Estática de Vigas

Estática de Vigas
20 de mayo de 2006
Los elementos estructurales que vamos a estudiar en este capı́tulo estarán
sometidos a fuerzas o distribuciones aplicadas lateral o transversalmente a
sus ejes y el objetivo principal que nos ocupará será la determinación de
fuerzas y momentos internos que se producen éstos con la condición de
estaticidad, es decir, aplicando las condiciones de equilibrio estático que
hemos visto hasta ahora.
1.
Vigas isoestáticas e hiperestáticas
Definimos una viga hiperestática cuando el número de ecuaciones de
equilibrio no bastan para resolver las reacciones en los vı́nculos. Esto es
debido al exceso de vı́nculos necesarios para mantener la estaticidad de la
viga. El número de ecuaciones extras necesarias para igualar el número de
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
Distribución
1
En la próxima sección veremos como sustituir una distribución de fuerza por una
fuerza resultante aplicada a una determinada distancia del origen de referencias
1
Resultante y brazo de palanca
El equilibrio de fuerzas y momentos expresado matematicamente:
P
F = 0 ⇒Ra + Rb − M g = 0
P
M = 0 ⇒Ma − M gL/2 + Mb + Rb L = 0
Tenemos dos ecuaciones y cuatro incognitas. Por simetrı́a, sabemos que
Ra = Rb (ecuación extra), de donde obtenemos que Ra = M g/2. Pero
necesitamos otra relación para calcular Ma = Mb . El grado de hiperestaticidad 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 isoestáticas
En esta sección vamos a restringir nuestro estudio al caso de vigas
isoestáticas, es decir aquellas para las que las reaciones en los vı́nculos
2
pueden ser calculadas a partir de las ecuaciones de equilibrio.
Si existen distribuciones de fuerza, éstaa serán sutituidas por resultantes
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
ĵ), obtenemos:
F~T =
Xn
i=1
i
F~discreta
+
donde
j
Fcontinua
=
Xm
j=1
Z
j
F~continua
=0
Z
ρj (x)dx =
Ωj
dAj (x)
Ωj
Entonces
X
Fi
i d
+
X Z
j
ρj (x) dx = 0
ΩT
Como cada parte infinitesimal de una distribución realiza un momento respecto al origen de coordenadas con valor ~rdj (x) ΛdF~dj (x) = x · ρj (x) dx2 , la
contribución total será la suma de todos los diferenciales de distribución, es
decir, su integral:
X
i
Mdi +
X
i
xid Fdi +
X Z
j
x · ρj (x) dx = 0
Ωj
En los siguientes ejemplos calcularemos las reacciones en los vı́nculos a
partir de las ecuaciones:
X
Fdi +
i
X
j
Aj = 0
y
X
Mdi
i
+
X
xi F i
i d d
+
X Z
j
x · ρj (x) dx = 0
Ωj
En este tipo de problemas, si conocemos los momentos de orden cero
Z
Moi =
Ωj
ρj (x) dx = AjR
y uno
M1j =
Z
Ωj
x · ρj (x) dx = MRj
de las distribuciones, el problema es trivial.
2
~ j.
siempre que ~rdj sea perpendicular a dF
d
3
3.
Ejemplos resueltos y propuestos
3.1.
Ej.1
El DCL de la viga empotrada es:
y como la distribución es ρ (x) = −xH/L y MRj =
MR = −
HL2
3
AR = −
HL
2
R
Ωj
x · ρj (x) dx ;
y
Como FR = Rd , MR = Md ⇒
3.2.
Rd −
HL
=0
2
Md −
HL2
=0
3
Ej.2
Este caso es similar al anterior respecto a las reacciones en los vı́nculos.
4
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 aquı́,
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 d21
3
MR2 =
H2 2
d2 − d21
2
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 0 .
X
X
F = Ry + AR1 + AR2 = 0
M = d2 Ry + M 0 + MR1 + MR2 = 0
Ry =
H1 d 1
− H2 (d2 − d1 )
2
H2
d1 d2
M =
(d2 − d1 )2 + H1 d1
−
2
3
2
0
Pregunta: ¿Como afectarı́a 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 del
mismo tipo:
ρ1 (x) = −
H1
x
b1
ρ2 (x) = H2
0 < x < b1
b1 < x < b1 + b2
pero respecto a (I), la tercera distribución es:
ρ3 (x) = −H3 − H3
x − b1 − b2
b3
b1 + b2 < x < L
El resto de parámetros son:
H1 b1
2
= H 2 · b2
AR1 = −
AR2
AR3 = −
H3 · b3
2
y los momentos respecto al origen (I):
MR1 = −
H1 b21
3
MR2 = H2 b2 (b1 +
b2
)
2
MR3 = −H3 b3 (b1 + b2 +
8
b3
)
3
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
4.
El método de las secciones
Para ilustrar el método de las secciones en el cálculo de las expresiones
del momento flector y esfuerzo cortante, vamos a utilizar varios ejemplos. El
primer caso es el del ej1 anterior:
Reacciones
X
X
en
vı́nculos :
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
X
1 Hx2
M = 0 ⇒ −xRd + x
+ M (x) = 0
x
3 2L
M (x) = xRd −
5.
Rd =
Hx3
6L
V (x) = Rd −
Hx2
2L
Método integral
A este mismo resultado podemos llegar con el método integral. Lo primero es
encontrar la ecuación de la distribución respecto al origen que utilizaremos
para sumar los momentos, esta es ρ(x) = − H
L x repecto al origen x = 0. Para
calcular
Z x
Hx2
V (x) − V (0) =
ρ (x) dx ⇒ V (L) = Rd −
2L
0
serı́a mejor integrar de L a x, pues sabemos que V(L)=M(L)=0.
V (L) − V (x) =
Z
L
ρ (x) dx = −
x
11
H 2
(L − x2 )
2L
y además, de esta manera podemos calcular Rd .
Si hacemos lo mismo para el momento:
Z
x
V (x) dx =
M (x) =
L
5.1.
HL2
H 3
(x − L) −
(x − L3 )
2
6L
Método gráfico
A partir de las relaciones
dM
= V (x)
dx
dV
= ρ (x)
dx
Podemos conocer la forma de las curvas, y si además la función caracterı́stica de la distribución es polinómica, conocer las funciones igual que en los
métodos precedentes (no hay que olvidar que todos son equivalentes):
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 también negativa, se trata de una curva convexa decreciente desde Rd hasta 0. Como ρ es lineal, V (x) será cuadrática,
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 vı́nculo 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 cúbico M (x) = a + bx + cx2 + dx3 , de
d2 M
donde M (0) = a = −Mb . dM
dx = V (0) = b = Rd , dx2 = ρ (0) = 0 = 2c y
3
dρ
6d = ddxM3 = dx
= −H
L.
M (x) = −M b + xRd −
Hx3
6L
3
ρ (0) =
dV = b + 2cx|x=0 = b = 0
dx x=0
12
(Ejercicio 2. Diagramas de esfuerzo y momento
En el segundo caso dV
dx < 0, decreciendo como una curva cóncava 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
y V (L) = (B − L)2 H
L
B . Como V (x) − V (L) =
RL
x ρ (x) dx = Area
13