Problemas resueltos de deflexiones de la curva elá

1. PROBLEMAS DE DEFLEXIONES MEDIANTE LOS MÉTODOS DE ÁREA DE MOMENTOS Y DE LA VIGA
CONJUGADA
1. La viga de la figura tiene como carga w = 10kN/m. Aplicando de método de
área de momentos determine: a) las pendientes en C, D y E, b) los
desplazamientos en C y E. Considere EI = Cte.
Solucionario:
Determinación de las reacciones
    w
D
D
w
M d
C
9
26
...
...
0
3
3
3
4
4
2
1
...
0
 













    w
M
w
w
M
M A
A
A
9
32
...
...
0
7
3
4
4
2
1
7
9
26
...
0 





















Diagrama de momentos y la curva elástica:
1° Se dibuja el diagrama del momento flector de la viga.
2° se traza la curva elástica en base al diagrama del momento flector
considerando que el tramo de momento positivo genera en la elástica concavidad
hacia arriba y si es negativo concavidad hacia abajo.
3° Se trazan pendientes y distancia vertical en los puntos de interés para
determinar los giros y desplazamientos aplicando los 2 teoremas del método de
área de momentos

2. Determinación de giros y desplazamientos:
 
EI
w
EI
w
A
C
i
C
9
64
4
9
32
2
1
. / 







 

EI
w
EI
w
t A
C
C
27
512
4
3
2
9
64
/ 















 
EI
w
EI
w
t D
C
3
24
3
3
2
3
9
24
2
1
/ 















EI
w
EI
w
EI
w
L
t
CD
D
C
C
D
81
728
3
24
27
512
3
1
/













 
EI
EI
w
EI
w
C
D
D
d
C
81
620
3
9
24
2
1
81
728
. / 









 


 
EI
w
EI
w
EI
w
D
E
D
E
81
944
4
9
24
4
1
81
728
. / 










 


       
EI
w
EI
w
EI
w
t
L D
E
DE
D
E
405
18016
4
5
4
4
9
24
4
1
4
81
728
/ 





















 

2. Una viga en voladizo apuntalada con longitud 2L con apoyo en B está sometida
a una carga uniformemente distribuida de intensidad q. mediante el método de
la viga conjugada determine: a) la reacción en B, b) el desplazamiento y la
pendiente en C, c) la pendiente en B. Considere q = 10 kN/m, L = 2 m y EI =
constante.

3. Solucionario
La viga es hiperestática de 1er grado.
1° Se transforma la viga hiperestática en viga base remplazando el apoyo en B con
la fuerza incógnita B.
2° Se traza el diagrama de momento flector de la viga base para cada estado de
carga: externa y reactiva respecto al punto A.
3° En el diagrama de momentos se dibuja la viga conjugada, cambiando las
condiciones de borde de los apoyos de la viga hiperestática.
4° Aplicando las ecuaciones de Equilibrio estático se determina primero la
redundante B, luego los cortantes y momentos en cualquier sección de la viga
conjugada, las que serán los giros y desplazamientos de la viga real en esas
secciones.
     
EI
qL
B
EI
qL
EI
BL
L
L
EI
qL
L
L
EI
qL
L
L
EI
BL
M i
B
2
75
8
15
...
...
0
8
5
3
......
0
4
3
2
3
3
1
2
2
3
2
2
1
...
0
4
3
2
2



















































     
C
C
C
C
C
EI
EI
qL
M
EI
qL
EI
BL
M
L
L
EI
qL
L
L
L
EI
BL
M
M









































70
16
7
...
...
0
2
6
5
....
0
2
4
3
2
2
3
1
3
2
2
1
...
0
4
*
4
3
*
2
*
   
C
C
C
C
EI
EI
qL
V
EI
qL
EI
BL
V
L
EI
qL
L
EI
BL
V
F




























3
95
48
19
...
...
0
3
4
2
....
0
2
2
3
1
2
1
...
0
3
*
4
2
*
2
*

4.      
B
B
i
B
EI
EI
qL
V
L
EI
qL
L
EI
qL
L
EI
BL
V
M

































5
16
.........
0
2
3
3
1
2
2
1
...
0
3
*
2
2
*
3. Para la viga de la figura de tiene como datos: P = 10 kN, w = 2kN/m y L = 5 m.
Aplicando de método de área de momentos determine la reacción en A y momento
interno en C. Considere E = 200 GPa, I = 500 (106
) mm4
Solución:
- La viga es hiperestática de 2do grado.
- Se transforma en viga base considerando como redundantes la fuerza de
reacción en A y el momento interno en B. vea la fig (a).
- Se trazan los diagramas de momento flector de las fuerzas externas (celeste)
y reactivas (marrón y rojo) en la viga base. Vea la fig. (b)
- Trazado de la curva elástica (azul) y las distancias verticales entre tangentes
respecto a la tangente en D en la viga original. Vea la fig (c).

5. - En base al 2do teorema del área de momentos se tiene:
             
      
)
1
....(
0
12
625
3
50
6
125
...
...
12
625
6
25
2
12
625
25
6
125
2
12
625
6
25
5
.
2
5
4
25
3
2
5
3
1
5
2
1
12
625
25
6
125
6
625
4
625
25
6
125
5
3
1
5
25
2
1
5
.
7
5
4
25
3
2
5
10
2
1
5
3
1
5
5
2
1
/
/
/
/
/





















































































EI
EI
M
EI
A
EI
EI
M
EI
EI
M
EI
A
t
t
EI
EI
M
EI
EI
M
t
EI
EI
M
EI
A
EI
EI
EI
M
EI
A
t
EI
EI
EI
M
EI
A
t
C
C
C
D
C
D
B
C
C
D
C
C
C
D
B
C
D
B

6.             
)
2
...(
0
12
11875
2
75
125
..
...
12
625
6
25
3
3
2500
50
125
3
3
2500
50
125
4
4375
12
3125
50
125
5
.
2
10
3
1
5
.
7
25
2
1
5
.
12
5
4
25
3
2
10
10
2
1
5
10
5
2
1
/
/
/
/


























































EI
EI
M
EI
A
EI
EI
M
EI
EI
M
EI
A
t
t
EI
EI
M
EI
A
EI
EI
EI
M
EI
A
t
EI
EI
EI
M
EI
A
t
C
C
C
D
C
D
A
C
C
D
A
C
D
A
Resolviendo el sistema de ecuaciones (1) y (2) se tiene:
6
65
....
.....
6
67
...
... 


 C
M
y
A
4. La viga articulada de la figura está sometido a la carga indicada. Determine los
desplazamientos y las pendientes mediante el método de área de momento, en:
a) la articulación, b) el punto medio del tramo de 6 m de luz, c) la pendiente en A.
Considere E = 200 GPa, I = 500 (106
) mm4
.
Solucionario
    3
...
...
0
2
6
4
...
0
 




 B
B
M i
art
      4
...
...
0
6
10
6
12
3
...
0
 





 D
D
ME
 







 1
...
...
0
4
6
3
...
0 E
E
F
El diagrama de momento flector y la elástica se muestra:

7.   
EI
EI
t E
D
18
2
6
3
2
1
/ 






 

      
EI
EI
EI
t E
C
44
4
6
3
2
1
2
3
2
2
6
2
1
/ 






 












 

EI
EI
EI
t
t E
D
E
C
C
20
18
3
4
44
3
4
/
/ 














  
EI
EI
EI
t
t E
F
E
D
F
4
27
1
3
5
.
1
2
1
18
2
1
2
1
/
/ 




















  
EI
EI
t B
C
24
2
4
6
2
1
/ 







EI
L
t
BC
B
C
C
B
11
/





 
EI
EI
EI
B
A
B
A
5
2
6
2
1
11
/ 









 


5. La viga de acero de la figura está sometido a la carga indicada. determine la
reacción en D mediante: a) el método de área de momento, b) el método de viga
conjugada. Considere E = 200 GPa, I = 500 (106
) mm4
.
a) Método de área de momentos:

8. La condición del problema es:
D
B
D
A t
t /
/ 2

       
EI
D
EI
EI
D
EI
D
EI
t D
A
1344
21600
4
12
12
8
2
1
12
3
2
12
12
2
1
6
12
450
3
2
/ 







 












 








  
EI
D
EI
D
t D
B
192
4
12
8
2
1
/ 






 

kN
D
D
EI
D
EI
D
EI
5
.
22
...
...
960
21600
...
...
192
2
1344
21600













b) Método de la viga conjugada:
    
 











 

EI
D
A
A
EI
D
M d
B
16
..
..
0
12
4
12
8
2
1
..
..
0
          
 






























 0
24
16
16
12
8
2
1
8
12
12
2
1
6
12
450
3
2
..
..
0
EI
D
EI
D
EI
D
EI
MA
kN
D
EI
D
EI
5
.
22
...
...
0
960
21600
..
.. 




6.- Las dos vigas mostradas tienen la misma sección transversal y están unidas por
una bisagra en C. Para la carga que se muestra y mediante el método de área de
momento determine: (a) la pendiente en el punto A, (b) la deflexión en el punto B.
Use E = 29x106
psi.
Solucionario

9. cálculo de reacciones:
   
3
800
0
6
800
18
0 





 A
A
M i
C
Trazado del diagrama de momento y la curva elástica:
Cálculo de pendientes y desplazamiento:
  
EI
EI
t A
B
76800
4
12
3200
2
1
/ 







  
EI
EI
t A
C
230400
8
18
3200
2
1
/ 







  
EI
EI
t D
C
307200
8
12
6400
*
2
1
/









  104
.
5900065
12
25
.
1
10
29
4
6









 x
EI
  rad
x
EI
EI
L
t
t
AC
A
C
D
C
A
3
/
/
10
0621
.
5
3
89600
18
230400
307200 






 √
  lg
04773
.
0
281600
76800
358400
12 / pu
EI
EI
EI
t A
B
A
B 




 
 √
Mg. Juan Adolfo Bravo Felix