Problemas de resistencia y rigidez para vigas continuasINTRODUCCIÓN Trazar los diagramas de fuerza cortante, momento flector, pendiente y deflexión y la determinación de sus puntos críticos; para la viga mostrada en el siguiente bosquejo. Tómese al módulo de rigidez a la flexión “EI” como constante a lo largo de toda la viga. PROCEDIMIENTO R'+1+ R−2 =0 Figura 4.Figura 5. Bosquejo de viga Figura 2. Diagrama de cargas Figura 6.1. Tramo de viga AC ' ∑ F y =0 . Diagrama V(x) Viga 818 Diagramas de cuerpo libre por tramo Figura 2. Diagrama M(x) ' ' R+1=−R−2 ∑ M A=0.2. Tramo de viga CE . Diagrama EIY(x) Figura 3.−M 1 + M 2+ M −R +2 3=0 Figura 2. Diagrama EIθ(x) Figura 1. 33 Kgf ∗m EI Cálculo de reacciones en los apoyos Tramo AC ' ∑ F y =0 . R'+1+ R−2 =0 ' ∑ F y =0 .33 =21.33=0 R'+3= −13.5 =112.33=0 ' R'+1=−R−2 ∑ M A=0. Se determinan las rotaciones parciales por medio de tablas: 6 A 1 a´ 1 100 = Kgf ∗m2 L1 EI ∑ M B=0 .M 2= 13. momento fl ector.22 Kgf 3 R'+1=150−112.88 Kgf R3=112.33+ 349.22 Kgf Determinación de los máximos de fuerza cortante.−M 1 + M 2+ M −R +2 3=0 R+2= Ecuación de tres momentos A a´ A b´ M 1 L1 +2 M 2 ( L1+ L2 ) + M 3 L2 +6 1 1 +6 2 2 =0 L1 L2 50+13.−M 2 + M 3−R+3 3+150∗2.11 Kgf 3 R'+1=−21.76 Kgf Por lo tanto tenemos que el valor de nuestras reacciones es: R1=−21. R'+1+ R−2 −150=0 M 3=0 ' R'+1+ R−2 =150 Debido al nodo donde se originan está simplemente apoyado y no tiene un tramo continúo.22=37.11< x >+58.(2010). M ( x )=−21. “Resistencia de Materiales”.88< x−3>+ 50< x ¿0 −12.5< x−4 ¿ .11 Kgf A b´ 6 2 2 =−260 Kgf ¿ m2 L2 Ahora tenemos un sistema de una ecuación con una incógnita 12 M 2 + 100 260 − =0 EI EI R2=58. R'+1+ R−2 −150=0 ' R'+1+ R−2 =150 ∑ M B=0 . rotación y defl exión MÉTODO DE SEGUNDA INTEGRACIÓN 1 Villareal. Lima.−M 2 + M 3−R+3 3+150∗2. Genner.11 Kgf Tramo AC De donde: M 1=0 ' ∑ F y =0 . 89 3 -13.11 < x>+58.55.0 ¿=∬ −21.11 37.11 -112.78 6 0 3 .125< x−4 ¿ +C 1 EIY ( x ) =∬ M ( x ) dx 0 0 1 -10.5< x−4 ¿3 dx Y ( 0 )=0=C 2 C2 =0 INTEGRACIÓN DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE LA ELÁSTICA Y ( L ) =−758.5< x−4 ¿ dx M(X) 2 2 1 4 ¿−10.45 CÁLCULOS DE ROTACIÓN Y DEFLEXIÓN d2 y EI =M ( x ) d x2 V(x) 0 EI 1 dy =EIθ ( x ) =∫ M ( x ) dx dx 3 4 6 0 -21.55< x ¿ +29.87+900−20+6 C 1=0 MÉTODO DE LA SEGUNDA INTEGRACIÓN d2 y M ( x ) = EI d x2 C3 =−6 4.11< x >+58.44< x−3 ¿ +50< x ¿ −3.11 37.11 < x>+58.51< x ¿ +9.33 4 23.88< x−3>+50< x ¿ −12.23 3 ¿∫ −21.11 -21.5< x −4 ¿ d2 y M ( x ) = EI d x2 3 3 2 5 ¿−3.5< x−4 ¿3 dxX=0 Y(0)=0 EIY ( x )∬ M ( x ) dx X=L Y(L)=0 Evaluamos la función EIY(x) para obtener C1 y C2 ¿∬ −21. 28.625< x−4 ¿ +C1 EI d2 y =M ( x ) d x2 EI dy =EIθ ( x ) =∫ M ( x ) dx dx CÁLCULOS DE LAS CONSTANTES DE INTEGRACIÓN MÉTODO DE LA SEGUNDA INTEGRACIÓN Condiciones de frontera debido a los apoyos ¿∫ −21.88< x−3>+50< x ¿ −12.81< x−3 ¿ +25< x ¿ −0.11< x >+58.88< x−3>+50< x ¿0−12.88< x−3>+50< x ¿0−12.16+ 264. Diagrama EI θ (x) Mayor valor del giro (sin dividir entre E*I) o Posición: 6 o Magnitud: 41.67 Xmax 4.55 4. Diagrama EI Y (x) .8 0 6 41.38 Mayor valor del esfuerzo cortante o Posición: 6 o Magnitud: 106.67 Mayor valor deformación (sin dividir entre E*I) o Posición: 4. Diagrama M(x) CONCLUSIONES : Valores máximos: Momento máximo en la sección o Posición: 5.7 Figura 8.67 Figura 9.8 o Magnitud: 30.8 EIY(X) 0 0 3 0 6 0 Ymax 30. Diagrama V(x) Figura 10.EIθ(X) 0 -64.45 3 -10.7 o VALIDACIÓN DE RESULTADOS (XVIGAS) Figura 7.07 o Magnitud: 44.