24.- En la viga de la figura: a) Determinar las reacciones. b) Dimensionar la sección de la viga

con perfil IPN, de forma que la flecha en el extremo del voladizo no exceda de 1’35 mm.

c) Hallar la flecha máxima que se produce en la viga.

Datos: a = 1’2m q = 800 kg/m E = 2.1·106 kg/cm2. ************************************************************************ a) Cálculo de las reacciones exteriores. La figura anterior es equivalente a:

BA

BA

aRqaM

qaRR

4225

5

2 −=

=+

El ángulo girado en el empotramiento debe ser nulo.

0246

45763

4 3

=⋅−⋅⋅+⋅⋅=EIaq

EIa

EIaM A

Aθ

Sustituyendo los datos obtenemos: MA = 2016 kg⋅m RA = 2220 kg. RB = 2580 kg. Nótese que estos resultados se pueden obtener de forma más directa consultando el formulario de vigas en el caso de viga empotrada-apoyada y procediendo por superposición.

q

q

RB RA

MA C

RB

q

RA

MA

576 kgm

a L = 4a

b) Aplicando superposición:

EIaq

EIlq 33

1 34

48⋅⋅=

⋅⋅=θ

EIaq

EIlM 3

2 21

4⋅⋅=

⋅⋅=θ

4

81 aqEI

⋅⋅⋅

=δ

fext=(θ1-θ2)·a - δ = 4

2417 aqEI

⋅⋅⋅

↑

aplicando los datos numéricos, resulta I = 4145 cm4; el perfil adecuado es IPN 240, con I = 4250 cm4 ,con el que resulta: fext = 1.32 mm ↑ c) Tramo AB: 240022202016 xxM Z ⋅−⋅+−= 0 < x < 4,8 Integrando obtenemos la ecuación de la elástica:

( )21234 100837033,331 CxCxxx

EIyAB −⋅−⋅+⋅−⋅=

Imponiendo condiciones de contorno:

0)0(0)0(

' =

=

yy

( )234 100837033,331 xxxEI

yAB ⋅+⋅−⋅=

Podemos calcular la flecha máxima que se produce en este tramo, para hallar el punto en el que se produce hacemos y’ = 0. Resolviendo la ecuación anterior obtenemos el punto de máxima flecha en ese tramo.

EIymx max

1837.677,2 ==

A B

q

x

q θ1

θ2M

δ

Tramo BC: 2400 xM Z ⋅−= 0 < x < 1,2

( )43433,331 CxCx

EIyBC −⋅−⋅=

Imponiendo las condiciones de contorno obtenemos la ecuación de la elástica.

),(y),(y

),(y'AB

'BC

BC

8421

021

−=

=

( )43433331 CxCx,

EIyBC −⋅−⋅=

( )117592233331 4 +⋅−⋅= xx,EI

yBC

En este tramo, la flecha máxima es:

EIy.mx max

11750 ==

Por tanto, la flecha máxima se produce en el tramo AB.

.06,2.1006,21837 3max mmm

EIy =⋅== −

Nótese que los resultados del tramo AB se pueden obtener de forma más directa consultando el formulario de vigas en el caso de viga empotrada-apoyada y procediendo por superposición de las ecuaciones de la elástica que allí figuran; la derivada daría el giro en el apoyo, y la elástica de BC sería dicho giro multiplicado por (a!x) menos la elástica de la viga en voladizo.

B C

q

x

25.- La viga biempotrada de la figura tiene una articulación en su punto medio, sobre la que actúa una fuerza F horizontal. Datos: L = 1’50 m q = 400 kg/m F = 2000 kg Sección IPE-100 Se pide: a) Reacciones en los empotramientos y leyes de variación del momento flector, el esfuerzo cortante y el esfuerzo normal, acotando los valores más característicos. b) En la articulación, la flecha y el ángulo que forman las dos tangentes. c) Sección en que se produce la σmax, y la ley de variación de σ en dicha sección acotando los valores extremos. ************************************************************************ a) En primer lugar resolveremos la hiperasticidad de cargas verticales. Además tenemos que: La condición de deformación a imponer será la igualdad de flechas en la articulación, por tanto:

338

334 LVLVLq ⋅=⋅−⋅

Resolviendo la ecuación anterior obtenemos el valor de V: LqV ⋅⋅=163

En cuanto al equilibrio de fuerzas horizontales cabe decir que la fuerza F horizontal se absorbe por igual en ambos empotramientos, ya que se encuentra aplicada a la misma distancia de ambos. Recordemos que la reacción ejercida por cada empotramiento es inversamente proporcional a su distancia al punto de aplicación. También se puede justificar simplemente considerando que se trata de un estudio de cargas antisimétricas, lo que implica reacciones antisimétricas. Por tanto:

F q

L L

articulación

q

V V

q

V

q

V

Aplicando las ecuaciones de equilibrio hallamos las reacciones en los empotramientos.

2

222

163

163

165

163

2

1613

163

LqM

LqR

LqLqLqM

LqLqLqR

C

C

A

A

⋅⋅=

⋅⋅=

⋅⋅=⋅⋅−=

⋅⋅=⋅⋅−⋅=

A continuación obtendremos las leyes de variación: Normales:

2FN = para 0 < x < L

2FN −= para L < x < 2⋅L

Cortante:

xqLqTy ⋅−⋅⋅=1613 para 0 < x < L

LqTy ⋅⋅−=16

3 para L < x < 2⋅L

Momento flector:

216

1316

5 22 xqxLqLqM z −⋅⋅⋅+⋅⋅−= para 0 < x < L

( )xLLqM z −⋅⋅⋅=163 para L < x < 2⋅L

F F/2 F/2 A B C

x

MC

F/2 F/2 A B C

F q

MA

RA RC

b) Mediante el formulario de vigas podemos hallar fácilmente la flecha y el ángulo:

Considerando el tramo BC:

mmEILVf 7,3

3

3

=⋅⋅=

Para el cálculo del ángulo de las tangentes lo dividiremos en tramos: Tramo AB:

Ty

x

MC

F/2 F/2 A B C

F q

MA

RA RC

Normales

Mz

2

163 Lq ⋅⋅

Flector

Cortante

Nx

2

165 Lq ⋅⋅

2

5129 Lq ⋅⋅

Lq ⋅⋅163

Lq ⋅⋅1613 2

F

2F

EILV

EILq

AB ⋅⋅−

⋅⋅=

26

23

θ

Teniendo en cuenta que LqV ⋅⋅=163 obtenemos:

EILq

EILq

EILq

AB ⋅⋅⋅=

⋅⋅⋅−

⋅⋅=

967

323

6

333

θ

Tramo BC:

EILq

EILV

BC ⋅⋅⋅=

⋅⋅=

323

2

32

θ

El ángulo que forman las tangentes será la suma de los dos anteriores:

EILq

⋅⋅=

6

3

θ

c) La sección donde se produce la σmax es en x = 0, está producida por una tracción

uniforme más flexión.

z

y

726

919

flexión tracción

97 822

θBC θAB

26.- Datos de la estructura de la figura: a = 3’00 m. b= 2’50 m c= 1’50 m P = 2000 kg q = 800 kg/m Iz,pilar = 500 cm4 Iz,dintel = 700 cm4 Se pide: a) Reacciones en el apoyo y en el empotramiento, y leyes de momentos flectores, esfuerzos cortantes y esfuerzos normales, acotando los valores más característicos. b) Giro del apoyo y de la esquina. c) Dibujar a estima (pero cuidando detalles: tangencias, inflexiones, etc.) la deformada de la estructura. ************************************************************************ a) En primer lugar, separaremos el pilar del dintel, definiendo así un sistema más

sencillo; en el que aparece como incógnita el momento M. Para que dicho sistema sea equivalente a la estructura dada, en la unión del pilar y el dintel debe conservarse el ángulo inicial de 90º; por tanto, el ángulo de giro θ debe ser igual en ambos.

Descompondremos a su vez los estados de cargas del pilar y del dintel en casos más simples para poder emplear directamente el formulario de vigas. equivale a:

+

dEIaq

⋅⋅−=

24

3

θ dEIaM

⋅⋅=

3θ

El giro total del extremo izquierdo del dintel será por tanto:

P

q

c b

a

q M

q M

q a

M

P

c b

M

θ

θ

dd EI

aqEIaM

⋅⋅−

⋅⋅=

243

3

θ

Descomponiendo el pilar en estados de carga más sencillos tenemos:

( )bEIccbP

p ⋅⋅⋅−⋅=

4

2θ

pEIbM

⋅⋅−=

4θ

El giro total del extremo superior del pilar será por tanto:

( )bEIccbP

EIbM

pp ⋅⋅⋅−⋅+

⋅⋅−=

44

2θ

Ambos giros deben ser iguales, por tanto:

( )bEIccbP

EIbM

EIaq

EIaM

ppdd ⋅⋅⋅−⋅+

⋅⋅−=

⋅⋅−

⋅⋅

44243

23

Resolviendo la igualdad anterior obtenemos el valor del momento M:

( )kgm

II

ab

bccbP

II

aqM

d

p

d

p

81686

62

3

=⋅⋅+⋅

⋅−⋅⋅+⋅⋅=

A continuación calcularemos las leyes de cortantes, normales y momentos flectores.

P

M

P

M

T1

T4

T3

T2

Cortantes

Siendo:

kgaMaqT 928

21 =−⋅=

T = 0 en .84,11

2

1m

VVax =

+=

kgaMaqT 1472

22 =+⋅=

( ) kgbMcb

bcPT 1354

233

2 3

2

3 =⋅

⋅+−⋅⋅⋅⋅=

( ) ( )( ) kgbMcbb

bcbPT 646

233

222

34 =⋅

⋅−−−⋅⋅⋅

−⋅=

22

31

TNTN

==

N2

N1

Normales

M1

M

M2

M3

Momento flector

( ) ( ) kgmxaqxaTM 5382

2

11 =−−−⋅=

( ) kgmMcbTM 53832 =−−⋅= kgmcPbTMM 43233 =⋅+⋅−=

b) Para obtener el giro de la esquina basta sustituir en alguna de las expresiones de θ

anteriores; en la del dintel:

mradEIaq

EIaM

ddesquina 60,0

243

3

=⋅⋅−

⋅⋅=θ

c) El giro del apoyo lo podemos obtener a partir del formulario de vigas.

dEIaq

⋅⋅=

24

3

θ dEIaM

⋅⋅−=

6θ

Por tanto, el giro total será:

mradEIaM

EIaq

ddapoyo 51,3

624

3

=⋅

⋅−⋅⋅=θ

d) Tenemos que tener en cuenta que en la esquina se conserva el ángulo de 90º entre el

dintel y el pilar, además tenemos el ángulo girado por la esquina y por el pilar. Existen inflexiones en los puntos donde se anula el momento flector.

q M

Punto de inflexión

27.- La viga de la figura está soportada por un apoyo y dos tirantes, como se indica en la figura. Sección de cada tirante: 1 cm2 Sección de la viga: IPE-120 E = 2.1·106 kg/cm2 Hallar: a) σ en los tirantes . b) σmax en la viga . c) Flecha en los extremos . (Cotas en metros) NOTA.- Este problema es más sencillo de lo que aparenta a primera vista. Observar que la estructura es simétrica, lo que permite reducir el problema a un caso más simple. ************************************************************************ a) Debido a que la estructura es simétrica reducimos el problema a: En primer lugar descompondremos la viga en suma de estados de carga sencillos para poder calcular la flecha en el punto de unión con el tirante. = +

Podemos simplificar aún más el estado de cargas de modo EILT

f y

⋅⋅

−=3

3

que empleemos directamente el formulario de vigas.

45º

q=1000 kg/m

2 2 0’5 0’5

45º

2 0’5

45º

q=1000 kg/m

q=1000 kg/m

L

Ty Tx

=

EILqf

⋅⋅=

8

4

+

EILPf

⋅⋅=

3

3

+

EILMf

⋅⋅=

2

2

Siendo P = 500kg. y M = 12500 kg⋅cm. La flecha del punto de unión del tirante con la viga fruto de la suma de los cuatro estados de carga es:

EILT

EILM

EILP

EILqf y

total ⋅⋅

−⋅⋅+

⋅⋅+

⋅⋅=

3238

3234

2TTy =

La condición de deformación es que el tirante y la viga deben permanecer unidos lo que implica que el extremo del tirante se debe deformar lo mismo que el punto de unión con la viga. De la figura anterior se obtiene: TVf δδ ⋅+= 2

Siendo TT

TT AE

LTAELT

⋅⋅⋅=

⋅⋅= 2δ

P

M

δT

δV

f

45º

VV

yV AE

LTAELT

⋅⋅⋅=

⋅⋅

=2

δ

donde 4318cmI =

22,13 cmAV = 21cmAT =

Sustituyendo valores: Tftotal ⋅⋅−= −310965,263,5 La condición de deformación queda por tanto:

VT

total AELT

AELTTf

⋅⋅⋅+

⋅⋅⋅=⋅⋅−= −

2210965,263,5 3

Sustituyendo en la ecuación anterior tenemos: .1778kgT =

21778 cmkgAT

Ttirante ==σ

En general, en vigas es despreciable la deformación longitudinal. En este caso, se podría haber prescindido de δv, simplificando así el problema: La condición de deformación queda de la forma: Tf δ⋅= 2 Así resuelto: .1781kgT =

21781 cmkgAT

Ttirante ==σ

Que, como puede comprobarse, es muy similar a la del primer procedimiento. b) Para la determinación de la tensión normal máxima en la viga debemos hallar el

diagrama de momentos flectores. La viga se puede representar como:

kgTTT yx 12572

===

Ty

Tx A B

δT

f

45º

La fuerza Tx provocará una compresión uniforme en el tramo AB.

mkgM A ⋅=⋅−⋅= 6112125725,21000

2

.1243125710005,2 kgRA =−⋅= La ecuación del momento flector será:

25001243611)( xxxM ⋅−⋅+−= para 0 < x < 2m. 250025003125)( xxxM ⋅−⋅+−= para 2 < x < 2,5m.

Su representación es: El máximo momento flector se produce en el empotramiento, donde además se produce una compresión uniforme. La tensión será:

212502,13

125753

61100 cmkgAN

WM

z

zx −=−−=+=ο

c) La flecha en el extremo se puede calcular como superposición de efectos.

Ty

RA

B

MA

x

Ty

RA

B

MA

x

611 kg⋅m

214 kg⋅m

125 kg⋅m Momento flector

= + Empleando el formulario de vigas obtenemos:

↓=⋅⋅= cmEILqf 68,7

8

4

1

↑=⋅⋅= cmEILPf 27,5

3

3

2

radEILP

B 03953,02

2

=⋅⋅=θ

↑=⋅= cmBCf B 976,13 θ .4,4321 mmffff total =−−=

Ty

B

f1

Ty

f2

f3

C

28.- Para el eje de la figura: a) Dimensionar con sección circular, con el criterio: σadm= 1600 kg/cm2. b) Representar el diagrama de giros y acotar los máximos (en radianes). Datos: P = 2500 kg ; E = 2·106 kg/cm2; µ = 0’3; a = 500 mm. b = 700 mm. r = 250 mm. ********************************************************************** a) Nos encontramos con un eje que está sometido a tres tipos de solicitaciones:

1) Tensión normal σx debida a las fuerzas P. 2) Tensión cortante τ de torsión (las fuerzas P no están aplicadas en el eje). 3) Tensión cortante τ debido a P. (No tienen excesiva importancia por lo

que no las consideraremos). Reducimos las fuerzas al eje: M = P ⋅ r = 62500 kg ⋅ cm Calcularemos los diagramas de momentos flectores. Para su cálculo nos basaremos en el formulario de vigas.

y

b a a

r

r

P

x z

P

P

M M

1978

522

Plano vertical

P

Ty (kg.)

Mz (N ⋅ cm) 25952

36637

62284

El cálculo del momento torsor se realiza del mismo modo que el problema 29, por tanto no explicaremos su deducción. Su ley de variación es: El siguiente paso es determinar el punto sometido a una mayor tensión. Para ello atenderemos a los diagramas de momentos flectores y torsores. Observando los diagramas, se aprecia en los empotramientos el máximo momento flector combinado con un momento torsor que, aunque no es el máximo, sí es apreciablemente Calcularemos su tensión normal.

36637

Plano horizontal

P

Tz (kg.)

My (N ⋅ cm) 25952

62284

1978

522

Mx

X

36765

25735 25735

Mx (N ⋅ cm)

El punto que está sometido a máxima tracción es el B1 y el de máxima compresión es el B2.

La tensión cortante producida por el momento torsor en los puntos considerados será: Mt =25735 kg⋅cm

Resolviendo la ecuación anterior obtenemos:

Comprobamos ahora en los puntos donde el momento torsor es máximo con el momento flector que corresponde; concretamente comprobaremos los puntos de aplicación de la carga P. En estos puntos tenemos:

cmkgM

cmkgM

f

t

⋅≈+=

⋅=

3663712736637

3676522

Procediendo igual que en el punto anterior obtenemos un diámetro de 65,8 mm. Las secciones más cargadas son por tanto las de los empotramientos. Por último, queda comprobar el cortante producido por P. Por ser una sección circular, la expresión de la tensión cortante máxima será:

32

3

2

22

3232

674752595262284

ext

rxB

extrxB

r

DMf

DWWMf

cmNMf

⋅⋅=

⋅==

⋅=+=

πσ

πσ

3.16

exttorsmax D

Mt⋅

=π

ττmax

τmax

160025735162

67475322

674753222

2

3

2

332

2

2 =

⋅⋅+

⋅⋅⋅+

⋅⋅⋅=+

+=extextext

xx

DDD πππτσσσ

.3,76 mmDext =

B2

B1

Mfr

Mfy

Mfz

Ω⋅

⋅=34 T

maxτ

siendo

2

22

72,45

2046

cm

kgTTT zy

=Ω

=+=

Sustituyendo en la ecuación obtenemos: 27,59 cmkg=τ La influencia de τ debida a esfuerzo cortante es pequeña y no la consideramos. Si en algún caso particular tuviera importancia exigiría un estudio más riguroso que presenta complicaciones ya que no coinciden en el mismo punto los máximos de la τ debida a fuerza cortante, la τ debida a momento torsor y la σx debida a momento flector. Por tanto, no la consideramos y redondeamos a un diámetro de 77 mm. b) A partir del diagrama de momento torsor podemos deducir los giros de las diferentes

secciones mediante la fórmula:

dxIG

Mxx x ⋅

=0

0

)(ϕ

Como en cada uno de los tramos el momento torsor es constante:

⋅⋅⋅

= ii xMIG 0

1ϕ

En ambos extremos de la viga el giro será nulo puesto que están empotrados. Debido a la antisimetría de las cargas basta con calcular uno de los tramos extremos para calcular el diagrama entero. En el primer tramo: M = - 25735 N ⋅ cm. x = 50 cm.

Sustituyendo en la ecuación anterior, y teniendo en cuenta que ( )µ+⋅=

12EG

obtenemos el giro. .1083,4 3

1 rad−⋅−=ϕ El diagrama de giros será:

0,00483

-0,00483

X (cm)

ϕ (rad)

50 120 170

ϕ

(+)

(-)

29.- Dimensionar el elemento resistente ABC-BD con sección circular maciza uniforme (dar el diámetro en nº entero de mm.), con el criterio: Flecha en D≤ 1 mm. Datos: P = 1000 kg E = 2,1·106 kg/cm2 µ = 0’3 (Cotas en mm. ) Indicación: Considerar las deformaciones por torsión y flexión en ABC y la deformación por flexión en BD. ********************************************************************** Para calcular la flecha en D tenemos que tener en cuenta tres efectos.

- El elemento ABC está sometido a flexión por lo que el punto B descenderá así como la barra BD.

- El elemento ABC está sometido a torsión lo que implica que la barra BD también girará.

- La barra BD trabaja como una viga en voladizo que también tendrá una flecha.

En primer lugar reduciremos la fuerza P al punto B.

cmkgBDPM ⋅=⋅= 10000 El descenso del punto B se puede calcular fácilmente mediante el formulario de vigas.

EILPf⋅

⋅=192

3

1 siendo 644

44 DRI ⋅=⋅= ππ tenemos que:

cmDDE

LPf 44

3

12336,3

3=

⋅⋅⋅⋅=π

Seguidamente calculamos el giro del punto B; nos encontramos con un problema hiperestático, pero debido a la antisimetría podemos calcular directamente el diagrama de momentos torsores.

C

P

A

M

B

L

x

y

z

A B 200 200

P 100 D

C

El giro de la barra ABC en la sección B viene dado por la fórmula:

0

2IG

LM x

B ⋅

⋅=φ

siendo ( )µ+⋅=

12EG e

322

44

0DRI ⋅=⋅= ππ

Por tanto: ( ) rad

DDELM x

B 44

2610,1132=

⋅⋅+⋅⋅⋅

=π

µφ

El descenso del punto D debido al giro de ABC será:

cmD

BDf B 42610,12=⋅= φ

Por último queda hallar el descenso de D por ser una viga en voladizo con la carga en el extremo libre. Recurriendo al formulario de vigas obtenemos:

cmDDE

BDPEIBDPf 44

33

32336,3

364

3=

⋅⋅⋅⋅⋅=

⋅⋅=

π

El descenso del punto D será:

Mx

X (cm)

5000

5000

40

Mx (kg⋅cm)

20

φB

B D

f2

φB

B D

f2

f3

cmD

ffff 4321077,19=++=

Como el descenso del punto D tiene que ser ≤ 1mm:

1,0077,194 ≤

D

Resolviendo la ecuación anterior y redondeando a un número entero de milímetros obtenemos .38mmD =

30.- Dimensionar la sección de la viga de la figura con perfil IPN, con la condición de que la flecha en el punto de aplicación de la carga no exceda de 4 mm. E = 2,1·106 kg/cm2 ********************************************************************** En primer lugar, descompondremos la viga en tramos para poder aplicar directamente el formulario de vigas. Equivale a: Tenemos que tener en cuenta que aunque esté separada en varios tramos es la misma viga; por tanto, los ángulos girados por la viga en los puntos de unión de los tramos deben ser iguales para mantenerse la continuidad. Tramo AB:

EILM

EILPfE ⋅

⋅⋅−

⋅⋅=

483

48

21

3

EILM

EILP

B ⋅⋅

−⋅⋅=

3161

2

θ

Tramo BC:

EILM

EILM

B ⋅⋅

−⋅

⋅=

6321θ

EILM

EILM

C ⋅⋅

−⋅

⋅=

6312θ

Tramo CD:

EILM

C ⋅⋅

−=3

2θ

Igualando el giro en el punto C para los tramo BC y CD obtenemos:

EILM

EILM

EILM

⋅⋅

−=⋅

⋅−

⋅⋅

363212

21 4 MM ⋅=

P=4000 kg Cotas en metros

11 2 2

P=4000 kg

A B C D

L

B

E

A C

M1

P=4000 kg M1 M2

B

M2

C D

Igualando el giro en el punto B para los tramo AB y BC y sustituyendo la ecuación anterior obtenemos:

EILM

EILM

EILM

EILP

⋅⋅

−⋅

⋅=

⋅⋅

−⋅⋅

63316211

2

21 4 MM ⋅=

101LPM ⋅=

Sustituyendo en la ecuación de la flecha hallada anteriormente:

EILPfE ⋅

⋅⋅=487,0 3

.4,0 mmfE ≤

Resolviendo obtenemos: 4555cmI ≥ Por tanto el perfil requerido es un IPN – 140 Se obtiene un planteamiento más directo aplicando el teorema de los tres momentos: donde:

( )1,,1621,

1,1

1,

1,

,1

,1

,1

,11

+− +⋅=⋅

⋅+

⋅+

⋅⋅⋅+

⋅⋅

+

++

+

+

−

−

−

−−

nnnn Pn

Pn

nn

nnn

nn

nn

nn

nnn

nn

nnn IE

LM

IEL

IEL

MIEL

M θθ

Aplicándolo a nuestro problema: n –1 =1

n = 2 2232 16

66)(2 2,1 LPEILMLLM P ⋅⋅=⋅⋅=⋅++⋅⋅ θ

n +1 = 3

n-1 n n+1

P

A B C D

L L/2 L/2

M1 = 0 M4 = 0 M2 M3

EI = Cte

n –1 = 2 n = 3 0)(2 32 =+⋅⋅+⋅ LLMLM n +1 = 4 Resolviendo el sistema de ecuaciones anterior obtenemos:

32 4 MM ⋅=

102LPM ⋅=

Como puede verse, los resultados son coincidentes por uno y otro método.