PRACTICA NRO 01 DEFLEXIÓN EN VIGAS ESTATICAMENTE DETERMINADAS (1)

E
PRACTOCA NRO. 01 DEFLEXIÓN EN VIGAS ESTÁTICAMENTE DETERMINADAS
1. La viga W12x45 simplemente apoyada está fabricada en Acero A-36 y se somete a la carga mostrada en
la figura. Determine la deflexión en su centro C.
1.1. Determinamos la sección, módulo de elasticidad y momento de inercia de la sección.
- La viga W12x45, su sección es:
-
El momento de inercia de la sección es:
𝑀𝑖 = 14.50 𝑐𝑚4
El módulo de elasticidad de un acero A36 es:
𝐸𝐴−36 = 29 ∗ 103 ∗ 1000
𝑙𝑏
𝑖𝑛2
1.2. Idealización:
1.3. Empleando el método de superposición:
1.3.1.Cálculo de reacciones para Carga Puntual de 12 kip
6 kip
a) Corte (→) 0 ≤ 𝑋 ≤ 12 𝑓𝑡
6 kip
E
∑ 𝑀 = 0 → 𝑀 − 6 ∗ 𝑋 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 = 0
𝑀(𝑥) = 6 𝑋 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡
1. Empleando y reemplazando en la formula, tenemos:
𝑑2 𝑦 𝑀(𝑥)
𝑑2 𝑦
=
→
𝐸
∗
𝐼
∗
= 6 𝑋 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡
𝑑𝑥 2 𝐸 ∗ 𝐼
𝑑𝑥 2
2. Realizando la primera integral, se tiene:
𝑑𝑦
𝑑𝑦
𝐸∗𝐼∗
= ∫ 6 𝑋 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 → 𝐸 ∗ 𝐼 ∗
= 3 𝑋 2 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 + 𝐶1
𝑑𝑥
𝑑𝑥
3. Evaluando en el apoyo y punto A, se sabe que: X=0, Y=0, Ø=0
𝑑𝑦
𝑑𝑦
= ∅(𝑥) = 0 → 𝐸 ∗ 𝐼 ∗
= 3 𝑋 2 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 + 𝐶1 → 𝐸 ∗ 𝐼 ∗ 0 = 3 𝑋 2 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 + 𝐶1
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝐶1 = −3 (0)2 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 → 𝐶1 = 0
4. Ingresando el valor de 𝐶1 a la ecuación se tiene:
𝑑𝑦
𝑑𝑦
𝐸∗𝐼∗
= 3 𝑋 2 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 + 𝐶1 → 𝐸 ∗ 𝐼 ∗
= 3 𝑋 2 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡
𝑑𝑥
𝑑𝑥
5. Realizando la segunda integral:
𝐸 ∗ 𝐼 ∗ 𝑑𝑦 = ∫ 3 𝑋 2 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 ∗ 𝑑𝑥 → 𝐸 ∗ 𝐼 ∗ 𝑦 = 𝑋 3 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 + 𝐶2
6. Evaluando en el apoyo y punto A, se sabe que: X=0, Y=0, Ø=0
𝑦 = 0 → 𝐸 ∗ 𝐼 ∗ 0 = 𝑋 3 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 + 𝐶2 → 𝐶2 = −(0)3 → 𝐶2 = 0
7. Ingresando el valor de 𝐶2 a la ecuación se tiene:
𝐸 ∗ 𝐼 ∗ 𝑦 = 𝑋 3 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 + 𝐶2 → 𝐸 ∗ 𝐼 ∗ 𝑦 = 𝑋 3 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡
8. Evaluando (de izquierda a derecha) en el punto C, con una longitud X = 12 ft
𝑋 3 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡
𝐸 ∗ 𝐼 ∗ 𝑦 = 𝑋 3 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 → 𝑦 =
𝐸∗𝐼
9. Como es simétrico, y se está evaluando a la mitad, entonces la deformación sería el doble
1000 𝑙𝑏
12 𝑖𝑛
(12)3 ∗ 𝑘𝑖𝑝 ∗
∗ 𝑓𝑡 ∗
1 𝑘𝑖𝑝
1 𝑓𝑡
𝑦𝑀𝐴𝑋 = 2 ∗
𝑙𝑏
1 𝑖𝑛 4
29 ∗ 103 ∗ 1000 2 ∗ 14.50 𝑐𝑚4 ∗ (
)
2.54 𝑐𝑚
𝑖𝑛
1.3.2.Cálculo de reacciones para Carga de momento 50 kip*ft
E
∑ 𝑀𝑎 = 0 → 𝑅𝑏𝑦 ∗ 24 𝑓𝑡 − 50 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 = 0 → 𝑅𝑏𝑦 =
50 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡
= 2.083 𝑘𝑖𝑝
24 𝑓𝑡
∑ 𝐹𝑦 = 0 → 𝑅𝑏𝑦 − 𝑅𝑎𝑦 = 0 → 𝑅𝑎𝑦 = 2.083 𝑘𝑖𝑝
a) Corte (→) 0 ≤ 𝑋 ≤ 12 𝑓𝑡
∑ 𝑀 = 0 → 𝑀 + 2.083 ∗ 𝑋 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 − 50 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 = 0
𝑀(𝑥) = 50 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 − 2.083 ∗ 𝑋 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡
b) Empleando y reemplazando en la formula, tenemos:
𝑑2 𝑦 𝑀(𝑥)
𝑑2 𝑦
=
→
𝐸
∗
𝐼
∗
= 50 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 − 2.083 ∗ 𝑋 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡
𝑑𝑥 2 𝐸 ∗ 𝐼
𝑑𝑥 2
c) Realizando la primera integral, se tiene:
𝑑𝑦
𝑑𝑦
𝐸∗𝐼∗
= ∫ 50 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 − 2.083 ∗ 𝑋 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 → 𝐸 ∗ 𝐼 ∗
= 50 ∗ 𝑋 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 − 1.0415 ∗ 𝑋 2 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 + 𝐶1
𝑑𝑥
𝑑𝑥
d) Evaluando en el apoyo y punto A, se sabe que: X=0, Y=0, Ø=0
𝑑𝑦
= ∅(𝑥) = 0 → 0 = 50 ∗ 𝑋 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 − 1.0415 ∗ 𝑋 2 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 + 𝐶1 → 𝐶1 = 0
𝑑𝑥
e) Ingresando el valor de 𝐶1 a la ecuación se tiene:
𝑑𝑦
𝐸∗𝐼∗
= 50 ∗ 𝑋 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 − 1.0415 ∗ 𝑋 2 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡
𝑑𝑥
f)
Realizando la segunda integral:
𝐸 ∗ 𝐼 ∗ 𝑑𝑦 = ∫ 50 ∗ 𝑋 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 − 1.0415 ∗ 𝑋 2 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 ∗ 𝑑𝑥
𝐸 ∗ 𝐼 ∗ 𝑦 = 25 ∗ 𝑋 2 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 −
1.0415
∗ 𝑋 3 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 + 𝐶2
3
g) Evaluando en el apoyo y punto A, se sabe que: X=0, Y=0, Ø=0
1.0415 3
𝑦 = 0 → 0 = 25 ∗ 02 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 −
∗ 0 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 + 𝐶2 → 𝐶2 = 0
3
h) Ingresando el valor de 𝐶2 a la ecuación se tiene:
𝐸 ∗ 𝐼 ∗ 𝑦 = 25 ∗ 𝑋 2 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 −
i)
1.0415
∗ 𝑋 3 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡
3
Evaluando (de izquierda a derecha) en el punto C, con una longitud X = 12 ft
1.0415
25 ∗ 𝑋 2 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 −
∗ 𝑋 3 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡
1.0415
3
2
3
𝐸 ∗ 𝐼 ∗ 𝑦 = 25 ∗ 𝑋 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 −
∗ 𝑋 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 → 𝑦 =
3
𝐸∗𝐼
E
1.3.3.Cálculo de reacciones para Carga de momento 50 kip*ft
∑ 𝑀𝑎 = 0 → 𝑅𝑏𝑦 ∗ 24 𝑓𝑡 − 50 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 = 0 → 𝑅𝑏𝑦 =
50 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡
= 2.083 𝑘𝑖𝑝
24 𝑓𝑡
∑ 𝐹𝑦 = 0 → 𝑅𝑏𝑦 − 𝑅𝑎𝑦 = 0 → 𝑅𝑎𝑦 = 2.083 𝑘𝑖𝑝
Corte (←) 0 ≤ 𝑋 ≤ 12 𝑓𝑡
j)
∑ 𝑀 = 0 → 2.083 ∗ 𝑋 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 − 𝑀 = 0
𝑀(𝑥) = 2.083 ∗ 𝑋 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡
k) Empleando y reemplazando en la formula, tenemos:
𝑑2 𝑦 𝑀(𝑥)
𝑑2 𝑦
=
→
𝐸
∗
𝐼
∗
= 2.083 ∗ 𝑋 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡
𝑑𝑥 2 𝐸 ∗ 𝐼
𝑑𝑥 2
l)
Realizando la primera integral, se tiene:
𝑑𝑦
𝑑𝑦
𝐸∗𝐼∗
= ∫ 2.083 ∗ 𝑋 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 → 𝐸 ∗ 𝐼 ∗
= 1.0415 ∗ 𝑋 2 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 + 𝐶1
𝑑𝑥
𝑑𝑥
m) Evaluando en el apoyo y punto B, se sabe que: X=0, Y=0, Ø=0
𝑑𝑦
= ∅(𝑥) = 0 → 0 = 1.0415 ∗ 𝑋 2 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 + 𝐶1 → 𝐶1 = 0
𝑑𝑥
n) Ingresando el valor de 𝐶1 a la ecuación se tiene:
𝑑𝑦
𝐸∗𝐼∗
= 1.0415 ∗ 𝑋 2 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡
𝑑𝑥
o) Realizando la segunda integral:
𝐸 ∗ 𝐼 ∗ 𝑑𝑦 = ∫ 1.0415 ∗ 𝑋 2 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 ∗ 𝑑𝑥
𝐸∗𝐼∗𝑦 =
1.0415
∗ 𝑋 3 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 + 𝐶2
3
p) Evaluando en el apoyo y punto A, se sabe que: X=0, Y=0, Ø=0
1.0415
𝑦=0 → 0=
∗ 𝑋 3 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 + 𝐶2 → 𝐶2 = 0
3
E
q) Ingresando el valor de 𝐶2 a la ecuación se tiene:
1.0415
𝐸∗𝐼∗𝑦 =
∗ 𝑋 3 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡
3
r) Evaluando (de derecha a izquierda) en el punto C, con una longitud X = 12 ft
1.0415
∗ 𝑋 3 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡
1.0415
3
𝐸∗𝐼∗𝑦 =
∗ 𝑋 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 → 𝑦 = 3
3
𝐸∗𝐼
1.3.4.Empleando el método de superposición
-
Deflexión de la carga puntual:
1000 𝑙𝑏
12 𝑖𝑛
∗ 𝑓𝑡 ∗
1 𝑘𝑖𝑝
1 𝑓𝑡
=2∗
= 4.105 𝑖𝑛
𝑙𝑏
1 𝑖𝑛 4
3
4
29 ∗ 10 ∗ 1000 2 ∗ 14.50 𝑐𝑚 ∗ (
)
2.54 𝑐𝑚
𝑖𝑛
(12)3 ∗ 𝑘𝑖𝑝 ∗
𝑦𝑀𝐴𝑋 𝐶.𝑃𝑈𝑁𝑇𝑈𝐴𝐿
-
Deflexión del momento en el punto C:
25 ∗ (12)2 𝑘𝑖𝑝 ∗
𝑦𝐴−𝐶 =
𝑦𝐵−𝐶
-
1000 𝑙𝑏
12 𝑖𝑛 1.0415
1000 𝑙𝑏
12 𝑖𝑛
∗ 𝑓𝑡 ∗
− 3 ∗ (12)3 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 ∗
∗ 𝑓𝑡 ∗
1 𝑘𝑖𝑝
1 𝑓𝑡
1 𝑘𝑖𝑝
1 𝑓𝑡
= 3.563 𝑖𝑛
4
𝑙𝑏
1 𝑖𝑛
29 ∗ 103 ∗ 1000 2 ∗ 14.50 𝑐𝑚4 ∗ (
)
2.54 𝑐𝑚
𝑖𝑛
1.0415
1000 𝑙𝑏
12 𝑖𝑛
∗ (12)3 𝑘𝑖𝑝 ∗
∗ 𝑓𝑡 ∗
3
1 𝑘𝑖𝑝
1 𝑓𝑡
=
= 0.713 𝑖𝑛
𝑙𝑏
1 𝑖𝑛 4
3
4
29 ∗ 10 ∗ 1000 2 ∗ 14.50 𝑐𝑚 ∗ (
)
2.54 𝑐𝑚
𝑖𝑛
La deflexión total es:
𝑦𝑀𝐴𝑋 𝐶.𝑃𝑈𝑁𝑇𝑈𝐴𝐿 + 𝑦𝐴−𝐶 + 𝑦𝐵−𝐶 = 4.105 𝑖𝑛 + 3.563 𝑖𝑛 + 0.713 𝑖𝑛 = 8.381 𝑖𝑛
2. La viga en voladizo W10x15 está fabricada en acero A-36 y se encuentra sometida a la carga mostrada
en la figura. Determine el desplazamiento en B y la pendiente en A.
2.1. Descomponemos la viga en dos cargas, para emplear el método de momento de área.
E
2.2. Primero realizaremos el cálculo de la carga de 6 kip
Solución:
- El momento de inercia de la sección es:
𝑀𝑖 = 2.87 𝑐𝑚4
- El módulo de elasticidad de un acero A36 es:
𝐸𝐴−36 = 29 ∗ 103 ∗ 1000
𝑙𝑏
𝑖𝑛2
2.2.1.Realizamos el cálculo de las Reacciones:
2.2.2.El cálculo de la pendiente es:
1
12 𝑖𝑛
1000 𝑙𝑏
12 𝑖𝑛
(−72 𝑘𝑖𝑝) ∗
∗ 𝑓𝑡 ∗
𝑑𝑦
2 ∗ 12 𝑓𝑡 ∗ 1 𝑓𝑡 ∗
1 𝑘𝑖𝑝
1 𝑓𝑡
𝜃𝐴 − 𝜃𝐵 = 𝜃𝐴 =
→ 𝜃𝐴 =
4
𝑑𝑥
𝑙𝑏
1 𝑖𝑛
𝐵
𝐵
(29 ∗ 103 ∗ 1000 2 ) ∗ (2.87 𝑐𝑚4 ∗ (
) )
2.54 𝑐𝑚
𝑖𝑛
= −31.11 rad
2.2.3.La altura es:
1
12 𝑖𝑛
1000 𝑙𝑏
12 𝑖𝑛
12 𝑖𝑛
12 𝑖𝑛
2 ∗ 12 𝑓𝑡 ∗ 1 𝑓𝑡 ∗ ((−72 𝑘𝑖𝑝) ∗ 1 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 ∗ 1 𝑓𝑡 ) ∗ (12 𝑓𝑡 ∗ 1 𝑓𝑡 − 4𝑓𝑡 ∗ 1 𝑓𝑡 )
𝑌𝑎 = 𝐴1 ∗ 𝑋̿1 =
=
𝑙𝑏
1 𝑖𝑛 4
3
4
(29 ∗ 10 ∗ 1000 2 ) ∗ (2.87 𝑐𝑚 ∗ (
)
2.54 𝑐𝑚 )
𝑖𝑛
2.3. Primero realizaremos el cálculo de la carga de 4 kip
Solución:
- El momento de inercia de la sección es:
𝑀𝑖 = 2.87 𝑐𝑚4
- El módulo de elasticidad de un acero A36 es:
𝐸𝐴−36 = 29 ∗ 103 ∗ 1000
2.3.1.Realizamos el cálculo de las Reacciones:
𝑙𝑏
𝑖𝑛2
E
2.3.2.El cálculo de la pendiente es:
1
12 𝑖𝑛
1000 𝑙𝑏
12 𝑖𝑛
(−24 𝑘𝑖𝑝) ∗
∗ 𝑓𝑡 ∗
𝑑𝑦
2 ∗ 6 𝑓𝑡 ∗ 1 𝑓𝑡 ∗
1 𝑘𝑖𝑝
1 𝑓𝑡
𝜃𝐴 − 𝜃𝐵 = 𝜃𝐴 =
→ 𝜃𝐴 =
= rad
4
𝑑𝑥
𝑙𝑏
1
𝑖𝑛
𝐵
𝐵
(29 ∗ 103 ∗ 1000 2 ) ∗ (2.87 𝑐𝑚4 ∗ (
)
2.54 𝑐𝑚 )
𝑖𝑛
2.3.3.La altura es:
1
12 𝑖𝑛
1000 𝑙𝑏
12 𝑖𝑛
12 𝑖𝑛
12 𝑖𝑛
2 ∗ 6 𝑓𝑡 ∗ 1 𝑓𝑡 ∗ ((−24 𝑘𝑖𝑝) ∗ 1 𝑘𝑖𝑝 ∗ 𝑓𝑡 ∗ 1 𝑓𝑡 ) ∗ (12 𝑓𝑡 ∗ 1 𝑓𝑡 − 10𝑓𝑡 ∗ 1 𝑓𝑡 )
𝑌𝑎 = 𝐴1 ∗ 𝑋̿1 =
=
4
𝑙𝑏
1
𝑖𝑛
(29 ∗ 103 ∗ 1000 2 ) ∗ (2.87 𝑐𝑚4 ∗ (
) )
2.54 𝑐𝑚
𝑖𝑛
2.4. Finalmente sumamos los resultados obtenidos:
2.5. A
3. A
4. A
5. AA