Casos especiales en flexión de vigas Spanish

VIGAS DE LONGITUD SEMI-INFINITA SOBRE FUNDACIÓN ELÁSTICA.

Mo

+ ∞

V=P Fig (1-39)

Para el caso de vigas sobre fundación elástica de longitud semi-infinita el tratamiento será de la siguiente forma: De acuerdo al dibujo anterior tenemos una viga sobre fundación elástica de longitud semi-infinita y cuyo origen coincide con el extremo izquierdo de la viga. Como puede observarse se tiene un cortante cuyo valor es −P y el momento es cero para x = 0, además sabemos que la flecha se hace cero cuando x tiende a infinito. Recordando la ec. general: Y = e βx ( A cos β x + B sen β x ) + e −βx (cos β x + D sen β x )

puesto que y = 0 cuando se trabaja en el infinito, y como ya se vió reduciendo términos para x = 0, entonces: Y = e −βx (C cos β x + D sen β x )

75

la diferencia estriba en el momento Mo que tenemos en el origen, así M para x = 0 es igual a Mo. ⎛d2y⎞ EI ⎜⎜ 2 ⎟⎟ = − M 0 ⎝ dx ⎠ x =0 ⎛d3y⎞ EI ⎜⎜ 3 ⎟⎟ = −V = P ⎝ dx ⎠ x =0

Si hacemos las derivadas:

= e −βx

d (cos βx + Dsenβx ) + e −βx d (C cos βx + Dsenβx ) dx dx

(

= e −βx [− BC (senβ x ) + β D cos] + (C cos β x + Dsenβx ) − e −βx β

)

= −e −βx [Cβ(cos β x + senβ x ) + Dβ(senβ x − cos β x )] Y ' = −e −βx β[C (cos βx + senβ x ) + D(senβ x − cos β x )]

Y’’ es la siguiente derivada a obtener U = −e−βx β

así

dU = β2e−βx

v = C (senβ x + cos β x ) + D ((senβ x − cos β x ))

dv = Cβ(− senβ x + cos βx ) − β D(cos β − senβ x )

76

(1-44)

u

(

du dv +v dx dx

)

= − e −βx β [Cβ(cos β x − senβ x ) + Dβ(cos βx + senβx )]

[

+ [C (senβ x + cos β x ) + D(senβ x − cos β x )] β 2 e −βx

]

= −e −βx β 2 [− 2Csenβ x + 2 D cos β x ] Y ' ' = 2e −βx β 2 [Csenβ x − D cos β x ]

(1-45)

así

u = 2e − β x β 2 du = −2β 3 e −βx v = Csenβx − D cos βx dv = Cβ cos βx + Dβsenβx

(

= 2e −βx β 2 [Cβ cos β x + Dβ senβ x ] + [Csenβ x − D cos β x ] − 2β 3 e −βx

)

= 2e −βx β 3 [C cos β x + Dsenβ x − Csenβ x + D cos β] [− C (senβx − cos βx ) + D(senβx + cos β )]

Y ' ' ' = −2e −βx β 3 [C (senβ x − cos β x ) − D(senβx + cos β x )]

(1-46)

si x = 0

77

M 0 = 2 EIβ 2 D ⇒ D =

M0 2 EIβ 2

V = − P = −2 EIβ 3 (C + D ) C=

M0 P 1 (P − β M 0 ) − = 3 2 2 EIβ 2 EIβ 2 EIβ 3

C=

1 (P − β M 0 ) 2 EIβ 3

Estos valores se obtuvieron de sustituir las ecuaciones anteriores, de acuerdo a las condiciones del problema, esto es: ⎛d2y⎞ EI ⎜⎜ 2 ⎟⎟ = −M 0 ⎝ dx ⎠ x = 0

pero, para x = 0

∴ Y ' ' = 2β 2 e −βx (Csenβ x − D cos β x ) Y ' ' = −2β 2 D

(

)

EI 2β 2 D = M 0

que despejando D, se obtiene

D= 78

M0 2 EIβ 2

(1-47)

y por otro lado ⎛d3y ⎞ EI ⎜⎜ 3 ⎟⎟ = −V = P ⎝ dx ⎠ x =0

Y ' ' ' = −2β 3 e −βx [C (senβ x − cos β x ) − D(senβx + cos β x )] = −2β 3 (− C − D ) = 2β 3 (C + D ) Y ' ' ' x = 0 = 2β 3 (C + D )

(

)

EI 2β 3 (C + D ) = P P −D 2 EIβ 3 M P = − 20 3 2 EIβ 2β EI

C=

C=

1 (P − β M 0 ) 2 EIβ 3

(1-48)

Que sustituyendo en las ecuaciones anteriores. ⎡ P − βM 0 ⎤ M0 Y = e −βx ⎢ cos β x + senβ x ⎥ 3 2 2 EIβ ⎣ 2 EIβ ⎦

que resumiendo tenemos:

79

La ec. de la flecha: Y=

e − βx [P cos βx + βM 0 (senβx − cos βx )] 2 EIβ 3

(1-49)

o

Y=

2β [Pθ(βx ) − βM 0 θ(βx ) − ε(βx )] k

(1-50)

La ec. de la pendiente: ⎡ P − βM 0 ⎤ (senβx + cos βx ) + M 0 2 (senβx − cos βx )⎥ Y ′ = −β e −βx ⎢ 3 2 EIβ ⎣ 2 EIβ ⎦

Y'= −

β e − βx [ p(senβx + cos βx ) − 2βM 0 cos βx ] 2 EIβ 3

(1-51)

Y'= −

2β [Pϕ(βx ) − 2βM 0 θ(βx )] k

(1-52)

La ec. del momento flexionante: ⎡ P − βM 0 ⎤ M0 = −2 EIβ 2 e −βx ⎢ senβ x − cos β x ⎥ 3 2 2 EIβ ⎣ 2 EIβ ⎦

M =−

80

e −β x [Psenβx − βM 0 (senβx + cos βx )] β

(1-53)

M =−

1 [Pε(βx ) − βM 0 ϕ(βx )] β

(1-54)

La ec. del cortante: ⎡ P − βM 0 ⎤ (senβx − cos βx ) − M 0 2 (senβx + cos βx )⎥ V = 2 EIβ 3 e −βx ⎢ 3 2 EIβ ⎣ 2 EIβ ⎦ V = e −βx [P (senβ x − cos β x ) − 2M 0 senβ x ]

(1-55)

V = Pψ (β x ) − 2βM 0 ε(β x )

(1-56)

si hacemos x = 0, lo que se encontrará será la flecha bajo la carga, entonces: δ = (Y)x=0 =

1 (P − β M 0 ) 2β 3 EI

y de la misma forma la pendiente 1 ⎛ dy ⎞ ⎜ ⎟ = − 2 (P − 2βM 0 ) 2β EI ⎝ dx ⎠ x = 0

EJEMPLO PROPUESTO: Sea una viga de concreto reforzado de sección constante y de longitud semiinfinita, apoyada en un medio elástico y sometida a una carga P concentrada en el origen.

81

DATOS: P = 60 ton k = 1 000 ton/m2

Ec = 200 000 kg/cm2 Eiz = 156 000 ton.m2

Iz = 7 800 000 cm4 β = 0.20 m−1

y P + ∞ o

x

Fig (1-40)

Graficar la flecha, pendiente, momento y cortante.

EJEMPLO PROPUESTO: Sea una pieza de acero de sección constante y de longitud semi-infinita, apoyada en un medio elástico y sometida a una carga P concentrada en el origen.

DATOS: P = 10 ton k = 1 000 ton/m2

Es = 1 200 000 kg/cm2 EIz = 609 x 107 = 609 ton.m2

Considerar la figura siguiente.

82

Iz= 2 900 cm4 β = 0.80 m−1

y P + ∞

x

o

Fig (1-41)

Graficar la flecha, pendiente, momento y cortante.

PROBLEMA RESUELTO: Encontrar la elástica de una viga seminfinita sobre fundación elástica articulada en el extremo y solicitada por el M0 de acuerdo a la figura siguiente. La reacción en la articulación se obtiene de la ecuación siguiente: δ = (Y)x=0 =

1 (P − β M 0 ) = 0 2β 3 EI

∴ P = βM0

(1-57)

M X P Fig (1-42)

83

que en la ecuación. Y=

e −β x [Pθ(βx ) − βM 0 [θ(βx ) − ε(βx )]] 2β 3 EI

Finalmente encontramos la ecuación de la flecha Y=

u=

2β 2 M 0 ε(β x ) k

2β 2 M 0 −βx e k

du =

( )

2β 2 M 0 d −βx e dx k

du = −

2β 3 M 0 −βx e k

v = senβ x dv = β cos β x

⎛ 2β 2 M 0 −βx ⎞ ⎛ 2β 3 M 0 −βx ⎞ ⎜ ⎟(β cos β x ) + (senβ x )⎜ − e e ⎟⎟ ⎜ k ⎟ ⎜ k ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

84

(1-58)

La ecuación de la flecha: 2β 3 M 0 −βx e (cos β x − senβx ) k

(1-59)

Y'=

2β 3 M 0 ψ (βx ) k

(1-60)

Y '' =

2β 3 M 0 d −βx e (cos β x − senβx ) dx k

Y'=

o

[

U = e − βx

]

dU = −β e −βx

v = cos β x − senβ x dv = β(− sen − cos β x ) = e −βx [β(− senβ x − cos βx )] + [cos β x − senβ x ] − e −βx β = −β e −βx cos βx

(

)

2β 4 M 0 4β 4 M 0 −βx − 2e −βx cos βx = − e cos β x k k

β4 =

k 4 EI

∴ 85

Y''= −

M 0 −βx e cos βx EI

(1-61)

que en la ecuación de momento M = − EI

d2y ⎛M ⎞ = EI ⎜ 0 e −βx cos β x ⎟ 2 dx ⎝ EI ⎠

Ecuación del momento: M = M 0 e −βx cos β x

(1-62)

o M = M 0 θ(β x )

Y ''' = −

(1-63)

(

M 0 d −β x e cos β x EI dx

)

u = e −βx ; du = −β e −βx v = cos β x; dv = −β senβ x

( )

(

= e −βx (− β senβ x ) + (cos β x ) − β e −βx

Y ''' =

86

M 0 −βx βe (senβx + cos βx ) EI

) (1-64)

o

Y ''' =

M0 βϕ(βx ) EI

V = − EI

(1-65)

d3y ⎛M ⎞ = − EI ⎜ 0 β e −βx (senβ x + cos β x )⎟ 3 dx ⎝ EI ⎠

V = − M 0 βϕ (β x )

(1-66)

o V = − M 0 βe −βx (senβ x + cos β x )

(1-67)

2.- Encontrar el momento flector M0 y la fuerza P1 que actuan en el extremo de una viga seminfinita sobre fundación elastica (fig. 1-44), si se conocen la flecha δ y el giro en dicho extremo.

EJEMPLO PROPUESTO:

Fig. (1-43)

87

Encontrar la elástica para una viga semi-infinita sobre fundación elástica producida por una carga P, aplicada a la distancia c del extremo A de la viga.

P c M x o V

(a)

y

M x V

c

o

(b)

y Fig (1-44)

Solución.- La viga (a), se considera infinitamente larga, por lo que la flecha estaría dada debido a la carga puntual, cuya ec. es (valida para x > 0):

y=

Pβ ϕ(βx ) 2k

M=

P ψ(β c ) 4β

V =−

P θ(βc ) 2

y la ecuación de la flecha para una viga con un momento y un cortante es:

88

y=

2β {Pθ(βx ) − βMo[θ(βx ) − ε(βx )]} k

Para compensar la longitud infinita hacia la izquierda se superponen las dos vigas (a) y (b). De esta manera la flecha debido a la carga puntual debe sumarse el efecto debido al momento y el cortante (M, V) en una sola viga, quedando por último contrarrestar éste efecto (M,V) de la viga (a) por efecto de la viga (b). Lo que resulta: La flecha para una viga con un momento y un cortante (fig (a) sin la carga P) y con una distancia x = c. efectuando la superposición para x y x+c según corresponda:

Pβ 2β {Vθ[β(x + c )] + βMθ[β(x + c )] − βMε[β(x + c )]} y= ϕ(βx ) + Peβ−βx Pβ 2k k ϕ(βx[)P+cos β x − βMo(cos β x − senβ x )] y= k 22βk 3 EIz reduciendo 1 términos resulta:ψ ⎧ ⎫ ⎨θ(βc )θ[β(x + c )] + ϕ(βc )θ[β( x + c )] − (βc )ε[β(x + c )]⎬ 2 2 ⎩ ⎭

Esta expresión es válida para −C < x < 0 en este caso debe emplearse el valor absoluto de x, en lugar de x en ϕ (βx).

89

CARGA DISTRIBUIDA PARA UNA VIGA SEMI-INFINITA.

R 

x

q

Š x

q/k y Fig (1-45)

De acuerdo a lo que se puede observar de la viga anterior podemos decir que la flecha y el momento valen cero. No así para la pendiente y el cortante. DATOS: M0 = 0 y=0 y′ ≠ 0 V=? La solución del caso anterior podemos decir que podemos lograrlo a través de la superposición de dos casos, como son: 1o.- Tenemos el caso de una carga distribuida y cuyo ecuación es:

Y1 =

[

q 2 − e −βb cos βb − e −βc cos βc 2k

90

]

(1-74)

1 x c

o

b L Fig (1-46)

Si nosotros hacemos c y b muy grandes, entonces la flecha será aproximadamente y = q/k.

En el caso de la segunda ecuación es de la siguiente forma:

Y=

e −β x [P cos βx − βM 0 (cos βx − senβx )] 2β 3 EI

2

M=0

R=?

Fig (1-47)

Para la solución de esta viga se trabaja con la superposición de las dos vigas infinitas, por lo que las flechas en el origen deben dar cero. Así para calcular la flecha tenemos: 91

De acuerdo a la segunda viga tenemos: si X = 0

Y=

1 [P − βM 0 ] 2β 3 EI

Puesto que la flecha debe ser cero, R debe contrarrestar el efecto de la carga (δ = q/k) distribuida, de donde:

δ x =0 =

1 (R − β M 0 ) − q = 0 3 k 2β EI

pero P = R, así despejando R, se tiene: R=

2β 3 EIq + β M 0 Puesto que M0 = 0 k

4 si β =

k 4 EI

∴

R=

Y=

(1-75)

q q e −β x e −βx − 3 R cos βx = − 3 k 2β EI k 2β EI

Y=

92

q 2β

(

q 1 − e −βx cos βx k

)

⎛ q ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ cos β x ⎝ 2β ⎠

(1-76)

o

Y=

q (1 − θ(βx )) k

(1-77)

y la primer derivada

Y'=

qβ −βx e (senβx + cos βx ) k

(1-78)

qβ [ϕ(βx )] k

(1-79)

o

Y'=

y la segunda derivada quedara finalmente Y''= −

2 q β 2 −β x e senβ x k

(1-80)

y por lo tanto el momento será:

M=

q −βx e senβx 2β 2

(1-81)

q [ε(βx )] 2β 2

(1-82)

o

M=

93

La tercer derivada esta dada por: Y ''' =

27β 3 −βx e [senβ x − cos β x ] k

Por lo que el cortante es: V =−

q −βx e (senβ x − cos β x ) 2β

(1-83)

o V=

q ψ (β x ) 2β

(1-84)

Para el caso de empotramiento resulta el siguiente análisis.

q M

x

R Fig (1-48)

El momento y el cortante hacen el efecto de empotramiento, y auxiliado del efecto de superposición se puede descomponer en dos vigas como se muestra en 1 y 2.

94

-q/k 1

M 2

R Fig (1-49)

para la figura 1 y1 = −

R + βM 0 q ; para la figura 2 y 2 = − k 2 EIβ 3

La flecha en 1 ya se ha trabajado anteriormente, por lo que la flecha en 2 y el giro o pendiente son cero, por lo tanto.

y2 =

1 (P − βM 0 ) de donde P = −R 2β 3 EI

por lo tanto

y2 =

1 (− R − βM 0 ) 2β 3 EI

y2 = −

1 (R + β M 0 ) 2β 3 EI

(1-85) 95

así pues Y = y1 + y2 = 0 o y1 = y2

−

q 1 = − 3 (R + M 0 ) k 2β EI

(a)

Debido a la pendiente que vale cero, puesto que P=-R, como ya se manejo.

0=

1 2β 2 EI

(R + 2βM 0 )

(b)

Convirtiéndose en un sistema de 2 ecuaciones con dos incógnitas, que resolviendo de “b” tenemos: R = −2βM0 y sustituyendo en (a)

(

)

q 2β 3 EI = R + M 0β k 2qβ 3 EI = −2β M 0 + M 0 β = M 0 (− 2β + β ) = −β M 0 k

M0 = −

2qβ 2 EI K

(1-86)

q 2β 2

(1-87)

o

M0 = − 96

que sustituyendo en R tenemos: ⎛ 2qβ 2 EI ⎞ ⎟ R = 2β⎜⎜ ⎟ k ⎝ ⎠

R=

4qβ 3 EI k

(1-88)

q β

(1-89)

o bien R=

97

VIGAS DE LONGITUD FINITA SOBRE FUNDACION ELASTICA En el caso de vigas sobre fundación elástica de longitud finita se pueden resolver con las soluciones encontradas de vigas de longitud infinita y además el principio de superposición. Consideremos el caso de una viga de extremos libres de longitud finita con los extremos libres solicitada por dos fuerzas P simétricas

P A

P c

c

B

y P

1

P B

A y

Qo

Qo

2

Mo

A

B

Mo

y Fig. (1-50)

El momento de una carga puntual esta definido por: , por lo que para las dos cargas resulta: 99

MP =

P [ψ(βc ) + ψβ(l − c )] donde A = ψ (βc ) + ψβ(l − c ) 4β

Esta fórmula es también útil para trabajar la carga Q0, pero es para una deformación x = 0 y x = l, por lo que: M Qo =

Q0 [1 + ψ(βl )] 4β

y el momento debido a M0 resulta entonces:

M=

M0 θ(βx ) 2

para x = 0 y x = 1 resulta entonces.

M M0 =

M0 [1 + θ(βl )] 2

Entonces para la viga (1) el momento debido a sus cargas es: M1 =

P [ψ(βc ) + ψβ(l − c )] = P A 4β 4β

A y el momento de la viga (2) debido a sus cargas es:

100

M2 =

Q0 [1 + ψ(βl )] + M 0 [1 + θ(βl )] 4β 2

B

C

y la superposición será de la siguiente forma: Q M P A+ 0 + 0 C =0 4β 4β 2

(1)

para la carga puntual el cortante es el siguiente:

V =−

P −βx P e cos βx = − θ(βx ) 2 2

Como se va a trabajar al contrario del cortante con las cargas P, para la viga (1) el cortante es:

V1 =

P [θ(βc ) + θ[β(l − c )]] 2

A′

V| =

P A' 2

y el cortante para las otras cargas es:

VQ0 = −

Q0 [1 − θ(βl )] 2 101

VM 0 = −

M 0β ϕ(βx ) 2

pero cuando x = 0 y x = 1 resulta:

VM 0 = −

M0 β[1 − ϕ(βl )] 2

el cortante para la viga (2) es:

V2 = −

Q0 [1 − θ(βl )] − M 0β [1 − ϕ(βl )] 2 2 B′

C′

superponiendo los cortantes:

∑V

A

=

Q βM 0 P A'− 0 B'− C' = 0 2 2 2

(2)

Re-escribiendo las ecuaciones 1 y 2: Q M P A+ 0 B+ 0 C =0 4β 4β 2

(1)

Q βM 0 P A'− 0 B'− C' = 0 2 2 2

(2)

102

Multiplicando la ecuación (1) por C′ y además de multiplicarla por β. La ecuación (2) por C.

Q M P AC '+ 0 BC '+ 0 CC ' = 0 4 4 2

(1')

Q βM 0 P A' C − 0 B' C − CC ' = 0 2 2 2

(2')

PAC ' PA' C Q0 BC ' Q0 B ' C + + − =0 4 2 4 2 Q P ( AC '+2 A' C ) + 0 (BC '−2 B' C ) = 0 4 4

Q0 =

P( AC '+2 A' C ) que sustituyendo en (2) 2 B' C − BC '

PA' β' ⎛ P( AC '+2 AC ) ⎞ βM 0 C ' − ⎜ =0 ⎟− 2 2 ⎝ 2 B' C − BC ' ⎠ 2 PA' P( AB ' C '+2 A' B ' C ) β M 0 C ' − − =0 2 2(2 B ' C − C ' B ) 2

(βC ')M 0 = PA'− P( AB' C '+2 A' B' C ) 2 B' C − BC '

103

M0 =

=

PA' P( AB ' C '+2 A' B ' C ) − β C ' β C ' (2 B ' C − BC ')

2 PA' B ' C − PA' BC '− PAB ' C '−2 PA' B ' C β C ' (2 B ' C − BC ')

Finalmente: M0 = −

P ( A' B + AB ') β(2 B ' C − BC ')

(1-90)

Resolviendo para 2B′C − BC′

= 2(1 − θ(βl ))[1 + θ(βl )] − [1 + ψ (βl )][1 − φ(βl )] = 2 − 2θ 2 (βl ) − [1 + ψ (βl ) − φ(βl ) − ψ (βl )φ(βl )] = 2 − 2θ 2 (βl ) − 1 − ψ(βl ) + φ(βl ) + ψ(βl )φ(βl ) = 1 − 2e −2βl cos 2 β l + e −βl (senβ l − cos β l ) + e −βl (senβl + cos β l )

(

)(

)

− e −βl (senβ l + cos β l ) e −βl (senβ l + cos β l )

(

= 1 + 2e −βl senβ l − 2e −2βl cos 2 β l − e −2βl sen 2 β l − cos 2 β l

)

= 1 + 2e −βl senβl − 2e − 2βl cos 2 β l − e − 2βl sen 2 β l + e − 2βl cos 2 β l

(

)

= 1 + 2e −βl senβ l − e −2βl cos 2 β l + sen 2 β l = = 1 − e − 2βl + 2e −βl senβ l

104

HAY QUE CONTINUAR EL CALCULO ***

⎡ e βl e − βl ⎤ = 2 e −β l ⎢ − + senβ l ⎥ = 2e −βl [δh(β l ) + sen (β l )] 2 ⎣ 2 ⎦ 2 B ' C − BC ' = 2e −βl [sh(β l ) + senβ l ]

Una vez conocidos Mo y Qo, la flecha y el momento flector en cualquier sección de la viga se obtiene utilizando las siguientes ecuaciones.

Y=

Pβ ϕ(βx ) 2K

Y=

Moβ 2 ε(β x ) k

M = − EIz

d 2 y Mo = θ(βx ) 2 dx 2

Por simetría Ya = Yb M = − EIz

2

d y P = ψ(β x ) dx 2 4β

y A = y P + y Qo + y Mo

2 Pβ [φβ(c − x ) − φβ(l − c − x )] + Q0 β [φβx − φβ(l − x )] + M 0 β k 2k 2k [εβx − εβ(l − x )]

∑

y=

En el caso particular de cuando se tienen las cargas en los extremos, es decir C=0, la flecha en los extremos y en el centro de la viga:

105

P

P

L Fig. (1-51)

y a = yb =

2 Pβ Chβ l + cos β l k Shβ l + senβl

(1-91)

para la flecha en el centro: yc =

4 Pβ Chβ l + cos β l k Shβ l + senβ l

(1-92)

y Mc =

2 Pβ Shβ l + senβ l k Chβ l + cos β l

(1-93)

Nota: Esta flecha y momento es con las cargas en los extremos.

P l/2

Fig. (1-52)

106

En el caso de una carga aislada en el centro (c = l/s) y haciendo P en lugar de 2P, el valor de las flechas es en los extremos y en el centro:

βl βl Ch + cos 2 Pβ 2 2 y a = yb = k Shβl + senβl

(1-94)

yc =

Pβ Chβ l + cos βl + 2 k Shβ l + senβ l

(1-95)

Mc =

P Chβ l − cos β l kβ Shβ l + senβ l

(1-96)

Al analizar la flexión de vigas de longitud finita se observa que la influencia de fuerzas aplicadas en un extremo de la viga sobre la flecha en el otro extremo depende del valor de βl. Esta cantidada umenta al crecer la longitud de la viga. Tambien puede observarse que las fuerzas que actúan en un extremo de la viga tienen una influencia despreciable sobre la flecha del otro extremo, por lo que se definen las vigas en: 1. Vigas Cortas, 2. Vigas de longitud Media 3. Vigas largas,

βl < 0.6 0.6 < βl 5

De lo anterior se ha considerado a la viga en fundación elástica de modo continuo, pero los resultados obtenidos se pueden aplicar tambien a casos en que la viga está apoyada en un gran número de apoyos elásticos equidistantes. Como ejemplo: Podemos trabajar el caso de una viga horizontal AB, que sirve de apoyo a un sistema de vigas verticales equidistantes, cargadas uniformemente a razón de q kg/cm. Todas las vigas están articuladas en los 107

extremos. La rigidez será EI1 y L1 la longitud de las vigas verticales. La flecha en su centro será: y=

RL13 5 ql14 − 384 EI 1 48 EI 1

(1-97)

Donde R es la reacción mutua entre la viga horizontal AB y la vertical considerada. Despejando R quedaría: R=

48EI 1 5 qL1 − y 8 L13

q

L/2

a A

R

B L/2

A

B l/2

l/2 (c) y

Fig. (1-53)

108

(b)

(a)

l

x

La flecha en el centro de la viga vertical (fig. c), la podemos obtener por el método de superposición de las dos vigas. Sabemos que la flecha para una viga simplemente apoyada con una carga distribuida es: y=

5 ql 4 384 EI

Y la flecha para una viga simplemente apoyada con una carga puntual esta dada por: y=

Pl 3 48 EI

así entonces la flecha será: y=

Rl13 5 ql14 − 384 EI 48 EI

despejando a R de la ecuación anterior R=

5 48EI ql1 − 3 y 8 l1

Esto podemos trabajarla como una carga distribuida, dividiendola entre la separación de las vigas verticales (a), resultando: q 1 − ky de donde:

q1 =

48 EI 1 5 ql1 ; R= 8 a al13

109

Así entonces la ecuación diferencial que gobierna a nuestro problema es:

EI

d4y = q1 − ky dx 4

(1-98)

Se supone que la distancia entre las vigas verticales es pequeña comparando con la longitud l de la viga horizontal. La solución de la ecuación anterior (90) tiene una solución homogenea y una solución particular y = yH + yp La solución homogenea se obtiene haciendo: EIDIV y + ky = 0 de la cual se obtiene y H = e βx [A cos β x + Bsenβ x ] + e −βx [C cos β x + Dsenβ x ]

(1-99)

Por otro lado la solución particular la obtenemos igualando a cero: q1 − kyp = 0 de donde:

yp =

q1 k

finalmente la solución general esta dada por la solución homegenea y la particular

y=

q1 + e βx [ A cos βx + Bsenβx ] + e −βx [C cos βx + Dsenβx ] k

110

(1-100)

multiplicaremos los términos de los parentesis por el término exponencial

y=

q1 + Ae βx cos βx + Be βx senβx + Ce −βx cos βx + De −βx senβx k

después factorizaremos el coseno y el seno, resultando:

y=

(

)

[

]

q1 + Ae βx + Ce −βx cos βx + Be βx + De −βx senβx k

Si sumamos y restamos al mismo tiempo un término no afecta, puesto que esta diferencia nos da cero: y=

q1 + k

⎡ A β x A β x A − β x A −β x C −β x C − β x C − β x C β x ⎤ ⎢2 e + 2 e + 2 e − 2 e + 2 e + 2 e + 2 e − 2 e ⎥ ⎣ ⎦ cos βx + ⎡ B β x B β x B − β x B −β x D − β x D β x D β x ⎤ ⎢ 2 e + 2 e + 2 e − 2 e + 2 e + 2 e − 2 e ⎥ senβ x ⎦ ⎣

puesto que: Shx =

e x − e−x 2

y Chx =

e x + e−x 2

entonces, podemos reducir a la expresión siguiente: q1 + [Achβ x + Ashβx + Cchβ x + Cshβ x] cos β x k + [Bchβ x + Bshβ x + Dchβx + Dshβ x ]senβx y=

111

agrupamos las constantes de la siguiente manera: q1 + [( A + C )chβ x + ( A − C )shβ x ] cos β x + k [(B + D )chβx + (B − D )shβx]senβx y=

Si sumamos dos constantes, resultara finalmente otra constante, por lo que: q1 + C1 shβ xsenβx + C 2 chβxsenβ x + k C 3 shβ x cos βx + C 4 chβ x cos β x y=

(1-101)

El problema de la ecuación anterior es la obtención del valor de las constantes, lo que haremos será aprovechar las condiciones de frontera, por lo que, considerando el origen de nuestras coordenadas en el centro de las vigas podemos hacer para x = 0, la flecha tiene un valor que será máximo y que no conocemos, pero el valor de la pendiente sí (y′ = 0). y ' = βC1 [shβ x cos β x − chβxsenβ x ] + β C 2 [chβ x cos βx − shβ xsenβ x ] +

+ β C 3 [− shβ xsenβ x + chβ x cos β x ] + β C 4 [− chβ xsenβx + shβ x cos β x ]

y substituyendo el valor de x =0 en esta ecuación, obtenemos 0 = βC2 + βC3 de donde: C2 = −C3 Si calculamos la 2a derivada podemos relacionarla con el momento, sin embargo no conocemos el valor para x = 0, por lo que tenemos que calcular la tercer derivada, ya que el cortante vale cero para x = 0. 112

d2y d = β C1 [shβx cos βx − chβxsenβx] + 2 dx dx d βC 2 [chβx cos βx − shβxsenβx] + βC 3 [− shβxsenβx + chβx cos βx] + dx d [− chβxsenβx + shβx cos βx] βC 4 dx y ' ' = 2β 2 C1chβ x cos β x − 2β 2 C 2 (shβ x cos βx + chβ xsenβ x ) − 2β 2 C 4 shβxsenβ x

(1-102)

Podemos continuar con la tercer derivada....

y ' ' ' = 2β 3 C1 [− chβxsenβx + shβx cos βx ] + 2β 3 C 2

[− shβxsenβx + chβx cos βx + chβx cos βx + shβxsenβx] − 2β 3 C 4 [shβx cos βx + chβxsenβx ] resultando...... y ' ' ' = 2β 3 C1 (shβ x cos β x − chβ xsenβx ) − 4β 3 C 2 (chβ x cos β x )

− 2β 3 C 4 (shβ x cos β x + chβ xsenβ x )

(1-103)

de la ecuación anterior si x = , el cortante vale cero ∴ C2 = −C3 = 0 ∴ que introduciendo en las ecuaciones anteriores:

y=

q1 + C1 shβxsenβx + C 4 chβx cos βx k

113

0

β

y=0

y ' ' = 2β 2 C1 chβ x cos β x − 2β 2 C 4 shβ xsenβ x

para x = l/2 ⇒ la flecha vale cero y lo mismo el cortante:

0=

q βl βl l l + C1 shβ sen + C 4 chβ cos k 2 2 2 2

q l βl + C 4 chβ cos 2 2 C1 = − k l βl shβ sen 2 2

(1)

l βl l βl 0 = 2β 2 C1chβ cos − 2β 2 C 4 shβ sen 2 2 2 2 βl l shβ sen 2 2 C1 = C 4 βl l chβ cos 2 2

igualando (1) y (2):

114

(2)

q βl l βl l + C 4 chβ cos shβ sen 2 2 2 2 =− k C4 βl βl l l chβ cos shβ sen 2 2 2 2

⎡ 2 l ⎤ 2 βl ⎢ sh β 2 sen 2 q l l⎥ C4 ⎢ + chβ cos β ⎥ = − β l l 2 2⎥ k ⎢ chβ cos 2 2 ⎣⎢ ⎦⎥

q C4 = − k

βl l chβ cos 2 2 βl 2 l 2 l 2 l sh β sen β + ch β cos 2 2 2 2 2

utilizando las identidades:

sh 2 A =

sen

1 1 A= (1 − cos A) 2 2

cos

1 1 (1 + cos A) A= 2 2

(

)

(

)

1 1 2 ch A − 1 −;−ch 2 A = ch 2 A + 1 2 2

βl l chβ cos q 2 2 C4 = − 1 1 k 1 (chβl − 1) (1 − cos βl ) + (chβl + 1) 1 (1 + cos βl ) 2 2 2 2 βl l 4chβ cos q 2 2 C4 = − k chβ l − chβ l cos β l − 1 + cos β l + chβ l + chβ l cos β l + 1 − cos β l

115

l βl 2chβ cos q 2 2 C4 = − k chβl + cos βl

(3)

que sustituyendo en (2) βl l l l shβ senβ chβ cos 2q 2 2 2 2 C1 = − β l l k chβ cos (chβ l + cos β l ) 2 2

2q C1 = − k

βl l shβ sen 2 2 l chβ + cos β l 2

finalmente al substituir en la ecuación original encontramos:

l βl l βl shβ sen chβ cos q 2q 2 2 shβxsenβx − 2q 2 2 chβx cos βx y= − k k chβl + cos βl k chβl + cos βl o bien podemos escribir:

l l βl βl ⎡ ⎤ 2 shβ sen 2chβ cos q⎢ 2 2 shβxsenβx − 2 2 chβx cos βx ⎥ y = ⎢1 − ⎥ k⎢ chβl + cos βl chβl + cos βl ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦

116

(4)

de la misma forma para la pendiente: y ' = β C1 [shβ x cos β x + chβ xsenβ x ] + β C 4 [shβ x cos β x − chβ xsenβ x ]

βl l ⎡ shβ sen ⎢ 2 qβ 2 2 (shβ x cos β x + chβ xsenβ x ) + y' = − ⎢ β l k ⎢ chβ l + cos 2 ⎣⎢ βl l ⎤ chβ cos 2 2 (shβ x cos β x − chβ xsenβ x )⎥ ⎥ chβ l + cos β ⎥ ⎦⎥

finalmente:

y' = −

⎡⎛ 2 qβ βl βl ⎞ l l ⎜ shβ sen − chβ cos ⎟ cos β xsenβ x ⎢ k (cos β l + cos β l ) ⎣⎝ 2 2 2 2⎠

⎤ βl βl ⎞ l l ⎛ + ⎜ shβ sen + chβ cos ⎟ shβ x cos β x ⎥ 2 2 2 2⎠ ⎝ ⎦

(1-104) para el momento: y ' ' = 2β 2 C1 chβx − 2β 2 C 4 shβxsenβx

4q β 2 y' ' = − 1 k

l βl l βl ⎤ ⎡ chβ cos ⎢ shβ 2 sen 2 2 2 shβxsenβ x ⎥ chβx cos β x + ⎥ ⎢ chβ l + cos β l ⎥ ⎢ chβl + cos β l ⎥⎦ ⎢⎣

(1-105) 117

M = −EIy″ ⇒

M=

q1

β (chβl + cos βl ) 2

βl βll βl ⎤ l l l ⎡ ⎢ shβ 2 sen 2 chβx cos βx + chβ 2 cos 2 shβ 2 sen 2 ⎥ ⎣ ⎦

(1-106)

con la tercer derivada podemos encontrar la ecuación del cortante: y ' ' ' = 2β 3 C1 [shβ x cos β x − chβ xsenβx ] − 2β 3 C 4 [shβx cos β x + chβ xsenβ x ] (1-107)

y' ' ' =

4β 3 q1 k (chβ l + cos β l )

l l l βl ⎡ ⎤ ⎢ shβ 2 sen 2 (shβ x cos βx − chβ xsenβ x ) − chβ 2 cos β 2 (shβ x cos β )⎥ ⎣ ⎦

como V = EIy′″ ⇒

V=

q1 ⎡⎛ βl βl ⎞ l l ⎜ shβ sen − chβ cos ⎟ shβ x cos xβ ⎢ β(chβl + cos β l ) ⎣⎝ 2 2 2 2⎠

⎤ βl βl ⎞ l l ⎛ − ⎜ shβ sen + chβ cos ⎟chβxsenβ⎥ 2 2 2 2⎠ ⎝ ⎦

si x = 0, podemos encontrar la flecha en el centro

118

(1-108)

y centro

βl ⎤ l ⎡ 2chβ cos ⎥ q⎢ 2 2 cos βl cos βx = ⎢1 − ⎥ k ⎢ cos βl + cos βl ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦

(1-109)

el momento en el centro

M cortantes

l βl shβ sen 2 2 = 2 β chβ l + cos β l q1

(1-110)

y el cortante en el centro: Vcentro = 0

119

VIGAS CONT INUAS CON CARGAS AXIALES Y TRANSVERSALES

Fig. (I-61)

Para el tratamiento de vigas continuas con cargas transversales, se procede como en el caso elemental de vigas continuas. Haciendo:

μ 2n

=

Snl 22n

(I-136)

4 EIn

y de las ecuaciones 132 y 133 hacemos: Factores de amplificación de una viga con un momento en el extremo derecho ⎡ 1 1 ⎤ αn = 6 ⎢ − 2 ⎥ ⎢⎣ 2μ Sen (2μn) (2μn ) ⎥⎦

(I-137)

⎡ 1 ⎤ 1 βn = 3 ⎢ − ⎥ 2 2μn Tan (2μn) ⎦⎥ ⎣⎢ (2μn )

(I-138)

143

Factor de amplificación de una viga con carga distribuida

γ=

Tan (μn) − μn 1 3 μn 3

(I-139)

De la figura anterior se observa que el giro en el extremo derecho del primer vano es resultado de la suma de dos vigas simplemente apoyadas con cargas axiales y un momento en cada extremo, por lo que en forma matemática:

(a) de la misma forma el giro del lado izquierdo del vano 2 es:

α n −1 144

M n +1 l n+1 Mnl n +1 + β n +1 6 EI n +1 3EI n +1

(b)

Si no hay carga transversal en ninguno de los dos tramos considerados, las expresiones (a) y (b) deberán ser iguales y se obtiene:

⎛ ln l ⎞ l αn ln M n −1 + 2 Mn⎜⎜ βn + β n +1 n +1 ⎟⎟ + α n +1 n +1 M n +1 = 0 In I n+1 ⎠ I n +1 ⎝ In

(1-140)

Como podemos observar, esto nos recuerda a la ecuación de los tres momentos que conocemos, sin embargo, esta ecuación es para una viga continua con cargas axiales y sin considerar carga transversal en los dos tramos considerados. Si hubiese carga transversal, deben añadirse a las expresiones (a) y (b) los giros producidos por dicha carga. Sea por ejemplo, una viga con tramos n y n+1 cargados con cargas distribuidas qn y qn+1 en lugar de las expresiones (a) y (b) tendríamos: − βn

M ln qnl n3 Mn ln − αn n −1 − γ n 3EIn 6 EIn 24 EIn

(c)

α n +1

M n +1 l n +1 Mnl n +1 q l3 + β n +1 + γ n n +1 n +1 6 EI n +1 3EI n +1 24 EI n +1

(d)

Igualando estas expresiones, resulta: ⎛ ln l ⎞ l αnln M n −1 + 2Mn⎜⎜ βn + β n +1 n +1 ⎟⎟ + α n +1 n +1 M n +1 = In I n +1 ⎠ I n +1 ⎝ In − γn

q n l n3 q l3 − γ n +1 n +1 n +1 4 In 4 I n +1

(1-141)

145

Se puede observar que si S valiera cero se vuelve a tener la ecuación de los tres momentos elemental. En el caso de una carga transversal, lo único que cambia en la ecuación 141 es su segundo miembro que depende del giro que existe en el extremo común a los dos tramos considerados.

146

TIRANTES CON CARGAS TRANSVERSALES.

Fig. (1-63)

En esta parte trabajaremos con tirantes sometidos a la acción de fuerzas tensoras S y de una carga concentrada transversal P. p − 1 = pi y uLa−ecuación 1 = ui diferencial será la misma ecuación que se encontró para una pieza comprimida, pero en lugar de p2 y u2 tendremos − p2 y − u2, y en lugar . de p y u tendremos Si substituímos − S, pi y ui en lugar de S, p y u, en las fórmulas para una viga comprimida, tendremos las que son para una viga sometida a tensión. Y recordando que: Sen(ui) = iSh(u) Cos(ui) = iCh(u) tan(ui) = iTh(u) Sustituyendo para el tramo izquierdo de la viga:

147

y=

y=

y=

P Sen ( pc) Pc Sen ( px) − x S p Sen ( pl ) Sl

P Sen ( pic) Pc Sen ( pix) − x S pi Sen ( pil ) − Sl PiSh( pc) − S pi Sh( pl ) 2

i Sen ( px) +

Pc x Sl

Reduciendo términos:

y=−

Pc PSh( pc) Sen ( px) + x Sl S pSh( pl )

(1-142)

Calculando la primer derivada:

d [Sh( px)] = pCh( px) ; por lo que: dx Pc P Sh( pc) dy pCh( px) + =− Sl dx S pSh( pl ) Reduciendo términos:

P Sh( pc) Pc dy =− Ch( px) + dx S Sh( pl ) Sl

(1-143)

y la derivada de Ch(px) es pSh(pc); entonces la segunda derivada será: 148

P Sh( pc ) d2y =− pSh( px) 2 S Sh ( pl ) dx

Reduciendo términos P pSh( pc ) d2y =− Sh( px ) 2 S Sh( pl ) dx

(1-144)

Para la parte derecha del tirante, y utilizando las ecuaciones de la derecha para una viga en compresión de manera análoga se pueden obtener las ecuaciones correspondientes. Para cualquier caso de carga, se puede obtener la elástica aplicando el método de superposición. Por ejemplo, para una viga a tensión con carga uniforme :

Fig. (1-64)

⎡ ⎛ pl ⎞ ⎤ Cos⎜ − px ⎟ ⎥ ⎢ q ⎢ ⎠ − 1⎥ + q (l − x) ⎝ 2 y= 2 pl ⎥ 2S Sp ⎢ Cos ⎥ ⎢ 2 ⎦ ⎣

(1-145)

149

y la flecha máxima será

y max

1 u2 1 − − 2 5 ql 4 Cos u = 5 4 384 EI u 24

1 u2 −1+ Ch(u ) 2 ϕ1 (u ) = 5 4 u 24

Reduciéndose a: y max =

5 ql 4 ϕ1 (u ) 384 EI

La pendiente en el extremo izquierdo, de la ecuación (1-132):

ql 3 tan(u ) − u ⎛ dy ⎞ = ⎜ ⎟ ⎝ dx ⎠ x =0 24 EI 1 (u ) 3 3 qil 3 tan(ui) − ui ⎛ dy ⎞ = ⎜ ⎟ ⎝ dx ⎠ x =0 24 EI 1 (ui) 3 3 ql 3 iTh(u ) − ui ⎛ dy ⎞ ⎜ ⎟ = ⎝ dx ⎠ x = 0 24 EI 1 (u 3 i 3 ) 3

150

(1-147)

Reduciendo a: 3 ⎛ dy ⎞ ql u − Th(u ) ⎜ ⎟= 1 ⎝ dx ⎠ 24 EI u 3

(1-148)

Nota: recordar que se cambia solamente −S, p i y u i Asimismo el momento máximo en el centro de la viga lo podemos obtener de la ecuación (1-133).

⎛d2y⎞ ql 2 2(1 − Cos u ) M max = − EI ⎜⎜ 2 ⎟⎟ = 8 u 2 Cos u ⎝ dx ⎠ X = 1 ql 2 2(1 − Chu ) 2 M max = 8 − u 2 Chu ql 2 2(1 − Cos ui ) M max = finalmente: 8 (ui ) 2 Cos(ui) M max =

haciendo ψ 1 (u ) =

ql 2 2(Chu − 1) 8 u 2 Chu

2(Chu − 1) u 2 Chu

151

la ecuación se reduce a: M max =

ql 2 ψ 1 (u ) 8

(1-149)

Como puede observarse nuevamente, las ecuaciones que obtuvimos contienen factores que se manejan en vigas simples multiplicadas por factores ϕ1(u) y Ψ1(u) que resultan de la carga axial. VIGA TIRANTE CON UN MOMENTO DEL LADO DERECHO.

Fig. (1-65)

La elástica se deduce de la ecuación (1-126):

y efectuando los cambios ya mencionados anteriormente tendremos:

152

y=

Mo −S

⎛ Sen ( pix) x ⎞ ⎜⎜ − ⎟⎟ ⎝ Sen ( pil ) l ⎠

y=

Mo −S

⎛ x iSh( px) ⎞ ⎜⎜ − ⎟⎟ ⎝ l iSh( pl ) ⎠

y=

Mo S

⎛ x Sh( px) ⎞ ⎜⎜ − ⎟⎟ ⎝ l Sh( pl ) ⎠

(1-150)

Si se aplican dos pares iguales y opuestos en los extremos de un tirante, la elástica la obtenemos por superposición:

y=

Mo S

⎛ x Sh px ⎞ M o ⎛ l − x Sh p (l − x) ⎞ ⎟ ⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ − − S ⎜⎝ l Sh pl ⎟⎠ ⎝ l Sh pl ⎠

reduciendo:

⎡ ⎞⎤ ⎛l Ch p⎜ − x ⎟ ⎥ ⎢ M ⎝2 ⎠⎥ y = o ⎢1 − pl S ⎢ ⎥ Ch ⎢ ⎥ 2 ⎣ ⎦

(1-151)

Así la flecha en el centro (x = l/2):

y

X=

l 2

M o Ch(u ) − 1 M o l 2 Ch(u ) − 1 = = 8 EI 1 2 S Chu u Chu 2

(1-152)

153

para la pendiente en el extremo:

⎡ ⎛l ⎞⎤ Ch p⎜ − x ⎟ ⎥ ⎢ dy M o d ⎢ ⎝2 ⎠⎥ = 1− pl dx S dx ⎢ ⎥ Ch ⎢ ⎥ 2 ⎣ ⎦ de tablas: d (Chu ) = Shu du dx dx ⎞ ⎛l ⎞ d ⎛ pl ⎞ ⎛l ⎞ ⎛ pl u = p⎜ − x ⎟ = ⎜ − px ⎟ = Sh p⎜ − x ⎟ ⎜ − px ⎟ ⎝2 ⎠ dx ⎝ 2 ⎝2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎠

⎛l ⎞ u = − pSh p⎜ − x ⎟ ⎝2 ⎠ ⎤ ⎡ 1 d ⎡ dy M o ⎢ ⎛l ⎞⎤ ⎥ = Ch p⎜ − x ⎟ ⎥ ⎥ ⎢0 − pl dx ⎢⎣ dx S ⎢ ⎝2 ⎠⎦ ⎥ Ch ⎥⎦ ⎢⎣ 2 sustituyendo:

⎡ ⎞⎤ ⎛l p Sh p⎜ − x ⎟ ⎥ ⎢ M ⎝2 ⎠⎥ y′ = o ⎢ pl S ⎢ ⎥ Ch ⎢ ⎥ 2 ⎣ ⎦ 154

y′ =

pero

M o p ⎡ pl ⎤ Th − Sh px⎥ ⎢ S ⎣ 2 ⎦

(1-153)

pl p 2l 2 , finalmente y ya que el Sh(0) = 0: = u2 o u = 2 4 y′ =

o bien, recordando

Mo p Th(u ) S

(1-154)

S l2 = u2 : 4 EI

S=

4 EI u 2 l2

nos queda:

y′ =

M o l Thu 2EI u

(1-155)

Si derivamos una vez más la ecuación de la pendiente tendremos:

dy′ M o p d ⎡ pl ⎤ = Th − Sh px⎥ ⎢ dx S dx ⎣ 2 ⎦ de fórmulas:

d (Shu ) = Chu du dx dx 155

así:

y′′ =

Mo p [− pCh px] S

y′′ = −

M o p2 Ch px S

(1-156)

Para el momento:

M = − EI

⎛ M o p2 ⎞ d2y ⎜ EI = Ch px ⎟⎟ 2 ⎜ dx ⎝ S ⎠

M = EI

M=

4 EI u 2

Mo u2

u 2 Ch px

l , entonces: 2 M = M o Ch

156

Ch px

M o ⎛ pl 2 ⎞ ⎜ ⎟Ch px u 2 ⎜⎝ 2 ⎟⎠

M=

pero x =

M o p2

pl 2

(1-157)

Una vez halladas las elásticas de un tirante de extremos articulados flexadas por cargas transversales y por pares en los extremos, se pueden resolver fácilmente casos hiperestáticos de flexión de tirantes, aplicando el método de superposición. EJEMPLO:

Fig. (1-66)

...utilizando la ecuación de la pendiente para una viga simplemente apoyada y cargada uniformemente y la ecuación de la pendiente para una viga como M l Thpero ql u − Thla u anterior, u cargada con un momento a la derecha + o =0 24EI 1 3 2 EI u u Se deduce: 3

de donde:

Mo = −

ql 2 u − Thu ql 2 =− ψ 2 (u ) 12 12 1 2 u Thu 3

(1-158)

157

siendo:

ψ 2 (u ) =

u − Thu 1 2 u Thu 3

(1-159)

Una vez supuesta la hiperestaticidad, en las ecuaciones de la estática se encuentran las demás incógnitas.

LA ELÁSTICA MEDIANTE SERIES TRIGONOMÉTRICAS Es útil representar la elástica mediante una serie trigonométrica. Una ventaja es la representación de la elástica mediante una sola expresión matemática . En el caso de una viga simplemente apoyada con una carga puntual a una distancia c del apoyo izquierdo como en la siguiente figura:

Fig. (1-67)

La flecha en cualquier punto puede representarse por la serie siguiente:

y = a1 Sen

158

πx 2π x 3π x + a 2 Sen + a3 Sen + ⋅⋅⋅ l l l

(1-160)

Hablando específicamente de la expresión anterior podemos darle un sentido geométrico el cual equivale a tener una superposición de curvas tales como en las figuras a, b, c, etc.

a

b

c Fig. (1-68)

El primer término de la serie representa la primer curva; el segundo término de la serie representa la segunda; etc. Los coeficientes a1, a2, a3, representan las ordenadas máximas de estas curvas sinusoidales y los números 1, 2, 3,:::::, etc., el número de ondas. Si se determinan adecuadamente los coeficientes a1, a2,....,etc., la serie puede representar cualquier elástica en un grado de exactitud que depende del número de términos que se empleen. Así entonces la determinación de estos coeficientes se hace considerando la energía de deformación de la viga: EI u= 2

2

⎛d2y⎞ ⎜ ⎟ ⎜ dx 2 ⎟ dx ⎠ 0⎝ l

∫

(1-161)

Si derivamos dos veces a la serie, resulta: 159

2 2 πx 2π x 3π x d2y π2 2 π 2 π = − a − a − a sen 2 sen 3 sen −⋅⋅⋅ 1 2 2 3 2 2 2 l l l l l dx l

pero la energía de deformación trabaja en la segunda derivada al cuadrado, cuyos términos generalizados corresponden a dos clases:

(1).-

an2 2 n

4

π4

l4

sen 2

mπ x nπ x mπ x n 2m 2 π4 sen sen y (2).- 2a n a m 4 l l l l

que integrando se observa: l

nπ x l sen dx = 2 y l 0

∫ l

(1)

∫ sen

2

0

haciendo a =

2

l

∫ sen 0

nπ x mπ x sen dx = 0 l l

nπ x 1 1 dx ⇒ sen 2 ax dx = x − sen 2ax l 2 4a

∫

nπ , resulta: l

∫

l

sen 2 ax =

1 1 nπ ⎤ x = sen 2 x− 4 nπ 2 l ⎥⎦ 0 l

l l ⎡l ⎡ ⎤ 2 nπl ⎤ ⎢ 2 − 4nπ sen l ⎥ − ⎢0 − 4nπ sen 0⎥ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣

como el sen 2nπ = 0, entonces resulta solamente 160

l 2

l

∫ sen 0

nπ x mπ x sen dx ⇒ l l sen (a − b )x

∫ sen ax sen bxdx = 2(a − b)

(2)

haciendo: a =

−

sen (a + b )x 2(a + b )

nπ mπ y b= l l

queda: ⎛ nπ mπ ⎞ ⎛ nπ mπ ⎞ sen⎜ + − ⎟x ⎟ x sen ⎜ nπ x mπ x l ⎠ l ⎠ ⎝ l ⎝ l = sen sen − dx = l l ⎛ nπ mπ ⎞ ⎛ nπ mπ ⎞ 0 2⎜ 2⎜ + − ⎟ ⎟ l ⎠ l ⎠ ⎝ l ⎝ l l

∫

=

l

πx πx ⎤ sen (n + m ) ⎥ l − l ⎥ 2π 2π (n − m ) (n + m ) ⎥ ⎥⎦ 0 l l

sen (n − m )

πl πl ⎤ ⎡ sen (n + m ) ⎥ ⎢ sen (n − m ) l nπ x mπ x l − dx = ⎢ sen sen − ⎥ 2 2 π π l l ⎢ 0 (n − m ) (n + m ) ⎥⎥ ⎢⎣ l l ⎦ π(0) ⎤ π(0 ) ⎡ sen (n + m ) ⎢ sen (n − m ) l l ⎥ − ⎢ ⎥ 2π ⎢ 2π (n − m ) (n + m ) ⎥⎥ ⎢⎣ l l ⎦ l

∫

161

como se puede observar, el sen(n-m)π = 0; por lo tanto, lo anterior se hace cero. Donde m ≠ n. De acuerdo a este último resultado, los términos de la forma an y am en la expresión desaparecen y solamente quedan los que contienen cuadrados de los coeficientes: u=

(

)

EIπ 4 EIπ 4 2 4 2 4 2 a a a + + + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = 1 2 3 1 2 3 4l 3 4l 3

n =∝

∑n

4

a n2

(1-162)

n =1

Ya se ha comentado que si un sistema elástico experimenta un pequeño desplazamiento a partir de su posición de equilibrio, compatible con las ligaduras, el aumento de energía potencial del sistema es igual al trabajo suministrado por las fuerzas externas a lo largo del desplazamiento. Si, en general al coeficiente an se le da un incremento dan, tendremos el

nπ x nπ x en la serie en lugar del an sen . Los demás l l términos no varían. Este aumento dan del coeficiente an representa un destérmino (a n + da n ) sen

plazamiento adicional dado por la curva sinusoidal da n sen

nπ x , superpuesl

to a la elástica primitiva. En el caso de una carga aislada P, aplicada a la distancia c del apoyo izquierdo, el punto de aplicación de la carga experimenta un desplazamiento vertical da n sen

nπ x y la carga realiza el trabajo: l nπ x ⎞ ⎛ da n ⎜ sen ⎟P l ⎠ ⎝

162

(1-163)

El incremento de trabajo, será entonces: du =

EI π 4 4 δu da n = n a n da n δa n 2l3

Igualando al trabajo realizado: EI π 4 2l

3

nπc ⎞ ⎛ n 4 a n = P⎜ sen ⎟ l ⎠ ⎝

de donde: an =

nπc 2 Pl 1 sen 4 4 l EIπ n

De la deducción anterior, la flecha no tiene más problema: y=

2 Pl 3 ⎛ πc πx 1 2πc 2πx ⎞ sen + 4 sen sen + ⋅ ⋅ ⋅⎟ ⎜ sen 4 l l l l EI π ⎝ 2 ⎠

y=

2 Pl 3 EIπ 4

n =∝

∑n n =1

1 4

sen

n πc nπ x sen l l

(1-164)

Con esta ecuación podemos obtener la flecha en cualquier punto a lo largo de la viga. Si hacemos c = x =

l , resulta: 2

δ= y

x=

l 2

=

2 Pl 3 ⎛ 1 1 ⎞ ⎜1 + 4 + 4 + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⎟ 4 EIπ ⎝ 3 5 ⎠ 163

y tomando sólo el primer término: δ=

Pl 3 2 Pl 3 = EIπ 4 48.7 EI

(1-165)

Conocida la solución para una carga aislada y empleando el principio de superposición, se pueden resolver problemas más complejos. Sea el caso de una viga cargada de modo uniforme y de intensidad q (como se vé enseguida):

Fig. (1-69)

Cada elemento carga qdc situado a una distancia c del apoyo izquierdo, se produce una flecha: recordando que P = qdc

y=

2 qdc l EIπ 4

3 n =∝

∑ n =1

sen

nπc nπ x sen l l 4 n

Si efectuamos la integral con relación a c desde c = 0 hasta c = l, resulta:

164

y=

4ql 4 EIπ 5

nπ x 1 sen 5 l n =1, 3,5.... n

∑

(1-166)

Tomando solamente el primer término, y la flecha en el centro, el valor es:

δ=

4ql 4 ql 4 = EIπ 5 76.5EI

(1-167)

recordando que la solución exacta es: δ=

ql 4 5 ql 4 = 384 EI 76.8 EI

el porcentaje de error entre estas dos soluciones es muy pequeño, de 0.5% hasta 1.5%. Sin embargo, la elástica es útil cuando se trata de una viga sometida a una carga axial, ya sea de compresión ó de tracción.

Fig. (1-70)

165

Aquí con lo que se trabaja es la diferencia que existe entre la cuerda AB con la longitud de la elástica, debido a que el apoyo derecho se desplaza. Así, para curvaturas pequeñas, esta diferencia es: 2

l

λ=

1 ⎛ dy ⎞ ⎜ ⎟ dx 2 0 ⎝ dx ⎠

∫

el cuadrado de su derivada contiene términos de las formas:

a n2

nπ x mπ x n2 π2 nmπ 2 2 nπ x 2 cos cos a a cos y n m 2 2 l l l l l

que integrando: l

nπ x l cos dx = ; 2 l 0

∫

2

l

∫ cos 0

nπ x mπ x cos dx = 0 l l

donde m ≠ n por lo tanto, el valor de λ será: λ=

π2 4l

∝

∑n

2

a n2

n =1

Para calcular los coeficientes a1, a2, a3, ... de la serie, consideraremos el trabajo realizado por las fuerzas exteriores para un desplazamiento

nπ x desde la posición de equilibrio. Para nuestro caso tanto la fuerl za P como las fuerzas axiales S realizan trabajo. El incremento de λ, debido al dan experimentado por el coeficiente an será: da n sen

166

dλ =

δλ π2 2 da n = n a n da n δa n 2l

por lo que el trabajo vale:

S

π2 2 n a n da n 2l

trabajo que debe añadirse al que realiza solamente P y la suma igualarse al aumento de la energía de deformación:

P sen

nπc EI π 4 4 π2 2 da n + S n a n da n = n a n da n 2l l 2l 3

de donde:

an=

2 Pl 3 EIπ 4

1 ⎛ Sl n 2 ⎜⎜ n 2 − EIπ 2 ⎝ 2

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

sen

nπc l

Si la relación de la carga longitudinal a su valor crítico se representa por:

α=

Sl 2 EIπ 2

se obtiene an =

nπc 2 Pl 3 1 sen 4 2 2 l EIπ n n − α

(

)

167

y la elástica resulta:

y=

2 Pl 3 EIπ 4

⎛ 1 ⎞ πc πx 2πc 2π x 1 ⎜ ⎟ ⎜ 1 − α sen l sen l + 2 2 2 2 − α sen l sen l + ⋅ ⋅ ⋅ ⎟ ⎝ ⎠

(

y=

2 Pl 3 EIπ 4

∝

∑ n (n n =1

2

1 2

−α

)

)

sen

nπc nπ x sen l l

Se ha visto que el primer término nos da una buena aproximación, por lo que el aumento de la flecha producido por las cargas axiales variará con la

1 . 1− α Esto es válido aún cuando haya varias cargas o una distribuida aunada a las cargas axiales, la flecha máxima es: relación

δ=

δ0 1− α

Esta expresión puede utilizarse para un cálculo aproximado del momento flector. Sea por ejemplo el caso de una pieza con los extremos articulados y uniformemente cargada. El momento máximo valdrá:

Fig. (1-71)

168

M max =

ql Sδ 0 + 8 1− α

(1-168)

Si la fuerza es extensora, se substituye -a en lugar de a, resultando:

δ=

δ0 1+ α

(1-169)

FLEXIÓN DE VIGAS EN UN PLANO QUE NO ES PLANO DE SIMETRÍA. CENTRO DE TORSIÓN En los primeros problemas de flexión se consideró que el plano de la elástica coincidía con el plano de los pares flectores (flexión pura). Si el plano en que estas fuerzas actúan no es un plano de simetría de la viga, la flexión viene acompañada de una torsión de la viga. Este efecto puede dimensionarse y establecerse una flexión simple mediante un corrimiento adecuado del plano en que actúan las fuerzas (paralelamente así mismas). Veamos la figura siguiente, esta sección tiene una simetría con respecto al eje z y las fuerzas actúan en un plano perpendicular a este eje.

FALTA FIGURA Fig. (1-72)

Si cambiamos a la siguiente figura en la cual se determinará la posición del plano vertical para el cual al actuar las cargas, se produce solamente flexión en la viga. De los estudios realizados sobre la distribución de las fatigas cortantes verticales τxy se deduce que prácticamente la totalidad de la fuerza cortante V la equilibran las alas solamente. Si consideramos las alas como dos vigas separadas cuyas reacciones tienen momentos de inercia I′z e I″z respectivamente, sus curvaturas y sus fle169

chas al flexar serán iguales si las cargas se reparten sobre ellas en la relación I′z : I″z . Las fuerzas cortantes en dichas alas también estarán en la misma relación. Esta condición se cumple si las cargas transversales actúan en el plano vertical que pasa por el punto 0, tal que:

h1 I z′′ = h2 I z′ donde h1 y h2 son las distancias de 0 a los centros de gravedad de las secciones de las alas. Se puede observar que el punto 0 no coincide con el centro de gravedad de la pieza y se desplaza hacia el ala cuya sección tiene mayor momento de inercia.

El punto 0 se denomina centro de torsión Consideremos una sección U en la cual determinaremos el centro de torsión, a fin de producir solamente “flexión simple”.

170