problemas resueltos tema 6

Tema 6: FLEXIÓN: DEFORMACIONES
x
+
y
Problemas resueltos
Prof.: Jaime Santo Domingo Santillana
E.P.S.-Zamora – (U.SAL.) - 2008
6.1.-La viga de la figura es una IPE-160 y está sometida a la carga concentrada indicada
de 30 kN. Calcular por el Método de la Ecuación Diferencial de la Línea Elástica:
1) Ecuación de la Línea Elástica
2) Giros de las secciones extremas A y B
3) Flecha máxima
Datos: E= 2,1x105 N/mm2
RA
RB
30 kN
A
B
1m
3m
Cálculo de reacciones: Ecuaciones de equilibrio
∑F =0
∑M = 0
A
RA + RB = 30
RA = 22,5 kN
→
RB .4 = 30.1
RB = 7,5 kN
1) Ecuación de la línea elástica: (fórmula general de la ecuación diferencial de la línea
elástica):
M
d2y
=− z
2
E .I z
dx
0 − x −1
M z = 22,5.x
1− x − 4
M z = 22,5.x − 30.( x − 1) = −7,5 x + 30
d2y
= −22, 5.x
dx 2
dy
x2
E .I z . = −22,5. + C1
dx
2
3
x
E .I z . y = −22, 5. + C1 .x + C2
6
d2y
= 7,5.x − 30
dx 2
dy
x2
E.I z . = 7,5. − 30.x + C3
2
dx
3
x
x2
E.I z . y = 7,5. − 30. + C3 .x + C4
6
2
E .I z .
E.I z .
Cálculo de las constantes → condiciones de contorno:
x = 0 → y0 −1 = 0
x = 1 → y0 −1 = y1− 4
dy 
dy 
 =

dx 0 −1 dx 1− 4
C1 = 26, 25
C2 = 0
x = 4 → y1− 4 = 0
x =1→
C3 = 41, 25
C 4 = −5
y operando se obtiene :
y sustituyendo estos valores :
0 − x −1
1− x − 4
dy
1
=
. ( −11, 25.x 2 + 26, 25 )
dx E .I z
dy
1
=
. ( 3, 75.x 2 − 30.x + C3 )
dx E.I z
y=
1
. ( −3, 75.x 3 + 26, 25.x )
E .I z
y=
1
. (1, 25.x 3 − 15.x + 41, 25.x − 5 )
E .I z
2) Giros de las secciones A y B:
ϑA =
dy 
26, 25
= 0, 014 rad
 ( para x = 0 ) =
5
dx  0−1
2.1.10 .103.869.10 −8
siendo: E = 2.1.10 6 Kg / cm 2
ϑB =
I z ( IPE − 160) = 869 cm 4
dy 
3, 75.4 2 − 30.4 + 41, 25
4
para
x
=
=
= −0, 01 rad
(
)

2,1.105.103.869.10 −8
dx 1− 4
3) Flecha máxima
dy
= 0 → 0 = −11, 25.x 2 + 26, 25 → x = ±1, 53 m ( fuera del tramo)
dx
dy
→
= 0 → 0 = 3, 75.x 2 − 30.x + 41, 25 → x = 6, 24 m ( fuera del tramo)
dx
x = 1, 76 m
0 − x − 1: ymax →
1 − x − 4 : ymax
ymax = y1− 4 ( x = 1, 76 m) =
1, 25.1, 763 − 15.1, 762 + 41, 25.1, 76 − 5
= 0, 015 m = 1,5 cm ↓
2,1.105.103.869.10−8
6.2.-En la viga de la figura se pide determinar por el Método de los Teoremas de Mohr:
1) Giros de las secciones A y B
2) Flecha máxima
Datos: E= 2,1x105 N/mm2, Iz= 2770 cm4
30 kN
30 kN
RB
RA
1m
A
B
3m
1m
Cálculo de las reacciones: por simetría de cargas y de estructura:
R A = RB =
30 + 30
= 30 kN
2
30 kN
θA
tag en C
C
δOC
30 kN
θB
yC
δAC
A
yO
O
30 kN
1m
1,5 m
y
x
B
30 kN
1m
1,5 m
30
O
x
A
C
B
Mz
por simetría de estructura y de c arg as → ϑC = 0 → tagϑC = 0 (horizontal )
ϑAC = ϑA − ϑC = ( como ϑC = 0 ) = ϑA =
S M AC
−30.1, 5
=
= −0, 0077 rad
5
E.I z 2,1.10 .103.2770.10 −8
ϑCB = ϑC − ϑB = (como ϑC = 0) = −ϑB =
S M CB
−30.1,5
=
= −0, 0077 rad
5
E.I z 2,1.10 .103.2770.10−8
así pues:
ϑ A = −0,0077 rad
ϑB = 0,0077 rad
δ AC =
QAM AC
−30.1,5.0, 75
=
= −0, 0058 m = −0,58 cm
E.I z 2,1.108.2770.10−8
(δ AC < 0 → A está por debajo de la tan gente en C )
yC = δ AC = 0,58 cm →
yC = −0,58 cm ↑
yO = δ OC − yC
δ OC
1
2
(− .1.30. .1) + (−30.1,5.1, 75)
Q
3
=
= 2
= −0, 01526 m = −1,526 cm
E.I z
2,1.108.2770.10−8
M OC
O
(δ OC < 0 → O está por debajo de la tan gente en C )
yO = δ OC − yC = 1,526 − 0,58 = 0,946 cm
y MAX = yO = 0,946 cm ↓
→ y0 = 0,946 cm ↓
6.3.-La viga de la figura es una IPE-160. Calcular por el Método de los Teoremas de
Mhor:
1) Giros de las secciones A y B
2) Flecha en C
3) Flecha máxima
Dato: E= 2,1x105 N/mm2
30 kN
RB
RA
A
B
C
3m
1m
Cálculo de reacciones: Ecuaciones de equilibrio:
∑F =0
∑M = 0
A
RB = 30 + RA
RA = 10 kN
→
RB .3 = 30.4
RB = 40 kN
30
-
hD
x
xD
Mz
tag en A
θB
hC
δBA
D
θA
δAD
A
δCA
tag en D
yD
B
yC
C
1) Giros en A y B:
δ BA
1
1
.3.(−30). .3
QBM AB
3
=
= 2
= −0, 02466 m ( punto B por debajo tan gente en A)
E.I z 2,1.108.869.10−8
δ BA = ϑA .3 → ϑA =
ϑAB = ϑA − ϑB =
S M AB
E.I z
δ BA
0, 02466
= 0, 0082 rad ( sentido antihorario, ver figura)
3
3
1
.3. ( −30 )
2
− 0, 082 − ϑB =
→ ϑB = 0, 0165 rad
2,1.108.869.10−8
ϑ A = −0,0082 rad
=
ϑB = 0,0165 rad
2) Flecha en C:
δ CA
1
1
1
2
.3.( −30).(1 + .3) + .1.(−30).( .1)
QCM AC 2
3
2
3 = −0, 0548 m
=
=
8
−8
E .I z
2,1.10 .869.10
δ CA < 0 → C está por debajo de la tan gente en A
y C = δ CA − hC = 0,0548 − 0,0328 = 0,022 m = 2,2 cm
siendo : hC = ϑ A .4 = 0,0082.4 = 0,0328 m
y C = 2,2 cm ↓
3) Flecha máxima:
tramo AB : yMAX = y D
siendo D un punto en el que : ϑD = 0 (ver figura )
localicemos ese punto D :
ϑAD = ϑ A − ϑD = (como ϑD = 0) = ϑA =
S M AD
E.I z
y sustituyendo valores :
1
1
− .xD .hD
− .xD .10.xD
2
2
−0, 0082 =
=
→ xD = ±1, 73 m
8
−8
2,1.10 .869.10
2,1.108.869.10 −8
30 hD
( por semejanza de tríangulos, ver figura :
=
→ hD = 10.xD )
3 xD
δ AD
Q M AD
= A =
E .I z
1
2
− .1, 73.10.1, 73. .1, 73
2
3
= −0, 0095 m = −0,95 cm
8
2,1.10 .869.10−8
δ AD < 0 → A está por debajo de la tan gente en D
ymax = y D = y ( x = 1, 73 m = δ AD = 0,95 cm →
y D = −0,95 cm ↑
Luego comparando valores, la flecha máxima en toda la viga será:
yC = 2,2 cm ↓
6.4.-En la viga de la figura se pide:
1) Dimensionamiento de la sección a resistencia, empleando criterio plástico
2) Dimensionamiento a rigidez, empleando la condición: ymax ≤ L/200
3) Giros de las secciones C y B (Calcularlos por los dos Métodos estudiados)
4) Flechas en C y B (Calcularlas por los dos Métodos estudiados)
Datos: IPE, fy= 275 N/mm2; γM=1,1; γ =1,35; E= 2,1x105 N/mm2
RA
MA
5 kN
2,5 kN
A
2 kNm
C
1m
B
1m
Cálculo de reacciones: Ecuaciones de equilibrio:
∑F =0
∑M = 0
RA = 2,5 + 5 + 2.2 = 11, 5 kN
M A = 2,5.1 + 5.2 + 2.2.1 = 16,5 kN .m
A
1) Dimensionamiento de la sección a resistencia: tracemos los diagramas de esfuerzos:
x
7
+
11,5
5
9,5
Vy
16,5
6
x
Mz
0 − x −1
V y = 11,5 − 2.x
x = 0 → V y = 11,5
x = 1 → V y = 9, 5
x
= −1.x 2 + 11,5.x − 16,5
2
x = 0 → M z = −16, 5 x = 1 → M z = −6
M z = 11, 5.x − 16,5 − 2.x.
1− x − 2
V y = 11,5 − 2.x − 2, 5
x = 1 → Vy = 7
x = 2 → Vy = 5
x
M z = 11, 5.x − 2.x. − 2,5.( x − 1) = −1.x 2 + 9.x − 14
2
x = 1 → M z = −6 x = 2 → M z = 0
Dimensionamiento con criterio plástico:
M z max = 16,5 kN .m
M z* ≤ M zpl ,d = Wzpl . f yd
sustituyendo valores :16, 5.106.1,35 ≤ Wzpl .
275
→ Wzpl ≥ 89,1.103 mm3
1,1
entrando en tablas IPE → IPE − 160
comprobación a cor tan te V y :
Vy max = 11,5 kN
Vy* ≤ Vypl ,d = Av .
f yd
3
siendo : Av = (area del alma ) = h.t w = ( IPE − 160) = 160.5 = 800 mm 2
275
1,1
sustituyendo valores :11,5.10 .1, 35 ≤ 800.
y operando :15,53.103 ≤ 115, 47.103
3
*
¡ sí cumple a cor tan te ! y además : Vy = 15,53.103 < 0,5.Vypl = 0,5.115, 47.103 = 57, 735.103
3
¡no es necesario combinar momento flector con fuerza cor tan te
2) Dimensionamiento a rigidez: y MAX ≤ L / 200
tag en A
x
yB = δBA
A
y
yMAX = y B = δ BA
B
QBM AB
=
E .I z
1
δ BA =
δ BA =
2
2
2
∫ (−1.x + 11, 5.x − 16, 5).dx.(2 − x) + ∫ (−1.x + 9.x − 14).dx.(2 − x)
0
1
2,1.10 .10 .I z .10−8
5
−19, 417
2,1.I z
yMAX =
3
19, 417
L
2
≤
=
2,1.I z
200 200
→ I z ≥ 924, 6 cm 4
Así pues para que se cumpla con los dos dimensionamientos: →
IPE-180
→ IPE − 180
3) y 4) Giros y Flechas en C y B:
A.- Método de la Ecuación diferencial de la línea elástica:
0 − x − 1 M z = −1.x 2 + 11, 5.x − 16, 5
d2y
= − M z = 1.x 2 − 11, 5.x + 16, 5
2
dx
dy
x3
x2
E .I z . = 1. − 11, 5. + 16, 5.x + C1
dx
3
2
4
3
x
x
x2
E .I z . y = 1. − 11, 5. + 16, 5. + C1 . x + C2
12
6
2
E .I z .
1− x − 2
M z = −1. x 2 + 9. x − 14
d2y
= − M z = 1.x 2 − 9.x + 14
dx 2
dy
x3
x2
E .I z . = 1. − 9. + 14. x + C3
dx
3
2
4
3
x
x
x2
E .I z . y = 1. − 9. + 14. + C3 . x + C4
12
6
2
E .I z .
Condiciones de contorno:
x = 0 → y0 −1 = 0
x=0→
x = 1 → y0 −1 = y1− 2
x =1→
dy 
 =0
dx  0 −1
dy 
dy 
→
 =

dx  0 −1 dx 1− 2
C1 = 0
C2 = 0
C3 = 1, 25 C4 = −0, 417
sustituyendo las constantes en las ecuaciones anteriores:
0 − x −1
1− x − 2
1 3 11, 5 2
.x −
.x + 16, 5.x
dy 3
2
=
dx 2,1.105.103.1320.10 −8
1 4 11,5 3 16, 5 2
.x −
.x +
.x
6
2
y = 12
2,1.105.103.1320.10 −8
1 3 9 2
.x − .x + 14.x + 1, 25
dy 3
2
=
dx
2,1.105.103.1320.10 −8
1 4 9 3 14 2
.x − .x + .x + 1, 25.x − 0, 417
12
6
2
y=
5
2,1.10 .103.1320.10 −8
ϑC =
dy 
 para x = 1 → 0,00399 rad
dx  0−1
yC = y0−1
para x = 1 → 0,00231 m
ϑC = 0,00399 rad
ϑB =
dy 
 para x = 2 → 0,00502 rad
dx 1− 2
y B = y1− 2
ϑ B = 0,00502rad
para x = 2 → 0,007 m
y C = 0,231 cm ↓
y B = 0,7 cm ↓
B.- Método de los Teoremas de Mohr:
RA
MA
2,50 kN
θC
5 kN
θB
2 kN/m
tag en A
A
yB = δBA
Cy =δ
C
CA
1m
1m
x
B
16,5
6
x
Mz
yB = δBA
A
B
C
ϑAC = ϑ A − ϑC = (como ϑA = 0) = −ϑC =
S M AC
E .I z
1
∫ (−1.x
ϑC = − 0
2
+ 11,5.x − 16,5).dx
= 0, 00399 rad
2,1.108.1320.10−8
ϑAB = ϑ A − ϑB = (como ϑA = 0) = −ϑB =
1
S M AB
E .I z
2
2
2
∫ (−1.x + 11,5.x − 16,5).dx + ∫ (−1.x + 9.x − 14).dx
ϑB = − 0
yC = δ CA
1
2,1.10 .1320.10−8
8
= 0, 00502 rad
QCM AC
=
E .I z
1
δ CA =
(δ CA
∫ (−1.x
2
+ 11,5.x − 16,5).dx.(1 − x)
= −0, 00231 m → yC = 0, 00231 m
2,1.108.1320.10 −8
< 0 → el punto C está por debajo de la tan gente en A)
0
y B = δ BA =
QBM AB
E.I z
1
δ BA =
∫ (−1x
2
2
+ 11,5 x − 16,5).dx.(2 − x) + ∫ ( −1x 2 + 9 x − 14).dx.(2 − x )
0
1
2,1.108.1320.10 −8
= −0, 007 m
(δ BA < 0 → el punto B está por debajo de la tan gente en A) → y B = 0, 007 m
ϑC = 0,00399 rad
ϑ B = 0,00502 rad
y C = 0,231 cm
y B = 0,7 cm
6.6.-En la viga de la figura de sección rectangular de 30 cm x 40 cm se pide calcular la
flecha en la sección C
Datos: E= 2,1x104 N/mm2
SECCION
60 kN
A
B
C
60 kN
40 cm
z
2m
3m
y
30 cm
Descompongamos la fuerza de 6000 Kg en la dirección de los ejes principales y,z:
20
→ α = 53,13º
15
Fy = F .senα = 60.sen53,13º = 48 Kg
tag α =
Fz = F .cos α = 60.cos 53,13º = 36 Kg
48 kN
RAy
RAz
A
z
36 kN
3m
60 kN
48 kN
RBy
RBz
C
α 36 kN
z
40 cm
B
2m
y
30 cm
y
Cálculo de las reacciones: Ecuaciones de equilibrio:
∑F =0
∑M = 0
y
Az
RAy + RBy = 48
RBy .5 = 48.3
resolviendo : RAy = 19, 2 kN
∑F
∑M
=0
z
Ay
=0
RBy = 28,8 kN
RAz + RBz = 36
RBz .5 = 36.3
RAz = 14, 4 kN
RBz = 21, 6 kN
Los momentos de inercia de la sección serán:
Iz =
1
.30 .40 3 = 160000 cm 4
12
Iy =
1
.40.30 3 = 90000 cm 4
12
con lo cual:
E.I z = 2,1.104.103.160000.10−8 = 33600 kN .m 2
E.I y = 2,1.10 4.103.90000.10 −8 = 18900 kN .m 2
Diagramas de esfuerzos:
28,8 kN
48 kN
19,2 kN
14,4 kN
z
21,6 kN
A
B
C
36 kN
3m
2m
0− x−3
M z = 19, 2. x
y
x = 0 → Mz = 0
x
x = 3 → M z = 57, 6
M y = −14, 4.x
+
x = 0→ My =0
57,6
3− x −5
M z = 28,8.(5 − x )
Mz
43,2
x = 3 → M y = −43, 2
x = 3 → M z = 57, 6
x = 5 → Mz = 0
M y = −21, 6.(5 − x )
x
x = 3 → M y = −43, 2
x =5→ My =0
My
Por el método de la ecuación diferencial de la elástica:
Flechas en plano xy:
0− x−3
M z = 19, 2.x
3− x −5
2
d y
= − M z = −19, 2.x
dx 2
dy
x2
E.I z . = −19, 2. + C1
dx
2
3
x
E.I z . y = −19, 2. + C1 .x + C2
6
E .I z .
M z = 28,8.(5 − x) = 144 − 28,8.x
2
d y
= − M z = 28,8.x − 144
dx 2
dy
x2
E.I z . = 28,8. − 144.x + C3
dx
2
3
x
x2
E.I z . y = 28,8. − 144. + C3 .x + C4
6
2
E .I z .
condiciones de contorno :
x = 0 → y0 − 3 = 0
x = 5 → y3−5 = 0
operando : C1 = 67, 2
0− x−3
y=
C2 = 0
x3
+ 67, 2.x
6
33600
−19, 2.
x = 3 → y0 −3 = y3−5
C3 = 283, 2
→
x =3→
dy 
dy 
 = 
dx 0 −3 dx 3−5
C4 = −216
yC = y ( x = 3) = 0.0034 m = 0, 34 cm ↓
Flechas en plano xz:
0− x−3
M y = −14, 4.x
d 2z
= − M y = 14, 4.x
dx 2
dz
x2
E.I y . = 14, 4. + C1
dx
2
3
x
E.I y .z = 14, 4. + C1.x + C2
6
E .I y .
3− x −5
M y = −21, 6.(5 − x) = −108 + 21, 6.x
d 2z
= − M y = −21, 6.x + 108
dx 2
dz
x2
E.I y . = −21, 6. + 108.x + C3
dx
2
3
x
x2
E.I y .z = −21, 6. + 108. + C3 .x + C4
6
2
E .I y .
condiciones de contorno :
x = 0 → z0 − 3 = 0
x = 5 → z3 − 5 = 0
operando : C1 = −50, 4
0− x −3
C2 = 0
x3
− 50, 4.x
6
18900
14, 4.
z=
x = 3 → z 0 − 3 = z3− 5
C3 = −212, 4
→
x =3→
C4 = 162
zC = z ( x = 3) = 0.0046 m = 0, 46 cm ↓
Calculemos zC, por el método de los Teoremas de Mohr:
14,4 kN
z
36 kN
A
21,6 kN
C
4800 Kg
B
x
zC
z(x)
y
Si abatimos el plano horizontal xz hacia el vertical xy la figura quedará:
tag. en A
C δCA
14,4 kN
θyA
A
y
C
36 kN
z(x)
z
δBA
hC
21,6 kN
zC
4800 Kg
dz 
dz 
 = 
dx 0−3 dx 3−5
B
x
0− x−3
M y = − 14, 4. x
3− x−5
B
δ BA =
∫ M y .dx.(5 − x )
Q BM AB
=
E .I y
A
E .I y
=
M y = − 21, 6.(5 − x )
3
5
0
3
∫ ( −14, 4.x ).dx.(5 − x ) + ∫ [ −21, 6.(5 − x ) ].dx.(5 − x )
18900
δ BA = − 0, 01333 ( punto B por debajo tan gente en A )
tagϑ yA ≅ θ yA =
zC = hC − δ CA
δ BA
5
=
0, 01333
= 0, 00267 rad → ϑ yA = − 0, 00267 rad
5
(ver figura)
hC = tagθ yA .3 ≅ ϑ yA .3 = 0, 00267.3 = 0, 00801 m
3
C
δ CA
∫ M y .dx.(3 − x)
Q M AC
= C =
E.I y
=
A
E .I y
∫ (−14, 4.x).dx.(3 − x)
0
18900
= −0, 00343 m
(el punto C está por debajo de la tan gente en A)
zC = hC − δ CA = 0, 00801 − 0, 00343 = 0, 00458 m → zC = −0, 46 cm
δC =
( yC )
tag β =
2
+ ( zC ) =
2
( 0,34 )
2
+ ( −0, 46 ) = 0, 57 cm
2
zC
0, 46
=
→ β = 53, 5º
yC
0, 34
48 kN
z
36 kN
A
C
4800 Kg
zC
δC
z(x)
y
C´
β
B
yC
y(x)