viga

1. Est´tica de Vigas
a
20 de mayo de 2006
Los elementos estructurales que vamos a estudiar en este cap´
ıtulo estar´n
a
sometidos a fuerzas o distribuciones aplicadas lateral o transversalmente a
sus ejes y el objetivo principal que nos ocupar´ ser´ la determinaci´n de
a
a
o
fuerzas y momentos internos que se producen ´stos con la condici´n de
e
o
estaticidad, es decir, aplicando las condiciones de equilibrio est´tico que
a
hemos visto hasta ahora.
1.
Vigas isoest´ticas e hiperest´ticas
a
a
Definimos una viga hiperest´tica cuando el n´mero de ecuaciones de
a
u
equilibrio no bastan para resolver las reacciones en los v´
ınculos. Esto es
debido al exceso de v´
ınculos necesarios para mantener la estaticidad de la
viga. El n´mero de ecuaciones extras necesarias para igualar el n´mero de
u
u
ecuaciones al total de incognitas es el grado de hiperestaticidad.
Ej.1. El diagrama de cuerpo libre de la viga de masa M doblemente empotrada de la figura:
es
1
Distribuci´n
o
1
En la pr´xima secci´n veremos como sustituir una distribuci´n de fuerza por una
o
o
o
fuerza resultante aplicada a una determinada distancia del origen de referencias
1

2. Resultante y brazo de palanca
El equilibrio de fuerzas y momentos expresado matematicamente:
F = 0 ⇒Ra + Rb − M g = 0
M = 0 ⇒Ma − M gL/2 + Mb + Rb L = 0
Tenemos dos ecuaciones y cuatro incognitas. Por simetr´ sabemos que
ıa,
Ra = Rb (ecuaci´n extra), de donde obtenemos que Ra = M g/2. Pero
o
necesitamos otra relaci´n para calcular Ma = Mb . El grado de hiperestatio
cidad en este caso es dos.
Ej.2. En la siguiente viga:
el diagrama de cuerpo libre es:
de donde podemos obtener que: Ra + Rb = F,
Grado de hiperestaticidad 1.
2.
Ma = Rb L − F d.
Vigas isoest´ticas
a
En esta secci´n vamos a restringir nuestro estudio al caso de vigas
o
isoest´ticas, es decir aquellas para las que las reaciones en los v´
a
ınculos
2

3. pueden ser calculadas a partir de las ecuaciones de equilibrio.
Si existen distribuciones de fuerza, ´staa ser´n sutituidas por resultantes
e
a
aplicadas a una determinada distancia de un origen dado. Utilizaremos la
siguiente figura, para ilustrar la estaticidad para el caso en el que no existan
distribuciones de fuerza axial y las vigas no sean alabeadas. El caso b) queda
planteado como problema.
Si consideramos las componentes vectoriales de las fuerzas y distribuciones
j
(en el caso de la figura, j=1,2,3,ρj dx = dFcontinua ˆ obtenemos:
j),
n
FT =
i=1
m
i
Fdiscreta +
j=1
j
Fcontinua = 0
donde
j
Fcontinua =
dAj (x)
ρj (x)dx =
Ωj
Ωj
Entonces
i
i
Fd +
j
ρj (x) dx = 0
ΩT
Como cada parte infinitesimal de una distribuci´n realiza un momento reo
j
j
specto al origen de coordenadas con valor rd (x) ΛdFd (x) = x · ρj (x) dx2 , la
contribuci´n total ser´ la suma de todos los diferenciales de distribuci´n, es
o
a
o
decir, su integral:
i
i
Md +
i
i
xi Fd +
d
j
x · ρj (x) dx = 0
Ωj
En los siguientes ejemplos calcularemos las reacciones en los v´
ınculos a
partir de las ecuaciones:
i
Fd +
j
i
xi Fd +
d
j
i
Aj = 0
y
i
i
Md +
i
x · ρj (x) dx = 0
Ωj
En este tipo de problemas, si conocemos los momentos de orden cero
i
Mo =
Ωj
ρj (x) dx = Aj
R
y uno
j
M1 =
Ωj
j
x · ρj (x) dx = MR
de las distribuciones, el problema es trivial.
2
j
j
siempre que rd sea perpendicular a dFd .
3

4. 3.
Ejemplos resueltos y propuestos
3.1.
Ej.1
El DCL de la viga empotrada es:
j
y como la distribuci´n es ρ (x) = −xH/L y MR =
o
MR = −
x · ρj (x) dx ;
HL2
3
AR = −
Ωj
HL
2
y
Como FR = Rd , MR = Md ⇒
Rd −
Md −
3.2.
HL
=0
2
HL2
=0
3
Ej.2
Este caso es similar al anterior respecto a las reacciones en los v´
ınculos.
4

5. ρ (x) =
H
x−H
B
MR = −
B2H
6
BH
2
Problema Planteado: Calcule el esfuerzo cortante y momento flector en x=L
utilizando el tramo derecho (de L a B).
AR = −
3.3.
Ej.3
En este caso tomaremos el origen de referencias en el extremo izquierdo
de la viga (I).
Desde aqu´
ı,
ρ1 (x) = −
H1
x
d2
0 < x < d2
ρ2 (x) = H2
d1 < x < d2
Las fuerzas resultantes de las distribuciones (momentos de orden 0):
AR1 = −
H1 d 1
2
AR2 = H2 (d2 − d1 )
y los momentos asociados, respecto a (I):
MR1 = −
5
H1 d 2
1
3

6. MR2 =
H2 2
d2 − d2
1
2
Si analizamos el tramo de (I) a d2:
6

7. encontramos que el problema es equivalente a: De las siguientes relaciones
podemos encontrar Ry y M .
F = Ry + AR1 + AR2 = 0
M = d2 Ry + M + MR1 + MR2 = 0
Ry =
M =
H1 d 1
− H2 (d2 − d1 )
2
H2
d1 d2
(d2 − d1 )2 + H1 d1
−
2
3
2
Pregunta: ¿Como afectar´ la masa de la parte inclinada sobre el resto
ıa
de la estructura?.
7

8. 3.4.
Ej.4
Este caso se puede complicar si seguimos los pasos del ejercicio anterior,
tomando el origen en la parte izquierda. Las distribuciones 1 y 3 son del
mismo tipo:
ρ1 (x) = −
H1
x
b1
ρ2 (x) = H2
0 < x < b1
b1 < x < b1 + b2
pero respecto a (I), la tercera distribuci´n es:
o
ρ3 (x) = −H3 − H3
x − b1 − b2
b3
b1 + b2 < x < L
El resto de par´metros son:
a
H1 b1
2
= H 2 · b2
AR1 = −
AR2
AR3 = −
H3 · b3
2
y los momentos respecto al origen (I):
MR1 = −
H1 b2
1
3
MR2 = H2 b2 (b1 +
b2
)
2
MR3 = −H3 b3 (b1 + b2 +
8
b3
)
3

9. Al sumar las fuerzas y los momentos, quedan dos ecuaciones y dos incognitas
(R1 y R2 ). Otra manera de encontrar estas magnitudes consiste en sumar
los momentos respecto al centro de fuerzas de las distribuciones:
R1 d 1 = R2 d 2
Por otra parte,
R1 + R2 = R
entonces
R1 = R
d2
∆
R2 = R
d1
∆
y
donde ∆ = d1 + d2 = xR2 − xR1
H 1 b1
2
FR2 = H2 b2
H 3 b3
FR3 =
2
2
xC1 = b1
3
1
xC2 = b1 + b2
2
1
xC3 = b1 + b2 + b3
3
FR1 =
xCF =
−FR1 xC1 + FR2 xC2 − FR3 xC3
FR2 − FR1 − FR3
d1 = xCF − xR1
d2 = xR2 − xCF
Si queremos repartir por igual toda la carga, podemos hacer d1 = d2 ,
obteniendo x1 = xCF − d y x2 = xCF + d.
9

10. 10

11. 4.
El m´todo de las secciones
e
Para ilustrar el m´todo de las secciones en el c´lculo de las expresiones
e
a
del momento flector y esfuerzo cortante, vamos a utilizar varios ejemplos. El
primer caso es el del ej1 anterior:
Reacciones
en
v´
ınculos :
Rd =
F = 0 ⇒ Rd − V (x) −
HL
2
Md =
HL2
3
Hx2
=0
2L
2 Hx2
M = 0 ⇒ 0Rd − xV (x) − x
+ M (x) = 0
0
3 2L
o
1 Hx2
M = 0 ⇒ −xRd + x
+ M (x) = 0
x
3 2L
M (x) = xRd −
5.
Hx3
6L
V (x) = Rd −
Hx2
2L
M´todo integral
e
A este mismo resultado podemos llegar con el m´todo integral. Lo primero es
e
encontrar la ecuaci´n de la distribuci´n respecto al origen que utilizaremos
o
o
para sumar los momentos, esta es ρ(x) = − H x repecto al origen x = 0. Para
L
calcular
x
Hx2
V (x) − V (0) =
ρ (x) dx ⇒ V (L) = Rd −
2L
0
ser´ mejor integrar de L a x, pues sabemos que V(L)=M(L)=0.
ıa
L
V (L) − V (x) =
ρ (x) dx = −
x
11
H 2
(L − x2 )
2L

12. y adem´s, de esta manera podemos calcular Rd .
a
Si hacemos lo mismo para el momento:
x
V (x) dx =
M (x) =
L
5.1.
HL2
H 3
(x − L) −
(x − L3 )
2
6L
M´todo gr´fico
e
a
A partir de las relaciones
dM
= V (x)
dx
dV
= ρ (x)
dx
Podemos conocer la forma de las curvas, y si adem´s la funci´n caracter´
a
o
ıstica de la distribuci´n es polin´mica, conocer las funciones igual que en los
o
o
m´todos precedentes (no hay que olvidar que todos son equivalentes):
e
Esfuerzo:
La pendiente de V es negativaρ < 0, por tanto decrece hasta cero (valor de V conocido en x=L), comenzando en x=0 con el valor V (0) = Rd .
Como la segunda derivada es tambi´n negativa, se trata de una curva cone
vexa decreciente desde Rd hasta 0. Como ρ es lineal, V (x) ser´ cuadr´tica,
a
a
de la forma: V (x) = a + bx + cx2 . Conocemos V (0) = Rd ⇒ a = Rd ,
V (L) = 0 ⇒ 0 = Rd + bL + cL2 . Como b = 0:3
V (x) = Rd −
Rd x2
L2
Momento:
Como la derivada del momento es positiva, y la segunda negativa, la curva
es convexa y creciente, desde x=0, M (0) = −Mb (es negativo porque en
el v´
ınculo el valor del momento flector tiene sentido contrario al momento
externo Mb ) hasta x=L, M (L) = 0. Con el mismo razonamiento anterior
sabemos que M es un polinomio c´bico M (x) = a + bx + cx2 + dx3 , de
u
2
donde M (0) = a = −Mb . dM = V (0) = b = Rd , d M = ρ (0) = 0 = 2c y
dx
dx2
3
dρ
6d = d M = dx = − H .
L
dx3
M (x) = −M b + xRd −
Hx3
6L
3
ρ (0) =
dV
dx
x=0
= b + 2cx|x=0 = b = 0
12

13. (Ejercicio 2. Diagramas de esfuerzo y momento
En el segundo caso dV < 0, decreciendo como una curva c´ncava desde
o
dx
V (0) = Rb = B ∗ H/2 hasta V (L) = (B − L)ρ(L)/2. Como ρ(L)/(B − L) =
H/L ⇒ ρ(L) = H B−L y V (L) = (B − L)2 H . Como V (x) − V (L) =
L
B
L
ρ (x) dx = Area
x
13