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A (^) B C P=20KN 2m 6m M=10KNm P=20KN 2m D B P=20KN M=10KNm P=20KN D Ay Ax Cy
Ay l
A B (^) C D
**-
+** P l
Cy l
M A B^ C^ D yB -tB/A -tC/A mD mA θA -θA/D θD θA -θD Ejercicio 01: Para la viga mostrada con módulo de rigidez a la flexión (EI) de 4000KNm^2 , determinar: a) La deflexión en el punto B (yB). b) La pendiente del punto D (θD). Solución: DCL Ecuaciones de equilibrio: ∑ MoA=^0 4 ⋅C^ y−^20 ⋅^10 −^2 ⋅^20 −^10 =^0
C y= 62 , 5 KN
∑ Fy=^0 A^ y +C^ y−^20 −^20 =^0
A y=− 22 , 5 KN
Diagrama de momentos por partes:(P=20KN, M=10KNm) Centro de momentos en D. Diagrama de deformación de la elástica de la viga. La forma de la elástica de la viga es supuesta, no tiene que ser precisa, el estudiante la puede tomar según su conveniencia. Por ejemplo, el estudiante puede suponer que la elástica de la viga en el tramo AC es cóncava hacia arriba (en el diagrama se muestra cóncava hacia abajo). Del diagrama de deformación de la elástica se obtiene la siguiente relación de triángulos: −tC / A l (^) AC
−t (^) B / A + yB l (^) AB (^) Ec. Se deben calcular las desviaciones tangenciales tC/A y tC/B empleando el segundo teorema de Mohr. t (^) B / A=
EI
∑ (^ Ai⋅XiB )AB
t B / A=
EI (
2
⋅ (^2) ) t B / A=−
EI
tC / A =
EI
∑ (^ Ai⋅XiC )CA
B 1.5m 1.5m 3KN/m C 4KN 2KNm D 3m 1.5mm 1.5mm 2KN A B 3KN/m C 4KN 2KNm D 2KN A By Bx Cy Cx Dx Dy MD A B C D -tD/B -tC/B θB -θB/D mD mB
tC / A=
EI (
EI
Reemplazando las desviaciones en la Ec.01 se obtiene el valor de yB. yB= (
tC / A l (^) AC
t (^) B / A l (^) AB ) l (^) AB yB=(
2 ⋅ 4000 )
yB= 0 , 02333 m yB= 23 , 33 mm La deflexión yB dio positiva, esto indica que la elástica supuesta en el tramo AB es correcta. Ahora se procede a calcular la pendiente en el punto C. Primero se determina θA. θ (^) A = −tC / A l (^) AC^ θ^ A^ = −(− 246 , 667 ) 4000 ⋅ 4 θ (^) A = 0 , 01542 rad Se aplica el primer teorema de Mohr para calcular la desviación angular de la pendiente mA y la pendiente mD. θ (^) A / D=
EI
∑ (^ Ai^ )AD
θ A / D=
EI (
2
2
2
- 10 ⋅ (^8) ) θ (^) A / D=− 0 , 14 rad Ahora planteamos la relación de la desviación angular en función de θA y θD. −θ (^) A / D=θ (^) A −θD θD=θ (^) A / D +θ (^) A θD=− 0 , 14 + 0 , 01542 θD=− 0 , 1246 rad Ejercicio 02: Para la viga mostrada en la figura determinar las reacciones en los apoyos. Solución: DCL: ∑ MoD=^0 2 +
⋅ 4 + 4 ⋅ 9 − 6 ⋅By− 3 Cy− 4 , 5 ⋅ 2 + M (^) D= 0 −M (^) D + 6 By + 3 Cy= (^47) Ec. ∑ Fy=^0 By +Cy + Dy= 6 , (^5) Ec. Solo se tienen dos ecuaciones y cuatro incógnitas, por lo tanto el problema es clasificado como hiperestático; faltan dos ecuaciones adicionales para resolver el problema, por esta razón se recurre a uno de los métodos para el cálculo de deflexiones en vigas. Diagrama de deformación de la elástica de la viga. Del diagrama de deformaciones se pueden extraer las siguientes relaciones:
A B C D tD/C -tB/C θC -θD/C mC mD 1m 0,8m^ 1,2m^ 4m 10KN Barra 12KN/m A B (^) C D 10KN 1m B C D FB (^) MD Dx Dy 12KN/m θB= −tC / B LCB =−θB / D Ec. θB= −tC / B LCB =−( 22 , 5 Dy + 4 , 5 M (^) D + 9 Cy− 7 , 65 3 EI ) θB / D=−
EI
( 18 Dy^ +^6 M^ D +^4 ,^5 Cy^ +^1 ,^125 )
Se iguala la expresión de θB con la expresión de θB/D_._ 22 , 5 Dy + 4 , 5 M (^) D + 9 Cy− 7 , 65 3 EI
18 Dy + 6 M (^) D + 4 , 5 Cy + 1 , 125 EI
22 , 5 Dy + 4 , 5 M D + 9 Cy− 7 , 65 =
54 Dy + 18 M D + 13 , 5 Cy + 3 , 375
31 , 5 Dy + 13 , 5 M (^) D + 4 , 5 Cy=− 11 , (^025) Ec. Intersecando el sistema de ecuaciones formado por las ecuaciones de equilibrio 01, 02 y las ecuaciones obtenidas por el método Áreas Momentos 03, 04 se obtienen los mismos resultados que en el método de la doble Integración.
M D=− 1 , 164 KNm By= 9 , 443 KN
Cy=− 3 , 607 KN Dy= 0 , 664 KN
Otras opciones para la solución del problema empleando el método de las Áreas Momentos son trazar una pendiente por el punto C y la más sencilla forma de resolverlo sería trazando una pendiente por el punto D. En la figura que sigue se muestra graficado el diagrama de deformaciones con pendientes trazadas por C y D. Queda como opción para que el estudiante plantee su solución. Diagrama de deformación de la elástica de la viga. Ejercicio 03: Para la viga mostrada hallar: a) Las reacciones en los apoyos. b) La deflexión del punto C. Datos: EI: 10000KN-m^2 Barra AB: E=200GPa L=2m A=50mm^2 Solución: DCL: Ecuaciones de equilibrio: ∑ MoD=^0 − 6 FB + 5 , 2 ⋅ 10 +
+ M D= 0
− 6 FB + M D=− 196
Ec. ∑ Fy=^0 FB +^ Dy=^46 Ec. Ecuación de la barra: δ (^) AB= FB⋅l E⋅A
FB⋅ 2 m 200 KN /mm^2 ⋅ 50 mm^2 δ (^) AB= 2 ⋅ 10 −^4 FB (^) Ec.
10KN Cy Cx MC
M 12 KNm
Cy 10 KN
Cx 0 N
C
B (^) C D FB MD Dx Cy^ Dy MC^ Cx 12KN/m B (^) C D δB=^ yB^ -tB/D yC -tC/D mD B (^) C D + +
- +
Dy l
Cy l
M D
M C
l
2
Corte en C: Nueva viga: Elástica aproximada de la viga: la solución a este problema empleando este método, es sencilla porque el extremo D se encuentra empotrado, y esto hace que la pendiente mD sea nula y por ende se pueden observar fácilmente las relaciones que se requieren para resolver el problema hiperestático. Diagrama de deformación de la elástica de la viga. Diagrama de momentos por partes: el centro de momentos será tomado en el punto B, ya que si es tomado en el punto D, se tendría que completar la carga distribuida. Diagrama de momentos por partes: Centro de momentos en B. Aplicando segundo teorema de Mohr t (^) B / D=
EI
∑ (^ Ai⋅XiB )BD t (^) B / D= 1 EI ¿( Dy⋅ 6
2 ⋅ 6 3
- M (^) D⋅ 6 ⋅ 6 2
- 12 ⋅ 2 ⋅ 1 − 10 ⋅ 2
2 ⋅ 2 3 ¿ ) ¿ ¿ ¿ t (^) B / D=
EI
( 36 Dy^ +^18 M^ D−^118 ,^933 )
Por el diagrama de deformaciones se observa que −t (^) B / D= yB=δ (^) AB (^) Ec. Reemplazando la desviación tB/D y la Ec.03 en Ec. se obtiene la Ec.43. Esto se realiza de la siguiente manera: yB=δ (^) AB=−
EI
( 36 Dy^ +^18 M^ D−^118 ,^933 )
2 ⋅ 10 −^4 FB=−
( 36 Dy^ +^18 M^ D−^118 ,^933 )
2 FB + 36 Dy + 18 M (^) D= 118 , (^993) Ec. Intersecando las ecuaciones 01, 02 y 43, se obtiene el valor de las reacciones en los apoyos: FB= 26 , 905 KN M (^) D=− 34 , 573 KNm
Dy= 19 , 096 KN
mA -tB/A A (^) B C -tC/A=yC=-a-b -b -a mB El signo negativo indica que su pendiente es negativa, más no influye para el cálculo de la deflexión h. h=
EI
⋅ 2 h=
EI
Calculando
tC / B
: tC / B=
EI
∑ (^ Ai⋅XiC )BC
tC / B=
EI (
2
⋅ (^2) ) t C / B=−
EI
Calculando t^ B^ /^ A^ : (Se divide en triángulo y rectángulo el área BA) t (^) B / A=
EI
∑ (^ Ai⋅XiB )AB t (^) B / A=
2 EI (
⋅ 2 − 12 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ (^1) ) t (^) B / A=
EI
Ahora se sustituyen los resultados en la Ec. −tC / A =
EI
−(−
EI ) −(−
EI )^ tC / A=−
EI
Al observar el DDF de la elástica de la viga, tenemos que: yC =−tC / A (^) Ec. y como condición de borde tenemos que yB no debe sobrepasar los 3,6mm, por tanto igualamos la Ec.02 a este valor:
yC =
144 KNm^3
EI
= 3 , 6 ⋅ 10 −^3 m
EI = 40 ⋅ 103 KNm^2
Segunda solución: Como se puede apreciar la solución anterior requiere que se tenga un dominio bueno en la compresión de lo que es la elástica de la viga y el método de las áreas momentos, otra alternativa de solución del problema se puede plantear a partir del segundo teorema de Morh empleando la ecuación en su forma integral. Aplicando el segundo teorema de Morh en forma de integral tC / A =∫ A C (
xi⋅M( x )
EI )
dx
La ecuación integral se puede descomponer en dos integrales para lograr obtener una continuidad por cada integral con respecto al valor del EI. tC / A =∫ C A (
xi⋅M( x )
EI ) dx=∫ C B (
xi⋅M( x )
EI ) dx +∫ B A (
xi⋅M( x )
EI )
dx
Diagrama de deformación de la elástica de la viga. mB y mA son las pendientes trazadas por los puntos A y B respectivamente. Del diagrama de deformaciones se deduce que: yB=−tC / A =−a−b Donde a y b son negativas por estar por debajo de la pendiente de a y b respectivamente. Al determinar la desviación tangencial tC/A tendremos directamente la deflexión de la viga en el punto C. a=∫ C B (
xi⋅M( x )
EI ) dx=∫ 0 2
( x ) (−Px )
EI
dx=∫ 0 2 (−^
Px
2 EI )
dx
∫ C B (
xi⋅M( x )
EI ) dx=−(
Px
3 3 EI )
2
EI
b=∫ B A (
xi⋅M( x )
EI ) dx=∫ 2 4
( x ) (−Px )
2 EI
dx=∫ 2 4 (−^
Px
2 2 EI )
dx
∫ B A (
xi⋅M( x )
EI ) dx=(−
Px
3 6 EI )
4
EI
EI
EI
Ahora sumando ambas integrales tenemos: ∫ C B (
xi⋅M( x )
2 EI ) dx +∫ B A (
xi⋅M( x )
EI )
dx=−
EI
EI
∫ C B (
xi⋅M( x )
2 EI ) dx+∫ B A (
xi⋅M( x )
EI )
dx=−
EI
2 EI
P lAB
A B (^) C
EI
P lBC
15KN/m 45KNm 3m 3m 1m 1m A (^) B C D^ E 15KN/m 45KNm A B^ C D^ E Ey Ex ME FR A B C D E -tA/E mE
A B C D
+ E
l
2
l
2
Ey l
M E
M D
tC / A=−
EI
yB=−tC / A =−
144 KNm^3
EI
− 3
m
Por lo tanto: EI^ =^40 ⋅^10
3 KNm 2
Una forma más cómoda de resolver el problema es incluyendo el valor de EI en la sumatoria del segundo teorema de Morh, así se evitaría el proceso de integración: tC / A =∑ (^) ( Ai⋅XiC EI )^ o bien: tC / A =∑^ ( B⋅XiC ) donde B es: B=(
A
EI )i y el diagrama de momentos flectores se realizaría dividido entre el valor de EI. Ejercicio 05: Determinar las reacciones en el empotramiento E y la fuerza el resorte situado en A, para la viga con las cargas indicadas. Datos: EI=8000KNm^2 Kresorte=30KN/m Solución: DCL: Ecuaciones de equilibrio: ∑ Fy=^0 FR +^ Ey=^45 Ec. ∑ MoA=^0 8 Ey + 45 −M (^) E−
8 Ey−M (^) E= (^90) Ec. Para el resorte se sabe que: FR=K⋅δ (^) R FR= 30 ⋅δ (^) R FR= 30 ⋅y (^) A (^) Ec. Se debe realizar la representación de la elástica de la viga aproximadamente y se debe realizar el diagrama de momentos por partes. Diagrama de deformación de la elástica de la viga. Diagrama de momentos por partes: Centro de momentos en A. Aplicando el segundo teorema de Morh:
-tD/E yD +tD/C -tA/C yA Solución con la pendiente trazada por el punto “C”. C -tB/C B A D^ E PL ωL2/
- A B C D FBL **+
+** ωL2/ + FcL - D (^) E - M FEL + ωL2/
yD= 5 ⋅ 10 −^5 F D ( m/ KN ) Ec. 04
Diagrama de deformación de la elástica de la viga. Pendiente en “C”: Ecuaciones adicionales. −t (^) A /C − y (^) A LAC
t (^) D /C −t (^) D / E LDC Ec.05C −t (^) A /C − y (^) A LAC
−t (^) B /C LBC Ec.06C yD=−t (^) D / E= 5 ⋅ 10 −^5 F (^) D Ec. Diagrama de momentos por partes: Centro de momentos en “D”: Cálculo de las desviaciones tangenciales. t (^) A /C =
EI (
P⋅ 36
FB⋅ 4
⋅( 4 +
3 )
⋅( 4 +
4 )) t (^) A /C =
EI
(−^72 P+^10 ,^667 FB−^44 )
t D /C = 1 EI ¿( − P⋅ 100 2 ⋅ 10 3
P⋅ 36 2 ⋅ 6 + F B ⋅ 36 2 ⋅ 2 ¿ )( − F B ⋅ 4 2 ⋅ 14 3 − 6 ⋅ 216 6 ⋅ 6 4
6 ⋅ 8 6 ⋅ 9 2 ¿ ) ¿ ¿ ¿ t (^) D /C =
EI
(−^58 ,^667 P+^26 ,^667 FB−^224 +^10 ,^667 FC )
t (^) B /C = 1 EI ¿( − P⋅ 36 2 ⋅ 0 + P⋅ 16 2 ⋅ ( − 4 3 )^ ¿ ) ¿ ¿ ¿ t (^) B /C =
EI
(−^10 ,^667 P+^2 ,^667 FB−^12 )
t (^) D / E=
EI (
−M E⋅ 3 ⋅ 1 , 5 +
F E⋅ 9
5 ) t (^) D / E=
EI
(−^4 ,^5 ⋅M^ E +^4 ,^5 ⋅F^ E−^4 ,^05 )
Ahora con las desviaciones calculadas se introducen en las ecuaciones Ec.05C, Ec.06C y Ec.07, y se simplifican. Procesando Ec.05C
EI
(−^72 P+^10 ,^667 FB−^44 )−^2 ⋅^10 − 3
(
EI
(−^58 ,^667 P+^26 ,^667 FB−^224 +^10 ,^667 FC ) ¿)¿
( 72 P−^10 ,^667 FB +^44 )−^24 =
(−^58 ,^667 P+^26 ,^667 FB−^224 +^10 ,^667 FC ¿) ¿
− 160 P+ 50 , 667 FB + 16 FC − 6 , 75 F E
+ 6 , 75 M E= 349 , 925
Ec.05C Procesando Ec.06C
E P A ω ω D FB (^) FC (^) FE ME FD yD= -tD/E Solución con la pendiente trazada por el punto “B”. B -tA/B yA -tD/B -tC/B C A D E PL ωL2/
- A B C D FBL **+
+** ωL2/ + FcL - D (^) E - M FEL + ωL2/
EI
(−^72 P+^10 ,^667 FB−^44 )−^2 ⋅^10
− 3 6
EI
(−^10 ,^667 P+^2 ,^667 FB−^12 )
( 72 P−^10 ,^667 FB +^44 )−^24 =
( 32 P−^8 FB +^36 )
40 P− 2 , 667 FB= 16
Ec.06C Procesando Ec. −
EI (
− 4 , 5 ⋅M E + 4 , 5 ⋅F E− 4 , 05 )= 5 ⋅ 10 −^5 F D
− 4 , 5 ⋅M E + 4 , 5 ⋅F E + 0 , 6 F D= 4 , 05
Ec. Resolviendo el sistema de ecuaciones se tiene: M (^) E= 4 , 05 KNm F (^) E= 4 , 35 KN FC = 4 , 58 KN F (^) D= 4 , 48 KN FB= 8 , 57 KN (^) P= 0 , 971 KN El valor de carga P requerido para que “ ya ” sea 2mm por debajo de la horizontal es: P= 0 , 971 KN Segunda Solución: DCL: Equilibrio: ∑ MoDDere=^0 −M^ E +^3 F^ E=^9 Ec. ∑ MoDIzq=^0 10 P−^6 FB−^4 FC =−^60 Ec. ∑ Fy=^0 −P+^ FB +^ FC +^ F^ D +^ F^ E=^21 Ec. Deformación de la barra: δBarra= yD= F (^) D⋅L E⋅A yD= F (^) D⋅ 2 m 200
N
mm^2 ⋅ 200 mm^2
yD= 5 ⋅ 10 −^5 F D ( m/ KN ) Ec. 04
Diagrama de deformación de la elástica de la viga. Pendiente en “B”: Ecuaciones adicionales. y (^) A +t (^) A / B LAB
−t (^) D / B +t (^) D / E LBD Ec.05B y (^) A +t (^) A / B LAB
−tC / B LBC (^) Ec.06B yD=−t (^) D / E= 5 ⋅ 10 −^5 F (^) D Ec. Diagrama de momentos por partes: Centro de momentos en “D”: Cálculo de las desviaciones tangenciales.
ω=4KN/m 2KNm 2KN By Ey Ex Ay A (^) B (^) E C tA/B Δy -tE/B -tC/B yC
**-
-** AyL EyL - ωL2/2 2L 2 A B B (^) C D E Equilibrio: ∑ Fy=^0 Ay +By + Ey= (^14) Ec 1 ∑ MoA=^0 3By +8Ey= (^34) Ec 2 Diagrama de deformación de la elástica de la viga. Diagrama de momentos por partes. Centro de momentos en B. Relaciones extraídas del diagrama de deformación. t (^) A / B + Δy AB = −t (^) E / B EB −tc / B + yc CB = −t (^) E / B EB
t A / B=
8000 (^
Ay⋅ 9
⋅ (^3) )
t A / B=
( 9Ay−40,5)
t (^) E / B=
8000 (^ Ey⋅ 25 2
⋅(
⋅ 4 + (^1) )− 2 ⋅ 2 ⋅ 4 )
t E / B=
( 41,667Ey−74,667 )
tC / B= 1 8000 ¿( Ey⋅ 4 2 ⋅ 2 3 ⋅ 2 + 3Ey⋅ 2 − 4 ⋅ (^2) ¿ ) ¿ ¿ ¿
tC / B=
( 8,667Ey−17,333)
Reemplazando en la primera relación de deformación, operándola y además intersecándola con las ecuaciones de equilibrio, se obtienen los valores de las reacciones.
15Ay + 41,667Ey=128,
Ay=4,888⋅KN
By=7,780⋅KN
Ey=1,333⋅KN
La deflexión en el punto “C” se obtiene de reemplazar la desviación tangencial tC/B en la segunda relación obtenida del diagrama de deformación.
20 ⋅ 103 yc=−20Ey + 31,
yc=0,2337⋅ 10 − 3 m=0,2337mm Como la deflexión da positiva, y esta fue considerada por arriba según el diagrama de deformaciones, entonces la deflexión en el punto “C” efectivamente está por arriba de la horizontal. Ejercicio 08: Para la estructura mostrada, si el valor de EI es 24000KNm^2. Se requiere determinar: a) Reacciones en los apoyos b) Fuerza en la barra. c) Deflexión en el punto “ C ” Datos Barra: E=200GPa, L=1m, A=100mm^2
B A C (^) D E ω=6KN/m ω=6KN/m Barra 3m 3m 6m B A C (^) D ω=6KN/m ω=6KN/m 3m 3m 6m E Ay Ax MA Fb Fb Ey Ex Dy B A C D (^) E -tB/A -tC/D a -tE/D yc yb B^ A
Fb l
C^ D 2 (^6) ω l^2 ω l^2
- - E
Fb l
Dyl
+ +
- 2 ω l^2 + Solución 01: Diagrama de cuerpo libre: Viga AB: ∑ MoA=^0 M^ A +6Fb=−^36 Ec1. ∑ Fy=^0 Ay−Fb=^18 Ec2. Viga BC: ∑ MoE=^0 3Dy^ +6Fb=^81 Ec3. ∑ Fy=^0 Dy^ +^ Fb +^ Ey=^18 Ec4. Ecuación de compatibilidad de la barra: δb= Fb⋅1m 200
KN
mm^2 100mm^2 = 5 ⋅ 10 −^5 Fb (^) ( m KN )^ Ec5. Recuerde que en la ecuación de compatibilidad de la barra, en el método de las aéreas momentos no llevará el signo negativo, debido a que se realizarán relaciones de triángulo, contrario a lo desarrollado en el método de la doble integral donde el signo negativo es necesario para poder darle orientación a la deformación de la barra con respecto al sistema de referencia.
yC = yB +δb Ec6.
Solución empleando el método de las áreas momentos : Diagrama de deformación de la elástica de las vigas. Relaciones para obtener ecuaciones adicionales: yb=−t (^) B / A Ec7. yc +tC / D CD = −t (^) E/D ED Ec8. D iagrama de momentos por partes: Centro de momentos: en A y E : Cálculo de desviaciones tangenciales:
C D
Eyl
E
Fb l
Eyl
+
- + G A (^) B C D E 2m 3m (^) 1m Barra G A B (^) C D E Gx Gy FB FB Dy Dx Ay Ax MD
t E/D=
24000 (^
Ey⋅ 3
2
⋅ (^3) ) t (^) E/D=
( 9 ⋅Ey ) Reemplazando la desviación tangencial tC/D y la nueva desviación tE/D en la ecuación 8, se tiene:
yc +
9 ⋅Fb−60,
=−(
9 ⋅Ey
24000 ) 24000 ⋅yc + 9 ⋅Fb + 9 ⋅Ey=60, Ec8. Y resolviendo el sistema de las 7 ecuaciones anteriores y la nueva ecuación 8, tenemos los siguientes resultados, los cuales coinciden con los calculados anteriormente empleando la ecuación 8 generada del centro de momentos en E. Reacciones:
Ay=16,712KN Dy=29,576KN
Ey=−10,288KN Ma=−28,273KNm
Fuerza en la barra: Fb=−1,288KN Deflexión del punto C: yC^ =−6,872mm Otros resultados: δb=0,0644mm yb=−6,937mm Ejercicio 09: La estructura mostrada en la figura está sometida a una carga distribuida rectangular con =4KN/m, y posee un módulo de rigidez a la flexión en cada viga de 18000KNm^2 (EI). Se requiere determinar la deflexión de la estructura en el punto “E”. Datos Barra: L=1m, E=200GPa, A=200mm^2. Solución: Equilibrio: Viga EG. ∑ MoG=^0
− 4 FB +
FB= 2 , 667 KN
Equilibrio: Viga ABCD. ∑ MoD=^0 6 Ay^ +^ M^ D=^40 ,^667 (KN) Ec. ∑ Fy=^0 Ay + Dy= 14 , (^667) (KN) Ec. Ecuación de la barra: δBarra=
FB⋅L
E⋅A
FB⋅ 1 m 200
KN
mm^2 ⋅ 200 m^2 δBarra= 2 , 5 ⋅ 10 −^5 ⋅ 2 , 667 δBarra= 6 , 667 ⋅ 10 −^5 m Diagrama de deformación de la elástica de la viga.
A B C E D yE G yB yB ᵟB A B C (^) D -tB/D yB tA/D= mD A B (^) C D FB Ay Dy Ax Dx MD AyL
FBL
l
2
l
2
B 3m (^) 2m A C 3m M Pasador D ω ω Barra B Ax M Pasador Dxx ω ω MA Ay Cyx Dyx FB Viga ABCD: Diagrama de momentos por partes: Centro de momentos en D t (^) A / D=
EI
∑ (^ Ai⋅yi )AD t (^) A / D= 0 = 1 18000
Ay⋅ 6
2 ⋅ 2 3 ⋅ 6 − 2 , 667 ⋅ 4
2 ⋅
2 + 2 3 ⋅ 4
¿
¿ ¿ ¿
Ay= 4 , 293 KN
Luego se reemplaza en Ec.1 y Ec.
Dy= 10 , 374 KN M^ D=^14 ,^911 KN
t (^) B / D=
EI
∑ (^ Ai⋅yi )BD
t
B / D
Ay⋅ 6
2
Ay⋅ 2
2
2
3
t (^) B / D=− 1 , 229 ⋅ 10 −^3 m yB=−t (^) B / D= 1 , 229 mm
yB= 1 , 229 ⋅ 10 −^3 m= 1 , 229 mm
yE= yB +δB= 1 , 229 mm+ 6 , 667 ⋅ 10 − 2 mm yE= 1 , 2956 mm La deflexión ocurre por debajo de la horizontal de la viga Problema 10: Para la viga mostrada en la figura, determinar: las reacciones en los apoyos y la deflexión en el punto B (YB). EI= 24000 KNm^2. Datos: Cargas Barra: ω = 3 KN/m E = 200Gpa M = 4 KNm A = 200mm^2 L = 1m Solución: Ecuaciones de Equilibrio ∑ MoB=^0 5Dy + 2Cy=27,5 (^) Ec. ∑ MoB=^0 M^ A +^ 3Ay=^9 Ec. ∑ Fy=^0 Ay^ +Cy^ +^ Dy^ +^ FB=13,5^ Ec.
