𝑜 𝐿 𝜋 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑤𝑜 𝐿 𝜋 + ∑ 𝑀𝐵 = 0 ⇒ (𝑤𝑜 𝐿 𝜋 ) (𝐿) − 𝑀𝐴 − (2𝑤0 𝐿 𝜋 ) ( 𝐿 2 ) + 2𝑤𝑜 𝐿2 𝜋3 = 0 ⇒∴ 𝑀𝐴 = 2𝑤𝑜 𝐿2 𝜋3 En la figura 13-i se muestran las reacciones de los soportes 𝐴 y 𝐵. 𝐴 𝐵 𝑥̅ = 𝐿/2 𝐿/2 𝑊 = 𝑤0 sen 𝜋𝑥 𝐿 𝑤0 𝐴 = 2𝑤0 𝐿 𝜋 𝑅 𝐵𝑌 = 𝑤 𝑜 𝐿 𝜋 𝑀 𝐴 𝑀 𝐵 = 2𝑤𝑜 𝐿2 𝜋3 𝑅 𝐴𝑌 (h) 𝐴 𝐵 𝑥̅ = 𝐿/2 𝐿/2 𝑊 = 𝑤0 sen 𝜋𝑥 𝐿 𝑤0 𝐴 = 2𝑤0 𝐿 𝜋 𝑅 𝐵𝑌 = 𝑤 𝑜 𝐿 𝜋 𝑀 𝐴 = 2𝑤 𝑜 𝐿2 𝜋3 𝑀 𝐵 = 2𝑤𝑜 𝐿2 𝜋3 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑤 𝑜 𝐿 𝜋 (i)
- 94. 72 14 VIGA BIEMPOTRADACON MOMENTO DISTRIBUIDO UNIFORME SOLUCIÓN Principio de superposición, figura 14-b. Se obtendrá una solución directa para las reacciones del empotramiento izquierdo de la viga. Ecuaciones de compatibilidad. Se secciona la viga en un punto arbitrario (intermedio en el segmento 𝐴 − 𝐵) a una distancia 𝑥 del punto 𝐴, figura 14-c. Previo al cálculo del momento 𝑀, + + (𝑑𝑒 𝑅 𝐴𝑌) (𝑑𝑒 𝑀 𝐴) 1 1 𝐴 𝐵 𝐿 𝐴 𝐵 𝑚1 𝑚2 𝐸𝑅 = 𝑥 𝑥 𝐵𝐴 𝑥 𝑀 𝐿 𝐿 𝑊 𝐴 𝐵 𝐿 𝑊 Estructura real (𝐸𝑅) Figura 14 (a) (b)
- 95. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 73 considérese que la carga de par uniformemente distribuida se reemplaza por un momento resultante igual al área del rectángulo cuyo punto de aplicación puede estar en cualquier parte de la estructura. 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 𝑊𝑥 − 𝑀1 = 0 ⇒ 𝑀1 = 𝑊𝑥 A partir de las vigas con fuerzas redundantes unitarias aplicadas, se conoce que 𝑚1 ⟹ 𝑀1 = 𝑥 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 𝑚2 ⟹ 𝑀1 = −1 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 Se determinan las incompatibilidades geométricas y los coeficientes de flexibilidad. 𝑑1 = 1 𝐸𝐼 ∫ (𝑊𝑥)(𝑥)𝑑𝑥 𝐿 0 = 1 𝐸𝐼 ∫ 𝑊𝑥2 𝑑𝑥 𝐿 0 = 1 𝐸𝐼 [ 1 3 𝑊𝑥3 ] 0 𝐿 = 𝑊𝐿3 3𝐸𝐼 𝑑2 = 1 𝐸𝐼 ∫ (𝑊𝑥)(−1)𝑑𝑥 𝐿 0 = 1 𝐸𝐼 ∫ −𝑊𝑥𝑑𝑥 𝐿 0 = 1 𝐸𝐼 [− 1 2 𝑊𝑥2 ] 0 𝐿 = − 𝑊𝐿2 2𝐸𝐼 𝑓11 = 𝐿3 3𝐸𝐼 𝑓21 = − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑓12 = − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑓22 = 𝐿 𝐸𝐼 Se calculan las fuerzas superabundantes con base en el siguiente sistema de ecuaciones de flexibilidades: 𝑊𝐿3 3𝐸𝐼 + 𝐿3 3𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑀𝐴 = 0 − − − (14 − 1) − 𝑊𝐿2 2𝐸𝐼 − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 + 𝐿 𝐸𝐼 𝑀𝐴 = 0 − − − (14 − 2) ( 𝑅 𝐴𝑌 𝑀𝐴 ) = ( 𝐿3 3 − 𝐿2 2 − 𝐿2 2 𝐿 ) −1 ( − 𝑊𝐿3 3 𝑊𝐿2 2 ) = ( 12 𝐿3 6 𝐿2 6 𝐿2 4 𝐿 ) ( − 𝑊𝐿3 3 𝑊𝐿2 2 ) = ( −𝑊 0 ) Puesto que se obtuvo una magnitud negativa para 𝑅 𝐴𝑌, el sentido de esta reacción es opuesto al que se propuso en la figura 14-b. ∴ 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑊 𝐴 𝑀1 𝑥 𝑊 𝑀 𝑅 = 𝑊𝑥 (c)
- 96. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 74 Ecuaciones de equilibrio, figura 14-d. +↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ −𝑊 + 𝑅 𝐵𝑌 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐵𝑌 = 𝑊 + ∑ 𝑀𝐵 = 0 ⇒ (−𝑊)(𝐿) + 𝑊𝐿 + 𝑀 𝐵 = 0 ⇒∴ 𝑀 𝐵 = 0 Por consiguiente, los momentos de empotramiento perfecto para la viga mostrada en la figura 14-a son nulos, tal como se muestra en la figura 14-e. 𝐴 𝐵 𝐿 𝑊 𝑀𝐴 = 0 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑊 𝑅 𝐵𝑌 𝑀 𝐵 𝑀´ 𝑅 = 𝑊𝐿 (d) 𝐴 𝐵 𝐿 𝑊 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑊 𝑅 𝐵𝑌 = 𝑊 (e)
- 97. 75 15 VIGA BIEMPOTRADACON CARGA CIRCULAR DE UN CUARTO 𝐴 𝐵 𝐿 = 𝑟 𝑊 = 𝑟 Estructura real (𝐸𝑅) Figura 15 (a) 𝐶𝑖𝑟𝑐𝑢𝑛𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 + + (𝑑𝑒 𝑅 𝐴𝑌) (𝑑𝑒 𝑀 𝐴) 1 1 𝐴 𝐵 𝐿 𝐿 𝐴 𝐵 𝑚1 𝑚2 𝐸𝑅 = 𝑥 𝑥 𝑥 𝐴 𝐵 𝐿 = 𝑟 𝑊 = 𝑟 𝑀 (b)
- 98. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 76 SOLUCIÓN Principio de superposición, figura 15-b. Se eligen como reacciones redundantes a 𝑅 𝐴𝑌 y 𝑀𝐴. Ecuaciones de compatibilidad. Se secciona la estructura primaria tal como se muestra en la figura 15-c. Se determina el área bajo la curva. Si el centro de la circunferencia se ubica justamente en el origen del sistema coordenado, entonces la ecuación de esta, con radio 𝑟, es 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑟2 ⇒ 𝑦 = √ 𝑟2 − 𝑥2 Se calcula la fuerza resultante 𝑅 de la porción de carga con distribución de forma circular. 𝑅 = ∫ √ 𝑟2 − 𝑥2 𝑥 0 𝑑𝑥 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑟 La integral se resuelve empleando el método de sustitución trigonométrica. Con base en la figura 15-d, se tiene cos 𝜃 = √𝑟2 − 𝑥2 𝑟 ⇒ 𝑟 cos 𝜃 = √ 𝑟2 − 𝑥2 sin 𝜃 = 𝑥 𝑟 ⇒ 𝑟 sin 𝜃 = 𝑥 𝑑(𝑟 sin 𝜃) 𝑑𝜃 = 𝑑𝑥 𝑑𝜃 ⇒ 𝑟 cos 𝜃 𝑑𝜃 = 𝑑𝑥 √ 𝑟2 − 𝑥2 𝑥 𝑟 𝜃 𝐴 𝑥 𝑊 = 𝑟 𝐶𝑖𝑟𝑐𝑢𝑛𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑅 𝑥ҧ 𝑥 − 𝑥ҧ 𝑀1 (c) (d)
- 99. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 77 En consecuencia, 𝑅 = ∫ 𝑟 cos 𝜃 𝑥 0 𝑟 cos 𝜃 𝑑𝜃 = 𝑟2 ∫ (cos 𝜃)2 𝑥 0 𝑑𝜃 = 𝑟2 2 ∫ (𝜃 + sin 𝜃 cos 𝜃)𝑑𝜃 𝑥 0 = 𝑟2 2 [arcsin 𝑥 𝑟 + 𝑥 𝑟 √𝑟2 − 𝑥2 𝑟 ] 0 𝑥 = 𝑟2 2 {[arcsin 𝑥 𝑟 + 𝑥 𝑟2 √ 𝑟2 − 𝑥2] − [arcsin 0 𝑟 + 0 𝑟2 √ 𝑟2 − 02]} = 1 2 (𝑟2 arcsin 𝑥 𝑟 + 𝑥√ 𝑟2 − 𝑥2) Enseguida se calcula el centroide de área 𝑥ҧ. 𝑥ҧ = ∫ (𝑥)(√𝑟2 − 𝑥2) 𝑥 0 𝑑𝑥 1 2 (𝑟2 arcsin 𝑥 𝑟 + 𝑥√𝑟2 − 𝑥2) = 𝑟3 3 − (𝑟2 − 𝑥2) 3 2⁄ 3 1 2 (𝑟2 arcsin 𝑥 𝑟 + 𝑥√𝑟2 − 𝑥2) Se escribe la ecuación de momento 𝑀. Tomando momentos alrededor del punto del corte en la porción de viga que se indica en la figura 15-c, tenemos + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 − [ 1 2 (𝑟2 arcsin 𝑥 𝑟 + 𝑥√ 𝑟2 − 𝑥2)] [𝑥 − 𝑟3 3 − (𝑟2 − 𝑥2) 3 2⁄ 3 1 2 (𝑟2 arcsin 𝑥 𝑟 + 𝑥√𝑟2 − 𝑥2) ] − 𝑀1 = 0 𝑀1 = (− 1 2 𝑟2 arcsin 𝑥 𝑟 ) (𝑥) − 1 2 𝑥2√ 𝑟2 − 𝑥2 + 𝑟3 3 − (𝑟2 − 𝑥2) 3 2⁄ 3 No obstante, − 1 2 𝑥2√ 𝑟2 − 𝑥2 − (𝑟2 − 𝑥2) 3 2⁄ 3 = − ( 1 2 𝑥2√ 𝑟2 − 𝑥2 + 1 3 (𝑟2 − 𝑥2) (√ 𝑟2 − 𝑥2)) = − (√ 𝑟2 − 𝑥2) ( 1 2 𝑥2 + 1 3 𝑟2 − 1 3 𝑥2 ) = − (√ 𝑟2 − 𝑥2) ( 1 3 𝑟2 + 1 6 𝑥2 ) Por consiguiente, 𝑀1 = (− 1 2 𝑟2 arcsin 𝑥 𝑟 ) (𝑥) + 𝑟3 3 − (√ 𝑟2 − 𝑥2) ( 1 3 𝑟2 + 1 6 𝑥2 ) = − ((3𝑟2 arcsin 𝑥 𝑟 ) (𝑥) − 2𝑟3 + (√𝑟2 − 𝑥2)(2𝑟2 + 𝑥2)) 6 Enseguida se deducen las funciones de momento 𝑚1 y 𝑚2 a partir de las figuras 15-e y 15-f.
- 100. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 78 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑟 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 −𝑀1 + (1)(𝑥) = 0 ⇒ 𝑀1 = 𝑥 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑟 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 −𝑀1 − 1 = 0 ⇒ 𝑀1 = −1 Se calculan los desplazamientos 𝑑𝑖 y 𝑓𝑖𝑗. 𝑑1 = 1 𝐸𝐼 ∫ ( − ((3𝑟2 arcsin 𝑥 𝑟 ) (𝑥) − 2𝑟3 + (√𝑟2 − 𝑥2)(2𝑟2 + 𝑥2)) 6 ) (𝑥) 𝑟 0 𝑑𝑥 = − (15𝜋 − 26)|𝑟5| 180𝐸𝐼 𝑑2 = 1 𝐸𝐼 ∫ ( − ((3𝑟2 arcsin 𝑥 𝑟 ) (𝑥) − 2𝑟3 + (√𝑟2 − 𝑥2)(2𝑟2 + 𝑥2)) 6 ) (−1) 𝑟 0 𝑑𝑥 = (15𝜋 − 32)(𝑟)|𝑟3| 96𝐸𝐼 𝑓11 = 1 𝐸𝐼 ∫ (𝑥)(𝑥)𝑑𝑥 𝑟 0 = 𝑟3 3𝐸𝐼 𝑓21 = 1 𝐸𝐼 ∫ (𝑥)(−1)𝑑𝑥 = − 𝑟2 2𝐸𝐼 𝑟 0 𝑓12 = 1 𝐸𝐼 ∫ (−1)(𝑥)𝑑𝑥 𝑟 0 = − 𝑟2 2𝐸𝐼 𝑓22 = 1 𝐸𝐼 ∫ (−1)(−1)𝑑𝑥 = 𝑟 𝐸𝐼 𝑟 0 Se plantea el sistema de ecuaciones de compatibilidad geométrica. − (15𝜋 − 26)|𝑟5| 180𝐸𝐼 + 𝑟3 3𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 − 𝑟2 2𝐸𝐼 𝑀𝐴 = 0 − − − (15 − 1) (15𝜋 − 32)(𝑟)|𝑟3| 96𝐸𝐼 − 𝑟2 2𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑟 𝐸𝐼 𝑀𝐴 = 0 − − − (15 − 2) 𝐴 𝑀1 𝑥 1 (e) 𝐴 𝑀1 𝑥 1 (f)
- 101. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 79 De resolver el sistema simultáneo de ecuaciones (15 − 1) y (15 − 2), resulta 𝑅 𝐴𝑌 = (15𝜋 + 64)𝑟2 240 ∴ 𝑅 𝐴𝑌 = (15𝜋 + 64) 240 𝑊𝐿 𝑀𝐴 = (56 − 15𝜋)𝑟3 120 ∴ 𝑀𝐴 = (56 − 15𝜋) 120 𝑊𝐿2 Ecuaciones de equilibrio, figura 15-g. Se determina la fuerza resultante de la distribución de carga como el área del cuarto de círculo. 𝑅´ = ∫ √ 𝑟2 − 𝑥2 𝑥 0 𝑑𝑥 = 𝜋𝑟2 4 = 𝜋 4 𝑊𝐿 El punto de aplicación de tal fuerza medido desde 𝐴, resulta ser 𝑥ҧ´ = ∫ (𝑥)(√𝑟2 − 𝑥2) 𝑟 0 𝑑𝑥 𝜋𝑟2 4 = 𝑟3 3 𝜋𝑟2 4 = 4𝑟 3𝜋 = 4𝐿 3𝜋 Por consiguiente, +↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ (15𝜋 + 64) 240 𝑊𝐿 − 𝜋 4 𝑊𝐿 + 𝑅 𝐵𝑌 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐵𝑌 = ( 3𝜋 16 − 4 15 ) 𝑊𝐿 𝐴 𝐵 𝐿 = 𝑟 𝑊 = 𝑟 𝐶𝑖𝑟𝑐𝑢𝑛𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑅´ = 𝜋 4 𝑊𝐿 𝑥ҧ´ = 4𝐿 3𝜋 𝑀𝐴 = (56 − 15𝜋) 120 𝑊𝐿2 𝑅 𝐴𝑌 = (15𝜋 + 64) 240 𝑊𝐿 𝑅 𝐵𝑌 = ( 3𝜋 16 − 4 15 ) 𝑊𝐿 𝑀 𝐵 = (15𝜋 − 32) 240 𝑊𝐿2 + ∑ 𝑀𝐵 = 0 ⇒ − (56 − 15𝜋) 120 𝑊𝐿2 + ( (15𝜋 + 64) 240 𝑊𝐿) (𝐿) − ( 𝜋 4 𝑊𝐿) (𝐿 − 4𝐿 3𝜋 ) + 𝑀 𝐵 = 0 ⇒∴ 𝑀 𝐵 = (15𝜋 − 32) 240 𝑊𝐿2 (g)
- 102. 80 16 VIGA BIEMPOTRADACON CARGA ELÍPTICA DE UN CUARTO 𝐴 𝐵 𝐿 𝑊 𝐸𝑙𝑖𝑝𝑠𝑒 Estructura real (𝐸𝑅) Figura 16 (a) + + (𝑑𝑒 𝑅 𝐴𝑌) (𝑑𝑒 𝑀 𝐴) 1 1 𝐴 𝐵 𝐿 𝐿 𝐴 𝐵 𝑚1 𝑚2 𝐸𝑅 = 𝑥 𝑥 𝑥 𝐴 𝐵 𝐿 = 𝑟 𝑀𝑊 𝐸𝑙𝑖𝑝𝑠𝑒 (b)
- 103. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 81 SOLUCIÓN Principio de superposición, figura 16-b. Se han seleccionado como fuerzas sobrantes a las reacciones del empotramiento 𝐴. Ecuaciones de compatibilidad. Se aplica el método de secciones a la estructura primaria, figura 16-c. La ecuación de una elipse cuyo centro se encuentra situado en el origen es 𝑥2 𝐿2 + 𝑦2 𝑊2 = 1 ⇒ 𝑦 = 𝑊√1 − 𝑥2 𝐿2 = 𝑊 𝐿 √ 𝐿2 − 𝑥2 Se determina la fuerza concentrada equivalente 𝑅 de la porción de carga con distribución de forma elíptica. 𝑅 = ∫ 𝑊 𝐿 √ 𝐿2 − 𝑥2 𝑥 0 𝑑𝑥 = 𝑊 2𝐿 (𝐿2 arcsin 𝑥 𝐿 + 𝑥√ 𝐿2 − 𝑥2) Se calcula el punto de aplicación 𝑥̅ de 𝑅. 𝑥̅ = ∫ (𝑥) ( 𝑊 𝐿 √𝐿2 − 𝑥2) 𝑥 0 𝑑𝑥 𝑊 2𝐿 (𝐿2 arcsin 𝑥 𝐿 + 𝑥√𝐿2 − 𝑥2) = − ((𝐿2 − 𝑥2) 3 2⁄ − 𝐿3 ) (𝑊) 3𝐿 𝑊 2𝐿 (𝐿2 arcsin 𝑥 𝐿 + 𝑥√𝐿2 − 𝑥2) ‘ 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 Con base en la figura 16-c se deduce el momento interno 𝑀. + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 𝐴 𝑥 𝑊 𝐸𝑙𝑖𝑝𝑠𝑒 𝑀1 𝑅 𝑥ത 𝑥 − 𝑥̅ (c)
- 104. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 82 − [ 𝑊 2𝐿 (𝐿2 arcsin 𝑥 𝐿 + 𝑥√ 𝐿2 − 𝑥2)] [ 𝑥 − − ((𝐿2 − 𝑥2) 3 2⁄ − 𝐿3 ) (𝑊) 3𝐿 𝑊 2𝐿 (𝐿2 arcsin 𝑥 𝐿 + 𝑥√𝐿2 − 𝑥2) ] − 𝑀1 = 0 𝑀1 = − 𝑊𝐿𝑥 arcsin 𝑥 𝐿 2 + 𝑊(𝑥2 − 𝐿2)√𝐿2 − 𝑥2 3𝐿 − 𝑊𝑥2 √𝐿2 − 𝑥2 2𝐿 + 𝑊𝐿2 3 𝑀1 = − 𝑊 (3𝐿2 𝑥 arcsin 𝑥 𝐿 + 2(𝐿2 − 𝑥2) 3 2⁄ + 3𝑥2 √𝐿2 − 𝑥2 − 2𝐿3 ) 6𝐿 Los momentos internos de las vigas con fuerzas redundantes unitarias aplicadas son 𝑚1 ⟹ 𝑀1 = 𝑥 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 𝑚2 ⟹ 𝑀1 = −1 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 Se calculan las incompatibilidades geométricas. 𝑑1 = 1 𝐸𝐼 ∫ (− 𝑊 (3𝐿2 𝑥 arcsin 𝑥 𝐿 + 2(𝐿2 − 𝑥2) 3 2⁄ + 3𝑥2 √𝐿2 − 𝑥2 − 2𝐿3 ) 6𝐿 ) (𝑥)𝑑𝑥 𝐿 0 = − (15𝜋 − 26)𝑊𝐿4 180𝐸𝐼 𝑑2 = 1 𝐸𝐼 ∫ (− 𝑊 (3𝐿2 𝑥 arcsin 𝑥 𝐿 + 2(𝐿2 − 𝑥2) 3 2⁄ + 3𝑥2 √𝐿2 − 𝑥2 − 2𝐿3 ) 6𝐿 ) (−1)𝑑𝑥 𝐿 0 = (15𝜋 − 32)𝑊𝐿3 96𝐸𝐼 Los coeficientes de flexibilidad se presentan enseguida. 𝑓11 = 𝐿3 3𝐸𝐼 𝑓21 = − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑓12 = − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑓22 = 𝐿 𝐸𝐼 Se formula el sistema de ecuaciones de flexibilidades. − (15𝜋 − 26)𝑊𝐿4 180𝐸𝐼 + 𝐿3 3𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑀𝐴 = 0 − − − (16 − 1) (15𝜋 − 32)𝑊𝐿3 96𝐸𝐼 − 𝐿2 2𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 + 𝐿 𝐸𝐼 𝑀𝐴 = 0 − − − (16 − 2)
- 105. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 83 Entonces, 𝑅 𝐴𝑌 = (15𝜋 + 64) 240 𝑊𝐿 ∴ 𝑀𝐴 = (56 − 15𝜋) 120 𝑊𝐿2 Ecuaciones de equilibrio, figura 16-d. Se calcula la carga resultante de la distribución de fuerza elíptica. 𝑅´ = ∫ 𝑊 𝐿 √ 𝐿2 − 𝑥2 𝑥 0 𝑑𝑥 = 𝜋 4 𝑊𝐿 El centroide de área corresponde a 𝑥̅´ = ∫ (𝑥)(√𝑟2 − 𝑥2) 𝑟 0 𝑑𝑥 𝜋𝑟2 4 = 𝑊𝐿2 3 𝜋 4 𝑊𝐿 = 4𝐿 3𝜋 En consecuencia, +↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ (15𝜋 + 64) 240 𝑊𝐿 − 𝜋 4 𝑊𝐿 + 𝑅 𝐵𝑌 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐵𝑌 = ( 3𝜋 16 − 4 15 ) 𝑊𝐿 ∴ 𝑀 𝐵 = (15𝜋 − 32) 240 𝑊𝐿2 + ∑ 𝑀𝐵 = 0 ⇒ − (56 − 15𝜋) 120 𝑊𝐿2 + ( (15𝜋 + 64) 240 𝑊𝐿) (𝐿) − ( 𝜋 4 𝑊𝐿) (𝐿 − 4𝐿 3𝜋 ) + 𝑀 𝐵 = 0 𝐴 𝐵 𝐿 𝑊 𝑅´ = 𝜋 4 𝑊𝐿 𝑥̅´ = 4𝐿 3𝜋 𝑀𝐴 = (56 − 15𝜋) 120 𝑊𝐿2 𝑅 𝐴𝑌 = (15𝜋 + 64) 240 𝑊𝐿 𝑅 𝐵𝑌 = ( 3𝜋 16 − 4 15 ) 𝑊𝐿 𝑀 𝐵 = (15𝜋 − 32) 240 𝑊𝐿2 𝐸𝑙𝑖𝑝𝑠𝑒 (d)
- 106. 84 17 VIGA CONSOPORTES ARTICULADO Y FIJO CON CARGA PUNTUAL APLICADA AL CENTRO DEL CLARO SOLUCIÓN Principio de superposición, figura 17-b. La viga que se muestra en la figura 17-a tiene un grado de indeterminación estática de uno. La fuerza sobrante seleccionada corresponde a 𝑅 𝐴𝑌. Tome en cuenta que también puede elegirse al momento reactivo de 𝐵 como redundante, en ese caso, el empotramiento debe ser reemplazado por un apoyo articulado. Ecuación de compatibilidad. Con 𝑑1 y 𝑓11 calculados en la viga que se muestra en la figura 1-a, se tiene − 5𝑃𝐿3 48𝐸𝐼 + 𝐿3 3𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 = 0 − − − 17 − 1 Figura 17 (a) Estructura real (𝐸𝑅) (b)
- 107. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 85 Al despejar la incógnita, se obtiene 𝑅 𝐴𝑌 = 5𝑃𝐿3 48𝐸𝐼 𝐿3 3𝐸𝐼 ⁄ ⇒∴ 𝑅 𝐴𝑌 = 5 16 𝑃 Ecuaciones de equilibrio, figura 17-c. +↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 5 16 𝑃 − 𝑃 + 𝑅 𝐵𝑌 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐵𝑌 = 11 16 𝑃 + ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ 𝑃 ( 𝐿 2 ) − 11 16 𝑃 𝐿 + 𝑀 𝐵 = 0 ⇒∴ 𝑀 𝐵 = 3 16 𝑃𝐿 𝐴 𝐵 𝐿/2 𝐿/2 𝑃 𝑅 𝐵𝑌 = 11 16 𝑃𝑅 𝐴𝑌 = 5 16 𝑃 𝑀 𝐵 = 3 16 𝑃𝐿 (c)
- 108. 86 18 VIGA CONSOPORTES ARTICULADO Y FIJO CON CARGA DISTRIBUIDA UNIFORME SOLUCIÓN Principio de superposición, figura 18-b. Ecuación de compatibilidad. Con 𝑑1 y 𝑓11 determinados al analizar la viga que se indica en la figura 2-a, resulta − 𝑊𝐿4 8𝐸𝐼 + 𝐿3 3𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 = 0 − − − (18 − 1) En consecuencia, 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑊𝐿4 8𝐸𝐼 𝐿3 3𝐸𝐼 ⁄ ⇒∴ 𝑅 𝐴𝑌 = 3 8 𝑊𝐿 + (𝑑𝑒 𝑅 𝐴𝑌) 1 𝐴 𝐵 𝐿 𝑚1 𝐸𝑅 = 𝑥 𝐵𝐴 𝑀 𝑊 𝑥 𝐿 Figura 18 (a) Estructura real (𝐸𝑅) (b) 𝐴 𝐵 𝐿 𝑊
- 109. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 87 Ecuaciones de equilibrio, figura 18-c. Se calculan las reacciones desconocidas restantes son +↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 3 8 𝑊𝐿 − 𝑊𝐿 + 𝑅 𝐵𝑌 = 0 ⇒⇒∴ 𝑅 𝐵𝑌 = 5 8 𝑊𝐿 + ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ 𝑊𝐿 ( 𝐿 2 ) − 5 8 𝑊𝐿(𝐿) + 𝑀 𝐵 = 0 ⇒⇒∴ 𝑀 𝐵 = 𝑊𝐿2 8 𝐴 𝐵 𝐿 𝑊 𝑅 𝐵𝑌 = 5 8 𝑊𝐿𝑅 𝐴𝑌 = 3 8 𝑊𝐿 𝑀 𝐵 = 𝑊𝐿2 8 (c)
- 110. 88 19 VIGA CONSOPORTES ARTICULADO Y FIJO CON CARGA TRIANGULAR SIMÉTRICA SOLUCIÓN Principio de superposición, figura 19-b. Ecuación de compatibilidad. Con base en los resultados para 𝑑1 y 𝑓11 de la viga que se observa en la figura 4-a, tenemos − 11𝑊𝐿4 192𝐸𝐼 + 𝐿3 3𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 = 0 − − − (19 − 1) Por consiguiente, + (𝑑𝑒 𝑅 𝐴𝑌) 1 𝐴 𝐵 𝐿 𝑚1 𝐸𝑅 = 𝑥 𝐵𝐴 𝑀 𝑥 𝑊 𝐿/2 𝐿/2 Figura 19 (a) Estructura real (𝐸𝑅) (b) 𝐴 𝐵 𝐿/2 𝐿/2 𝑊
- 111. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 89 𝑅 𝐴𝑌 = 11𝑊𝐿4 192𝐸𝐼 𝐿3 3𝐸𝐼 ⁄ ⇒∴ 𝑅 𝐴𝑌 = 11 64 𝑊𝐿 Ecuaciones de equilibrio, figura 18-c. Finalmente, +↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 11 64 𝑊𝐿 − 𝑊𝐿 2 + 𝑅 𝐵𝑌 = 0 ⇒⇒∴ 𝑅 𝐵𝑌 = 21 64 𝑊𝐿 + ∑ 𝑀𝐴 = 0 ( 𝐿 2 ) (𝑊) ( 1 2 ) ( 2 3 ) ( 𝐿 2 ) + ( 𝐿 2 ) (𝑊) ( 1 2 ) ( 𝐿 2 + 1 3 ( 𝐿 2 )) − 21𝑊𝐿 64 (𝐿) + 𝑀 𝐵 = 0 ⇒ ⇒∴ 𝑀 𝐵 = 5𝑊𝐿2 64 𝐴 𝐵 𝐿/2 𝐿/2 𝑊 𝑀 𝐵 = 5𝑊𝐿2 64 𝑅 𝐵𝑌 = 21 64 𝑊𝐿𝑅 𝐴𝑌 = 11 64 𝑊𝐿 (c)
- 112. 90 20 VIGA CONSOPORTES ARTICULADO Y FIJO CON CARGA PARABÓLICA SOLUCIÓN Principio de superposición, figura 20-b. Ecuación de compatibilidad. De acuerdo con los resultados obtenidos para 𝑑1 y 𝑓11 de la viga que se muestra en la figura 6-a, se tiene − 7𝑊𝐿4 90𝐸𝐼 + 𝐿3 3𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 = 0 − − − (20 − 1) + (𝑑𝑒 𝑅 𝐴𝑌) 1 𝐴 𝐵 𝐿 𝑚1 𝐸𝑅 = 𝑥 𝐵𝐴 𝑀 𝑥 𝐿/2 𝐿/2 𝑊 Figura 20 (a) Estructura real (𝐸𝑅) (b) 𝐴 𝐵 𝐿/2 𝐿/2 𝑊 𝑃𝑎𝑟á𝑏𝑜𝑙𝑎
- 113. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 91 Entonces, 𝑅 𝐴𝑌 = 7𝑊𝐿4 90𝐸𝐼 𝐿3 3𝐸𝐼 ⁄ ⇒∴ 𝑅 𝐴𝑌 = 7 30 𝑊𝐿 Ecuaciones de equilibrio, figura 20-c. Las fuerzas reactivas en el soporte 𝐵 son +↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ − 2 3 𝑊𝐿 + 7𝑊𝐿 30 + 𝑅 𝐵𝑌 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐵𝑌 = 13 30 𝑊𝐿 + ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ 2 3 𝑊𝐿 ( 𝐿 2 ) − 13 30 𝑊𝐿(𝐿) + 𝑀 𝐵 = 0 ⇒∴ 𝑀 𝐵 = 𝑊𝐿2 10 𝐴 𝐵 𝐿/2 𝐿/2 𝑊 𝑃𝑎𝑟á𝑏𝑜𝑙𝑎 𝑅 𝐴𝑌 = 7 30 𝑊𝐿 𝑅 𝐵𝑌 = 13 30 𝑊𝐿 𝑀 𝐵 = 𝑊𝐿2 10 (c)
- 114. 92 21 VIGA CONSOPORTES ARTICULADO Y FIJO CON CARGA TRIANGULAR SOLUCIÓN Principio de superposición, figura 21-b. Ecuación de compatibilidad. Retomando los valores de 𝑑1 y 𝑓11 obtenidos al analizar la viga que se muestra en la figura 3-a, da − 11𝑊𝐿4 120𝐸𝐼 + 𝐿3 3𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 = 0 − − − (21 − 1) + (𝑑𝑒 𝑅 𝐴𝑌) 1 𝐴 𝐵 𝐿 𝑚1 𝐸𝑅 = 𝑥 𝐵𝐴 𝑀 𝑥 𝑊 𝐿 Figura 21 (a) Estructura real (𝐸𝑅) (b) 𝐴 𝐵 𝐿 𝑊
- 115. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 93 De modo que 𝑅 𝐴𝑌 = 11𝑊𝐿4 120𝐸𝐼 𝐿3 3𝐸𝐼 ⁄ ⇒∴ 𝑅 𝐴𝑌 = 11 40 𝑊𝐿 Ecuaciones de equilibrio, figura 21-c. +↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ − 𝑊𝐿 2 + 11𝑊𝐿 40 + 𝑅 𝐵𝑌 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐵𝑌 = 9 40 𝑊𝐿 + ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ 𝑊𝐿 2 ( 𝐿 3 ) − 9 40 𝑊𝐿(𝐿) + 𝑀 𝐵 = 0 ⇒∴ 𝑀 𝐵 = 7𝑊𝐿2 120 𝐴 𝐵 𝐿 𝑊 𝑀 𝐵 = 7𝑊𝐿2 120 𝑅 𝐵𝑌 = 9 40 𝑊𝐿𝑅 𝐴𝑌 = 11 40 𝑊𝐿 (c)
- 116. 94 22 VIGA CONSOPORTES ARTICULADO Y FIJO CON CARGA DE ENJUTA PARABÓLICA SOLUCIÓN Principio de superposición, figura 22-b. Ecuación de compatibilidad. Remitiéndonos a los cálculos de la viga indicada en la figura 7-a para 𝑑1 y 𝑓11, la ecuación de flexibilidad resulta ser − 𝑊𝐿4 72𝐸𝐼 + 𝐿3 3𝐸𝐼 𝑅 𝐴𝑌 = 0 − − − (22 − 1) + (𝑑𝑒 𝑅 𝐴𝑌) 1 𝐴 𝐵 𝐿 𝑚1 𝐸𝑅 = 𝑥 𝐵𝐴 𝑀 𝑥 𝐿 𝑃𝑎𝑟á𝑏𝑜𝑙𝑎 𝑊 Figura 22 (a) Estructura real (𝐸𝑅) (b) 𝐴 𝐵 𝑊 𝑃𝑎𝑟á𝑏𝑜𝑙𝑎 𝐿
- 117. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 95 La solución de la ecuación (22 − 1) implica 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑊𝐿4 72𝐸𝐼 𝐿3 3𝐸𝐼 ⁄ ⇒∴ 𝑅 𝐴𝑌 = 1 24 𝑊𝐿 Ecuaciones de equilibrio, figura 22-c. +↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ − 𝑊𝐿 3 + 𝑊𝐿 24 + 𝑅 𝐵𝑌 = 0 ⇒ 𝑅 𝐵𝑌 = 7 24 𝑊𝐿 + ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ 𝑊𝐿 3 ( 3 4 𝐿) − 7 24 𝑊𝐿(𝐿) + 𝑀 𝐵 = 0 ⇒ 𝑀 𝐵 = 𝑊𝐿2 24 . 𝐴 𝐵 𝑊 𝑃𝑎𝑟á𝑏𝑜𝑙𝑎 𝐿 𝑀 𝐵 = 𝑊𝐿2 24 𝑅 𝐵𝑌 = 7 24 𝑊𝐿𝑅 𝐴𝑌 = 1 24 𝑊𝐿 (c)
- 118. 96 23 VIGA BIEMPOTRADACON CARGA DISTRIBUIDA PARCIALMENTE UNIFORME SOLUCIÓN Principio de superposición y ecuaciones de compatibilidad Tal como se han venido desarrollando en los ejemplos anteriores para vigas doblemente empotradas con carga axial nula, las condiciones de frontera para la viga que se muestra en la figura 23-a son las mismas y su grado de hiperestaticidad también, por lo tanto, de igual manera es hiperestática de grado dos. No obstante, para inducir una variación en el análisis para este tipo de estructuras, se han seleccionado a los momentos de reacción 𝑀𝐴 y 𝑀 𝐵 como redundantes. Entonces, la aplicación del principio de superposición quedaría justo como se muestra en la figura 23-b. Con referencia a los puntos 𝐴 y 𝐵 de la figura 23-b, se tiene que 0 = 𝑑1 + 𝑓11 𝑀𝐴 + 𝑓12 𝑀 𝐵 − − − (23 − 1) 0 = 𝑑2 + 𝑓21 𝑀𝐴 + 𝑓22 𝑀 𝐵 − − − (23 − 2) La estructura primaria pudo haberse planteado con el apoyo fijo en A; sin embargo, esto tiene muy poca importancia ya que como es sabido, no habría reacción horizontal en 𝐴 o 𝐵. W a L A B W a L A B M L A B 1 d m1 (de MA) L A B 1 dm2 (de MB) Figura 23 (a) Estructura real (𝐸𝑅) 𝐸𝑅 = + + 𝑥 𝑥 𝑥 (b)
- 119. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 97 Incompatibilidades geométricas y coeficientes de flexibilidad El siguiente paso consiste en calcular las reacciones y escribir las ecuaciones de momentos internos para todas las vigas isostáticas que se muestran en la figura 23-b. Para la estructura primaria 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑊𝑎 (1 − 𝑎 2𝐿 ), para la primera complementaria 𝑅 𝐴𝑌 = 1 𝐿 y para la segunda también 𝑅 𝐴𝑌 = 1 𝐿 . Nótese que solamente se están considerando las reacciones en 𝐴, esto es porque el cálculo de la acción interna se realizará empleando una coordenada 𝑥 de izquierda a derecha, siendo innecesaria la participación de las reacciones en 𝐵 para este fin. Para determinar los momentos 𝑀, se tienen dos regiones a analizar y se requiere de realizar dos cortes, figuras 23-c y 23-d. Enseguida se deducen los momentos internos 𝑚1 y 𝑚2 con base en las figuras 23-e y 23-f. 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 −𝑀1 − 𝑊(𝑥) ( 𝑥 2 ) + 𝑊𝑎 (1 − 𝑎 2𝐿 ) (𝑥) = 0 𝑀1 = 𝑊 [𝑎 (1 − 𝑎 2𝐿 ) (𝑥) − 𝑥2 2 ] 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 −𝑀2 − 𝑊(𝑎) (𝑥 − 𝑎 2 ) + 𝑊𝑎 (1 − 𝑎 2𝐿 ) (𝑥) = 0 𝑀2 = 𝑊𝑎 [(1 − 𝑎 2𝐿 ) (𝑥) − (𝑥 − 𝑎 2 )] 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 −𝑀1 − 1 + 1 𝐿 (𝑥) = 0 ⇒ 𝑀1 = 𝑥 𝐿 − 1 W 𝑥/2 A 𝑊(𝑥) 𝑊𝑎 (1 − 𝑎 2𝐿 ) 𝑀1 𝑥 W a 𝑥 A 𝑀2 𝑊(𝑎) 𝑊𝑎 (1 − 𝑎 2𝐿 ) 𝑥 A 1 d 𝑀1 1 𝐿 (c) (d) (e)
- 120. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 98 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 −𝑀1 + 1 𝐿 (𝑥) = 0 ⇒ 𝑀1 = 𝑥 𝐿 Las incompatibilidades geométricas son resultado de 𝑑1 = ∫ (𝑊 [𝑎 (1 − 𝑎 2𝐿 ) (𝑥) − 𝑥2 2 ]) ( 𝑥 𝐿 − 1) 𝐸𝐼 𝑑𝑥 𝑎 0 + ∫ (𝑊𝑎 [(1 − 𝑎 2𝐿 ) (𝑥) − (𝑥 − 𝑎 2 )]) ( 𝑥 𝐿 − 1) 𝐸𝐼 𝑑𝑥 𝐿 𝑎 = 𝑊𝑎2 6𝐸𝐼 (𝑎 − 𝐿 − 𝑎2 4𝐿 ) 𝑑2 = ∫ (𝑊 [𝑎 (1 − 𝑎 2𝐿 ) (𝑥) − 𝑥2 2 ]) ( 𝑥 𝐿 ) 𝐸𝐼 𝑑𝑥 𝑎 0 + ∫ (𝑊𝑎 [(1 − 𝑎 2𝐿 ) (𝑥) − (𝑥 − 𝑎 2 )]) ( 𝑥 𝐿 ) 𝐸𝐼 𝑑𝑥 𝐿 𝑎 = 𝑊𝑎2 12𝐸𝐼 (𝐿 − 𝑎2 2𝐿 ) Luego, los coeficientes de flexibilidad, 𝑓𝑖𝑗, son 𝑓11 = ∫ ( 𝑥 𝐿 − 1) ( 𝑥 𝐿 − 1) 𝐸𝐼 𝑑𝑥 𝐿 0 = 𝐿 3𝐸𝐼 𝑓12 = ∫ ( 𝑥 𝐿 − 1) ( 𝑥 𝐿 ) 𝐸𝐼 𝑑𝑥 𝐿 0 = − 𝐿 6𝐸𝐼 𝑓21 = ∫ ( 𝑥 𝐿 ) ( 𝑥 𝐿 − 1) 𝐸𝐼 𝑑𝑥 𝐿 0 = − 𝐿 6𝐸𝐼 𝑓22 = ∫ ( 𝑥 𝐿 ) ( 𝑥 𝐿 ) 𝐸𝐼 𝑑𝑥 𝐿 0 = 𝐿 3𝐸𝐼 Cálculo de redundantes y reacciones faltantes Las ecuaciones (23 − 1) y (23 − 2) se convierten en 0 = 𝑊𝑎2 6𝐸𝐼 (𝑎 − 𝐿 − 𝑎2 4𝐿 ) + 𝐿 3𝐸𝐼 𝑀𝐴 − 𝐿 6𝐸𝐼 𝑀 𝐵 − − − (23 − 3) 0 = 𝑊𝑎2 12𝐸𝐼 (𝐿 − 𝑎2 2𝐿 ) − 𝐿 6𝐸𝐼 𝑀𝐴 + 𝐿 3𝐸𝐼 𝑀 𝐵 − − − (23 − 4) En consecuencia, 𝑀𝐴 = 𝑊𝑎2 12 [6 + 𝑎 𝐿 (3 𝑎 𝐿 − 8)] 𝑀 𝐵 = − 𝑊𝑎3 12𝐿 (3 𝑎 𝐿 − 4) 𝑥 A 𝑀1 1 𝐿 (f)
- 121. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 99 Las demás reacciones se calculan de manera sencilla con aplicación de las ecuaciones de la estática, colocando los valores de las redundantes ya calculadas, figura 23-g. +↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑅 𝐵𝑌 − 𝑊𝑎 = 0 + ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ − 𝑊𝑎2 12 [6 + 𝑎 𝐿 (3 𝑎 𝐿 − 8)] + 𝑊𝑎2 2 − 𝑊𝑎3 12𝐿 (3 𝑎 𝐿 − 4) − 𝑅 𝐵𝑌 𝐿 = 0 ∴ 𝑅 𝐵𝑌 = 𝑊𝑎3 2𝐿2 (2 − 𝑎 𝐿 ) ∴ 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑊𝑎 − 𝑊𝑎3 𝐿2 + 𝑊𝑎4 2𝐿3 = 𝑊𝑎 2 [2 − 𝑎2 𝐿2 (2 − 𝑎 𝐿 )] W a L A B 𝑀 𝐴 = 𝑊𝑎2 12 [6 + 𝑎 𝐿 (3 𝑎 𝐿 − 8)] 𝑀 𝐵 = − 𝑊𝑎3 12𝐿 [3 𝑎 𝐿 − 4] 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑊𝑎 2 [2 − 𝑎2 𝐿2 (2 − 𝑎 𝐿 )] 𝑅 𝐵𝑌 = 𝑊𝑎3 2𝐿2 (2 − 𝑎 𝐿 ) (g)
- 122. 100 24 VIGA BIEMPOTRADACON CARGA TRIANGULAR PARCIALMENTE DISTRIBUIDA SOLUCIÓN Principio de superposición y ecuaciones de compatibilidad Se obtendrá una solución directa para los momentos reactivos en los puntos 𝐴 y 𝐵. El principio de superposición se ilustra en la figura 24-b. Se plantean las ecuaciones para determinar las redundantes. 0 = 𝑑1 + 𝑓11 𝑀𝐴 + 𝑓12 𝑀 𝐵 − − − (24 − 1) 0 = 𝑑2 + 𝑓21 𝑀𝐴 + 𝑓22 𝑀 𝐵 − − − (24 − 2) W b L A B a W b L A B a C M 𝑥 L A B 1 d m1 (de MA) 𝑥 L A B 1 dm2 (de MB) 𝑥 Figura 24 (a) Estructura real (𝐸𝑅) + + 𝐸𝑅 = (b)
- 123. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 101 Incompatibilidades geométricas y coeficientes de flexibilidad Con relación a la estructura primaria, se tiene que 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑊𝑏2 6𝐿 . El análisis para el cálculo de las funciones de momento 𝑀 se realiza con base en la coordenada 𝑥 con origen en 𝐴 y positiva hacia la derecha. Puesto que esta viga no está cargada en toda su longitud, sino que solamente en una parte (longitud 𝑏), se requiere de seccionar a la estructura en un sitio intermedio en cada tramo (𝐴𝐶̅̅̅̅ y 𝐶𝐵̅̅̅̅), tal como se muestra en las figuras 24-c y 24-d. 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 −𝑀1 + 𝑊𝑏2 6𝐿 (𝑥) = 0 ⇒ 𝑀1 = 𝑊𝑏2 6𝐿 (𝑥) 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 −𝑀2 − 𝑊 6𝑏 (𝑥 − 𝑎)3 + 𝑊𝑏2 6𝐿 (𝑥) = 0 𝑀2 = 𝑊𝑏2 6𝐿 (𝑥) − 𝑊 6𝑏 (𝑥 − 𝑎)3 Las incompatibilidades geométricas se calculan enseguida. 𝑑1 = ∫ ( 𝑊𝑏2 6𝐿 (𝑥)) ( 𝑥 𝐿 − 1) 𝐸𝐼 𝑑𝑥 𝑎 0 + ∫ ( 𝑊𝑏2 6𝐿 (𝑥) − 𝑊 6𝑏 (𝑥 − 𝑎)3 ) ( 𝑥 𝐿 − 1) 𝐸𝐼 𝑑𝑥 𝐿 𝑎 = 𝑊𝑏2 12𝐸𝐼 ( 𝑏2 10𝐿 − 𝐿2 3 ) 𝑑2 = ∫ ( 𝑊𝑏2 6𝐿 (𝑥)) ( 𝑥 𝐿 ) 𝐸𝐼 𝑑𝑥 𝑎 0 + ∫ ( 𝑊𝑏2 6𝐿 (𝑥) − 𝑊 6𝑏 (𝑥 − 𝑎)3 ) ( 𝑥 𝐿 ) 𝐸𝐼 𝑑𝑥 𝐿 𝑎 = 𝑊𝑏2 360𝐸𝐼 [ 20𝐿2 + 3𝑏2 − 15𝐿𝑏 𝐿 ] A x𝑊𝑏2 6𝐿 𝑀1 𝑊 𝑏 (𝑥 − 𝑎) (𝑥 − 𝑎) A a C 𝑀2 𝑊𝑏2 6𝐿 𝑥 − 𝑎 3 𝑊 2𝑏 (𝑥 − 𝑎)2 𝑥 (c) (d)
- 124. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 102 Se retoman los coeficientes de flexibilidad obtenidos en la resolución de viga que se muestra en la figura 23-a. 𝑓11 = 𝐿 3𝐸𝐼 𝑓12 = − 𝐿 6𝐸𝐼 𝑓21 = − 𝐿 6𝐸𝐼 𝑓22 = 𝐿 3𝐸𝐼 Cálculo de redundantes y reacciones faltantes Al sustituir los valores en el sistema de ecuaciones (24 − 1) y (24 − 2), da 0 = 𝑊𝑏2 12𝐸𝐼 ( 𝑏2 10𝐿 − 𝐿2 3 ) + 𝐿 3𝐸𝐼 𝑀𝐴 − 𝐿 6𝐸𝐼 𝑀 𝐵 − − − (24 − 3) 0 = 𝑊𝑏2 360𝐸𝐼 [ 20𝐿2 + 3𝑏2 − 15𝐿𝑏 𝐿 ] − 𝐿 6𝐸𝐼 𝑀𝐴 + 𝐿 3𝐸𝐼 𝑀 𝐵 − − − (24 − 4) Teniendo en cuenta que 𝐿 − 𝑎 = 𝑏, resulta 𝑀𝐴 = 𝑊𝑏3 60𝐿 (5 − 3 𝑏 𝐿 ) 𝑀 𝐵 = − 𝑊𝑏2 60𝐿 (10𝐿2 + 3𝑏2 − 10𝐿𝑏) Sin embargo, la expresión que define a 𝑀 𝐵 puede reducirse de la siguiente manera, considerando que 𝑏 = 𝐿 − 𝑎: 𝑀 𝐵 = − 𝑊𝑏2 60 (3 𝑏2 𝐿2 + 10 𝑎 𝐿 ) Empleando los resultados previos y al aplicar las ecuaciones de equilibrio en el plano, figura 24-e, tenemos +↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⟹ 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑅 𝐵𝑌 = 𝑊𝑏 2 + ∑ 𝑀 𝐵 = 0 ⟹ 𝑅 𝐴𝑌 𝐿 + 𝑊𝑏2 60 (3 𝑏2 𝐿2 + 10 𝑎 𝐿 ) − 𝑊𝑏 2 ( 𝑏 3 ) − 𝑊𝑏3 60𝐿 (5 − 3 𝑏 𝐿 ) = 0 ∴ 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑊𝑏3 20𝐿2 (5 − 2 𝑏 𝐿 ) ∴ 𝑅 𝐵𝑌 = 𝑊𝑏 20 [10 − 𝑏2 𝐿2 (5 − 2 𝑏 𝐿 )] W b L A B a 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑊𝑏3 20𝐿2 (5 − 2 𝑏 𝐿 ) 𝑅 𝐵𝑌 = 𝑊𝑏 20 [10 − 𝑏2 𝐿2 (5 − 2 𝑏 𝐿 )] 𝑀 𝐴 = 𝑊𝑏3 60𝐿 5 + 3 𝑏 𝐿 ൨ 𝑀 𝐵 = 𝑊𝑏2 60 [3 𝑏2 𝐿2 − 4 𝑎 𝐿 ] 𝑊𝑏 2 𝑏 3 (e)
- 125. 103 25 VIGA CONCARGA DISTRIBUIDA PARCIALMENTE UNIFORME CON UN APOYO EMPOTRADO Y OTRO ARTICULADO . SOLUCIÓN Principio de superposición, figura 25-b. La viga que se muestra en la figura 25-a es estáticamente indeterminada de primer grado. Ecuación de compatibilidad. Se escribe la ecuación de flexibilidad para el desplazamiento angular en 𝐴. 0 = 𝑑1 + 𝑓11 𝑀𝐴 − − − (25 − 1) 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 ⇒ 𝑀1 = 𝑊𝑏2 2𝐿 (𝑥) W b L A a B 𝑀 L A B 1 d m1 (de MA) A 𝑊𝑏2 2𝐿 𝑀1 𝑥 W b L A a B Figura 25 (a) Estructura real (𝐸𝑅) 𝐸𝑅 = + 𝑥𝑥 (b) (c)
- 126. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 104 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 𝑀2 = 𝑊𝑏2 2𝐿 (𝑥) − 𝑊 2 (𝑥 − 𝑎)2 Se escriben los momentos 𝑀 a partir de las figuras 25-c y 25-d. En consecuencia, 𝑑1 = ∫ ( 𝑊𝑏2 2𝐿 (𝑥)) ( 𝑥 𝐿 − 1) 𝐸𝐼 𝑑𝑥 𝑎 0 + ∫ ( 𝑊𝑏2 2𝐿 (𝑥) − 𝑊 2 (𝑥 − 𝑎)2 ) ( 𝑥 𝐿 − 1) 𝐸𝐼 𝑑𝑥 𝐿 𝑎 = 𝑊 24𝐸𝐼 ( 𝑏4 − 2𝐿2 𝑏2 𝐿 ) 𝑓11 = 𝐿 3𝐸𝐼 Al reemplazar los valores de 𝑑1 y 𝑓11 en la ecuación (25 − 1), obtenemos 0 = 𝑊 24𝐸𝐼 ( 𝑏4 − 2𝐿2 𝑏2 𝐿 ) + 𝐿 3𝐸𝐼 𝑀𝐴 ⇒∴ 𝑀𝐴 = 𝑊𝑏2 8𝐿 (2𝐿2 − 𝑏2) Ecuaciones de equilibrio, figura 25-e. +↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⟹ 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑅 𝐵𝑌 = 𝑊𝑏 + ∑ 𝑀 𝐵 = 0 ⟹ 𝑅 𝐴𝑌 𝐿 − 𝑊𝑏2 8𝐿 (2𝐿2 − 𝑏2) − 𝑊𝑏 ( 𝑏 2 ) = 0 ∴ 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑊𝑏2 8𝐿 (6 − 𝑏2 𝐿2 ) ∴ 𝑅 𝐵𝑌 = 𝑊𝑏 8 [8 − 𝑏 𝐿 (6 − 𝑏2 𝐿2 )] W b L A a B𝑀𝐴 = 𝑊𝑏2 8𝐿 (2𝐿2 + 𝑏2) 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑊𝑏2 8𝐿 (6 − 𝑏2 𝐿2 ) 𝑅 𝐵𝑌 = 𝑊𝑏 8 [8 − 𝑏 𝐿 (6 − 𝑏2 𝐿2 )] 𝑊𝑏 𝑏 2 W 𝑥 − 𝑎 𝑥 A a 𝑊(𝑥 − 𝑎) 𝑀2 𝑊𝑏2 2𝐿 𝑥 − 𝑎 2 (d) (e)
- 127. 105 26 VIGA CONCARGA TRIANGULAR DISTRIBUIDA PARCIALMENTE CON UN APOYO EMPOTRADO Y OTRO ARTICULADO SOLUCIÓN Principio de superposición, figura 26-b. Ecuación de compatibilidad. Se escriben las ecuaciones para el momento 𝑀, figuras 26-c y 26-d. W b L A B a M W b L A B a L A B 1 d m1 (de MA) Figura 26 (a) Estructura real (𝐸𝑅) 𝐸𝑅 = + (b) 𝑥 𝑥
- 128. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 106 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 𝑀1 = 𝑊𝑏2 3𝐿 (𝑥) 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 𝑃1 = 𝑊 2𝑏 (𝑥 − 𝑎)2 𝑃2 = 𝑊(𝑥 − 𝑎) [1 − 𝑥 − 𝑎 𝑏 ] 𝑀2 = 𝑊𝑏2 3𝐿 (𝑥) − 𝑊 2 (𝑥 − 𝑎)2 [1 − 𝑥 − 𝑎 𝑏 ] − 𝑊 3𝑏 (𝑥 − 𝑎)3 Se calcula la incompatibilidad geométrica. 𝑑1 = ∫ ( 𝑊𝑏2 3𝐿 (𝑥)) ( 𝑥 𝐿 − 1) 𝐸𝐼 𝑑𝑥 𝑎 0 + ∫ ( 𝑊𝑏2 3𝐿 (𝑥) − 𝑊 2 (𝑥 − 𝑎)2 [1 − 𝑥 − 𝑎 𝑏 ] − 𝑊 3𝑏 (𝑥 − 𝑎)3 ) ( 𝑥 𝐿 − 1) 𝐸𝐼 𝑑𝑥 𝐿 𝑎 = 𝑊𝑏2 90𝐸𝐼 ( 3𝑏2 − 5𝐿2 𝐿 ) El coeficiente de flexibilidad es 𝑓11 = 𝐿 3𝐸𝐼 Entonces, 0 = 𝑊𝑏2 90𝐸𝐼 ( 3𝑏2 − 5𝐿2 𝐿 ) + 𝐿 3𝐸𝐼 𝑀𝐴 − − − (26 − 1) ∴ 𝑀𝐴 = 𝑊𝑏2 30 (5 − 3 𝑏2 𝐿2 ) W 𝑥 − 𝑎 L A a 𝑊 𝑏 (𝑎 + 𝑏 − 𝑥) 𝑊𝑏2 3𝐿 𝑃1 𝑃2 𝑀2 A 𝑊𝑏2 3𝐿 𝑀1 𝑥 (c) (d)
- 129. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 107 Ecuaciones de equilibrio, figura 26-e. +↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⟹ 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑅 𝐵𝑌 = 𝑊𝑏 2 + ∑ 𝑀 𝐵 = 0 ⟹ 𝑅 𝐴𝑌 𝐿 − 𝑊𝑏2 30 (5 − 3 𝑏2 𝐿2 ) − 𝑊𝑏 2 ( 2𝑏 3 ) = 0 ∴ 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑊𝑏2 10𝐿 (5 − 𝑏2 𝐿2 ) ∴ 𝑅 𝐵𝑌 = 𝑊𝑏 10 [5 − 𝑏 𝐿 (5 − 𝑏2 𝐿2 )] W b L A B a 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑊𝑏2 10𝐿 (5 − 𝑏2 𝐿2 ) 𝑅 𝐵𝑌 = 𝑊𝑏 10 [5 − 𝑏 𝐿 (5 − 𝑏2 𝐿2 )] 𝑀𝐴 = 𝑊𝑏2 30 (5 − 3 𝑏2 𝐿2 ) 𝑊𝑏 2 2 3 𝑏 (e)
- 130. 108 27 VIGA CONTRES CARGAS EQUIDISTANTES CON UN APOYO EMPOTRADO Y OTRO ARTICULADO SOLUCIÓN Principio de superposición, figura 27-b. Ecuación de compatibilidad. Se deducen los momentos internos 𝑀, figuras 27-c, 27-d, 27-e y 27-f. 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 𝑀1 = 6 𝑃𝑎 𝐿 (𝑥) P a L A B aaa P P P a L A B aaa P P L A B 1 d m1 (de MA) Figura 27 (a) Estructura real (𝐸𝑅) 𝐸𝑅 = + 𝑥 𝑥 (b) A 6 𝑃𝑎 𝐿 𝑀1 (c) 𝑥
- 131. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 109 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 2𝑎 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 𝑀2 = 6 𝑃𝑎 𝐿 (𝑥) − 𝑃(𝑥 − 𝑎) 2𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 3𝑎 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 𝑀3 = 6 𝑃𝑎 𝐿 (𝑥) − 𝑃(2𝑥 − 3𝑎) 3𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 𝑀4 = 6 𝑃𝑎 𝐿 (𝑥) − 3𝑃(𝑥 − 2𝑎) Se determina la incompatibilidad geométrica. 𝑑1 = ∫ (6 𝑃𝑎 𝐿 (𝑥)) ( 𝑥 𝐿 − 1) 𝐸𝐼 𝑑𝑥 𝑎 0 + ∫ (6 𝑃𝑎 𝐿 (𝑥) − 𝑃(𝑥 − 𝑎)) ( 𝑥 𝐿 − 1) 𝐸𝐼 𝑑𝑥 2𝑎 𝑎 ∫ (6 𝑃𝑎 𝐿 (𝑥) − 𝑃(2𝑥 − 3𝑎)) ( 𝑥 𝐿 − 1) 𝐸𝐼 𝑑𝑥 3𝑎 2𝑎 + ∫ (6 𝑃𝑎 𝐿 (𝑥) − 3𝑃(𝑥 − 2𝑎)) ( 𝑥 𝐿 − 1) 𝐸𝐼 𝑑𝑥 𝐿 3𝑎 = 𝑃𝑎2 𝐸𝐼 ( 7𝐿2 + 128𝑎2 − 70𝐿𝑎 𝐿 ) P A aa P 𝑥 − 2𝑎 𝑀3 6 𝑃𝑎 𝐿 P A 𝑥 − 𝑎 a 𝑀2 6 𝑃𝑎 𝐿 P a A aa P P 𝑀4 𝑥 − 3𝑎 6 𝑃𝑎 𝐿 𝑥 (d) (e) (f) 𝑥 𝑥
- 132. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 110 El coeficiente de flexibilidad es 𝑓11 = 𝐿 3𝐸𝐼 Por consiguiente, 0 = 𝑃𝑎2 𝐸𝐼 ( 7𝐿2 + 128𝑎2 − 70𝐿𝑎 𝐿 ) + 𝐿 3𝐸𝐼 𝑀𝐴 − − − (27 − 1) ∴ 𝑀𝐴 = 15 8 𝑃𝑎 = 15 32 𝑃𝐿 Ecuaciones de equilibrio, figura 27-g. +↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⟹ 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑅 𝐵𝑌 = 3𝑃 + ∑ 𝑀 𝐵 = 0 ⟹ 𝑅 𝐴𝑌 𝐿 − 15 32 𝑃𝐿 − 6𝑃𝑎 = 0 ∴ 𝑅 𝐴𝑌 = 63 32 𝑃 ∴ 𝑅 𝐵𝑌 = 33 32 𝑃 P a L A B aaa P P 𝑀𝐴 = 15 32 𝑃𝐿 𝑅 𝐵𝑌 = 33 32 𝑃 𝑅 𝐴𝑌 = 63 32 𝑃 (g)
- 133. 111 28 VIGA DOBLEMENTEEMPOTRADA CON CARGA UNIFORME CONCENTRADA EN UNA ZONA CENTRAL 𝑞 𝐿 2Τ A D 𝐿 2Τ 𝑐 𝑐 B C Figura 28 (a) Estructura real (𝐸𝑅) 𝐿 2Τ A D 𝐿 2Τ 𝑐 𝑐 B C 1 d (de RDY) 𝑥𝑥𝑥 𝑚1 𝑞 𝐿 2Τ A D 𝐿 2Τ 𝑐 𝑐 B C 𝑀 = Estructura Primaria (𝐸𝑃) 𝐿 2Τ A D 𝐿 2Τ 𝑐 𝑐 B C 1 d (de MD) 𝑥 𝑥 𝑥 𝑚2 + + (b) Estructura liberada con una unidad de fuerza redundante 𝑅 𝐷𝑌 aplicada (𝐸𝑅𝑑1) Estructura liberada con una unidad de momento redundante 𝑀 𝐷 aplicado (𝐸𝑅𝑑2) 𝑥 𝑥 𝑥
- 134. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 112 SOLUCIÓN Verificación del grado de indeterminación Analizando el grado de indeterminación de la estructura que se muestra en la figura 28-a se puede observar que esta tiene seis incógnitas de reacción, lo cual significa que no puede resolverse aplicando directamente las ecuaciones del equilibrio estático: ∑ 𝐹𝑋 = 0, ∑ 𝐹𝑌 = 0 y ∑ 𝑀 𝑂 = 0. La ecuación ∑ 𝐹𝑋 = 0 se satisface directamente dado que no existen componentes horizontales en las fuerzas externas, por lo cual quedan cuatro reacciones incógnitas con dos ecuaciones por utilizar. Esto nos lleva a la conclusión de que se trata de una estructura indeterminada de grado dos, de modo que se requieren dos ecuaciones adicionales para poder calcular el valor de las reacciones incógnitas. Tales ecuaciones a agregar se obtienen a partir de un análisis de compatibilidad de deformaciones, utilizando además de los principios de equilibrio del cuerpo rígido, la propiedad de deformabilidad de las estructuras. Principio de superposición La viga indeterminada que se muestra en la figura 28-a puede presentarse como la suma o superposición lineal de todas las estructuras estáticamente determinadas que se muestran en la figura 28-b al elegir como fuerzas redundantes a 𝑅 𝐷𝑌 y 𝑀 𝐷. El principio de superposición indica que la respuesta estructural total de una estructura frente a un sistema de cargas exteriores es igual a la suma de las respuestas particulares del mismo sistema ante cada una de las cargas aplicadas simultáneamente o una a una. Esto solo es aplicable a un sistema estructural que responde en su rango elástico y lineal. Con la ayuda de tal principio y de considerar la deformabilidad de las estructuras es posible obtener las dos ecuaciones adicionales que requerimos para el cálculo de las cuatro reacciones incógnitas. La compatibilidad de deformaciones nos indica que las deformaciones de la estructura indeterminada deben ser igual a las deformaciones del sistema determinado equivalente. Analicemos las deformaciones en el nodo 𝐷 de la estructura liberada; las cargas reales producirán en tal nodo un desplazamiento 𝑑1 hacia abajo y una rotación 𝑑2 en sentido horario, por otro lado, la carga unitaria en 𝐷 un desplazamiento 𝑓11 hacia arriba y una rotación 𝑓21 en sentido antihorario y finalmente el momento unitario inducirá en el punto 𝐷 un desplazamiento 𝑓12 hacia arriba y una rotación 𝑓22 en sentido antihorario. Analizando las condiciones de frontera en la estructura indeterminada, se observa que el nodo 𝐷 está totalmente restringido al desplazamiento vertical y a la rotación, por lo que las ecuaciones de compatibilidad pueden escribirse de la siguiente manera: 𝑑1 + 𝑅 𝐷𝑌 𝑓11 + 𝑀 𝐷 𝑓12 = 0 − − − (28 − 1) 𝑑2 + 𝑅 𝐷𝑌 𝑓21 + 𝑀 𝐷 𝑓22 = 0 − − − (28 − 2) Las ecuaciones (28 − 1) y (28 − 2) son las adicionales requeridas para obtener los valores de las reacciones en los soportes de la estructura indeterminada.
- 135. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 113 Cálculo de las incompatibilidades geométricas y de los coeficientes de flexibilidad Se calculan los desplazamientos desconocidos 𝑑1, 𝑑2, 𝑓11, 𝑓12, 𝑓21 y 𝑓22. tomando en cuenta únicamente las deformaciones por flexión, es decir, despreciando las deformaciones por cortante. Se escriben las ecuaciones para los momentos internos 𝑀, figura 28-c. Obsérvese en la figura 28-b que para realizar los seccionamientos en la viga liberada se ha elegido una coordenada 𝑥, positiva hacia la izquierda, para cada región distinta de la estructura. Los orígenes asociados a estas son los puntos 𝐷, 𝐶 y 𝐵. Se calculan los momentos 𝑚1, figura 28-d. 𝑞 𝐿 2Τ A D 𝐿 2Τ 𝑐 𝑐 B C 𝑀3 + 𝑞 ∙ 2𝑐 ∙ (𝑥 + 𝑐) = 0 𝑀3 = −2𝑞𝑐2 − 2𝑞𝑐𝑥 𝑀2 + 𝑞 ∙ 𝑥 ∙ 𝑥 2 = 0 𝑀2 = − 𝑞 2 𝑥2 𝑀1 = 0 𝐿 2Τ A D 𝐿 2Τ 𝑐 𝑐 B C 1 d 𝑀3 − 1 ∙ (𝑥 + 2𝑐 + 𝐿 2 − 𝑐) = 0 𝑀3 = 𝑐 + 𝐿 2 + 𝑥 𝑀2 − 1 ∙ (𝑥 + 𝐿 2 − 𝑐) = 0 𝑀2 = −𝑐 + 𝐿 2 + 𝑥 𝑀1 − 1 ∙ 𝑥 = 0 𝑀1 = 𝑥 (c) (d)
- 136. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 114 Se determinan los momentos 𝑚2, figura 28-e. Cálculo del desplazamiento 𝑑1. 𝑑1 = 1 𝐸𝐼 ∫ (−2𝑞𝑐2 − 2𝑞𝑐𝑥) ∙ (𝑐 + 𝐿 2 + 𝑥) 𝑑𝑥 𝐿 2 −𝑐 0 + 1 𝐸𝐼 ∫ (− 𝑞 2 𝑥2 ) ∙ (−𝑐 + 𝐿 2 + 𝑥) 𝑑𝑥 2𝑐 0 + 1 𝐸𝐼 ∫ 0 ∙ 𝑥𝑑𝑥 𝐿 2 −𝑐 0 Desarrollando los productos por separado, se tiene (−2𝑞𝑐2 − 2𝑞𝑐𝑥) ∙ (𝑐 + 𝐿 2 + 𝑥) = −2𝑞𝑐3 − 𝑞𝑐2 𝐿 − 2𝑞𝑐2 𝑥 − 2𝑞𝑐2 𝑥 − 𝑞𝑐𝐿𝑥 − 2𝑞𝑐𝑥2 (−2𝑞𝑐2 − 2𝑞𝑐𝑥) ∙ (𝑐 + 𝐿 2 + 𝑥) = −2𝑞𝑐3 − 𝑞𝑐2 𝐿 − (4𝑞𝑐2 + 𝑞𝑐𝐿)𝑥 − 2𝑞𝑐𝑥2 (− 𝑞 2 𝑥2 ) ∙ (−𝑐 + 𝐿 2 + 𝑥) = ( 𝑞𝑐 2 − 𝑞𝐿 4 ) 𝑥2 − 𝑞 2 𝑥3 En consecuencia, 𝑑1 = 1 𝐸𝐼 ∫ [−2𝑞𝑐3 − 𝑞𝑐2 𝐿 − (4𝑞𝑐2 + 𝑞𝑐𝐿)𝑥 − 2𝑞𝑐𝑥2]𝑑𝑥 𝐿 2 −𝑐 0 + 1 𝐸𝐼 ∫ [( 𝑞𝑐 2 − 𝑞𝐿 4 ) 𝑥2 − 𝑞 2 𝑥3 ] 𝑑𝑥 2𝑐 0 𝑑1 = 1 𝐸𝐼 [−(2𝑞𝑐3 + 𝑞𝑐2 𝐿)𝑥 − ( 4𝑞𝑐2 + 𝑞𝑐𝐿 2 ) 𝑥2 − 2𝑞𝑐 3 𝑥3 ] 0 𝐿 2 −𝑐 + 1 𝐸𝐼 [( 𝑞𝑐 6 − 𝑞𝐿 12 ) 𝑥3 − 𝑞 8 𝑥4 ] 0 2𝑐 𝑑1 = 1 𝐸𝐼 [−(2𝑞𝑐3 + 𝑞𝑐2 𝐿) ( 𝐿 2 − 𝑐) − ( 4𝑞𝑐2 + 𝑞𝑐𝐿 2 ) ( 𝐿 2 − 𝑐) 2 − 2𝑞𝑐 3 ( 𝐿 2 − 𝑐) 3 ] + 1 𝐸𝐼 [( 𝑞𝑐 6 − 𝑞𝐿 12 ) (2𝑐)3 − 𝑞 8 (2𝑐)4 ] 𝑑1 = 1 𝐸𝐼 [−𝑞𝑐3 𝐿 + 2𝑞𝑐4 − 𝑞𝑐2 𝐿2 2 + 𝑞𝑐3 𝐿 − ( 4𝑞𝑐2 + 𝑞𝑐𝐿 2 ) ( 𝐿2 4 − 𝑐𝐿 + 𝑐2 ) − 2𝑞𝑐 3 ( 𝐿3 8 − 3𝑐𝐿2 4 + 3𝑐2 𝐿 2 − 𝑐3 )] + 1 𝐸𝐼 [ 4𝑞𝑐4 3 − 2𝑞𝑐3 𝐿 3 − 2𝑞𝑐4 ] 𝑑1 = 1 𝐸𝐼 [2𝑞𝑐4 − 𝑞𝑐2 𝐿2 2 − 𝑞𝑐2 𝐿2 2 + 2𝑞𝑐3 𝐿 − 2𝑞𝑐4 − 𝑞𝑐𝐿3 8 + 𝑞𝑐2 𝐿2 2 − 𝑞𝑐3 𝐿 2 − 𝑞𝑐𝐿3 12 + 𝑞𝑐2 𝐿2 2 − 𝑞𝑐3 𝐿 + 2𝑞𝑐4 3 + 4𝑞𝑐4 3 − 2𝑞𝑐3 𝐿 3 − 2𝑞𝑐4 ] = 1 𝐸𝐼 [− 𝑞𝑐3 𝐿 6 − 5𝑞𝑐𝐿3 24 ] 𝐿 2Τ A D 𝐿 2Τ 𝑐 𝑐 B C 1 d 𝑀1 = 1 𝑀2 = 1 𝑀3 = 1 (e)
- 137. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 115 Cálculo del desplazamiento 𝑑2. 𝑑2 = 1 𝐸𝐼 ∫ (−2𝑞𝑐2 − 2𝑞𝑐𝑥) ∙ 1𝑑𝑥 𝐿 2 −𝑐 0 + 1 𝐸𝐼 ∫ (− 𝑞 2 𝑥2 ) ∙ 1𝑑𝑥 2𝑐 0 + 1 𝐸𝐼 ∫ 0 ∙ 1𝑑𝑥 𝐿 2 −𝑐 0 𝑑2 = 1 𝐸𝐼 [−2𝑞𝑐2 𝑥 − 𝑞𝑐𝑥2]0 𝐿 2 −𝑐 + 1 𝐸𝐼 [− 𝑞 6 𝑥3 ] 0 2𝑐 𝑑2 = 1 𝐸𝐼 [−2𝑞𝑐2 ( 𝐿 2 − 𝑐) − 𝑞𝑐 ( 𝐿 2 − 𝑐) 2 ] + 1 𝐸𝐼 [− 𝑞 6 (2𝑐)3 ] 𝑑2 = 1 𝐸𝐼 [−2𝑞𝑐2 ( 𝐿 2 − 𝑐) − 𝑞𝑐 ( 𝐿2 4 − 𝑐𝐿 + 𝑐2 )] + 1 𝐸𝐼 [− 4𝑞𝑐3 3 ] 𝑑2 = 1 𝐸𝐼 [−𝑞𝑐2 𝐿 + 2𝑞𝑐3 − 𝑞𝑐𝐿2 4 + 𝑞𝑐2 𝐿 − 𝑞𝑐3 − 4𝑞𝑐3 3 ] = 1 𝐸𝐼 [− 𝑞𝑐3 3 − 𝑞𝑐𝐿2 4 ] Cálculo del desplazamiento 𝑓11. 𝑓11 = 1 𝐸𝐼 ∫ 𝑥 ∙ 𝑥 𝐿 0 𝑑𝑥 = 1 𝐸𝐼 [ 𝑥3 3 ] 0 𝐿 = 𝐿3 3𝐸𝐼 Cálculo de los desplazamientos 𝑓12 𝑦 𝑓21. 𝑓12 = 𝑓21 = 1 𝐸𝐼 ∫ 𝑥 ∙ 1 𝑥2 𝑥1 𝑑𝑥 = 1 𝐸𝐼 [ 𝑥2 2 ] 0 𝐿 = 𝐿2 2𝐸𝐼 Cálculo del desplazamiento 𝑓22 . 𝑓22 = 1 𝐸𝐼 ∫ 1 ∙ 1 𝐿 0 𝑑𝑥 = 1 𝐸𝐼 [𝑥]0 𝐿 = 𝐿 𝐸𝐼 Cálculo de las reacciones redundantes Reemplazando los valores de 𝑑1, 𝑑2, 𝑓11, 𝑓12, 𝑓21 y 𝑓22 en las ecuaciones (28 − 1) y (28 − 2), da 1 𝐸𝐼 [− 𝑞𝑐3 𝐿 6 − 5𝑞𝑐𝐿3 24 ] + 𝑅 𝐷𝑌 ( 𝐿3 3𝐸𝐼 ) + 𝑀 𝐷 ( 𝐿2 2𝐸𝐼 ) = 0 − − − (28 − 3) 1 𝐸𝐼 [− 𝑞𝑐3 3 − 𝑞𝑐𝐿2 4 ] + 𝑅 𝐷𝑌 ( 𝐿2 2𝐸𝐼 ) + 𝑀 𝐷 ( 𝐿 𝐸𝐼 ) = 0 − − − (28 − 4) Despejando 𝑀 𝐷 de la ecuación (28 − 4), resulta 𝑀 𝐷 = 𝑞𝑐3 3𝐿 + 𝑞𝑐𝐿 4 − ( 𝐿 2 ) 𝑅 𝐷𝑌 − − − (28 − 5)
- 138. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 116 Sustituyendo la en la ecuación (28 − 3), se llega a (− 𝑞𝑐3 𝐿 6 − 5𝑞𝑐𝐿3 24 ) + ( 𝐿3 3 ) 𝑅 𝐷𝑌 + ( 𝐿2 2 ) [ 𝑞𝑐3 3𝐿 + 𝑞𝑐𝐿 4 − ( 𝐿 2 ) 𝑅 𝐷𝑌] = 0 − 𝑞𝑐3 𝐿 6 − 5𝑞𝑐𝐿3 24 + ( 𝐿3 3 ) 𝑅 𝐷𝑌 + 𝑞𝑐3 𝐿 6 + 𝑞𝑐𝐿3 8 − ( 𝐿3 4 ) 𝑅 𝐷𝑌 = 0 ( 𝐿3 12 ) 𝑅 𝐷𝑌 = 𝑞𝑐𝐿3 12 ⟹∴ 𝑅 𝐷𝑌 = 𝑞𝑐 De modo que 𝑀 𝐷 = 𝑞𝑐3 3𝐿 + 𝑞𝑐𝐿 4 − ( 𝐿 2 ) 𝑞𝑐 ⟹∴ 𝑀 𝐷 = 𝑞𝑐3 3𝐿 − 𝑞𝑐𝐿 4 Ecuaciones de equilibrio Las demás reacciones se calcularán con las ecuaciones de equilibrio estático. Los resultados finales se muestran en la figura 28-f. +↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑅 𝐷𝑌 − 2𝑞𝑐 = 0 𝑅 𝐴𝑌 = 2𝑞𝑐 − 𝑞𝑐 ⟹∴ 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑞𝑐 + ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ 𝑀𝐴 + 2𝑞𝑐 ( 𝐿 2 ) − 𝑅 𝐷𝑌 𝐿 − 𝑀 𝐷 = 0 𝑀𝐴 + 𝑞𝑐𝐿 − 𝑞𝑐𝐿 − ( 𝑞𝑐3 3𝐿 − 𝑞𝑐𝐿 4 ) = 0 ∴ 𝑀𝐴 = 𝑞𝑐3 3𝐿 − 𝑞𝑐𝐿 4 𝑞 𝐿 2Τ A D 𝐿 2Τ 𝑐 𝑐 B C 𝑀𝐴 = 𝑞𝑐3 3𝐿 − 𝑞𝑐𝐿 4 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑞𝑐 𝑅 𝐷𝑌 = 𝑞𝑐 𝑀 𝐷 = 𝑞𝑐3 3𝐿 − 𝑞𝑐𝐿 4 (f)
- 139. 117 29 VIGA EMPOTRADA-ARTICULADACON CARGA UNIFORME CONCENTRADA EN UNA ZONA CENTRAL SOLUCIÓN Principio de superposición, figura 29-b. Se selecciona a 𝑅 𝐷𝑌 como fuerza superabundante. 𝑞 𝐿 2Τ A D 𝐿 2Τ 𝑐 𝑐 B C(a) Estructura real (𝐸𝑅) 𝐿 2Τ A D 𝐿 2Τ 𝑐 𝑐 B C 1 d (de RDY) 𝑥𝑥𝑥 𝑚1 𝑞 𝐿 2Τ A D 𝐿 2Τ 𝑐 𝑐 B C 𝑀 = Estructura Primaria (𝐸𝑃) + Estructura liberada con una unidad de fuerza redundante 𝑅 𝐷𝑌 aplicada (𝐸𝑅𝑑1) 𝑥 𝑥 𝑥 Figura 29 (b)
- 140. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 118 Ecuación de compatibilidad. Retomando los resultados obtenidos para la incompatibilidad geométrica 𝑑1 y el coeficiente de flexibilidad 𝑓11 de la viga mostrada en la figura 28-a, obtenemos 𝑑1 + 𝑅 𝐷𝑌 𝑓11 = 0 − − − (29 − 1) 1 𝐸𝐼 [− 𝑞𝑐3 𝐿 6 − 5𝑞𝑐𝐿3 24 ] + 𝑅 𝐷𝑌 ( 𝐿3 3𝐸𝐼 ) = 0 − − − (29 − 2) Despejando 𝑅 𝐷𝑌 de la ecuación (29 − 2), se llega a 𝑅 𝐷𝑌 = 𝑞𝑐3 2𝐿2 + 5𝑞𝑐 8 Ecuaciones de equilibrio, figura 29-c. Las reacciones faltantes son +↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑅 𝐷𝑌 − 𝑞2𝑐 = 0 𝑅 𝐴𝑌 = 2𝑞𝑐 − 𝑞𝑐3 2𝐿2 − 5𝑞𝑐 8 ⟹∴ 𝑅 𝐴𝑌 = − 𝑞𝑐3 2𝐿2 + 11𝑞𝑐 8 + ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ 𝑀𝐴 − 𝑞2𝑐 ( 𝐿 2 ) + 𝑅 𝐷𝑌 𝐿 = 0 𝑀𝐴 − 𝑞𝑐𝐿 + ( 𝑞𝑐3 2𝐿2 + 5𝑞𝑐 8 ) 𝐿 = 0 𝑀𝐴 − 𝑞𝑐𝐿 + 𝑞𝑐3 2𝐿 + 5𝑞𝑐𝐿 8 = 0 ∴ 𝑀𝐴 = − 𝑞𝑐3 2𝐿 + 3𝑞𝑐𝐿 8 𝑞 𝐿 2Τ A D 𝐿 2Τ 𝑐 𝑐 B C 𝑅 𝐷𝑌 = 𝑞𝑐3 2𝐿2 + 5𝑞𝑐 8 𝑅 𝐴𝑌 = − 𝑞𝑐3 2𝐿2 + 11𝑞𝑐 8 𝑀𝐴 = − 𝑞𝑐3 2𝐿 + 3𝑞𝑐𝐿 8 (c)
- 141. 119 30 VIGA DOBLEMENTEEMPOTRADA CON CARGA TRIANGULAR EN UNA PORCIÓN IZQUIERDA q L A C a b B Figura 30 𝐿 A 𝑎 𝑏 B C 1 d (de RCY) 𝑥 𝑥 𝑚1 = Estructura Primaria (𝐸𝑃) 𝐿 A 𝑎 𝑏 B C 1 d (de MC) 𝑥 𝑥 𝑚2 + + (b) Estructura liberada con una unidad de fuerza redundante 𝑅 𝐶𝑌 aplicada (𝐸𝑅𝑑1) Estructura liberada con una unidad de momento redundante 𝑀 𝐶 aplicado (𝐸𝑅𝑑2) 𝑥 𝑥 (a) Estructura real (𝐸𝑅) q L A B a b C 𝑀
- 142. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 120 SOLUCIÓN Principio de superposición, figura 30-b. Se han seleccionado como fuerzas redundantes a las reacciones del empotramiento derecho. Ecuaciones de compatibilidad Las ecuaciones de flexibilidad para el sistema estructural son las siguientes: 𝑑1 + 𝑅 𝐶𝑌 𝑓11 + 𝑀 𝐶 𝑓12 = 0 − − − (30 − 1) 𝑑2 + 𝑅 𝐶𝑌 𝑓21 + 𝑀 𝐶 𝑓22 = 0 − − − (30 − 2) Cálculo de las incompatibilidades geométricas y de los coeficientes de flexibilidad Se emplea una primera coordenada 𝑥 para analizar el segmento 𝐶 − 𝐵 con origen en 𝐶 y una segunda coordenada 𝑥 para comprender el tramo 𝐵 − 𝐴 con origen situado en el punto 𝐵. Se determinan los momentos 𝑀 con base en las figuras 30-c y 30-d. 𝑀1 = 0 𝑀2 + 𝑞(𝑎 − 𝑥) 𝑎 ∙ 𝑥 ∙ 𝑥 2 + [𝑞 − 𝑞(𝑎 − 𝑥) 𝑎 ] ∙ 𝑥 2 ∙ 2𝑥 3 = 0 𝑀2 = − 𝑞𝑥2 2 + 𝑞𝑥3 2𝑎 − 𝑞𝑥2 3 + 𝑞𝑥2 3 − 𝑞𝑥3 3𝑎 = − 𝑞𝑥2 2 + 𝑞𝑥3 6𝑎 Se escriben las ecuaciones de momento 𝑚1 a partir de las figuras 30-e y 30-f. C 𝑥 𝑀1 q B 𝑥 b C 𝑞(𝑎 − 𝑥) 𝑎 𝑀2 (c) (d) C 𝑥 𝑀1 1 B 𝑥 b C𝑀2 1 (e) (f)
- 143. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 121 𝑀1 − 1 ∙ 𝑥 = 0 ⇒ 𝑀1 = 𝑥 𝑀2 − 1 ∙ (𝑥 + 𝑏) = 0 ⇒ 𝑀2 = 𝑏 + 𝑥 Se deducen los momentos internos 𝑚2 de acuerdo con las figuras 30-g y 30-h. 𝑀1 = 1 𝑀2 = 1 Se calcula el desplazamiento 𝑑1. 𝑑1 = 1 𝐸𝐼 ∫ (− 𝑞𝑥2 2 + 𝑞𝑥3 6𝑎 ) ∙ (𝑏 + 𝑥)𝑑𝑥 𝑎 0 + 1 𝐸𝐼 ∫ 0 ∙ 𝑥𝑑𝑥 𝑏 0 No obstante, (− 𝑞𝑥2 2 + 𝑞𝑥3 6𝑎 ) ∙ (𝑏 + 𝑥) = − 𝑞𝑏𝑥2 2 − 𝑞𝑥3 2 + 𝑞𝑏𝑥3 6𝑎 + 𝑞𝑥4 6𝑎 De modo que 𝑑1 = 1 𝐸𝐼 ∫ (− 𝑞𝑏𝑥2 2 − 𝑞𝑥3 2 + 𝑞𝑏𝑥3 6𝑎 + 𝑞𝑥4 6𝑎 ) 𝑑𝑥 𝑎 0 = 1 𝐸𝐼 [− 𝑞𝑏𝑥3 6 − 𝑞𝑥4 8 + 𝑞𝑏𝑥4 24𝑎 + 𝑞𝑥5 30𝑎 ] 0 𝑎 𝑑1 = 1 𝐸𝐼 (− 𝑞𝑏𝑎3 6 − 𝑞𝑎4 8 + 𝑞𝑏𝑎3 24 + 𝑞𝑎4 30 ) = 1 𝐸𝐼 (− 𝑞𝑏𝑎3 8 − 11𝑞𝑎4 120 ) Se calcula el desplazamiento 𝑑2. 𝑑2 = 1 𝐸𝐼 ∫ (− 𝑞𝑥2 2 + 𝑞𝑥3 6𝑎 ) ∙ 1𝑑𝑥 𝑎 0 + 1 𝐸𝐼 ∫ 0 ∙ 1𝑑𝑥 𝑏 0 = 1 𝐸𝐼 [− 𝑞𝑥3 6 + 𝑞𝑥4 24𝑎 ] 0 𝑎 𝑑2 = 1 𝐸𝐼 (− 𝑞𝑎3 6 + 𝑞𝑎3 24 ) = 1 𝐸𝐼 (− 𝑞𝑎3 8 ) Se calcula el desplazamiento 𝑓11. 𝑓11 = 1 𝐸𝐼 ∫ 𝑥 ∙ 𝑥 𝐿 0 𝑑𝑥 = 1 𝐸𝐼 [ 𝑥3 3 ] 0 𝐿 = 𝐿3 3𝐸𝐼 Se calculan los desplazamientos 𝑓12 𝑦 𝑓21. 𝑓12 = 𝑓21 = 1 𝐸𝐼 ∫ 𝑥 ∙ 1 𝐿 0 𝑑𝑥 = 1 𝐸𝐼 [ 𝑥2 2 ] 0 𝐿 = 𝐿2 2𝐸𝐼 C 𝑥 𝑀1 1 B 𝑥 b C𝑀2 1 (h) (g)
- 144. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 122 Se calcula el desplazamiento 𝑓22 . 𝑓22 = 1 𝐸𝐼 ∫ 1 ∙ 1 𝐿 0 𝑑𝑥 = 1 𝐸𝐼 [𝑥]0 𝐿 = 𝐿 𝐸𝐼 Cálculo de las reacciones redundantes Al sustituir los valores de 𝑑1, 𝑑2, 𝑓11, 𝑓12, 𝑓21 y 𝑓22 en las ecuaciones (30 − 1) y (30 − 2), se llega a 1 𝐸𝐼 (− 𝑞𝑏𝑎3 8 − 11𝑞𝑎4 120 ) + 𝑅 𝐶𝑌 ( 𝐿3 3𝐸𝐼 ) + 𝑀 𝐶 ( 𝐿2 2𝐸𝐼 ) = 0 − − − (30 − 3) 1 𝐸𝐼 (− 𝑞𝑎3 8 ) + 𝑅 𝐶𝑌 ( 𝐿2 2𝐸𝐼 ) + 𝑀 𝐶 ( 𝐿 𝐸𝐼 ) = 0 − − − (30 − 4) Al despejar 𝑀 𝐷 de la ecuación (30 − 4), resulta 𝑀 𝐶 = 𝑞𝑎3 8𝐿 − ( 𝐿 2 ) 𝑅 𝐶𝑌 − − − (30 − 5) Combinando la expresión (30 − 5) con la expresión (30 − 3), tenemos [− 𝑞𝑏𝑎3 8 − 11𝑞𝑎4 120 ] + 𝑅 𝐶𝑌 ( 𝐿3 3 ) + [ 𝑞𝑎3 8𝐿 − ( 𝐿 2 ) 𝑅 𝐶𝑌] ( 𝐿2 2 ) = 0 − 𝑞𝑏𝑎3 8 − 11𝑞𝑎4 120 + 𝑅 𝐶𝑌 ( 𝐿3 3 ) + 𝑞𝑎3 𝐿 16 − ( 𝐿3 4 ) 𝑅 𝐶𝑌 = 0 ⇒ ( 𝐿3 12 ) 𝑅 𝐶𝑌 = 𝑞𝑏𝑎3 8 − 𝑞𝑎3 𝐿 16 + 11𝑞𝑎4 120 𝑅 𝐶𝑌 = 3𝑞(𝐿 − 𝑎)𝑎3 2𝐿3 − 3𝑞𝑎3 4𝐿2 + 11𝑞𝑎4 10𝐿3 = 𝑅 𝐶𝑌 = 3𝑞𝑎3 2𝐿2 − 3𝑞𝑎4 2𝐿3 − 3𝑞𝑎3 4𝐿2 + 11𝑞𝑎4 10𝐿3 ⟹∴ 𝑅 𝐶𝑌 = 3𝑞𝑎3 4𝐿2 − 2𝑞𝑎4 5𝐿3 Reemplazando 𝑅 𝐷 en la ecuación (30 − 5), se obtiene 𝑀 𝐶 = 𝑞𝑎3 8𝐿 − ( 𝐿 2 ) ( 3𝑞𝑎3 4𝐿2 − 2𝑞𝑎4 5𝐿3 ) = 𝑞𝑎3 8𝐿 − 3𝑞𝑎3 8𝐿 + 𝑞𝑎4 5𝐿2 ⟹∴ 𝑀 𝐶 = − 𝑞𝑎3 4𝐿 + 𝑞𝑎4 5𝐿2 Ecuaciones de equilibrio, figura 30-i. +↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 𝑅 𝐴𝑦 + 𝑅 𝐶𝑌 − 𝑞𝑎 2 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑞𝑎 2 − 3𝑞𝑎3 4𝐿2 + 2𝑞𝑎4 5𝐿3 + ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ 𝑀𝐴 − ( 𝑞𝑎 2 ) ( 2𝑎 3 ) + 𝑅 𝐶𝑌 𝐿 + 𝑀 𝐶 = 0 𝑀𝐴 − 𝑞𝑎2 3 + ( 3𝑞𝑎3 4𝐿2 − 2𝑞𝑎4 5𝐿3 ) 𝐿 − 𝑞𝑎3 4𝐿 + 𝑞𝑎4 5𝐿2 = 0
- 145. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 123 𝑀𝐴 = 𝑞𝑎2 3 − 3𝑞𝑎3 4𝐿 + 2𝑞𝑎4 5𝐿2 + 𝑞𝑎3 4𝐿 − 𝑞𝑎4 5𝐿2 ∴ 𝑀𝐴 = 𝑞𝑎2 3 − 𝑞𝑎3 2𝐿 + 𝑞𝑎4 5𝐿2 q L A C a b B𝑀 𝐴 = 𝑞𝑎2 3 − 𝑞𝑎3 2𝐿 + 𝑞𝑎4 5𝐿2 𝑀 𝐶 = − 𝑞𝑎3 4𝐿 + 𝑞𝑎4 5𝐿2 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑞𝑎 2 − 3𝑞𝑎3 4𝐿2 + 2𝑞𝑎4 5𝐿3 𝑅 𝐶𝑌 = 3𝑞𝑎3 4𝐿2 − 2𝑞𝑎4 5𝐿3 (i)
- 146. 124 31 VIGA EMPOTRADA-ARTICULADACON CARGA TRIANGULAR EN UNA PORCIÓN IZQUIERDA SOLUCIÓN Principio de superposición, figura 31-b. Se ha optado porque 𝑅 𝐶𝑌 sea la fuerza sobrante. q L A C a b B 𝐿 A 𝑎 𝑏 B C 1 d (de RCY) 𝑥 𝑥 𝑚1 = Estructura Primaria (𝐸𝑃) + Estructura liberada con una unidad de fuerza redundante 𝑅 𝐶𝑌 aplicada (𝐸𝑅𝑑1) 𝑥 𝑥 (a) Estructura real (𝐸𝑅) q L A B a b C 𝑀 Figura 31 (b)
- 147. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 125 Ecuación de compatibilidad. Con 𝑑1 y 𝑓11 ya calculados al analizar la viga que se muestra en la figura 30-a, obtenemos 𝑑1 + 𝑅 𝐶𝑌 𝑓11 = 0 − − − (31 − 1) 1 𝐸𝐼 (− 𝑞𝑏𝑎3 8 − 11𝑞𝑎4 120 ) + 𝑅 𝐶𝑌 ( 𝐿3 3𝐸𝐼 ) = 0 − − − (31 − 2) Despejando 𝑅 𝐶𝑌 de la ecuación(31 − 2), resulta 𝑅 𝐶𝑌 = 3𝑞𝑏𝑎3 8𝐿3 + 33𝑞𝑎4 120𝐿3 = 3𝑞(𝐿 − 𝑎)𝑎3 8𝐿3 + 33𝑞𝑎4 120𝐿3 = 3𝑞𝑎3 8𝐿2 − 3𝑞𝑎4 8𝐿3 + 33𝑞𝑎4 120𝐿3 ∴ 𝑅 𝐶𝑌 = 3𝑞𝑎3 8𝐿2 − 𝑞𝑎4 10𝐿3 Ecuaciones de equilibrio, figura 31-c. Por último, +↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑅 𝐶𝑌 − 𝑞𝑎 2 = 0 ∴ 𝑅 𝐴𝑌 = 𝑞𝑎 2 − 3𝑞𝑎3 8𝐿2 + 𝑞𝑎4 10𝐿3 + ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ 𝑀𝐴 − ( 𝑞𝑎 2 ) ( 2𝑎 3 ) + 𝑅 𝐶𝑌 𝐿 = 0 𝑀𝐴 − 𝑞𝑎2 3 + ( 3𝑞𝑎3 8𝐿2 − 𝑞𝑎4 10𝐿3 ) 𝐿 = 0 ∴ 𝑀𝐴 = 𝑞𝑎2 3 − 3𝑞𝑎3 8𝐿 + 𝑞𝑎4 10𝐿2 q L A C a b B𝑀 𝐴 = 𝑞𝑎2 3 − 3𝑞𝑎3 8𝐿 + 𝑞𝑎4 10𝐿2 𝑅 𝐴𝑌 = − 𝑞𝑎 2 − 3𝑞𝑎3 8𝐿2 + 𝑞𝑎4 10𝐿3 𝑅 𝐶𝑌 = 3𝑞𝑎3 8𝐿2 − 𝑞𝑎4 10𝐿3 (c)
- 148. 126 32 VIGA EMPOTRADA-ARTICULADACON MOMENTO APLICADO EN UN PUNTO ARBITRARIO DEL CLARO SOLUCIÓN Principio de superposición, figura 32-b. Se obtendrá el valor de 𝑅 𝐶𝑌 directamente una vez que se aplique el método de las fuerzas. Ecuación de compatibilidad. Se calculan los momentos internos 𝑀, figuras 32-c y 32-d. L A C a b B 𝑚 𝐿 A 𝑎 𝑏 B C 1 d (de RCY) 𝑥 𝑥 𝑚1 = Estructura Primaria (𝐸𝑃) + Estructura liberada con una unidad de fuerza redundante 𝑅 𝐶𝑌 aplicada (𝐸𝑅𝑑1) 𝑥 (a) Estructura real (𝐸𝑅) L A B a b C 𝑀 𝑚 Figura 32 (b) 𝑥
- 149. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 127 𝑀1 = 0 𝑀2 + 𝑚 = 0 ⇒ 𝑀2 = −𝑚 Se escriben las ecuaciones de momento 𝑚1 a partir de las figuras 30-e y 30-f. 𝑀1 − 1 ∙ 𝑥 = 0 ⇒ 𝑀1 = 𝑥 𝑀2 − 1 ∙ (𝑥 + 𝑏) = 0 ⇒ 𝑀2 = 𝑏 + 𝑥 Se determina el desplazamiento 𝑑1. 𝑑1 = 1 𝐸𝐼 ∫ (−𝑚) ∙ (𝑥 + 𝑏)𝑑𝑥 𝑎 0 + 1 𝐸𝐼 ∫ 0 ∙ 𝑥𝑑𝑥 𝑏 0 = 1 𝐸𝐼 ∫ −(𝑚𝑥 + 𝑚𝑏)𝑑𝑥 𝑎 0 𝑑1 = 1 𝐸𝐼 [− 𝑚𝑥2 2 − 𝑚𝑏𝑥] 0 𝑎 = 1 𝐸𝐼 [− 𝑚𝑎2 2 − 𝑚𝑏𝑎] Se determina el desplazamiento 𝑓11. 𝑓11 = 1 𝐸𝐼 ∫ 𝑥 ∙ 𝑥 𝐿 0 𝑑𝑥 = 1 𝐸𝐼 [ 𝑥3 3 ] 0 𝐿 = 𝐿3 3𝐸𝐼 La ecuación de flexibilidad queda del siguiente modo: 1 𝐸𝐼 [− 𝑚𝑎2 2 − 𝑚𝑏𝑎] + 𝑅 𝐶𝑌 ( 𝐿3 3𝐸𝐼 ) = 0 − − − (32 − 1) C 𝑥 𝑀1 B 𝑥 b C 𝑀2 𝑚 (c) (d) C 𝑥 𝑀1 1 B 𝑥 b C𝑀2 1 (e) (f)
- 150. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas 128 Entonces, 𝑅 𝐶𝑌 = 3𝑚𝑎2 2𝐿3 + 3𝑚𝑏𝑎 𝐿3 = 3𝑚𝑎2 2𝐿3 + 3𝑚(𝐿 − 𝑎)𝑎 𝐿3 𝑅 𝐶𝑌 = 3𝑚𝑎2 2𝐿3 + 3𝑚𝑎 𝐿2 − 3𝑚𝑎2 𝐿3 = 3𝑚𝑎 𝐿2 − 3𝑚𝑎2 2𝐿3 Ecuaciones de equilibrio, figura 31-g. +↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑅 𝐶𝑌 = 0 ∴ 𝑅 𝐴𝑌 = − 3𝑚𝑎 𝐿2 + 3𝑚𝑎2 2𝐿3 + ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ 𝑀𝐴 − 𝑚 + 𝑅 𝐶𝑌 𝐿 = 0 𝑀𝐴 − 𝑚 + ( 3𝑚𝑎 𝐿2 − 3𝑚𝑎2 2𝐿3 ) 𝐿 = 0 𝑀𝐴 = 𝑚 − 3𝑚𝑎 𝐿 + 3𝑚𝑎2 2𝐿2 L A C a b B 𝑚 𝑅 𝐶𝑌 = 3𝑚𝑎 𝐿2 − 3𝑚𝑎2 2𝐿3 𝑅 𝐴𝑌 = − 3𝑚𝑎 𝐿2 + 3𝑚𝑎2 2𝐿3 𝑀 𝐴 = 𝑚 − 3𝑚𝑎 𝐿 + 3𝑚𝑎2 2𝐿2 (g)
- 151. 129 BIBLIOGRAFÍA González, O. (2011).Análisis Estructural. México: LIMUSA. Hibbeler, R. (2012). Análisis Estructural. México: PEARSON. Villarreal, G. (2009). Análisis Estructural. Perú: INDEPENDIENTE. Magdaleno, C. (1978). Análisis Matricial de Estructuras Reticulares. México: INDEPENDIENTE. Beaufait, W. F.(1977). Análisis Estructural. Colombia. PRENTICE/HALL. Beer, F., Johnston, E. & Elliot, R.(2007). Mecánica Vectorial para Ingenieros: Estática. México: MCGRAWHILL. Villarreal, G. (2011). Estática: Problemas Resueltos. Perú: INDEPENDIENTE. Fitzgerald, R. (2011). Resistencia de Materiales. México: ALFAOMEGA. Ortiz D., Marcos M., Hugo M., et al. (2014). Estructuras Isostáticas en 2D: Problemas Resueltos. México: INDEPENDIENTE. Ortiz, D. (2013). Tesis: Problemario de Análisis de Estructuras Isostáticas e Hiperestáticas para Vigas, Marcos y Armaduras. México: UNAM.
- 154. Fuerzas de fijacióny momentos de empotramiento en vigas El libro se ha escrito con la finalidad de contribuir en la formación académica de los estudiantes de Ingeniería Civil, Arquitectura, Ingeniería Mecánica u otras carreras con afinidad, no obstante, también se pretende que esta obra sirva de apoyo a los profesores que dictan los cursos de Análisis Estructural y Mecánica de Materiales. El énfasis de este libro es deducir las fórmulas de las “Fuerzas de Fijación y los Momentos de Empotramiento” en vigas sometidas a distintos tipos de cargas con base en el método de flexibilidades (de igual forma conocido como el método de las fuerzas). El uso de estas fórmulas es necesario cuando se realiza el análisis estructural de una viga o un pórtico con el método de la rigidez matricial o el método de Cross. El método de flexibilidades es útil para determinar las fuerzas reactivas en los soportes de estructuras hiperestáticas y se basa en el principio de superposición. Básicamente, plantea que una estructura estáticamente indeterminada es equivalente a la suma de causas y efectos de una serie de estructuras isostáticas, considerando la compatibilidad del desplazamiento de las mismas. Cabe mencionar que solo es aplicable a un sistema estructural que responde en su rango elástico y lineal. A continuación, se proporciona el enfoque seguido en esta obra. Exactamente 32 vigas hiperestáticas son analizadas minuciosamente hasta el cálculo de sus reacciones en los apoyos. Las solicitaciones aplicadas a las estructuras obedecen a fuerzas puntuales y distribuidas, y momentos distribuidos y puntuales. Las cargas distribuidas actúan total o parcialmente sobre la longitud de la estructura y pueden adquirir las siguientes formas: uniforme, variación lineal, parabólica, senoidal, circular, elíptica, logarítmica, entre otras. Número de Registro de Obra 03-2018-072610390400-01