Estatica de Vigas

20 de mayo de 2006

Los elementos estructurales que vamos a estudiar en este capıtulo estaransometidos a fuerzas o distribuciones aplicadas lateral o transversalmente asus ejes y el objetivo principal que nos ocupara sera la determinacion defuerzas y momentos internos que se producen estos con la condicion deestaticidad, es decir, aplicando las condiciones de equilibrio estatico quehemos visto hasta ahora.

1. Vigas isoestaticas e hiperestaticas

Definimos una viga hiperestatica cuando el numero de ecuaciones deequilibrio no bastan para resolver las reacciones en los vınculos. Esto esdebido al exceso de vınculos necesarios para mantener la estaticidad de laviga. El numero de ecuaciones extras necesarias para igualar el numero deecuaciones al total de incognitas es el grado de hiperestaticidad.Ej.1. El diagrama de cuerpo libre de la viga de masa M doblemente empo-trada de la figura:

es 1

Distribucion

1En la proxima seccion veremos como sustituir una distribucion de fuerza por unafuerza resultante aplicada a una determinada distancia del origen de referencias

1

Resultante y brazo de palanca

El equilibrio de fuerzas y momentos expresado matematicamente:

∑F = 0 ⇒Ra + Rb −Mg = 0∑M = 0 ⇒Ma −MgL/2 + Mb + RbL = 0

Tenemos dos ecuaciones y cuatro incognitas. Por simetrıa, sabemos queRa = Rb (ecuacion extra), de donde obtenemos que Ra = Mg/2. Peronecesitamos otra relacion para calcular Ma = Mb. El grado de hiperestati-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, Ma = RbL− Fd.Grado de hiperestaticidad 1.

2. Vigas isoestaticas

En esta seccion vamos a restringir nuestro estudio al caso de vigasisoestaticas, es decir aquellas para las que las reaciones en los vınculos

2

pueden ser calculadas a partir de las ecuaciones de equilibrio.Si existen distribuciones de fuerza, estaa seran sutituidas por resultantesaplicadas a una determinada distancia de un origen dado. Utilizaremos lasiguiente figura, para ilustrar la estaticidad para el caso en el que no existandistribuciones de fuerza axial y las vigas no sean alabeadas. El caso b) quedaplanteado como problema.Si consideramos las componentes vectoriales de las fuerzas y distribuciones(en el caso de la figura, j=1,2,3,~ρjdx = dF j

continuaj), obtenemos:

~FT =∑n

i=1~F i

discreta +∑m

j=1~F j

continua = 0

dondeF j

continua =∫Ωj

ρj(x)dx =∫Ωj

dAj(x)

Entonces

∑iF i

d +∑

j

∫ΩT

ρj (x) dx = 0

Como cada parte infinitesimal de una distribucion realiza un momento re-specto al origen de coordenadas con valor ~rj

d (x) Λd~F jd (x) = x · ρj (x) dx2, la

contribucion total sera la suma de todos los diferenciales de distribucion, esdecir, su integral:∑

iM i

d +∑

ixi

dFid +

∑j

∫Ωj

x · ρj (x) dx = 0

En los siguientes ejemplos calcularemos las reacciones en los vınculos apartir de las ecuaciones: ∑

iF i

d +∑

jAj = 0

y ∑iM i

d +∑

ixi

dFid +

∑j

∫Ωj

x · ρj (x) dx = 0

En este tipo de problemas, si conocemos los momentos de orden cero

M io =

∫Ωj

ρj (x) dx = AjR

y uno

M j1 =

∫Ωj

x · ρj (x) dx = M jR

de las distribuciones, el problema es trivial.

2siempre que ~rjd sea perpendicular a d~F j

d .

3

3. Ejemplos resueltos y propuestos

3.1. Ej.1

El DCL de la viga empotrada es:

y como la distribucion es ρ (x) = −xH/L y M jR =

∫Ωj

x · ρj (x) dx ;

MR = −HL2

3

y

AR = −HL

2Como FR = Rd, MR = Md ⇒

Rd −HL

2= 0

Md −HL2

3= 0

3.2. Ej.2

Este caso es similar al anterior respecto a las reacciones en los vınculos.

4

ρ (x) =H

Bx−H

MR = −B2H

6

AR = −BH

2Problema Planteado: Calcule el esfuerzo cortante y momento flector en x=Lutilizando el tramo derecho (de L a B).

3.3. Ej.3

En este caso tomaremos el origen de referencias en el extremo izquierdode la viga (I).

Desde aquı,

ρ1 (x) = −H1

d2x 0 < x < d2

ρ2 (x) = H2 d1< x < d2

Las fuerzas resultantes de las distribuciones (momentos de orden 0):

AR1 = −H1d1

2

AR2 = H2 (d2 − d1)

y los momentos asociados, respecto a (I):

MR1 = −H1d21

3

5

MR2 =H2

2

(d2

2 − d21

)

Si analizamos el tramo de (I) a d2:

6

encontramos que el problema es equivalente a: De las siguientes relaciones

podemos encontrar Ry y M ′.∑F = Ry + AR1 + AR2 = 0∑

M = d2Ry + M ′ + MR1 + MR2 = 0

Ry =H1d1

2−H2 (d2 − d1)

M ′ =H2

2(d2 − d1)

2 + H1d1

(d1

3− d2

2

)Pregunta: ¿Como afectarıa la masa de la parte inclinada sobre el resto

de la estructura?.

7

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 delmismo tipo:

ρ1 (x) = −H1

b1x 0 < x < b1

ρ2 (x) = H2 b1 < x < b1 + b2

pero respecto a (I), la tercera distribucion es:

ρ3 (x) = −H3 −H3x− b1 − b2

b3b1 + b2 < x < L

El resto de parametros son:

AR1 = −H1b1

2AR2 = H2 · b2

AR3 = −H3 · b3

2y los momentos respecto al origen (I):

MR1 = −H1b21

3

MR2 = H2b2(b1 +b2

2)

MR3 = −H3b3(b1 + b2 +b3

3)

8

Al sumar las fuerzas y los momentos, quedan dos ecuaciones y dos incognitas(R1 y R2). Otra manera de encontrar estas magnitudes consiste en sumarlos momentos respecto al centro de fuerzas de las distribuciones:

R1d1 = R2d2

Por otra parte,R1 + R2 = R

entoncesR1 = R

d2

∆y

R2 = Rd1

∆donde ∆ = d1 + d2 = xR2 − xR1

FR1 =H1b1

2FR2 = H2b2

FR3 =H3b3

2

xC1 =23b1

xC2 = b1 +12b2

xC3 = b1 + b2 +13b3

xCF =−FR1xC1 + FR2xC2 − FR3xC3

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

4. El metodo de las secciones

Para ilustrar el metodo de las secciones en el calculo de las expresionesdel momento flector y esfuerzo cortante, vamos a utilizar varios ejemplos. Elprimer caso es el del ej1 anterior:

Reacciones en vınculos : Rd =HL

2Md =

HL2

3

∑F = 0 ⇒ Rd − V (x)− Hx2

2L= 0

∑0M = 0 ⇒ 0Rd − xV (x)− 2

3x

Hx2

2L+ M (x) = 0

o ∑xM = 0 ⇒ −xRd +

13x

Hx2

2L+ M (x) = 0

M (x) = xRd −Hx3

6LV (x) = Rd− Hx2

2L

5. Metodo integral

A este mismo resultado podemos llegar con el metodo integral. Lo primero esencontrar la ecuacion de la distribucion respecto al origen que utilizaremospara sumar los momentos, esta es ρ(x) = −H

L x repecto al origen x = 0. Paracalcular

V (x)− V (0) =∫ x

0ρ (x) dx ⇒ V (L) = Rd− Hx2

2L

serıa mejor integrar de L a x, pues sabemos que V(L)=M(L)=0.

V (L)− V (x) =∫ L

xρ (x) dx = − H

2L(L2 − x2)

11

y ademas, de esta manera podemos calcular Rd.

Si hacemos lo mismo para el momento:

M (x) =∫ x

LV (x) dx =

HL2

2(x− L)− H

6L(x3 − L3)

5.1. Metodo grafico

A partir de las relaciones

dV

dx= ρ (x)

dM

dx= V (x)

Podemos conocer la forma de las curvas, y si ademas la funcion caracterısti-ca de la distribucion es polinomica, conocer las funciones igual que en losmetodos precedentes (no hay que olvidar que todos son equivalentes):

Esfuerzo:La pendiente de V es negativaρ < 0, por tanto decrece hasta cero (val-or de V conocido en x=L), comenzando en x=0 con el valor V (0) = Rd.Como la segunda derivada es tambien negativa, se trata de una curva con-vexa decreciente desde Rd hasta 0. Como ρ es lineal, V (x) sera cuadratica,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− Rdx2

L2

Momento:Como la derivada del momento es positiva, y la segunda negativa, la curvaes convexa y creciente, desde x=0, M(0) = −Mb (es negativo porque enel vınculo el valor del momento flector tiene sentido contrario al momentoexterno Mb) hasta x=L, M(L) = 0. Con el mismo razonamiento anteriorsabemos que M es un polinomio cubico M(x) = a + bx + cx2 + dx3, dedonde M(0) = a = −Mb. dM

dx = V (0) = b = Rd, d2Mdx2 = ρ (0) = 0 = 2c y

6d = d3Mdx3 = dρ

dx = −HL .

M(x) = −Mb + xRd− Hx3

6L

3

ρ (0) =dV

dx

∣∣∣x=0

= b + 2cx|x=0 = b = 0

12

(Ejercicio 2. Diagramas de esfuerzo y momento

En el segundo caso dVdx < 0, decreciendo como una curva concava desde

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

L y V (L) = (B − L)2 HB . Como V (x) − V (L) =∫ L

x ρ (x) dx = Area

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