hiperestaticos resueltos, Apuntes de Ingeniería Industrial

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Prof.: Jaime Santo Domingo Santillana

E.P.S.-Zamora – (U.SAL.) - 2008

Tema 7: FLEXIÓN: HIPERESTATICIDAD

Problemas resueltos

7.1.-En la viga de la figura calcular las reacciones en los apoyos

Ecuaciones de equilibrio:

A B

A A B B

F R R

M M R M

4 incógnitas: RA, RB, MA, MB → Viga hiperestática de 2º grado (tiene 2 apoyos de más)

Viga Isostática Equivalente

Ecuaciones deformación: ϑ B = 0 ( 3 ) yB = 0 ( 4 )

Para desarrollar (3) y (4) aplicaremos el Método de los Teoremas de Mohr Desarrollemos la ecuación (3):

2 m 1 m

A B

10 kN/m

RA

RB

MA

MB

A

MA (^) 10 kN/m

RA^ 2 m^ 1 m

RB

MB

B

2 3 2

0 2

0 0 0 0

0 2 :.

( 2) 2 3 :. 10.( 2). 2

0 (. ). (. 5.( 2) ).

4, 5 3 1, 667 0 (3)

0 0 0 .

0 (.

AB AB AB

AB

AB AB

AB

M M M B AB A B z z

z A A

z A A

M A A A A

A A M B M B B BA B z

M B A

S S S EI EI

x M R x M

x x M R x M x

S R x M dx R x M x dx

R M

Q y y Q E I

Q R x

ϑ ϑ ϑ ϑ

δ

= → = − = → − = → =

− − = −

− − − = − − −

= = − + − − −

− − =

= → = = = → =

= =

∫ ∫

2 3 2

0 2

− M (^) A ).(3 − x ). dx + ( R (^) A. x − M (^) A − 5.( x − 2) )(3 − x ). dx ∫ ∫

RA= 0,926 kN., RB= 9,074 kN., MA= 0,833 kN.m., MB= 3,

kN.m.

R A MA

resolviendo y

2 2 2 3 2 0

5 3 8

AB AB

B

M M z A AB A B A B B z z z

z

z

B

M dx

S S

como

E I E I E I

x M x x

x M x x x

x x

x x dx

ϑ ϑ θ θ θ θ

θ −

∫

∫

θB = 0,00183 rad

3 4 2 2

0 3 5 3 8

(4,125 0,375 2, 5 ).(4 ). [28. 72 2, 5 ).(4 ).

0, 00274 ( tan )

AC

C

M z C A CA z z

CA

CA

C CA C CA C CA

M dx x

Q

E I E I

x x x dx x x x dx

m punto C por debajo de la gente en A

y y y

−

∫

∫ ∫

yC = 0, 003 m = 0, 3 cm ↓

A

B

C MA RB

3 m 1 m

RA 5 kN/m 8 kN

A B C 3 m 1 m

5 kN/m

A (^) B C 3 m 1 m

8 kN

+

y (^) C = y 1 (^) C + y (^) 2 C − y 3 (^) C = 0, 3 cm ↓

Observación: Otra forma de haber calculado yc, hubiera sido aplicando el “Principio de Superposición de Efectos”.

4 4

1

C z

q L y tablas E I

m cm

+

⇓⇓⇓⇓

3 3

2

C z

P L

y tablas E I

m cm

2

3

2

C z

P b y tablas b a E I

m cm

A (^) B C 3 m 1 m

RB = 23,875 Kg

+

Observación: Se podría haber desarrollado la ecuación (3) de deformación a partir de los

Teoremas de Mohr. En este caso se tendría que tener cuidado con los signos.

Cálculo de yC por los Teoremas de Mohr : yC = -δCA (pues como se observa en la figura:

yC >0 y por el contrario: δCA < 0)

yC δCA < 0

C

C

A

B

tag. en A

x

y

3 m 1 m

RA

MA

RA = 41,62 kN., MA = - 24,68 kN.m (sentido horario)., T= 141,62 kN

yC =∆ L ( 3 )

3

0 8 8 8 8

8 8

AC

C

M z A^ A C A A A CA z z

A A C CA C

M dx x R x M dx x Q R M

E I E I

R M

como y y el mismo valor obtenido anteriormente

Así pues la ecuación

− −

−

(3) será la misma de antes

2

2

2 3 2

1 1 2

1 2

3 2

5 3 8 3

z A A z z A A

z A A z A A

A A

C x

d y x M R x M E I M R x M dx

dy x x x E I R M x C E I y R M C x C dx

dy condiciones de contorno x x y resolviendo C C dx

x x R M

y y y (^) = −

8 8

8 8 8 2 4

A A

A A C

M R

M R T

y L y resolviendo y

−

− −

7.5.-En la viga de la figura se pide determinar:

1) Reacciones en los apoyos

**2) Diagramas de solicitaciones

3. Giro de la sección A**

4) Flecha en x = 3 m Datos: E = 2,1x

5 N/mm

2 , IPE-

Ecuaciones de equilibrio:

A B C

C A B C

F R R R

M R R M

4 incógnitas: RA, RB, RC, MC → Viga Hiperestática de 2º grado (tiene dos ligaduras de más)

Nota: Este problema en lugar de resolverlo por el método de la “viga isostática equivalente”, lo resolveremos por el método de la “Ecuación de los tres Momentos”.

La viga dada es equivalente a la siguiente:

siempre que se cumpla la ecuación de deformación: θC = 0 (3) Por último emplearemos la: ecuación de los tres momentos (4)

Desarrollemos a continuación las ecuaciones (3) y (4):

Ecuación de los tres momentos:

− + − + + +

− +

1

1 1 1 1 1 1

1 , , 1

. 2 .( ). 6. n

M n

n

M n n n n n n n n L

Q

L

Q

M L M L L M L

n n n n

para analizar cada uno de sus términos separemos la viga continua en dos vigas simplemente

apoyadas:

20 kN 10 kN/m

A B C 1 m 4 m 3 m RA

RC

MC

RB

20 kN 10 kN/m

A B

C

1 m 4 m 3 m RA RB RC

MC

RA

RB

(20.5-4RA) kN.m

RC

(20-RA) kN

(MC+10.3.1,5-3.RC) kN.m

20.1 kN.m

20 kN

A B 4 m

(10.3-RC) kN

10 kN/m

B C

RC

MC

3 m

2. Diagramas de esfuerzos:

3. Giro sección A: aislemos el tramo AB

B C C

B C

M M R kN m sentido anti horario

F R kN

Vy

20

5,

9,

20,

x

13,

20

3,7 8,

x

Mz

20 kN 10 kN/m

A B C 1 m 4 m 3 m

RA=25,925 kN RB=3,475 kN RC=20,6 kN

MC=13,1 kN.m

RA=25,925 kN MB=3,7 kN.m

RB=3,475 kN

20.1 kN.m

20 kN

A B 4 m

FB=9,4 kN

4

0 8 8

0, 024 ( tan )

. 2,1.10 .1940.

AB

BA A A z

M B BA z

tag x M x x

x x dx Q m punto B por debajo gente en A E I

−

4. Flecha en x = 3 m: aislamos el tramo AB y empleamos el método de la Ecuación

Diferencial de la Elástica (Nota: x=3 m en la viga → x=2 m en el tramo AB)

|θA |= |δBA|/4 = 0,024/4 = 0,006 rad (sentido antihorario, ver figura)

RA=25,925 kN MB=3,7 kN.m

RB=3,475 kN

20.1 kN.m

20 kN

A B 4 m

FB=9,4 kN

A 4 m B

tag en A

δBA θA

2

2

2

1

3 2

1 2

1 2 3

z

z z

z

z

x M x x

d y E I M x dx

dy x E I x C dx

x x E I y C x C

condiciones de contorno x y x y resolviendo C C

x x

y

2

8 8

y x m cm

x

−