Equilibrio y deformación de vigas rectas

Equilibrio y deformación de vigas rectas

Equilibrio y deformación de vigas rectas
Jaime Planas Rosselló
Catedrático de Universidad
Universidad Politécnica de Madrid
ETS de Ingenieros de Caminos, Canales y Puertos
Departamento de Ciencia de Materiales
Profesor Aranguren, sn, 28040 Madrid
[email protected]
Notas de clase, 2007-2009. Borrador 6, corregido 2009/12/02.
1.
Introducción
En este documento se recogen los conceptos básicos de la teorı́a de vigas rectas
para ser aplicada en un curso breve (3 créditos) de resistencia de materiales, en
el que se han introducido previamente, los conceptos de equilibrio, compatibilidad
y ecuación constitutiva de termoelasticidad uniaxial con aplicación al estudio del
equilibrio y la cinemática de sistemas de bielas o tirantes y sólidos rı́gidos.
2.
2.1.
Flexión pura y momento flector
Ejemplo
La figura 1a muestra la imagen de una barra de plástico flectada aplicando, con
pulgares e ı́ndices, dos pares de fuerzas, uno en cada extremo. Este tipo de carga
se denomina flexión en cuatro puntos.
Si imaginamos un corte recto de la viga en el tramo central (Fig. 1b), el sistema
de fuerzas interiores que actúan sobre la sección de corte debe ser equivalente a
un momento M (en rojo) que equilibra al del par de fuerzas exteriores. Tomando
momentos en el punto A e igualando a cero tenemos
P
+
(1)
MA = 0 : M − F d = 0 ⇒ M = F d
Obviamente, el momento M es igual para cualquier punto del vano central de
la viga, como se deduce de que el corte es para un punto arbitrario, y se confirma
del equilibrio de un tramo de viga completamente contenido en el vano central,
como el de la figura 1c. Un tramo de viga cuyo sistema de fuerzas interiores sobre
una sección recta se reduce a un momento, se dice que está solicitado en flexión
pura, y el esfuerzo correspondiente se denomina momento flector.
I Verifique que se obtiene el mismo resultado si se plantea el equilibrio de un tramo de viga
que incluya el extremo izquierdo, en lugar del derecho.
1
(a)
(b)
F
F
F
F
F d
A
F
M
(c)
(d)
M
M
d F
M
F
Figura 1: Viga sometida a flexión en cuatro puntos: en el vano central el momento
flector es constante.
2.2.
Criterio de signos
Como se ha indicado, un momento flector es un esfuerzo, y es conveniente
escoger un criterio de signos. Para vigas horizontales, se elige tradicionalmente el
signo positivo cuando la deformada de la viga es cóncava hacia arriba (Fig. 2a), y
negativo cuando es cóncava hacia abajo (Fig. 2b).
Sin embargo, la orientación de la concavidad no es una propiedad intrı́nseca,
como puede comprobarse dibujando una forma cóncava hacia arriba en una hoja de
papel y girándola 180◦ en su plano, con lo que “arriba”pasa a ser “abajo”. Tenemos
pues que definir unos ejes unidos a la viga (o al papel) que indiquen de forma única
lo que se entiende por “arriba”.
Lo primero es situar el eje x a lo largo del eje geométrico de la viga con un
sentido que podemos elegir arbitrariamente, y que suele tomarse, para vigas horizontales, de izquierda a derecha, como en la figura 2c. El eje y se toma siempre
perpendicular al eje x y orientado de manera que para llevar el semieje positivo x
sobre el semieje positivo y se realiza un giro de 90◦ en sentido positivo; nosotros
tomaremos el sentido de giro antihorario como positivo (Fig. 2c).
Con esta orientación de ejes, el esfuerzo flector en una rebanada de una viga con
flexión positiva tiene los signos mostrados en la parte inferior de la figura 2c, por lo
que generalizaremos el criterio de signos utilizando el mono de la figura 2d, aunque
muchas veces indicaremos sólo una flecha indicando el sentido del eje x, que debe
entenderse como la orientación que se le da a la viga o el ”sentido de recorrido”,
tal como muestra el diagrama de la figura 2e. En la sección 3.2 ampliaremos los
criterios de signos.
2
(a)
(b)
(c)
y
F
F
+
x
F
M
F
M
y
(d)
x
(d)
Figura 2: Criterio de signos para los momentos flectores.
3.
Flexión simple y esfuerzo cortante
Cuando una viga, o un tramo de ella, está sometida a un momento flector
variable, siendo el esfuerzo axil nulo, decimos que se encuentra solicitada en flexión
simple, en cuyo caso, además del esfuerzo flector aparece un esfuerzo cortante,
normal al eje de la viga.
3.1.
Ejemplo
El ejemplo más simple es el de una ménsula con una fuerza en su extremo, tal
como se representa en la figura 3a. Si cortamos por un plano normal por el puntto
X a la distancia x del empotramiento, el equilibrio del tramo XB de viga situado a
su derecha requiere que el sistema de fuerzas interiores en X puedan ahora reducirse
a un momento MX y a una fuerza vertical que denominamos esfuerzo cortante QX ;
sus valores se obtienen de las condiciones de equilibrio de fuerzas y de momentos:
P
↑+ Fy = 0 :
(2)
F − QX = 0 ⇒ QX = F
y
A
(a)
X
Bx
F
`
`−x
x
QX
(b)
MX
F
(c)
MAe
MX
QX
RAy
Figura 3: Ménsula sometida a flexión simple.
3
P
+
MX = 0 :
F (` − x) − MX = 0 ⇒ MX = F (` − x)
(3)
El resultado indica que el esfuerzo cortante es constante e igual a F , y que el esfuerzo flector, en cambio, varı́a linealmente con x, valiendo F ` en el empotramiento
y 0 en el extremo de la ménsula.
Puesto que la viga entera debe estar en equilibrio, la reacción vertical en el
empotramiento RAy y el momento de empotramiento MAe (la reacción RAx es trivialmente nula) deben satisfacer el equilibrio de la viga entera, es decir
P
Fy = 0 :
P
+
MA = 0 :
↑+
F + RAy = 0 ⇒ RAy = −F
(4)
F ` + MAe = 0 ⇒ MAe = −F `
(5)
I Compruebe que imponiendo el equilibrio del tramo AX de la viga (Fig. 3c) resultan los
mismos valores de los esfuerzos flector y cortante en X.
3.2.
Criterio de signos
Consideremos una viga orientada de la forma tradicional (horizontal y eje x
hacia la derecha) y consideremos el tramo comprendido entre dos secciones rectas
tal como se muestra en la figura 4a. D que la sección situada más a la derecha es
la sección frontal y la situada a la izquierda la sección dorsal.
En un caso general de un tramo de viga inclinada, la sección frontal es aquella
para la cual el sentido de su normal exterior coincide con el sentido positivo del eje
de la viga; la sección dorsal es aquella para la cual la normal exterior tiene sentido
contrario al positivo de la viga (Fig. 4b).
El sistema reducido de fuerzas exteriores sobre la sección frontal se denomina
frontal, y de igual forma sus componentes: fuerza axil frontal, fuerza cortante frontal
y momento flector frontal; y análogamente para la sección dorsal.
Considerando una rebanada de pequeño espesor tal como se muestra en la
figura 4c, el criterio de signos se resume diciendo que un esfuerzo es positivo si su
correspondiente acción frontal es positiva de acuerdo con los signos definidos para
los ejes y los giros. Esto lleva a los criterios de signos ya conocidos para el axil y
para el momento flector, y al convenio de que el esfuerzo cortante es positivo si su
correspondiente fuerza cortante frontal tiene el sentido del eje y positivo, tal como
se muestra en la figura 4d, o, simplificadamente, en la figura 4e, en la que el sentido
del eje y es implı́cito.
(b)
n
x
x
(a)
frontal
dorsal
n
dorsal
(c)
x
(d)
(e)
y
x
Figura 4: Criterios de signos.
4
frontal
3.3.
3.3.1.
Leyes de esfuerzos cortantes
Fuerzas concentradas
Consideremos una viga recta sometida a fuerzas concentradas normales a su
eje, como la indicada en al figura 5a, en la cual se supone que las fuerzas están en
equilibrio, es decir que
5
X
Pi = 0
y
i=1
X
MAPi = 0
(6)
Podemos calcular muy rápidamente el esfuerzo cortante en cualquier punto de
la viga, por ejemplo el C, sin más que cortar por este punto y escribir el equilibrio
de fuerzas verticales que actúan sobre el tramo de la viga situado a la derecha
del corte (Fig. 5b) o a su izquierda (Fig. 5c). Comenzando por el tramo derecho,
tendrı́amos:
P
P
↑+ F y = 0 :
(7)
P4 + P5 − QC = 0 ⇒ QC = 5i=4 Pi
Si escribimos el equilibrio para el tramo izquierdo tendremos
P
P
↑+ Fy = 0 :
P1 + P2 + P3 + QC = 0 ⇒ QC = − 3i=1 Pi
(8)
y, evidentemente el resultado es el mismo en virtud de las condiciones de equilibrio
global (6).
Consideremos ahora el equilibrio de un tramo de la viga sobre el que no actúa
ninguna fuerza exterior, como el mostrado en la parte izquierda de la figura 5d. En
este caso se tiene, para el esfuerzo cortante:
P
↑+ F y = 0 :
(9)
QB − QA = 0 ⇒ QB = QA
es decir, que en un tramo libre de fuerzas exteriores el esfuerzo cortante es constante.
Consideremos,finalmente, un tramo como el de la parte derecha de la figura 5d,
cuyos extremos están uno a cada lado de una de las fuerzas concentradas. En este
caso tenemos, para el cortante
P
↑+ Fy = 0 :
QE − QD + P4 = 0 ⇒ QE − QD = −P4 o QD − QE = P4 (10)
(a)
P1
P2
P3
(b)
(c)
C
QC
P1
P2
P5
P4
P5
P3
QC
(d)
QA
P4
QB
QD
P4
QE
Figura 5: Viga sometida a cargas concentradas arbitrarias (no se han dibujado los
momentos flectores).
5
lo cual significa que el esfuerzo cortante experimenta un salto al pasar de un lado
a otro de la fuerza concentrada, y que el salto tiene signo contrario al de la fuerza
yendo de izquierda a derecha, y el mismo signo de la fuerza yendo de derecha a
izquierda. Veamos un ejemplo
Ejemplo 3.1 En la viga de la figura, dibujar un diagrama que represente gráficamente
la ley de esfuerzos cortantes (fuerzas en kN, cotas en m).
16
11
10
6
4
4
6
11
8
Solución: Numerando los vanos de izquierda a derecha:
(1)
(2)
(3)
P
Fy = 0 : − 6 + Q1 = 0 ⇒ Q1 = 6;
6
↑+
10
6
P
Fy = 0 : − 6 − 10 + Q2 = 0 ⇒ Q2 = 16;
↑+
11
(4)
11
P
Fy = 0 : − Q3 + 11 − 11 = 0 ⇒ Q3 = 0; y
↑+
11
P
Fy = 0 : − 11 − Q4 = 0 ⇒ Q4 = −11.
↑+
Con lo que el diagrama de momentos resulta:
15
Q
10
5
x
-5
-10
Podrı́a haberse hecho incrementalmente, por ejemplo empezando por la derecha: Q4 =
−11, Q3 = Q4 +11, Q2 = Q3 +16, Q1 = Q2 −10, o por la izquierda: Q1 = 6, Q2 = Q1 +10,
etc. Por supuesto los resultados son idénticos.
3.3.2.
Fuerzas distribuidas
Consideremos una viga recta sometida a fuerzas distribuidas normales a su eje,
es decir en la dirección del eje y. Sea p(x) la fuerza por unidad de longitud en el
punto x (Fig. 6a). El equilibrio de un tramo cualquiera entre dos secciones rectas
(a)
p(x)
x
p
x
(b)
Ap1−2
x2
x1
Q1
Q2
Q
Figura 6: Viga sometida a cargas distribuidas.
6
a las distancias x1 y x2 > x1 requiere que la suma de fuerzas verticales sea cero, es
decir
P
p
↑+ Fy = 0 : Q2 − Q1 + A1−2 = 0
(11)
donde Ap1−2 es la resultante de las fuerzas distribuidas entre 1 y 2 (Fig. 6b). Esta
resultante puede calcularse escribiendo que la fuerza que actúa sobre un elemento
de viga de longitud dx es p(x) dx y que, por tanto, la resultante es
Z x2
p
p(x) dx = area del diagrama de fuerza distribuida
(12)
A1−2 =
x1
es decir, que con las unidades adecuadas, la resultante de las cargas distribuidas es
el área sombreada de gris en la figura 6b, por lo que, si se trata de una forma de
cuya área conozcamos la expresión (rectángulo, trángulo, trapecio, parábola, ...)
podemos utilizar dicha expresión directamente; en caso contrario hay que integrar.
Veamos un ejemplo:
Ejemplo 3.2 En la ménsula de la figura, determinar la ley de esfuerzos cortantes y
dibujar el diagrama correspondiente.
p0
x
x
`
`−x
Solución. Cortando por un punto situado a la distancia x del empotramiento y aislando
del tramo de la derecha resulta
Apx-`
px
Q
Apx-`
= área del triángulo = px (` − x)/2 y
donde la resultante de la sobrecarga
px = (p0 /`)(`−x), por semejanza de triángulos. La ecuación de equilibrio da directamente
P
p
p0
2
↑+ Fy = 0 : Ax-` − Q = 0, de donde Q = 2` (` − x) , que es la ecuación de una parábola
de eje vertical con vértice en el extremo de la ménsula y cuyo valor en el empotramiento
es p0 `/2, por lo que el diagrama de esfuerzos cortantes es el siguiente:
Q
1
2 p0 `
p0
(` − x)2
2`
x
Nota: es posible también resolver el problema planteando el equilibrio del tramo de la viga a la
izquierda de la sección. En este caso hay que calcular primero la reacción en el empotramiento,
P
que es Rye = −p0 `/2, y, por tanto, la ecuación de equilibrio serı́a ↑+ Fy = 0 : Rye + Ap0-x + Q = 0
donde Ap0-x es el área del trapecio de sobrecarga limitado por las verticales en 0 y x. Obviamente
el resultado es el mismo, y sólo ligeramente más laborioso.
3.3.3.
Equilibrio local
Si en lugar de plantear el equilibrio de un tramo finito de viga planteamos el
equilibrio de una rebanada infinitesimal de longitud dx con el extremo dorsal en x,
7
entonces en la ecuación (11) tenemos Q1 = Q(x), Q2 = Q(x+dx) y Ap1−2 = p(x) dx,
y la ecuación de equilibrio se reduce a
Q(x + dx) − Q(x) + p(x) dx = 0 ⇒
∂Q
+p=0
∂x
(13)
En esta ecuación diferencial, que corresponde a un punto del eje de la viga, el primer
término representa la resultante de las fuerzas interiores por unidad de longitud, y
el segundo a la resultante de las fuerzas exteriores por unidad de longitud.
I Compruebe que la ecuación de equilibrio local se cumple para la solución del ejercicio anterior.
Si en un punto x1 hay una fuerza concentrada P1 , entonces p(x1 ) = ∞ y la
ecuación anterior no es aplicable (Q no es derivable en este punto) y es preciso
escribir la ecuación de salto que ya se ha plateado anteriormente, tomando una
rebanada con una cara infinitésimamente a la izquierda del punto x1 , que repre+
sentamos como x−
1 y la otra infinitésimamente a su derecha (x1 ). La ecuación de
equilibrio resulta
−
Q(x+
)
−
Q(x
)
+ P1 = 0
(14)
1
1
3.3.4.
Superposición de leyes de esfuerzos
En muchos casos prácticos, el sistema de cargas exteriores sobre una viga es
complejo, y puede subdividirse en subsistemas más sencillos. Evidentemente, si la
viga es isostática, las reacciones y los esfuerzos para el sistema completo serán iguales a la suma de las reacciones y esfuerzos que se obtendrı́an para cada subsistema.
Esto es ası́ porque las ecuaciones de equilibrio son lineales (son sumas de fuerzas o
de momentos). Debe notarse, sin embargo, que en sistemas hiperestáticos esto sólo
se cumple si la respuesta carga-desplazamiento del sistema es lineal; volveremos
sobre esto al estudiar las deformaciones inducidas por los esfuerzos.
Ejemplo 3.3 Determine la ley de esfuerzos cortantes en la ménsula del ejemplo 3.2 si,
además de la carga triangular, se aplica una fuerza concentrada vertical de módulo p0 `/2
y sentido hacia abajo, en el centro de la viga.
Solución: Ya se calculó el cortante debido a la carga triangular. El cortante debido a la
carga concentrada vale
0 para x > `/2 y −p0 `/2 para 0 < x < `/2, por tanto la ley de
 = − p0 ` + p0 (` − x)2 = p0 x(x − 2`) para x < `/2
2
2`
2`
cortantes total es Q =
 = p0 (` − x)2
para x > `/2
2`
Q
cuya gráfica es
1
8 p0 `
− 38 p0 `
8
x
3.4.
Leyes de momentos flectores
3.4.1.
Fuerzas concentradas
Consideremos de nuevo la viga sometida a fuerzas concentradas del apartado
3.3.1, que representamos de nuevo en la figura 7a, que cumplen las ecuaciones de
equilibrio global (6).
Podemos calcular muy rápidamente el momento flector en cualquier punto de
la viga, por ejemplo el C, sin más que cortar por ese punto y escribir el equilibrio
de momentos en él para el tramo de la viga situado a la derecha del corte (Fig. 5b)
o a su izquierda (Fig. 5c). Comenzando por el tramo derecho, tendrı́amos:
P
MCP4 + MCP5 − MC = 0 ⇒ MC =
+
MC = 0 :
P5
i=4
MCPi
(15)
Si escribimos el equilibrio para el tramo izquierdo tendremos
P
+
MC = 0 :
MCP1 + MCP2 + MCP3 − MC = 0 ⇒ MC = −
P3
i=1
MCPi
(16)
y, evidentemente el resultado es el mismo en virtud de las condiciones de equilibrio
global (6).
Consideremos ahora el equilibrio de un tramo de la viga sobre el que no actúa
ninguna fuerza exterior, como el mostrado en la parte izquierda de la figura 7d. En
este caso se tiene tomado momentos en el punto A:
P
+
MA = 0 :
M − MA + Q(x − xA ) = 0 ⇒ M = MA − Q(x − xA ) (17)
es decir, que en un tramo libre de fuerzas exteriores el momento flector varı́a
linealmente con la posición. Derivando la primera de las dos ecuaciones anteriores
con respecto a x resulta
∂M
+Q=0
(18)
∂x
que, aunque deducida en un caso particular en que Q es constante en el tramo considerado, es válida en general como veremos más adelante al establecer la ecuación
de equilibrio local para los momentos.
Consideremos,finalmente, un tramo como el de la figura 7d, cuyos extremos
están simétricamente dispuestos uno a cada lado de una de las fuerzas concentradas
(a)
P1
P3
P2
C
(b)
MC
(c)
P1
(d)
MA
QA
P5
P4
P5
P3
P2
xA
P4
MC
Q− P4
x
Q
M M−
M+
s s Q+
Figura 7: Viga sometida a cargas concentradas arbitrarias.
9
y a una distancia s de ella. En este caso tenemos, para el momento flector a
izquierda (M − ) y derecha (M + )
P
+
Mcentro = 0 : M + − M − + Q+ s + Q− s = 0 ⇒ M + − M − → 0 para s → 0 (19)
lo cual significa que el momento flector es continuo cuando se pasa de un lado a otro
de la fuerza concentrada, aunque su derivada es discontı́nua. Veamos un ejemplo
Ejemplo 3.4 En la viga de la figura, dibujar un diagrama que represente gráficamente
la ley de momentos flectores (fuerzas en kN, cotas en m).
16
11
10
6
4
4
6
11
8
Solución: Numerando los vanos de izquierda a derecha: (a) Método analı́tico directo
(1)
(2)
6
+
10
6
+
11
11
(3)
+
11
P
Mdcha = 0 : M + 6x = 0 ⇒ M = −6x (kNm);
P
Mdcha = 0 : M + 6x + 10(x − 4) = 0 ⇒ M = 40 − 16x (kNm);
P
Mizda = 0 : − M + 11(14 − x) − 11(22 − x) = 0 ⇒ M = −88 (kNm);
P
+
Mizda = 0 : − M − 11(22 − x) = 0 ⇒ M = −11(22 − x) (kNm).
(4)
Con lo que el diagrama de momentos resulta, dibujando como es habitual los momentos
positivos hacia abajo (es decir, dibujando siempre el momento del lado de las fibras
traccionadas):
-80
-60
-40
-20
0
x
20 M
(b) Método de puntos caracterı́sticos: Sabiendo que el momento varı́a linealmente entre
puntos de carga, basta determinar el momento flector en cada punto de aplicación de
carga y unirlos mediante tramos rectos; numerando los puntos de carga de izquierda a
derecha (de 1 a 5) resulta del equilibrio de los tramos izquierdos, M1 = 0, M2 + 6 × 4 =
0 ⇒ M2 = −24 kNm , M3 + 6 × 8 + 10 × 4 = 0 ⇒ M3 = −88 kNm, y del de los tramos
derechos, −M3 + 11 × 6 − 11 × 14 = 0 ⇒ M3 = −88 kNm (comprueba el “cierre” o
equilibrio global), −M4 − 11 × 8 = 0 ⇒ M4 = −88 kNm, M5 = 0. Por supuesto los
resultados son idénticos.
3.4.2.
Fuerzas distribuidas
Consideremos de nuevo la viga recta sometida a fuerzas distribuidas normales
a su eje del apartado 3.3.2 (Fig. 8a). El equilibrio de momentos de un tramo cualquiera entre dos secciones rectas a las distancias x1 y x2 > x1 puede escribirse de
dos maneras alternativas: una tomando momentos en la sección dorsal (i.e. respecto del punto del eje situado en x1 ) y otra tomando momentos en la sección frontal
(i.e. respecto del punto del eje situado en x2 ); las ecuaciones correspondientes son
P
+
Mx1 = 0 : M2 − M1 + Q2 (x2 − x1 ) + M1p1−2 = 0
(20)
P
p
+
Mx2 = 0 : M2 − M1 + Q1 (x2 − x1 ) + M21−2 = 0
(21)
10
(a)
p(x)
x
p
x
(b)
xpG1−2
x1
Ap1−2
x2
M1 Q1 Q
Q2 M2
Figura 8: Viga sometida a cargas distribuidas.
donde Mip1−2 es el momento de las fuerzas distribuidas entre 1 y 2 respecto del
punto i. Este momento puede calcularse escribiendo que la fuerza que actúa sobre
un elemento de viga de longitud dx es p(x) dx y que, por tanto, los respectivos
momentos se pueden escribir como
Z x2
Z x2
p
p
M11−2 =
(x − x1 )p(x) dx, y M21−2 =
(x − x2 )p(x) dx.
(22)
x1
x1
Ahora bien, se sabe que la resultante del sistema de fuerzas paralelas se puede
reducir a su resultante aplicada en el centro de gravedad, estando el centro de
gravedad, en consecuencia, definido por la condición de que el momento del sistema
respecto a dicho punto sea nulo, es decir que se verifique
Z x2
Z x2
p
p
(x − xG1−2 )p(x) dx = 0, → A1−2 xG1−2 =
xp(x) dx
(23)
x1
x1
donde Ap1−2 es, según se dijo, el área definida por la curva de distribución de carga,
igual a la resultante de las fuerzas de sobrecarga.
Enconsecuencia, si se conoce la posición xpG1−2 del centro de gravedad de la
sobrecarga sobre el tramo 1–2, podemos escribir su momento en la forma
M1p1−2 = Ap1−2 (xpG1−2 − x1 ), y M2p1−2 = −Ap1−2 (x2 − xpG1−2 )
(24)
Con estas expresiones, es inmediato comprobar que las ecuaciones (20) y (21)
son equivalentes: restando las segunda ecuación de la primera y sustituyendo las
expresiones (24) resulta
(Q2 − Q1 + Ap1−2 )(x2 − x1 ) = 0
(25)
que es una identidad debido a la ecuación (11) de equilibrio de fuerzas normales
que asegura que el primer paréntesis es idénticamente nulo.
En la práctica se utilizará la ecuación (20) cuando sean conocidos el cortante y
el momento en la sección frontal, con lo cual se puede despejar M1 . Recı́procamente,
la ecuación (21) se utilizará cuando sean conocidos los esfuerzos en la sección dorsal
y podrá despejarse M2 .
Veamos un ejemplo:
11
Ejemplo 3.5 En la ménsula de la figura, determinar la ley de momentos flectores y
dibujar el diagrama correspondiente.
p0
x
`
x
`−x
Solución. Cortamos por un punto situado a la distancia x del empotramiento aislamos
el tramo de la derecha:
xpG
px
M
Apx-`
1
3 (`
− x)
el área del triángulo ya se calculó en el ejemplo 3.2 y vale Apx-` = p2`0 (` − x)2 . Por otra
parte, el centro de gravedad del triángulo está situadoPa 1/3 de su base, con lo cual la
+
ecuación de equilibrio de momentos da directamente Mx = 0 : −M +Apx-` (`−x)/3 = 0
de donde M = p6`0 (` − x)3 , que es la ecuación de una parábola cúbica cuyo valor en el
empotramiento (x = 0) es p0 `/2, por lo que el diagrama de momentos es el siguiente:
x
1
2
6 p0 `
p0
(` − x)3
6`
M
Nota: es posible también resolver el problema planteando el equilibrio del tramo de la viga a la
izquierda de la sección. En este caso hay que calcular primero la reacción en el empotramiento, que
es Rye = −p0 `/2, y el momento de empotramiento, que es M e = −p0 `2 /6 por tanto, la ecuación de
P
+
Mx = 0 : M +M e +Rye x+Ap0-x xpG0−x = 0 donde Ap0-x es el área del trapecio de
equilibrio serı́a sobrecarga limitado por las verticales en 0 y x y xpG0−x su centro de gravedad, que serı́a necesario
calcular; en la práctica es mejor calcular el momento del trapecio de carga descomponiéndola
en dos áreas (dos triángulos o un triángulo y un rectángulo), lo que es equivalente al cálculo
implı́cito del centro de gravedad ya que AxG = A1 xG1 + A2 xG2 . Obviamente el resultado es el
mismo, pero el desarrollo resulta sustancialmente más laborioso.
3.4.3.
Equilibrio local
Si en lugar de plantear el equilibrio de un tramo finito de viga planteamos
el equilibrio de una rebanada infinitesimal de longitud dx con el extremo dorsal
en x, entonces en la ecuación (21) tenemos Q1 = Q(x), M2 = M (x + dx) y
M2p1−2 ≈ (p(x) dx)dx/2 = o(dx) = infinitésimo de segundo orden, y la ecuación de
equilibrio se reduce a
M (x + dx) − M (x) + Q(x) dx + o(dx) = 0 ⇒
∂M
+Q=0
∂x
(26)
I Compruebe que la ecuación de equilibrio local se cumple para la solución del ejercicio anterior.
En esta ecuación diferencial, que corresponde a un punto del eje de la viga,
el primer miembro representa el momento resultante de las fuerzas interiores por
12
(a)
P
(b)
D
P
D
a
C
A
a
B
P
a
(c)
A
P/2
(d)
P
x
P/2
(e)
2a−x
(f)
C
P
Pa
P
B
P/2
− 21 P a
B
B
P/2
M
1
2Pa
Figura 9: Ejemplo de viga sometida a un momento concentrado: (a) estructura
completa; (b) equilibrio de la barra CD aislada; (c) equilibrio de la viga AB aislada;
(d) equilibrio del tramo izquierdo de la viga para 0 ≤ x < a; (e) equilibrio del tramo
derecho de la viga para a < x ≤ 2a; (f) ley de momentos flectores con un salto de
valor absoluto P a.
unidad de longitud, y se supone que sólo actúan fuerzas distribuidas. En el caso
de que existieran momentos exteriores distribuidos, la ecuación de equilibrio serı́a
∂M
+Q+m=0
∂x
(27)
donde m es el momento exterior por unidad de longitud. En la práctica, pocas
veces se encuentran casos con momentos distribuidos.1 Por el contrario, no es raro
encontrarse con momentos exteriores concentrados, que tratamos a continuación.
3.4.4.
Momentos exteriores concentrados
Empecemos por un ejemplo: la figura 9a muestra una estructura formada por
una viga biapoyada AB unida rı́gidamente a otra viga vertical CD, estando el
conjunto sometido a una fuerza horizontal P en D.
Comenzamos por aislar la viga CD (Fig. 9b) y establecer las ecuaciones de
equilibrio con el sistema de fuerzas ejercido sobre ella por la viga AB en C; el
problema es tan simple que puede resolverse de cabeza con los resultados mostrados
en la figura 9b.
A continuación aislamos la viga AB (Fig. 9c) que está sometida en C a acciones
iguales y contrarias a las que actúan sobre CD (lo que incluye un momento concentrado de valor P a y sentido horario) y a las reacciones, que pueden calcularse
con toda facilidad con el resultado mostrado en la figura 9c.
Yendo ahora directamente a la ley de momentos flectores, aislamos primero un
tramo de viga como el de la figura 9d, que incluye el extremo A P
y termina a la
+
distancia x < a, y tomamos momentos en la sección de corte Mx = 0 : M +
(P/2)x = 0 ⇒ M = −P x/2 para x < a. A continuación hacemos lo mismo con
un tramo de viga como el de la figura 9e, que incluye el extremo B y comienza a
Un ejemplo serı́a una fibra ferromagnética con imanación axial permanente sometida a un
campo magnético exterior
1
13
Q− M ex
M−
s
s
M+
Q+
Figura 10: Equilibrio de una rebanada centrada en la sección de actuación de un
momento concentrado.
la distancia a < x, y tomamos momentos en la sección de corte, con lo que resulta
P
+
Mx = 0 : − M + (P/2)(2a − x) = 0 ⇒ M = −P (2a − x)/2 para x > a. El
correspondiente diagrama de momentos flectores se ha dibujado en la figura 9f, y
se observa que en el punto donde actúa el momento concentrado hay un salto cuyo
valor (yendo en el sentido de las xs positivas) es igual y de sentido contrario al
momento exterior concentrado.
Este resultado es totalmente general, lo que puede demostrarse con sencillez
a partir del equilibrio de momentos de una rebanada de la viga simétricamente
dispuesta respecto de la sección en la que actúa el momento concentrado como se
muestra
en la figura 10. Tomando momentos respecto del extremo dorsal se tiene
P
+
Mizda = 0 : M + − M − + M ex + Q+ 2s = 0; con lo que cuando s tiende a cero el
último término se anula y resulta la ecuación de salto para momentos
[M + − M − ] + M ex = 0
3.5.
(28)
Ejercicios
Ejercicio 3.2 Una
viga
biapoyada
está sometida a una sobrecarga triangular
simétrica como se muestra en la figura.
Calcular las leyes de cortantes y de momentos flectores y dibujar los diagramas
correspondientes.
Ejercicio 3.1 Una
viga
biapoyada
está sometida a una sobrecarga uniforme
en su primera mitad tal como se muestra
en la figura. Calcular las leyes de cortantes
y de momentos flectores y dibujar los
diagramas correspondientes.
q
q
=
=
=
=
L
L
Ejercicio 3.3 Una
viga
biapoyada
está sometida a una sobrecarga triangular
en su segunda mitad tal como se muestra
en la figura. Calcular las leyes de cortantes
y de momentos flectores y dibujar los
diagramas correspondientes.
Ejercicio 3.4 Una ménsula acodada
está sometida a una fuerza horizontal
en su extremo, tal como se muestra en
la figura. Calcular las leyes de cortantes
y de momentos flectores y dibujar los
diagramas correspondientes.
q
L
L
=
=
45◦
L
14
F
Ejercicio 3.5 Para la viga acodada biapoyada de la figura, calcular las leyes de
cortantes y de momentos flectores y dibujar los diagramas correspondientes.
Ejercicio 3.6 Para el sistema de dos vigas articuladas de la figura, calcular las leyes de cortantes y de momentos flectores y
dibujar los diagramas correspondientes.
F
F
3a
2a
=
F
=
2L
=
=
a
Ejercicio 3.7 Para el sistema de dos vigas articuladas de la figura, calcular las leyes de cortantes y de momentos flectores y
dibujar los diagramas correspondientes.
Ejercicio 3.8 Para la viga doblemente
acodada de la figura, dibujar los diagramas
de esfuerzos cortantes y momentos flectores. Solución
2q
P
q
P
2P
a
P
a
a
a
a
Ejercicio 3.9 Para la viga doblemente
acodada de la figura, dibujar los diagramas
de esfuerzos cortantes y momentos flectores.
a
a
a
Ejercicio 3.10 Para el sistema de tres vigas articuladas de la figura, calcular las leyes de cortantes y de momentos flectores y
dibujar los diagramas correspondientes.
q
8qa
P
8qa
a
a
2
a
2
a
a
2
2P
P
a
a
2
a
a
a
a
2a
Ejercicio 3.11 Para
el
pórtico
ermpotrado-articulado-apoyado de la
figura, dibujar los diagramas de esfuerzos
cortantes y momentos flectores.
Ejercicio 3.12 Para
el
pórtico
ermpotrado-articulado-apoyado de la
figura, dibujar los diagramas de esfuerzos
cortantes y momentos flectores. .
q
qa
a
2P
P
a
2a
1.5a
a
2
15
a
2
4.
Tensiones y deformaciones longitudinales en
una viga recta
Hasta este punto, hemos considerado solamente el equilibrio de cualquier tramo
de una viga, pero no hemos descendido a analizar las distribuciones de tensiones
ni las deformaciones de la viga. En este apartado planteamos las ecuaciones de
compatibilidad de deformaciones en dirección longitudinal en una viga sometida a
extensión pura, a flexión pura y a flexión compuesta y utilizamos las ecuaciones
constitutivas y las ecuaciones de equilibrio a nivel de sección para obtener relaciones
entre esfuerzos axiles y deformación longitudinal, y entre momentos y curvatura.
La hipótesis básica para establecer la compatibilidad de movimientos entre distintos puntos de una sección recta es la Hipótesis de Navier que establece que las
secciones rectas de la viga permanecen planas al deformarse esta, y perpendiculares
al eje deformado. Esta es una hipótesis aproximada que se cumple muy bien en
secciones alejadas de los puntos singulares de la viga (extremos, puntos de aplicación de cargas concentradas); la distancia a la cual se establece el régimen de
Navier es del orden del canto de la viga, por lo que la teorı́a que aquı́ se desarrolla
será válida para vigas esbeltas, es decir, para vigas en que la longitud es mucho
mayor que el canto.
4.1.
4.1.1.
Extensión axil pura
Ecuaciones de compatibilidad de deformaciones
Consideremos una viga recta esquematizada en la figura 11, en la que, por el
momento, suponemos que la sección recta es de forma arbitraria y tomamos unos
ejes cartesianos cuyo eje x es paralelo al eje de la viga. Decimos que una viga
está sometida a extensión axil pura cuando al deformarse, permanece recta. Esto
significa que, salvo por un desplazamiento de sólido rı́gido, el desplazamiento debe
tener la dirección del eje x, y, puesto que las secciones deben permanecen planas, el
desplazamiento debe ser uniforme en una sección recta, es decir, que ux = u(x) no
depende de y ni de z. De esta manera, los elementos del material en una rebanada
de espesor diferencial experimentan una deformación longitudinal que, como se vio
en la primera parte de la asignatura para la deformación uniaxial de tirantes y
bielas, viene dada por
∂u
(x)
(29)
x =
∂x
de lo que resulta que la deformación longitudinal debe ser uniforme en toda una
sección recta (es decir, que no depende de la posición del punto sobre la sección).
y
z
x
Figura 11: Esquema de una viga recta de sección arbitraria.
16
Esta es la condición de compatibilidad de deformaciones en distintos puntos de la
sección
Queremos ahora relacionar las deformaciones con las acciones, por lo que, en
primer lugar, escribimos las ecuaciones de equilibrio que relacionan las tensiones
con los esfuerzos y, en segundo lugar, utilizamos las ecuaciones constitutivas para
relacionar las tensiones con las deformaciones.
4.2.
Equilibrio de esfuerzos axiles
Por definición, el esfuerzo axil es la resultante de las tensiones longitudinales
que actúan sobre la sección, es decir:
Z
σx dA
(30)
N=
S
Para obtener el valor del axil correspondiente a una deformación longitudinal
dada x tenemos que usar la ecuación constitutiva uniaxial según la cual, en general
σx = σ̂(x )
(31)
que en el caso lineal se reduce a la ley de Hooke σx = Ex .
Si el material es uniforme (mismas propiedades mecánicas en todos los puntos
de la sección), entonces la tensión es uniforme y puede sacarse fuera de la integral,
con lo que, trivialmente,
N = σ̂(x )A
material uniforme general
(32)
material uniforme lineal
(33)
y si es lineal
N = x EA
En muchos casos prácticos, especialmente en ingenierı́a de materiales, el material de la viga no es uniforme, bien porque esté compuesta por varios materiales
pegados entre sı́, o porque se trate de un material con función gradiente, en el cual
las propiedades mecánicas varı́an de un punto a otro.
Centrándonos en el caso de secciones no uniformes de materiales hookeanos,
para las cuales el módulo de elasticidad no es uniforme (es decir que d epende de
la posición, E = E(y, z)), la expresión para N resulta
Z
Z
N = Ex dA = x E dA
(34)
x
x
y, definiendo el módulo de elasticidad medio de la sección E en la forma
Z
EA =
EdA,
(35)
S
resulta
N = x EA
material no uniforme lineal
(36)
que es la generalización de la ecuación (33).
Ejemplo 4.1 Considérese un elemento prismático de sección rectangular de longitud `,
17
canto c y anchura b, que está constituido por un material con función gradiente, cuyas propiedades varı́an
continuamente a lo largo del espesor. En el caso que
se estudia el material se comporta linealmente y el
modulo de elasticidad es E1 en la cara inferior y 2E1 z
en la cara superior, y varı́a linealmente a lo largo del
canto. Determinar el esfuerzo axil cuando el prisma
se somete a una extensión uniaxial uniforme que produce un alargamiento ∆`.
y
c
`
b
x
Solución. En este caso, la deformación es uniforme y vale x = ∆`/` . El módulo de elasticidad varı́a linealmente con la distancia y a la cara inferor de manera que vale E1 para
y = 0 y 2E1 para y = c, por lo que su ecuación es E = E1 +(E1 /c)y = E1 + E1 y/c = E(y) .
Consecuentemente, el producto EA es
Z
Z c
EA =
x E(y)dA =
E(y)bdy,
S
0
donde, para integrar, hemos tomado como diferenciales de áreas la familia rectángulos
infinitesimales de base b y altura dy mostrados en la figura siguiente:
y dA
2E1
E(y)
c
dy
z
E
E1
b
Sustituyendo la expresión sel módulo de elasticidad resulta
Z c
y
c2
1+
bdy = E1 bc + b/c ⇒ EA = 1,5E1 A
EA = E1
c
2
0
donde A = bc es el área de la sección recta. Consecuentemente N = 1,5E1 A∆`/` .
En el caso de sección compuesta por n materiales distintos que identificamos
con un subı́ndices 1, 3 · · · n de módulos de elasticidad E1 , E2 , · · · En y que ocupan
áreas de la sección A1 , A2 , · · · An la ecuación anterior se reduce a
EA = E1 A1 + E2 A2 + · · · + En An =
4.2.1.
n
X
Ei A i
(37)
i=1
Equilibrio de momentos
La resultante de un sistema de vectores (en este caso de las tensiones longitudinales) no caracteriza el sistema completamente; es preciso determinar el momento
en algún punto del espacio. Ahora bien, en el caso de un sistema de vectores paralelos, como el que nos ocupa, se demuestra que existe un punto respecto del cual
el momento es cero. Este punto se denomina centro del sistema, y en el caso particular que nos ocupa lo denominaremos centro de axiles , y tiene la propiedad de
que el sistema de tensiones longitudinales se reduce al vector axil aplicado en ese
punto. Por lo tanto buscamos el centro de axiles como el punto de coordenadas
(yN , zN ) en el plano de la sección en el cual el momento de las tensiones es cero,
es decir, que cumple las condiciones
Z
Z
(y − yN )σx dA = 0
y
(z − zN )σx dA = 0
(38)
S
S
18
para las componentes z e y, respectivamente, del momento. Despejando la coordenada yN resulta
Z
Z
Z
Z
yN
σx dA =
yσx dA
⇒
yN
σx dA =
yσx dA
(39)
S
S
S
S
En el caso de que el material sea uniforme, sigmax sale de las integrales en
ambos miembros y resulta que el centro de axiles coincide con el centro de gravedad
de la sección:
Z
yN A =
ydA
⇒
yN ≡ yG para material uniforme
(40)
S
En el caso de que la respuesta sea elástica pero el material no sea homogéneo,
puede ponerse σx = Ex con lo que resulta
Z
yEdA
(41)
yN EA =
S
que puede interpretarse como el centro de gravedad de una chapa con la forma de
la sección y con un espesor en cada punto proporcional al módulo de elasticidad
correspondiente.
Ejemplo 4.2 En la viga de un material con función gradiente del ejemplo 4.1, determinar el centro de axiles.
Solución. Sustituyendo las expresión anteriormente halladas poara EA y E en la ecuación (41), resulta
c
Z c 5
b cy 2 y 3
5
y
yN 1,5E1 A = E1
y 1+
bdy = E1
+
= E1 bc2 = E1 Ac
c
c 2
3 0
6
6
0
5
con lo que resulta yN = c
9
En el caso de una sección compuesta por n materiales homogéneos, el segundo
miembro se reduce a una suma:
Z
Z
Z
Z
Z
n
X
yE(y, z)dA = E1
ydA + E2
ydA · · · + En
ydA =
Ei
ydA (42)
S
S1
S2
Sn
i=1
Si
donde Si es la parte de la sección ocupada por el material i, y puesto que cada una
de las integrales de la suma es, por definición, el producto del área correspondiente
Ai por la coordenada yGi del centro de gravedad de la misma, resulta, finalmente
yN EA = yG1 E1 A1 + yG2 E2 A2 + · · · + yGn En An =
n
X
yGi Ei Ai
(43)
i=1
donde EA está dado, en este caso, por la ecuación (37)
Es de notar que existen muchos casos prácticos en los que el cálculo del centro
de axiles es inmediato debido a condiciones de simetrı́a: en efecto, si la sección tiene
un eje de simetrı́a geométrica y material (es decir, que las propiedades del material
son las mismas en puntos simétricos respecto de ese eje), entonces el centro de
axiles está sobre el eje de simetrı́a. En este curso consideraremos siempre secciones
simétricas respecto al eje y, por lo que el centro de axiles, igual que el centro de
19
gravedad del área, estará sobre dicho eje. En muchos casos, existe también un eje
de simetrı́a perpendicular al eje y (secciones rectangulares, circulares, en doble T
o I, etc.) en cuyo caso el centro de axiles está en el punto de intersección de ambos
ejes, que es el centro de simetrı́a de la sección. Veamos, con un ejemplo, como
organizar el cálculo cuando no existe un eje de simetrı́a perpendicular al eje y:
Ejemplo 4.3 Una viga de sección rectangular de 100 mm de canto y 200 de anchura,
de un material elástico de módulo de elasticidad E1 se refuerza
pegando en su cara inferior una lámina de 5 mm de espesor
100
de un material cuyo módulo de elasticidad es E2 = 5E1 . Determinar el centro de axiles y el módulo de elasticidad medio.
5
200
Solución. Disponemos los datos en una tabla de 8 columnas que en cada fila contiene los
datos de un componente que son, de izquierda a derecha: el número de componente, su
anchura, su altura, su área, su módulo de elasticidad el producto de su área por el módulo
de elasticidad E, la posición (respecto de la cara inferior) de su centro de gravedad yG y,
finalmente el producto yGi Ei Ai de los elementos de la sexta y séptima columnas; todas
las longitudes se expresan en cm
i
1
2
bi
20
20
ci
10
0.5
P
Ai
200
10
210
Ei
E1
5E1
—
Ei Ai
200E1
50E1
250E1
yG i
5.5
0.25
—
yGi Ei Ai
1100E1
125E1
1225E1
La suma de la cuarta columna es el área total A = 210 cm2 , la suma de la sexta columna
es, de acuerdo con la ecuación (37), el producto EA = 250E1 y la suma de octava columna
es, de acuerdo con la ecuación (43), el producto yN EA = 1225E1 , por lo tanto, yN es
igual la suma de la octava columna dividida por la suma de la sexta: yN = 1225/250,
i.e., yN = 4,90 cm , 0.35 centı́metros por debajo del centro de gravedad geométrico de
la sección.
Por su parte, el módulo de elasticidad medio se obtiene dividiendo la suma de la sexta
columna por la de la cuarta: E = 25E1 /21, i.e., E = 1,19E1
4.3.
4.3.1.
Flexión pura
Ecuaciones de compatibilidad de deformaciones
Estudiamos a continuación el caso viga recta con un plano de simetrı́a en el
cual flecta. Tomamos el plano de simetrı́a com plano xy y el eje z perpendicular a
él, como se esquematiza en la figura 12.
En flexión pura, un tramo de viga de longitud inicial `0 flecta en el plano
xy sometida únicamente a fuerzas interiores cuya resultante general en cualquier
sección recta se reduce a un momento flector constante en la dirección del eje z.
En estas circunstancias las “fibras”materiales paralelas al eje de la viga que van
de una cara a otra, como la AA0 de la figura 12, adoptan la forma de arcos de
circunferencia contenidos en planos paralelos al xy que, proyectados sobre el plano
xy aparecen como arcos de circunferencia concéntricos tal como se representa en
la figura 13; a su vez, las secciones rectas se transforman en secciones radiales en
virtud de la Hipótesis de Navier. En dicha figura se muestra, a la izquierda, el
tramo de viga de longitud `0 antes de deformarse y, a la derecha, el mismo una vez
deformado.
Las fibras A0 A y O0 O se deforman en arcos de circunferencia con centro en
C. Debido a la flexión, las fibras más externas de la parte convexa de la curva
20
y
y
A!
A
z
z
x
Figura 12: Esquema de una viga de sección recta simétrica respecto del plano xy.
C
ρy
θ
y
ρ
A
!
A
!
Oy
O
y0
A
!y
x
A
!0
!
y − y0
O
!0
O!
y0
Figura 13: Esquema de las deformaciones en flexión pura.
se alargan y las de la parte cóncava se acortan, por lo que debe existir una fibra
intermedia O0 O que mantiene su longitud, a la cual denominamos fibra neutra y
cuya posición y0 debemos determinar. Sea ρ el radio de curvatura de la fibra neutra
O0 O; entonces, la condición de que su longitud se mantiene igual a la inicial es
ρθ = `0 ⇒ θ =
`0
ρ
(44)
Por otra parte, suponiendo, como es usual cuando las deformaciones no son
muy grandes, que la distancia entre fibras permanece aproximadamente igual a la
inicial, la longitud final de una fibra situada a la distancia y es , en virtud de la
compatibilidad de deformaciones longitudinales exigida por la Hipótesis de Navier
representada figura 13,
`(y) = ρy θ = [ρ − (y − y0 )]
`0
`0
`0
= `0 − (y − y0 ) ⇒ ∆`(y) = − (y − y0 )
ρ
ρ
ρ
(45)
de la que se sigue la deformación de la fibra sin más que dividir por `0 :
1
x = − (y − y0 ) = −κ(y − y0 )
ρ
21
(46)
y
O!
plan
o ne
utro
z
eje neutro
O
x
Figura 14: Esquema del plano neutro de la viga y del eje neutro de la sección.
donde κ = 1/ρ = curvatura de la fibra neutra.
En el razonamiento anterior, hemos singularizado una fibra para ver como se
alarga, pero es evidente que todas las fibras que están a la misma distancia y del
plano xz experimentan la misma deformación y que todas las que están a la distancia y0 experimentan una deformación nula. En el espacio, el lugar geométrico de las
fibras que no se alargan es un plano, que denominamos plano neutro (figura 14).
La intersección del plano neutro con el plano de la sección es una recta a la que
denominaremos eje neutro de la sección.
En general se da por supuesto que el eje ideal de la viga es la intersección del
plano neutro y el plano de simetrı́a de la viga y se dice que ρ y κ son el radio de
curvatura y la curvatura de la viga.
La ecuación (46) establece la compatibilidad de deformaciones entre las fibras
impuesta por la Hipótesis de Navier y tiene dos grados de libertad: la curvatura κ
y la posición de la fibra neutra y0 , que debemos relacionar con los esfuerzos, lo que
se consigue estableciendo las condiciones de equilibrio y utilizando, a continuación
la ecuación constitutiva junto con la anterior ecuación de compatibilidad.
4.3.2.
Equilibrio de esfuerzos axiles: posición de la fibra neutra
La primera ecuación de equilibrio es la de axiles, que expresará que el esfuerzo
axil resultante de las tensiones normales σx es cero; en consecuencia, igualando el
segundo miembro de la ecuación (30) a cero, obtenemos la condición
Z
σx dA = 0
(47)
S
Dada ahora la ecuación constitutiva del material σx = σ̂(x ), obtenemos la condición
Z
σ̂[−κ(y − y0 )] dA = 0
(48)
S
que en el caso general, establece una relación no lineal entre y0 y κ que, salvo casos
de secciones con centro de simetrı́a, hay que desarrollar en cada caso particular.
En el caso lineal, sin embargo, la condición puede resolverse con generalidad
y la posición de la fibra neutra es independiente de κ. En efecto, si el material es
lineal tenemos σx = Ex y la integral se reduce a
Z
Z
Z
− κ E(y − y0 ) dA = 0 ⇒ y0 E dA =
yE dA
(49)
S
S
22
S
Teniendo en cuenta la definición de módulo de elasticidad medio de la ecuación (35),
la condición se reduce a
Z
y0 EA =
yE dA
(50)
S
que coincide exactamente con la ecuación (41), lo cual significa que en el caso
de que la respuesta de todas las fibras sea lineal, la posición y0 de la fibra neutra
coincide con la posición yN del centro de axiles, y todas las ecuaciones del apartado
anterior son aplicables a la determinación de la posición de la fibra neutra.
4.3.3.
Equilibrio de momentos: relación momento curvatura
Una vez establecido el equilibrio de axiles que afirma que la resultante de la
distribución de tensiones normales es nula, queda por establecer que el momento
flector es igual al momento resultante de dicha distribución. Para ello podemos
tomar momentos en cualquier punto porque, al ser la resultante nula, el momento
es idéntico en todos los puntos. Elegimos, por simplicidad, tomar momentos en un
punto del plano neutro. La componente z del momento (las otras son nulas por las
condiciones supuestas de simetrı́a), que llamamos simplemente M , viene dada por
Z
M = − (y − y0 )σx dA
(51)
S
donde el signo menos corresponde a que tensiones positivas por encima de la fibra
neutra dan lugar a un momento negativo. En el supuesto de comportamiento lineal
del material (aunque no necesariamente uniforme) resulta, después de sustituir
σx = Ex = −κE(y − y0 ),
Z
(52)
M = κ (y − y0 )2 E dA = κEI
S
donde se ha escrito
EI =
Z
S
(y − y0 )2 E dA
(53)
Ejemplo 4.4 Para la viga de material con función gradiente del ejemplo 4.1, determinar
el eje neutro y la rigidez a flexión EI.
Solución. El eje neutro pasa por el centro de axiles, resultado que se obtuvo en el
ejemplo 4.2, por lo que y0 = yN = 5c/9. En consecuencia, tenemos, usando el mismo
esquema de integración que en el citado ejemplo
Z c
Z c
5 2
y
5 2
y
bdy = E1 b
1+
dy
EI =
y − c E1 1 +
y− c
9
9
c
0
0
|
{z c } |{z}
dA
E(y)
La última integral puede realizarse manualmente sin dificultad (el integrando es un polinomio), pero es tedioso y cometer errores es fácil, por lo que puede ser interesante utilizar
un software de álgebra simbólica. Aqui se ha usado el programa Maxima porque es de
dominio público2 y muy fácil de usar. La integral se resuelve tecleando la instrucción
integrate((y-5*c/9)^2*(1+y/c),y,0,c); (incluido el punto y coma) y presionando
13
return. El resultado es 13c3 /108, por lo que la rigidez a flexión es EI = E1 108
bc3 y
13
teniendo en cuenta que E = 1,5E1 resulta, también EI = E 162
bc3 .
Puede descargarse en http://maxima.sourceforge.net/download.html. Véanse instrucciones
para integrar en Windows en el apendice A.
2
23
Cuando el material es uniforme, E constante y puede sacarse fuera de la integral
y resulta, simplemente,
EI = EI
(54)
donde I es el momento de inercia del área respecto del eje neutro, que, en este
caso, pasa por el centro de gravedad del área de la sección:
Z
I = (y − y0 )2 dA
(55)
S
Cuando el área está formada por una combinación de formas geométricas simples, es conveniente calcular el momento de inercia del área como la suma de los
momentos de inercia de las áreas simples:
I = I1 + I2 + · · · + In =
n
X
Ii
(56)
i=1
Estos momentos de inercia deben ser todos respecto del eje neutro de la sección,
por lo que usualmente será necesario usar el teorema de los ejes paralelos para pasar
de un eje central (i.e. que pasa por el centro de gravedad del área considerada) al
eje neutro:
(57)
Ii = Iˆi + (yGi − y0 )2 Ai
donde Iˆi es el momento central de inercia para un eje paralelo al neutro, e yGi la
posición del centro de gravedad, todo ello para el área i-ésima.
30
200
200
Ejemplo 4.5 Una viga de sección en T de 200 mm de altura,
200 de anchura y 30 mm de espesor de ala y de alma, hecha
de un material de módulo de elasticidad 70 GPa va a trabajar
a flexión en su plano de simetrı́a. Determinar la posición del
eje neutro, el momento de inercia del área respecto de él y la
rigidez a flexión en kNm2 .
30
Solución. Descomponemos el área en dos rectángulos: (1) las alas y (2) el alma y empezamos por calcular la posición del centroide, con una tabla similar a la utilizada en el
ejemplo 4.3. Ponemos las distancias en cm y medimos desde la cara inferior:
donde la última celda inferior derecha
i bi ci
Ai yGi yGi Ai
y0
es el cociente entre la suma de la sexta
1 20
3
60 18,5
1110
columna y la suma de la cuarta y es la
2
3 17
51
8,5
433,5
P
posición del eje neutro (y del centro de
111
— 1543,5 13,91
gravedad de la T).
A continuación calculamos el momento de inercia partiendo de los centrales de cada
rectángulo (los resultados en cm4 ):
i
1
2
bi
20
3
ci
3
17
Iˆi
45,00
1228,25
Ai
60
51
yGi − y0
4,595
−5,405
(yGi − y0 )2 Ai
1267
1490
P
Ii
1312
2718
4030
Finalmente la rigidez a flexión es EI = 70 × 109 × 4030 × 10−8 = 2,821 × 106 Nm2 , es
decir, EI = 2821 kNm2 .
En el caso de que los componentes de la sección sean materiales de distinto
módulo de elasticidad, se puede calcular la rigidez EI sumando la contribución de
24
cada uno de los componentes, con lo cual tendrı́amos la rigidez a flexión expresada
como
n
X
EI = E1 I1 + E2 I2 + · · · + En In =
Ei Ii
(58)
i=1
con lo cual, el cálculo de la rı́gidez se limita a añadir dos columnas a la tabla
del ejemplo anterior, donde una para los módulos de elasticidad y otra para los
productos Ei Ii .
Ejemplo 4.6 Para la viga reforzada del ejemplo 4.3, determinar la rigidez a flexión si
E1 = 40 GPa.
Solución. En el citado ejemplo se calculó la posición del eje neutro, que resulta estar a
4,9 cm de la cara inferior. Construimos entonces la tabla siguiente, con las dimensiones
en cm y los módulos de elasticidad en GPa
i
1
2
bi
20
20
ci
10
0.5
Iˆi
1666,67
0,21
Ai
200
10
yGi − y0
0,6
−4,65
(yGi − y0 )2 Ai
72.0
216.23
Ii
1738.67
216.44
Ei
40
200
P
es decir EI = 112835 GPa cm4 = 1128350 Nm2 , i.e., EI = 1128 kNm2
4.3.4.
Ei Ii
69547
43288
112835
Distribución de tensiones normales
En los apartados anteriores hemos arrancado de las condiciones de compatibilidad para determinar las deformaciones, a partir de las cuales hemos calculado las
tensiones mediante la ecuación constitutiva y de ello hemos calculado la relación
momento flector-curvatura. Podemos ahora cerrar el bucle y calcular las tensiones
para un momento flector dado.
Ciñéndonos al caso lineal (aunque no necesariamente uniforme), hemos obtenido
que M = κEI es decir que κ = M/EI y, de la ecuación de compatibilidad x =
−κ(y − y0 ) y la ley de Hooke para cada fibra, llegamos a la expresión
σx = −E(y, z)
M
(y − y0 )
EI
(59)
donde se ha hecho explı́cito que, en el caso general lineal, el módulo de elasticidad
puede depender de la posición dentro de la sección, con lo que la distribución de
tensiones puede ser no lineal, como se ve en el siguiente ejemplo
Ejemplo 4.7 Para la viga de material con función gradiente del ejemplo 4.1, determinar
la distribución de tensiones normales para un momento flector dado.
Solución. En el citado ejemplo se calculó la posición del eje neutro, que resulta estar
a 5c/9 cm de la cara inferior, y la distribución de módulos de elasticidad, que es E =
E1 (1+y/c), y en el ejemplo 4.4 la rigidez EI = 13E1 bc3 /108, de manera que sustituyendo
en la ecuación (56) resulta
108M y y 5
σx = −
1+
−
13bc2
c
c 9
que muestra que la distribución de tensiones es parabólica.
25
En el caso de material uniforme, EI = EI y E es constante, por lo que se
obtiene una distribución lineal sobre toda la sección:
M
(60)
σx = − (y − y0 )
I
lo cual implica que la tensión máxima, en valor absoluto, ocurre siempre en la fibra
más alejada de la fibra neutra, es decir
M
|y − y0 |máx
(61)
|σx |máx =
I
ecuación usada extensamente para diseñar vigas basadas en el criterio de la tensión
admisible, en el cual debe cumplirse que la tensión máxima en en la sección más
desfavorable sea inferior a un cierto valor admisible σa . Est es tanto como obligar
a que se cumpla la condición
|M |máx
|y − y0 |máx ≤ σa
(62)
I
Se trata, sin embargo de un criterio muy simplificado que supone una simetrı́a en
la resistencia del material en tracción y en compresión.
En vigas compuestas por distintos materiales, la distribución de tensiones normales dentro de cada componente es lineal, pero diferente. la expresión de la distribución de tensiones para el componente i es, de acuerdo con la ecuación (56)
Ei M
(y − y0 )
(63)
σxi = −
EI
y el criterio de tensión admisible debe aplicarse a cada componente independientemente.
4.4.
Ejercicios
Ejercicio 4.1 En una viga de sección rectangular uniforme de espesor b y canto c,
determinar las relaciones entre el momento flector y el axil para las que todas las fibras
de la sección están comprimidas.
Ejercicio 4.2 Considérese una viga de
sección cuadrada de lado a con un hueco
concéntrico circular de diámetro d = 0,9a.
Determinar el máximo momento flector
que puede aplicarse a la viga si la tensión
admisible es σa , (a) si el momento flector
es paralelo a uno de los lados del cuadrado
(figura de la izquierda), y (b) si el momento
flector es paralelo a una de las diagonales
del cuadrado (figura de la izquierda). Aplicación numérica: a = 40 mm, σa = 120
MPa.
y
Ejercicio 4.3 La estructura de la figura,
de longitud total ` está formada por dos
vigas de igual sección y material unidas
por una rótula. se pide: (a) determinar la
posición de la rótula B para que los momentos máximos en los tramos AB y BC
sean iguales en valor absoluto; (b) determinar el canto de la viga si la sección es
rectangular, de canto c y espesor c/2 y la
tensión admisible es σa ; (c) determinar el
canto de la viga si se usa un perfil laminado IPE.3 Aplicación numérica: ` = 6 m,
q = 10 kN/m, σa = 150 MPa.
y
3
q
z
A
z
B
C
!
3
Véanse
las
caracterı́sticas
geométricas
26
de
perfiles
laminados
estructurales
en
Ejercicio 4.4 Para la viga de la figura, se pide: (a) determinar la posición del apoyo
B para que los momentos máximo y mı́nimo (positivo y negativo) sean iguales en valor
absoluto; (b) determinar el canto de la viga si la sección es rectangular, de canto c y
espesor 2c/3 y la tensión admisible es σa ; (c) determinar el canto de la viga si se usa un
perfil laminado HEB.3
Aplicación numérica: ` = 4,5 m, q = 7 kN/m, σa = 210 MPa.
A
q
B
!
C
http://www.apta.com.es/prontuario/Capitulo 2.htm# Toc517578394.
27
5.
Deformaciones de vigas rectas esbeltas
En esta sección analizamos la teorı́a más simple de las deformaciones de vigas
rectas esbeltas, en las que la hipótesis de Navier es aplicabe, lo que significa, por
un lado, que se desprecian los efectos locales de las secciones extremas y de las
singularidades, y, por otro, que se desprecian las deformaciones inducidas por el
cortante; estas simplificaciones son aceptables si la viga es esbelta, es decir, que su
canto es mucho menor que su longitud.
Además de las simplificaciones anteriores, limitaremos el estudio a los casos en
que el material tiene un comportamiento lineal (aunque puede no ser uniforme) y
en los que son pequeños: (1) los desplazamientos de todos los puntos de la viga
comparados con la longitud de la viga; (2) los giros de las fibras longitudinales; y
(3) las curvaruras de las fibras longitudinales comparados con el canto de la viga.
En virtud de los resultados de la sección anterior, representaremos la viga por
su eje de axiles, que es el lugar geométrico de los centros de axiles de todas sus
secciones y, gracias a la linealidad supuesta, trataremos separadamente los desplazamientos longitudinales y los transversales, siendo los primeros debidos al esfuerzo
axil, y los segundos debidos al momento flector.
5.1.
Desplazamientos longitudinales
Von ele eje x en la dirección longitudinal de la viga, al ecuación de compatibilidad expresada en corrimientos es
∂ux
= x
(64)
∂x
Si la distribución de esfuerzos axiles es conocida, podemos calcular la distribución de deformaciones longitudinales a partir de (36), y podemos a continuación
integrar (64) entre dos puntos A y B del eje de la viga:
Z xB
Z xB
∂ux
x dx
(65)
dx =
∂x
xA
xA
y la primera integral se resuelve inmediatamente para dar la diferencia de corrimientos entre los puntos A y B, y la segunda puede interpretarse como el área
encerrada por el diagama de deformaciones axiales, con lo que podemos poner
Z xB
uxB = uxA +
x dx ≡ uxA + AA–B ,
(66)
xA
ecuación que, conocido el corrimiento axial en un punto de la viga, permite calcular
el corrimiento axial en cualquier otro a partir de la distribución de deformaciones,
es decir, de la distribución de axiles.
Ejemplo 5.1 La viga biapoyada de la figura tiene sección uniforme de área A y está hecha de una combinación de materiales lineales con módulo de elasticidad medio E. Si
está sometida a un axil cuyo diagrama es el que se muestra en la figura, determinar el
desplazamiento del apoyo izquierdo y del punto medio de la viga.
N1
A
=
C
`
28
=
B N1 /2
Solución: El desplazamiento del punto B cero, por tanto, aplicando la ecuación (66)
entre los puntos A y B y entre los puntos C y B, resulta
%
ux0B= uxA +
N1 ` 1 N1 2 ` 1 N1 1 `
+
−
EA 2 2 EA 3 2 2 2EA 3 2
⇒
uxA = −
5 N1 `
8 EA
donde los tres últimos términos del segundo miembro de la primera ecuación son, de
izquierda a derecha: el área del rectángulo, el área del triángulo positivo y el área del
triángulo negativo. Las bases de los triángulos se han determinado por razones de semejanza; el desplazamiento es negativo con los ejes estándar, es decir que A se deplaza
hacia la izquierda. Nótese que existen varias formas de calcular el área por descomposición en áreas simples; se ha utilizado la más obvia, pero serı́a más simple utilizar un
trapecio de altura 3N1 /3 y bases ` y `/2 menos un rectángulo de altura N1 /2 y base
`. El desplazamiento del punto central se obtiene de forma análoga, siendo entonces el
área la que corresponde a los dos últimos términos de la ecuación anterior, por lo que se
1 N1 `
obtiene uxC = −
.
8 EA
5.2.
5.2.1.
Desplazamientos normales al eje de la viga
Bases geométricas del cálculo
Los desplazamientos normales (i.e. en la dirección del eje y) son, como ya se
ha dicho, principalmente debidos al momento flector, o, más especı́ficamente, a
la curvatura inducida por el momento flector. Supongamos pues que conocemos
la distribución de curvatura a lo largo de la viga. En general, la curvatura es la
medida del cambio de dirección de una curva con el cambio de posición a lo largo
de ella (Fig. 15a):
dθ
κ=
(67)
dl
En el caso de una viga que se deforma de manera que sus puntos se desplazan
uy (x) en dirección del eje y (Fig. 15b), tenemos las siguientes que se deducen a
continuación.
En primer lugar, la derivada de uy con respecto a x es la pendiente de la curva
deformada, es decir
∂uy
= tan θ ≈ θ si θ 1
(68)
∂x
y como siempre consideraremos ángulos pequeños, tomaremos la aproximación como igualdad.
(a)
ρ
(b)
y
dθ
dθ
θ
dl
dθ
uy
dl
uy + duy
dx
Figura 15: Definición de radio de curvatura, diferencial de longitud de arco y diferencial de ángulo (a); deformada de una viga recta debido a desplatzamientos
normales a su eje (b).
29
En segundo lugar, la longitud de arco dl es, salvo infinitésimos de segundo orden
q
p
dx
≈ dx si θ 1
(69)
dl = (dx)2 + (duy )2 = dx 1 + tan2 θ =
cos θ
y de nuevo, consideraremos que los ángulos son siempre muy pequeños, por lo que
pondremos siempre dl ≡ dx.
Finalmente, sustituyendo el resultado anterior en la definición de curvatura,
resulta
∂θ
dθ
≡
(70)
κ=
dx
∂x
Para resolver el problema de los desplazamientos normales de la viga, partimos
de la curvatura determinada a partir del momento flector utilizando la ecuación (52)
y obtenemos los giros y los desplazamientos integrando las ecuaciones (70) y (68),
por este orden.
5.2.2.
Cálculo de los giros
Para calcular los giros partimos de la expresión (70), que multiplicamos por dx
e integramos, igual que hicimos para los corrimientos longitudinales:
Z xB
Z xB
∂θ
∂θ
=κ
⇒
dx =
κ dx
(71)
∂x
xA ∂x
xA
y la primera integral se resuelve inmediatamente para dar la diferencia de giros
entre los puntos A y B, y la segunda puede interpretarse como el área encerrada
por el diagama de curvaturas, con lo que podemos poner
Z xB
θB = θA +
κ dx ≡ θA + AκA–B ,
(72)
xA
Ejemplo 5.2 Determinar el giro en el extremo de una ménsula de la figura sometida
a una fuerza perpendicular a su eje en su extremo. Supóngase uniforme y conocida la
rigidez a flexión EI.
A
B
P
`
Solución: La ley de momentos flectores se obtiene inmediatamente del equilibrio de
un tramo de viga entre una sección a la distancia x y el extremo B. El resultado es
M = P (` − x) y el diagrama de momentos es el siguiente:
B
A
P`
con lo cual el área del diagrama de curvaturas es igual al área del triángulo sombreado, P ` × `/2, dividida por EI y , en consecuencia la ecuación (72) da como resultado
1 P`
P `2
θB = %
θA0 +
⇒ θB =
donde se ha impuesto la condición de que el giro en el
2 EI
2EI
empotramiento es cero.
30
Ejemplo 5.3 Suponiendo que la ménsula del ejemplo 3.5 tiene una rigidez a flexión EI,
determinar el giro en su extremo derecho.
Solución: La ley de momentos flectores se obtuvo en el citado ejemplo, y la curvatura
correspondiente es simplemente M/EI; como el resultado es una parábola cúbica cuya
área no se supone conocida, calcularemos el incremento de giro por integración. Tomando
el empotramiento como punto A y el extremo libre como punto B, y teniendo en cuenta
que el giro está impedido en el empotramiento, la ecuación (72) da como resultado
`
Z `
p0
p0
−1
p 0 `3
0
3
4
θB = %
θA +
(` − x) dx =
(` − x)
⇒ θB =
6`EI 0
6`EI 4
24EI
0
En los ejemplos anteriores se ha calculado el giro en un punto concreto de la
viga. En ciertos casos, empero, resulta necesario o interesante calcular los giros en
todos los puntos de la viga o de un tramo de la viga. Para ello basta, conociendo
el giro en un punto, calcular el giro en un punto arbitrario (i.e., dejar que xA o xB
sean variables.
Ejemplo 5.4 Determinar el giro en el todos los puntos de la ménsula del ejemplo 5.2.
Solución: Tomando como punto
“B” en la ecuación
(72) un punto arbitrario X obtene
P
(`
−
x
)
P
`
1
X
xX , donde el último miembro es el área
+
mos θX = %
θA0 + AκA–X =
2
EI
EI
del trapecio de curvatura entre A y X:
A
P`
Poniendo ahora xX ≡ x resulta θ(x) =
B
X
P (` − xX )
P
x(2` − x)
2EI
Ejemplo 5.5 Determinar el giro en el todos los puntos de la ménsula del ejemplo 5.3.
Solución: Tomando como punto “B” en la ecuación (72) un punto arbitrario X obtenemos
xX
Z xX
p0
p0
−1
0
4
3
%
θX = θA +
(` − x)
(` − x) dx =
6`EI 0
6`EI 4
0
p0 4
con lo cual, después de operar y poner xX ≡ x resulta θ(x) =
` − (` − x)4 24`EI
5.2.3.
Cálculo de los desplazamientos
Supongamos, por el momento, que hemos determinado los giros para todo punto
como en los dos ejemplos anteriores. Podemos integrar la ecuación (68) escribiendo
Z xB
Z xB
∂uy
∂uy
=θ
⇒
dx =
θ dx,
(73)
∂x
∂x
xA
xA
de forma que, procediendo como en los casos anteriores obtenemos
Z xB
uyB = uyA +
θ dx
(74)
xA
que se utiliza como hemos visto ya repetidas veces.
Sin embargo, obtener la curva completa de giros es a veces excesivamente costoso para las necesidades de un problema, especialmente cuando lo que se requiere es
31
y
xA
xB
x
dx
dMBκ = (xB − x)κ dx
κ
xB −x
dAκ = κ dx
κ
Figura 16: Momento del área de curvaturas.
obtener el desplazamiento en unos pocos puntos. Para evitarlo, podemos recurrir
a una integración por partes, escribiendo
θdx = d(θx) − xdθ = d(θx) − xκdx
(75)
donde en la última igualdad se ha utilizado la definición de curvatura; sustituyendo
en la integral anterior, resulta
Z xB
Z xB
xB
uyB = uyA + [θx]xA −
xκ dx = uyA + θB xB − θA xA −
xκ dx
(76)
xA
xA
Supongamos ahora que conocemos uyA y θA ; podemos sustituir θB por su expresión (72) para obtener, después de reordenar, el denominado segundo teorema
de Mohr:
Z xB
uyB = uyA + θA (xB − xA ) +
(xB − x)κ dx
(77)
xA
En esta ecuación, la integral puede interpretarse como el momento del área de
curvaturas entre los puntos A y B con respecto al punto B, con el convenio de
signos habitual de que la curvatura positiva apunta hacia abajo (Fig. 16), ya que
Z xB
Z xB
dMBκ dx = MBκA–B
(xB − x)κ dx =
(78)
xA
xA
con lo que resulta
uyB = uyA + θA (xB − xA ) + MBκA–B
(79)
uyB = uyA + θA (xB − xA ) + AκA–B (xB − xκGA–B )
(80)
Si el área de curvaturas tiene una forma cuyo centro de gravedad es conocido, podemos expresar el momento del área como el área total (entre A y B), multiplicada
por la distancia de su centro de gravedad a B, es decir
Ejemplo 5.6 Determinar el desplazamiento en el extremo de la ménsula del ejemplo 5.2.
Solución: En este caso uyA = 0 y θA = 0 con lo que queda
uyB =
2
1 P`
` ×
`
3
|{z}
|2 EI
{z }
área
⇒
uyB =
P `3
3EI
dist cdg
Ejemplo 5.7 Determinar el desplazamiento en el extremo de la ménsula del ejemplo 3.5.
Solución: En este caso uyA = 0 y θA = 0 con lo que, con la expresión de los momentos
obtenida en el citado ejercicio y utilizando la expresión integral (77), resulta
`
Z `
p0
−1
p0 `4
p0
3
5
uyB =
(` − x)
(` − x) dx =
(` − x)
⇒
uyB =
6`EI
6`EI 5
30EI
0
0
32
Ejemplo 5.8 Determinar los giros en los extremos y la flecha en centro para una viga
biapoyada de longitud ` sometida a una sobrecarga uniforme de valor q dirigida hacia
abajo.
q
A
B
`
Solución: Empezamos por calcular las reacciones, que son iguales entre sı́ y a ↑ q`/2. El
momento flector es pues M = (q`/2)x − (qx)(x/2) = qx(` − x)/2. Como existe simetrı́a
de carga, la deformada debe ser simétrica con respecto al centro de la viga, y, por tanto,
el giro en el centro debe ser nulo. Por lo tanto, aplicando la forma integral (72) para el
giro entre el extremo izquierdo A y el centro C resulta
Z `/2
q
q
1 2 1 3 `/2
θC = 0 = θ A +
x(` − x)dx ⇒ θA = −
`x − x
3
2EI
2EI 2
0
0
q`3
. Aplicando ahora la expresión (77) para los co24EI
rrimientos entre el centro y el extremo derecho B, para el cual el desplazamiento es nulo,
resulta
Z `
q
0
%
(` − x)
uyB = 0 = uyC + θC (xB − xC ) +
x(` − x)dx
2EI
`/2
y, en consecuencia, θB = −θA =
e integrando con la ayuda de Maxima resulta uyC = −
5q`4
384EI
Ejemplo 5.9 Determinar los giros en los extremos y la flecha en centro y en el punto
de aplicación de la carga para una viga biapoyada de longitud ` sometida a una carga
vertical concentrada hacia abajo de valor P
A
1
4!
P
C
D
B
!
Solución: Empezamos por calcular las reacciones y la ley de momentos, con los resultados que se muestran en la figura.
A
3P/4
D
P
C
3P `/16
B
P/4
Como en este caso no existen simetrı́as, no conocemos ninguno de los giros, pero sı́ sabemos que los desplazamientos en A y B son nulos, por lo que podemos poner
1 ` 3P ` 1 ` 3`
1 3` 3P ` 2 3`
7P `2
uB − uA = 0 = θA ` +
+
+
⇒ θA = −
donde se
2 4 16EI 3 4
4
2 4 16EI 3 4
128EI
ha tomado momentos respecto a B de cada uno de los triángulos rectángulos en los que se
descompone el área de momentos. Ahora podemos calcular el giro en B sumando al de A
1 3P `
5P `2
el área del triángulo de momentos dividida por EI: θB = θA + `
⇒ θB =
2 16EI
128EI
A continuación buscamos la flecha en el punto D usando la ecuación de desplaza`
1 ` 3P ` 1 `
3P `3
⇒ uyD = −
mientos entre A y D: uyD = %
uy0A + θA +
Final4
2 4 16EI 3 4
256EI
mente, buscamos la flecha en el centro usando la ecuación de desplazamientos entre
33
B y C porque la integral o el momento del triángulo de curvaturas es mucho más
fácil de calcular que el de un triángulo y un trapecio, aunque es preciso tener mucho cuidado con los signos de las distancias y con los lı́mites de integración: uyC =
Z `/2 `
`
11P `3
P
0
%
uyB + θB
(` − x)dx ⇒ uyC = −
−` +
−x
2
2
4EI
768EI
`
Ejemplo 5.10 En una viga biapoyada de longitud ` sometida a un momento concentrado M0 en su extremo derecho, determinar los giros en los extremos, la distribución de
flechas y la posición y valor de la flecha máxima (en valor absoluto)
M0
!
Solución: La ley de momentos es inmediata porque el momento es nulo en el extremo
izquierdo y M0 en el derecho y debe variar linealmente entre ambos:
A
x
B
M0 x/`
M0
Sabemos que los desplazamientos en A y B son nulos, por lo que podemos poner
`
1 M0
M0 `
uB − uA = 0 = θA ` + × `
⇒ θA = −
donde se ha tomado momentos
3
2 EI
6EI
respecto a B del triángulo total de momentos (sombreado claro). Ahora podemos calcular
el giro en B sumando al de A el área del triángulo de momentos dividida por EI:
1 M0
M0 `
θ B = θA + `
⇒ θB =
A continuación buscamos la flecha en el punto x
2 EI
3EI
x 1 M0 x
usando la ecuación de desplazamientos entre A y x: uy (x) = %
uy0A + θA x + × x
⇒
3 2 `EI
M0 x 2
(` − x2 ) La deformada correspondiente es una parábola cúbica que se
uy (x) = −
6EI`
anula en x = 0 y en x = ±`, es negativa en todo el intervalo que corresponde a la viga y
tiene un mı́nimo en él. El mı́nimo se obtiene derivando e igualando a cero la derivada, i.e.,
√
`2 − 3x2 = 0 ⇒ x = `/ 3 es la posición de la flecha máxima, y el valor correspondiente
M0 `2
es |uy |máx = √
9 3EI
5.2.4.
Principio de superposición y utilización de tablas
Cuando el material es elástico lineal y los giros y corrimientos pequeños, las
soluciones son aditivas, es decir, el giro y el desplazamiento debido a la aplicación
simultánea de dos sistemas de carga, son iguales a la suma de los giros y los desplazamientos. Esto es ası́ porque las leyes de momentos y, por tanto, de curvaturas son
aditivas. Esta propiedad suele llamarse el principio de superposición, y la operación
de sumar las soluciones se denomina superponer.
El principio de superposición es especialmente útil cuando el conjunto de cargas aplicado a la estructura puede descomponerse en casos simples cuyas soluciones
han sido previamente calculadas y tabuladas, pero sirve también para dar interpretaciones geométricas simples a las expresiones de giros y corrimientos que se han
obtenido en los apartados anteriores.
Comenzando por las tablas, la figura 17 recoge algunos de los casos simples
de carga que pueden utilizarse para, superponiendo varios de ellos, construir casos
más complejos, como en el ejemplo siguiente
34
GIROS Y DESPLAZAMIENTOS PARA ALGUNAS GEOMETRÍAS Y CARGA
x
MÉNSULA
Carga
A
B
!
Giros
MB
P
p
Desplazamientos
MB x
EI
MB `
=
EI
MB x2
2EI
MB `2
=
2EI
θ(x) =
uy (x) =
θB
uy B
P x(2` − x)
2EI
P `2
=
2EI
P x2 (3` − x)
6EI
P `3
=
3EI
θ(x) =
uy (x) =
θB
uy B
p (`3 − (` − x)3
θ(x) =
6EI
p`3
θB =
6EI
p
px2 (6`2 − 4`x + x2 )
24EI
p`4
=
8EI
uy (x) =
uy B
θB =
p`3
24EI
uy B =
p`4
30EI
θB =
p`3
8EI
uy B =
11p`4
120EI
VIGA BIAPOYADA
x
A
p
Carga
C
!/2
!/2
Giros
MB
Desplazamientos
MB (3x2 − `2 )
θ(x) =
6EI`
MB `
θA = −
6EI
MB `
θB =
3EI
P
p
p 4x3 − 6`x2 + `3
24EI
p`3
θA = −θB =
24EI
θ(x) =
MB x(`2 − x2 )
6EI`
MB `2
=−
16EI
|MB | `2
= √
9 3EI
uy (x) = −
uy C
|uy |máx
P `2 − 4x2
θ(x ≤ `/2) =
16EI
P `2
θA = −θB =
16EI
C
B
P x(3`2 − 4x2 )
48EI
P `3
=
48EI
uy (x ≤ `/2) =
uy C
px(x3 − 2`x2 + `3 )
24EI
5p`4
=
384EI
uy (x) =
uy C
Figura 17: Giros y desplazamientos para algunos casos de carga.
35
Ejemplo 5.11 Determinar el giro y la flecha en su extremo de la ménsula de la figura
q
0.3qa
a
0.2qa2
Solución: Descomponemos el problema como superposición de los casos (I) (II) y (III)
que siguen:
q
qa3
qa4
(I)
θ(I) = −
;
uy = −
(I)
6EI
8EI
+
q
0.3qa
=
(II)
0.2qa2
0.3qa
+
θ(II) =
3qa3
;
20EI
(II)
uy
=
qa4
10EI
qa4
qa3
(III)
;
uy =
0.2qa
5EI
10EI
y, en las dos columnas del cuadro resultante, calculamos los giros y flechas utilizando las
fórmulas de la figura 17. El resultado buscado se obtiene sin más que sumar los resultados
anteriores, es decir:
11qa3
θ = θ(I) + θ(II) + θ(III) ⇒
y
θ =
60EI
3qa4
(I)
(II)
(III)
uy = uy + uy + uy
⇒ uy =
40EI
(III)
2
θ(I) =
Por otra parte, las ecuaciones de Mohr (72) y (79) pueden interpretarse como
la superposición de los tres movimientos mostrados en la figura 18. Se trata de
un movimiento de traslación rı́gida igual al desplazamiento de A, uyA , de una
rotación de sólido rı́gido alrededor del punto A de ángulo θA , y del desplazamiento
debido a la curvatura entre A y B calculado con la ley de curvaturas real como si
tuviéramos un empotramiento en A. Esta descomposición conceptual resulta muy
útil para generalizar las ecuaciones de giros y corrimientos a tramos de viga que
no sean horizontales, en general, y a vigas acodadas, en particular.
(I)
A u yA
B
+
A
xB − xA
B
=
(II)
A
(III)
A
xB − xA
θA B
+
B
θ(I) = 0;
θ(II) = θA ;
(I)
uy = uyA
(II)
uy
(III)
θ(I) = AκA–B ; uy
= θA (xB − xA )
= MBκA–B
Figura 18: Interpretación geométrica de las ecuaciones de Mohr para giros y deformaciones.
36
5.3.
Desplazamientos en vigas acodadas
Salvo casos muy especiales, en vigas acodadas, o, más generalmente, en sistemas formados por varias vigas rectas no alineadas, alguno de los tramos rectos
está sometido a esfuerzos axiles además de a momentos flectores. En la mayorı́a de
los casos prácticos, los desplazamientos inducidos por la flexión son mucho mayores
que los inducidos por los axiles, por lo que es tradicional que estos últimos sean
despreciados frente a los primeros, y, por tanto, que se ignoren los axiles a efectos del cálculo de desplazamientos. En lo que sigue se analizan, en primer lugar,
los desplazamientos inducidos por flexión y a continuación la forma de tener en
cuenta los axiles cuando sea conveniente hacerlo ası́, junto con algunos ejemplos
ilustrativos de la influencia relativa de la deformación debida a los axiles
5.3.1.
Desplazamientos inducidos por flexión
Consideremos, para empezar unos ejemplos simples que ilustran cómo pueden
determinarse giros y desplazamientos en una viga isostática acodada.
Ejemplo 5.12 Determinar el giro y la flecha en su extremo de la ménsula acodada de
la figura, suponiendo uniforme y conocida la rigidez a flexión EI
M0
C
a
B
A
1.8a
Solución: En este caso el momento flector es constante e igual a M0 en todos los puntos
de la estructura y ası́ mismo lo es la curvatura κ0 = M0 /EI. Las deformaciones se
esquematizan (muy exageradas) en la figura siguiente:
θB
C000 C00 C0
C
B0
θB
A
B
El tramo AB es una ménsula con curvatura constante y, por tanto, el giro en su extremo
B es θB = 1,8aκ0 ; además, el extremo B se desplaza, debido a la curvatura, de B a B 0 ,
y el desplazamiento se calcula inmediatamente como el momento del área de curvaturas
(o utilizando la expresión correspondiente de la primera fila de la tabla de la figura 17)
BB 0 = uyB = 1,62a2 κ0 . Veamos ahora como se mueve el punto C: en primer lugar, si
en B hubiera una rótula y el tramo BC se moviera paralelamente a su posición inicial,
el punto C pasarı́a al punto C 0 de manera que no se modificara su longitud, lo cual
exige CC 0 = BB 0 ; en segundo lugar, puesto que de hecho no hay articulación en B,
debe mantenerse el ángulo entre los dos tramos, por lo que, en ausencia de curvatura,
el punto C deberı́a moverse hasta C 00 , de manera que se pasa de C 0 a C 00 por una
rotación de sólido rı́gido de valor θB , es decir, C 0 C 00 = θB a ; finalmente, el tramo BC
está sometido a curvatura constante, lo que provoca un desplazamiento adicional C 00 C 000 =
37
0,5a2 κ0 . Escribiendo el resultado en unos ejes globales horizontal y vertical, tendremos
uyC = uyB = 1,62a2 κ0 y uxC = −C 0 C 000 = −θB a − 0,5a2 κ0 ⇒ uxC = −2,3a2 κ0 . La
determinación del giro es mucho más simple porque el giro es continuo en toda la viga y
θC = θB + κ0 a ⇒ θC = 2,8aκ0
Veamos ahora un ejemplo un poco más general:
Ejemplo 5.13 Determinar el giro y la flecha en su extremo de la ménsula acodada de
la figura, suponiendo uniforme y conocida la rigidez a flexión EI
M0
C
c
B
A
a
b
Solución: Igual que en el ejemplo anterior el momento flector es constante e igual a M0
en todos los puntos de la estructura y ası́ mismo lo es la curvatura κ0 = M0 /EI. Las
deformaciones se esquematizan (muy exageradas) en la figura siguiente:
C000
C00
y
α
C0
θB
x
C
B0
A
α
θB
B
El tramo AB es una ménsula con curvatura constante y, por tanto, el giro en su extremo
B es θB = aκ0 ; además, el extremo B se desplaza, debido a la curvatura, de B a B 0 ,
y el desplazamiento se calcula inmediatamente como el momento del área de curvaturas
(o utilizando la expresión correspondiente de la primera fila de la tabla de la figura 17)
BB 0 = uyB = 0,5a2 κ0 . Veamos ahora como se mueve el punto C: en primer lugar, si
en B hubiera una rótula y el tramo BC se moviera paralelamente a su posición inicial,
el punto C pasarı́a al punto C 0 de manera que no se modificara su longitud, lo cual
exige CC 0 = BB 0 ; en segundo lugar, puesto que de hecho no hay articulación en B, debe
mantenerse el ángulo entre los dos tramos, por lo que, en ausencia de curvatura, el punto
C deberı́a moverse hasta C 00 , de manera que se pasa de C 0 a C 00 por una rotación de
√
sólido rı́gido de valor θB , es decir, C 0 C 00 = θB ` donde ` = BC = b2 + c2 ; finalmente,
el tramo BC está sometido a curvatura constante, lo que provoca un desplazamiento
adicional C 00 C 000 = 0,5`2 κ0 perpendicular . Escribiendo el resultado en unos ejes globales
horizontal y vertical, tendremos uxC = −(C 0 C 00 + C 00 C 000 ) sen α = −θB c − 0,5`cκ0 ⇒
√
uxC = −0,5c(2a + c b2 + c2 )κ0 y uyC = uyB + (C 0 C 00 + C 00 C 0000 ) cos α = 0,5a2 κ0 +
√
θB b + 0,5`bκ0 ⇒ uyC = 0,5(a2 + 2ab + b b2 + c2 )κ0 . La determinación del giro es
mucho más simple porque el giro es continuo en toda la viga y θC = θB + κ0 ` ⇒
√
θC = (a + b2 + c2 )κ0
De los ejemplos anteriores, es inmediato extraer una generalización de la regla
de superposición resumida en el esquema de la figura 18, en la cual, en lugar de
38
B
(I)
θ(I) = 0;
A
B
=
+
θA
(II)
B
θ(II) = θA ;
A
A
+
(I)
~uB = ~uA
(II)
~
~uB = θ~A × AB
B
(III)
θ(I) = AκA–B ; ~uB
(III)
~ Bκ
=M
A–B
A
Figura 19: Esquema de superposición de movimientos para una barra recta de
orientación arbitraria, despreciando la deformación por axiles.
B
(I)
θ(I) = 0;
A
+
θA
(II)
B
A
B
θ(II) = θA ;
A
=
+
(I)
~uB = ~uA
(II)
~
~uB = θ~A × AB
B
(III)
(III)
~κ
=M
BA–B
(III)
~
=A
A–B
θ(III) = AκA–B ; ~uB
A
+
θ(IV) = AκA–B ; ~uB
(IV)
A
Figura 20: Esquema de superposición de movimientos para una barra recta de
orientación arbitraria, incluyendo la deformación por axiles.
magnitudes escalares tenemos magnitudes vectoriales. Dicha regla se ha esquematizado en la figura 19 y descompone la deformación de un tramo recto de orientación
arbitraria en una translación, una rotación de sólido rı́gido, que puede expresarse
como un producto vectorial, y un desplazamiento por curvatura que es un vector
perpendicular al eje del tramo considerado y cuyo módulo es el momento del área
de curvaturas, como siempre.
5.3.2.
Desplazamientos inducidos por axiles
Una tramo de viga recta sometido a esfuerzos axiles, experimenta un alargamiento dado por la ecuación (66) y no se producen desplazamientos perpendiculares
al eje de la viga, excepto por movimientos de sólido rı́gido que ya han sido considerados en el apartado anterior. En consecuencia, con las hipótesis de linealidad y
pequeños giros y corrimientos, la deformación por axiles se tiene en cuenta sin más
que añadir a los tres estados de la figura 19 un cuarto estado con la deformación
~
axial, tal como muestra la figura 20, en la cual el vector A
A–B tiene la dirección
del eje (inicial) de la viga y su módulo es el área de la curva de deformaciones
longitudinales, según aparece en la ecuación (66).
39
Ejemplo 5.14 Determinar el giro y la flecha en su extremo de la ménsula acodada de
la figura, suponiendo material uniforme de módulo de elasticidad E y sección cuadrada
de lado c
q
B
C
a
A
2a
Solución: El tramo AB está sometido a un axil constante de compresión N0 = 2qa y a
un momento flector también constante de valor M0 = −2qa2 en consecuencia el giro en
el punto B es θB = −2qa3 /(EI), el desplazamiento horizontal es exclusivamente debido
a la curvatura uxB = qa4 /(EI) y el desplazamiento vertical es debido al axil: uyB =
−2qa2 /(EA). El desplazamiento del punto C será la suma del desplazamiento del punto
B (con sus dos componentes), el desplazamiento debido al giro de sólido rı́gido, vertical,
u(II) ↑= θB 2a = −4qa4 /(EI) y el desplazamiento debido a la curvatura, que, de acuerdo
con la tabla de la figura 17 es u(III) ↑= −2qa4 /(EI), con lo cual las componentes del
desplazamiento total son uxC = qa4 /(EI) y uyC = −6qa4 /(EI) − 2qa2 (EA) y poniendo
12qa4
el momento de inercia y área del cuadrado en función de su lado resulta uxC =
y
Ec4
c 2 72qa4
uyC = −
1+
, donde el segundo término del corchete es la contribución
Ec4
6a
del axil, lo que muestra que para longitudes de vigas mucho mayores que su canto, la
contribución del axil es despreciable (en este caso, 1/3600 para a = 10c).
5.4.
Ejercicios
Ejercicio 5.1 Una barra de sección uniforme, con momento central de inercia I y material elástico lineal de módulo de elasticidad E, está empotrada verticalmente en un
suelo rı́gido horizontal tal como se muestra en la figura. Está sometida a una sobrecarga
horizontal por empuje de una capa de terreno de espesor a, cuya intensidad p depende
de la posición a lo largo del eje de la viga en la forma
p(x) =
q
(a − x)n
an
donde q es una constante con dimensiones de fuerza por unidad de longitud , n = 0,2 y
x es la distancia al empotramiento. Determinar: a) La ley de esfuerzos cortantes; b) La
ley de momentos flectores; c) El desplazamiento del punto C.
[SUGERENCIA: Calcule las integrales utilizando la variable auxiliar x0 = a − x]. Solución
C
0.8a
ax
≥
x ¥n
p(x) = q 1 −
a
40
Ejercicio 5.2 Una pletina acodada ABC de sección rectangular de 3 mm de canto y
15 mm de espesor, de acero de módulo de elasticidad 200 GPa, mide 2a = 200 mm
en horizontal y a = 100 en vertical. Se somete a una carga horizontal P = 10 N en
su extremo C, como indica la figura. Se pide: (a) Determinar las leyes de esfuerzos; (b)
Determinar las máximas tensiones normales de tracción y de compresión ; (c) Determinar
el desplazamiento horizontal y vertical del punto de aplicación de la carga. Solución
P
C
a
A
B
2a
Ejercicio 5.3 La estructura en L de la figura, formada por dos vigas AB y BC soldadas
en B de idéntica sección recta, se pide : (a) Determinar los giros en A, B y C; (b)
Determinar el desplazamiento en C. NOTA: Despréciense los desplazamientos producidos
por los esfuerzos axiles.
P
C
a
A
B
a
Ejercicio 5.4 La estructura de la figura etá formada por tres barras idénticas AB, BC y
BD. Está empotrada en A y sometida a una carga uniformemente repartida a lo largo de
BC, de valor absoluto q: (a)Determinar los giros en los puntos B, C y D. (b) Determinar
los desplazamientos de los puntos B, C y D. NOTA: Despréciense los desplazamientos
producidos por los esfuerzos axiles.
a
D
a
q
B
C
a
A
41
6.
Sistemas de vigas hiperestáticos
6.1.
Método de las fuerzas
Hasta este punto, todas las vigas y sistemas de vigas que hemos analizado
están estáticamente determinados. En ellos es posible determinar completamente
las reacciones y las leyes de esfuerzos y calcular a continuación las deformaciones.
Cuando las reacciones no están estáticamente determinadas, el sistema se dice
hiperestático y no es posible calcular separadamente las leyes de esfuerzos y las
deformaciones, sino que es preciso hacerlo conjuntamente. De los métodos que
existen para tratar los problemas hiperestáticos, nos limitaremos al más directo e
intuitivo, el método de las fuerzas.
En dicho método, se eliminan los vı́nculos necesarios para que el sistema se
convierta en isostático, aplicando en su lugar las reacciones desconocidas asociadas a cada vı́nculo. Dichas reacciones desconocidas se determinan a continuación
imponiendo que se cumplan las condiciones de compatibilidad cinemática establecidos por los vı́nculos eliminados. Para ello se utilizan las técnicas previamente
estudiadas para la determinación de giros y desplazamientos.
Ejemplo 6.1 Determinar las reacciones en la viga empotrada-apoyada de la figura suponiendo una rigidez a flexión uniforme
q
B
A
!
Solución: El sistema de reacciones tiene 4 componentes independientes, momento y dos
componentes de fuerza en el empotramiento y una fuerza vertical en el apoyo de la derecha, por lo que es hiperestática de primer grado. Para convertirla en isostática, liberamos,
por ejemplo, el apoyo de la derecha y ponemos en su lugar su reacción, desconocida, R.
Para calcularla imponemos la condición de que, en el apoyo, el desplazamiento vertical
sea cero, es decir uyB = 0 . Para calcular el desplazamiento en B utilizamos el principio
de superposición y escribimos
q
q`4
u(I)
yB = −
8EI
q
(I)
A
+
B =
A
R`3
R
(II)
u(II)
=
y
B
A
3EI
R
donde hemos usado las soluciones tabuladas. Puesto que el desplazamiento total es la
suma de los desplazamientos, la condición resultante es
R`3
q`4
−
=0
3EI
8EI
⇒
3
R = q`
8
y a partir de aquı́ se determina sin ninguna dificultad que la fuerza de reacción en el
empotramiento es vertical de valor 58 q` ↑ y que el momento de empotramiento vale
1 2
8 q`
La manera de resolver un problema no es en general única, porque pueden liberarse distintos vı́nculos con igual resultado final, como muestra el ejemplo siguiente
42
Ejemplo 6.2 Resolver el problema del ejemplo anterior utilizando como base la solución
para una viga biapoyada
Solución: En este caso, para convertir la viga en isostática, liberamos el giro en el
empotramiento y ponemos en su lugar un momento, desconocido, M0 . Para calcularlo
imponemos la condición de que, en el empotramiento, el giro sea cero, es decir θA = 0 .
Para calcular el giro en A utilizamos el principio de superposición y escribimos
q
q`3
(I)
θA = −
q
(I)
24EI
M
A
0
B
A
+
=
M0 `
3EI
donde hemos usado las soluciones tabuladas. Puesto que el giro total es la suma de los
giros, la condición resultante es
M0
(II)
(II)
θA =
M0 `
q`3
−
=0
3EI
24EI
⇒
1
M0 = q`2
8
y a partir de aquı́ se determina sin ninguna dificultad que las reacciones son verticales y
de valores RA = 85 q` ↑ y RB = 38 q` ↑
Ejemplo 6.3 Determinar las reacciones en la viga biempotrada de la figura suponiendo
una rigidez a flexión uniforme
q
A
B
`
Solución: El sistema de reacciones tiene 6 componentes independientes, momento y dos
componentes de fuerza en cada empotramiento, por lo que es hiperestática de tercer
grado. Para convertirla en isostática, liberamos, por ejemplo, el empotramiento de la
derecha y ponemos en su lugar sus reacciones, desconocidas, V0 , H0 y M0 :
q
A
B
V0
M0
H0
Para calcularlas imponemos la condición de que, en el empotramiento derecho, desplazamientos y giros sean cero, es decir uxB = 0, uyB = 0 y θ0 = 0 . Como el axil sólo produce
desplazamiento horizontal y el flector únicamente produce desplazamiento vertical, empezamos por establecer que el axil es constante N = H0 , con lo que produce un corrimiento
uxB = H0 `/EA y la condición de desplazamiento nulo lleva inmediatamente a H0 = 0 .
Para calcular el desplazamiento vertical y el giro en B utilizamos el principio de superposición y escribimos
q
q`4
q`3
(I)
(I)
u
=
−
θ
=
−
yB
B
(I)
8EI
6EI
A
B
q
A
B
V0
M0
= (II)
+
A
+
V0
u(II)
yB =
V0 `3
3EI
(II)
θB =
V0 `2
2EI
M0 `2
M0 `
(III)
θB =
A
2EI
EI
donde hemos usado las soluciones tabuladas. Sumando desplazamientos y giros e igualándolos a cero obtenemos
(III)
43
M0
u(III)
yB =

M0 `2 V 0 `3
q`4

+
−
=0 

12M0 + 8V0 ` = 3q`2
2EI
3EI
8EI
1
q`2 ; V0 = 12 q`
⇒
⇒ M0 = 12
6M0 + 3V0 ` = q`2

M0 ` V 0 `2
q`3

+
−
=0 
EI
2EI
6EI
Las reacciones en el empotramiento izquierdo se obtienen inmediatamente por la simetrı́a
del problema.
En muchas ocasiones puede explotarse la simetrı́a de un problema para reducir
la complejidad de la solución. En el ejemplo anterior, que es simétrico respecto a
la mediatriz de la viga, podemos utilizar la simetrı́a y la solución para una viga
biapoyada como se muestra a continuación
Ejemplo 6.4 Resuélvase el ejemplo 6.3 explotando la simetrı́a y la solución para una
viga biapoyada.
Solución: Convertimos la viga en isostática, liberando el giro en los dos empotramientos
y poniendo en su lugar dos momentos iguales y opuestosM0 (por la simetrı́a del problema)
y liberamos el desplazamiento horizontal en el apoyo de la derecha sustituyéndolo por
una reacción horizontal H0 :
q
M0
B
A
M0
H0
Para calcular M0 y H0 imponemos la condición de que, en el empotramiento derecho,
desplazamientos y giros sean cero, es decir uxB = 0 y θB = 0 . Para el desplazamiento
horizontal procedemos como en el ejemplo 6.3 y obtenemos H0 = 0 . Para el giro en B
utilizamos el principio de superposición y escribimos
q
q`3
(I)
θB =
q
(I)
24EI
M
A
M0
0
A
B
=
+
M0
M0 `
2EI
donde hemos usado la solución tabulada para el caso (I) y para el caso (II) hemos calculado el giro en B como la mitad del área de curvaturas (puesto que θA = −θB ⇒ 2θB =
AκA–B ). El resultado es inmediato e igual, por supuesto, al obtenido en el ejemplo 6.3. (II)
M0
(II)
θB =
Ejemplo 6.5 Para la viga continua de dos vanos de la figura, de sección y material
uniforme, se pide determinar las reacciones en los apoyos utilizando la solución del ejemplo 5.9
P
`/2
`
`
Solución: Convertimos la viga en isostática, liberando el apoyo central y poniendo en
su lugar una reacción vertical V , que calculamos imponiendo la condición de que el
desplazamiento vertical en ese punto sea cero, es decir uyB = 0 . Para dterminar el
desplazamiento usamos el siguiente esquema de superposición:
P
11P (2`)3
B
(I)
(I)
u
=
−
yB
P
A
768EI
B
+
=
`/2
V
B
V (2`)3
`
`
(II)
u(II)
yB =
48EI
V
44
donde hemos usado la solución del ejemplo 5.9 para el caso (I) y para el caso (II) la
solución tabulada. Sumando, igualando a cero y despejando V resulta V = 11
16 P y las
reacciones en los apoyos extremos son la suma de los correspondientes a los caso (I) y
(II), es decir
6.2.
13
32 P
3
↑ en el apoyo izquierdo y − 32
P ↑ en el derecho.
Esfuerzos térmicos
Un cambio uniforme de temperatura en una estructura isostática provoca un
cambio homotético de dimensiones (una expansión uniforme), pero no introduce
esfuerzos en la estructura. Sin embargo, si la estructura es hiperestática, un cambio
homotético de dimensiones puede no ser compatible con los movimientos de los
apoyos y uniones, en cuyo caso se inducirán esfuerzos en la estructura.
En los casos en que los movimientos de los apoyos no son compatibles con la
expansión uniforme, el cálculo de los esfuerzos generados por un cambio de temperatura se realiza como en el caso de sobrecargas impuestas, liberando vı́nculos
hiperestáticos y aplicando las correspondientes reacciones desconocidas, añadiendo
las deformaciones inducidas por el cambio de temperatura e imponiendo las condiciones de compatibilidad con los apoyos para determinar las reacciones. De los
ejemplos del apartado anterior, solamente el 6.3 induce esfuerzos térmicos y estos
son axiles puros y se trataron en la primera parte de la asignatura. El siguiente ejemplo ilustra la aplicación del procedimiento a un caso en el que el cambio
térmico induce flexiones.
Ejemplo 6.6 La viga acodada de la figura, de sección y material uniforme, experimenta
un aumento uniforme de temperatura ∆T . Si el coeficiente de dilatación del material es
α, determı́nense las reasciones inducidas en el apoyo y en el empotramiento; despréciense
los desplazamientos inducidos por los axiles.
A
B
a
a
C
Solución: Convertimos la viga en isostática, liberando el apoyo C y poniendo en su
lugar una reacción horizontal H0 , que calculamos imponiendo la condición de que el
desplazamiento horizontal en ese punto sea cero, es decir uxC = 0 . Para determinar el
desplazamiento superponemos los desplazamientos debidos al aumento de temperatura
y a la reacción horizontal como sigue:
A
B
∆T
H0
=
u(I)
xC = aα∆T
∆T
(I)
B
A
A
+
C
B
u(II)
xC = θ B a +
C
(II)
H0
H0 a3
H0 a2
H0 a3
4H0 a3
=
a+
=
3EI
EI
3EI
3EI
C
donde para el caso (II) hemos tenido en cuenta que, al despreciar el desplazamiento
(II)
inducido por axiles, uxB = 0, y que el tramo AB está sometido a un momento constante
45
igual a P a. Sumando e igualando a cero:
aα∆T +
3αEI∆T
4H0 a3
= 0 ⇒ H0 = −
4a2
3EI
y a partir de aquı́ se determina sin ninguna dificultad que la fuerza de reacción en el
3αEI∆T
empotramiento es horizontal de valor
→ y que el momento de empotramiento
4a2
vale −
6.3.
3αEI∆T
4a
Ejercicios
Ejercicio 6.1 Dos vigas biapoyadas idénticas AB y CD, de longitud `, momento de
inercia I y módulo de elasticidad E están unidas por un montante vertical muy rı́gido.
Si se aplica una carga uniforme q a la viga superior, se pide: a) Determinar la fuerza transmitida a través del montante y las reacciones en los apoyos. b) Determinar el
desplazamiento en el centro de cada viga. DATOS: ` = 50 mm, E = 110 GPa, sección
rectangular de 2 mm de canto y 12 mm de espesor, q = 2,25 N/mm. Solución
q
A
B
C
D
Ejercicio 6.2 La estructura de la figura está formada por tres barras AB, BC y BD de
idéntica sección y material. Está empotrada en A, apoyada en C y sometida a una carga
uniformemente repartida a lo largo de BC, de valor absoluto q. Se pide: a) Determinar las
reacciones; b) Determinar los diagramas de momentos; c) Determinar los desplazamientos
de los puntos B, C y D. NOTA: Despréciense los desplazamientos producidos por los
esfuerzos axiles. Solución
a
D
0.8a
q
C
B
1.2a
A
Ejercicio 6.3 La estructura en L de la figura, formada por dos vigas AB y BC soldadas
en B de idéntica sección recta, se pide: a) Determinar las reacciones; b) Determinar los
diagramas de momentos flectores; c) Determinar el desplazamiento horizontal y vertical
en C. NOTA: Despréciense los desplazamientos producidos por los esfuerzos axiles; utilı́ce
la solución del ejercicio 5.3.
C
P
a
A
B
a
46
Ejercicio 6.4 La estructura de la figura etá formada por tres barras idénticas AB, BC
y BD. Está empotrada en A, apoyada en D y sometida a una carga uniformemente
repartida a lo largo de BC, de valor absoluto q: a) Determinar las reacciones; b) Determinar los diagramas de momentos; c) Determinar los desplazamientos de los puntos
B, C y D. NOTA: Despréciense los desplazamientos producidos por los esfuerzos axiles;
utilı́cense los resultados del problema 5.4.
a
D
a
q
B
C
a
A
47
A.
Integrar en wxMaxima para Windows
Una vez instalado el programa con todas las opciones por defecto usando el
instalador maxima-5.17.0.exe que se descarga de
http://sourceforge.net/project/showfiles.php?group id=4933&package id=4960,
1. abra el programa con un doble-click sobre el icono de escritorio maxima-5.17.0,
después de lo cual le aparecerá la siguiente pantalla:
2. En la barra de menús, pulse el menú Análisis; aparecerá la lista de la figura
siguiente; seleccione la primera opción Integrar ...
48
3. Aparecerá el cuadro de diálogo de la figura siguiente; escriba la expresión del
integrando en el primer campo, utilizando ∗ para multiplicaciones y el acento
circunflejo p̂ara potencias; pulse el botón de control para integración definida
y escriba los lı́mites de integración, que pueden ser expresiones. Cuando haya
terminado pulse Aceptar.
4. Inmediatamente después de aceptar, el programa vuelve a la pantalla principal y escribe la entrada y el resultado, tal como se ve en la figura siguiente:
la primera lı́nea , etiquetada como ( %i1) es la sentencia de entrada (input)
y la segunda,( %o1) el resultado (output).
49
B.
Soluciones de ejercicios seleccionados
Ejercicio 3.8
P
P
2P
P
P
a
–
P
P
P
2P
+
P +
P
–
P
P
a
a
a
a
Cortante
2P
Pa
P
+
P
–
P
P
2P
Ejercicio 5.1
a)
C
0.8a
0
B
x
a
xM
df = pdx
0
b)
Q
P
F →: Q +
–
Z
a−x
1.5P a
0
Mx : M +
Z
0
pdx = 0 ⇒ Q = −qa
0
P
2P
–
2P
Axil
P
–
Pa
P
P
2P
P
Pa
P
–
P
–
P
Pa
−n
Q=−
a−x
Flectores
Z
a−x
n
x0 dx0
0
qa x n+1
1−
n+1
a
(a − x − x0 )pdx0 = 0 ⇒
i
R a−x h
(a − x)x0 n − x0 n+1 dx0
M = −qa−n 0
qa2
x n+2
M =−
1−
(n + 1)(n + 2)
a
Z
a
M 0
c) Calculamos giro y desplazamiento en B: θB =
dx =
0 EI
Z a
−q
−qa3
qa3
0 n+2
0
x
dx =
⇒ θB = −0,1184
an (n + 1)(n + 2)EI 0
(n + 1)(n + 2)(n + 3)EI
EI
Z a
4
M 0
qa
← u B = x0
y como BC se mueve rı́gidamente:
dx = · · · uB = −0,09019
EI
EI
0
qa4
← uC = uB + 0,8aθB y operando y cambiando el signo uC = 0,1849
→
EI
Ejercicio 5.2
P
Axil
Cortante
–
+
Flector
+
P
+
Pa
b) Tensión de compresión es máxima en el tramo AB porque se suman las comP
P ac
comp
presiones debidas al axil y las debidas al flector: σmáx
= +
= 44,67 MPa.
A
2I
P ac
trac
Tensión de tracción máxima en B del tramo BC: σmáx
=
= 44,44 MPa (la
2I
50
P ac P
− = 44,22 MPa < 44,44 MPa).
2I
A
Pa
κ
c) Giro y desplazamientos en B: θB = AA–B =
× 2a = 0,02963; → uxB =
EI
P
Pa
−
× 2a = −2,222 × 10−4 mm; ↑uyB = MBκA–B = −
× 2a × a = 2,963 mm.
EA
EI
Pa
→uxC = uxB − θB a + MCκB–C = uxB − θB a −
× a × 2a/3 = 3,457mm (uxB ,
2EI
debido al axil, afecta sólo a la cuarta cifra decimal y puede despreciarse).
↑uyC = uyB = 2,963 mm.
tracción máxima en el tramo AB es
Ejercicio 6.1
A
q
E
C
V
V
F
Compatibilidad uyE = uyF ⇒ V =
B
uyE = −
5q`4
V `3
+
384EI
48EI
D
uyF = −
V `3
48EI
5
q`
16
⇒↑RA = RB = (q`−V )/2 = 11ql/32; RC =
5q`4
768EI
Operando: V = 35,16 N, RA = RB = 38,67 N, RC = RD = 17,58 N,uyE = −0,1040 mm.
RD = V /2 = 5ql/32; uyE = uyF = −
Ejercicio 6.2
a
D
0.8a
B
1.2a
A H0
V0
M0
a) Determinamos V con la condición uyC = 0. Tenemos ↑uyC =
qa4 V a3
−qa2 /2 + V a
θB a −
+
y θB = flector constante =
1,2a
8EI 3EI
EI
3
4
4,6V a
5,8qa
−
= 0 V = 0,4728qa y de
↑ uyC = +
3EI
8EI
q
2
C aquı́ H0 = 0, V0 = 0,5272qa, M0 = 0,02717qa
2
V b) Tramo AB: M = −0,02717qa = const. Tramo BC:
M = V (a − x) − q(a − x)2 /2 = −q(a − x)(0,02717a + 0,5x) con
x medido desde B hacia la derecha.
qa4
c) Llamando u0 =
EI
→uxB = 0,01957u0 ; ↑uyB = 0
→uxC = 0,01957u0 ; ↑uyC = 0
→uxD = 0,04566u0 ; ↑uyD = 0
51