aplicaciones de calculo integral a la ingeniería civil

Tema 7: FLEXIÓN: HIPERESTATICIDAD

Problemas resueltos

Prof.: Jaime Santo Domingo Santillana
E.P.S.-Zamora – (U.SAL.) - 2008

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

MA

10 kN/m
B

A

RB
RA

2m

Ecuaciones de equilibrio:

1m

∑ F = 0 R + R = 10.1 (1)
∑ M = 0 M + 3R = M + 10.1.2,5
A

B

A

A

B

B

(2)

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

MA

10 kN/m

A

B
RB

RA

2m

1m

Ecuaciones deformación: ϑ B = 0 (3)
y B = 0 (4)
Para desarrollar (3) y (4) aplicaremos el Método de los Teoremas de Mohr
Desarrollemos la ecuación (3):
S M AB
S M AB
ϑ B = 0 → ϑ AB = ϑ A − ϑ B =
→ 0−0 =
→ S M AB = 0
EI z
EI z

0 − x − 2: M z = R A .x − M A
2 − x − 3 : M z = R A . x − M A − 10.( x − 2).
2

3

0

( x − 2)
2

2

S M AB = 0 = ∫ ( R A . x − M A ).dx + ∫ ( R A . x − M A − 5.( x − 2) 2 ).dx
4, 5 R A − 3 M A − 1, 667 = 0
yB = 0

(3)

→ y B = δ BA = 0 =

M
Q B AB
E .I z

→

2

3

0

M
Q B AB = 0

2

M
Q B AB = 0 = ∫ ( R A . x − M A ).(3 − x ).dx + ∫ ( R A . x − M A − 5.(x − 2) 2 )(3− x ).dx

4,5 RA − 4,5M A − 0, 4167 = 0 (4)
resolviendo (1), (2), (3) y (4) →
RA= 0,926 kN., RB= 9,074 kN., MA= 0,833 kN.m., MB= 3,056
kN.m.

7.2.-En la viga de la figura se pide determinar:
1) Reacciones en los apoyos
2) Giro de la sección B
3) Flecha en C
Datos: perfil IPE -180, E= 2,1x105 N/mm2

5 kN/m

MA

A

8 kN

B

RA

RB

3m

Ecuaciones de equilibrio:

C1m

∑ F = 0 R + R = 5.4 + 8 (1)
∑ M = 0 R .3 + M = 8.4 + 5.4.2
A

A

B

B

A

(2)

3 incógnitas: RA, RB, MA → viga hiperestática de 1º grado (tiene en apoyo de más)
Viga Isostática Equivalente:
5 kN/m

MA

A

8 kN

B
RA

3m

C

RB

1m

Ecuación de deformación: y B = 0 (3)
Para desarrollar (3) emplearemos el Método de los Teoremas de Mohr:

yB = δ BA = 0 =yB = 0 →

M
QB AB
E .I z

0 − x − 3 : M z = RA . x − M A − 5.x.

M
→ QB AB = 0

x
2

3

M
QB AB = 0 = ∫ ( RA . x − M A − 2, 5.x 2 ).(3 − x ).dx → 4, 5 R A − 4, 5 M A − 16,875 = 0 (3)
0

resolviendo (1), (2) y (3) :

RA = 4,125 kN., RB = 23,875 kN., MA = 0,375 kN.m

B

2) ϑAB

∫ M z .dx
S M AB
S M AB
= ϑ A − θ B = (como θ A = 0) = −θ B =
→ θB = −
=−A
E.I z
E.Iz
E .I z

0 − x − 3 M z = 4,125.x − 0,375 − 2,5.x 2
3 − x − 4 M z = 4,125.x − 0,375 − 2,5.x 2 + 23,875.( x − 3) =
= 28.x − 72 − 2,5.x 2
3

∫ (4,125.x − 0,375 − 2,5.x

θB = − 0

2

θB = 0,00183 rad

).dx
⇒

2,1.105.103.1317.10−8
C

3) δ CA

M
QC AC
=
=
E .I z

∫M

z

.dx.(4 − x )

A

E .I z

3

δ CA =
δ CA

∫ (4,125 x − 0, 375 − 2, 5 x

4

2

).(4− x ).dx + ∫ [28.x − 72 − 2, 5 x 2 ).(4 − x ).dx

0

3

2,1.10 .10 .1317.10 −8
= −0, 00274 m ( punto C por debajo de la tan gente en A)

yC = δ CA

5

yC > 0 δ CA < 0 →

3

yC = −δ CA

yC = 0, 003 m = 0, 3 cm ↓

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

RA

5 kN/m

8 kN

A
MA

C

B

RB
1m3m

⇓

5 kN/m
A

B
3m

C

y1C = (tablas ) =

1m

q.L4
5.4 4
=
=
8.E.I z 8.2,1.1317

= 0, 0578 m = 5, 78 cm ↓

+

8 kN
A

B
3m

y2 C = (tablas ) =

C

P.L3
8.43
=
=
3.E.I z 3.2,1.1317

= 0, 0616 m = 6,16 cm ↓

1m

+
RB = 23,875 Kg
A
3m

+

B

1m

C

y3C = (tablas ) =

P.b 2
.(2b + 3a ) =
6.E .I z

23,875.32
=
.(2.3 + 3.1) =6.2,1.1317
= 0,1165 m = 11, 65 cm ↑

yC = y1C + y2 C − y3C = 0, 3 cm

↓

7.4.-La viga AB de la figura se encuentra empotrada en A y sujeta por un cable de acero
en C. Al aplicar la carga de 100 kN. en el extremo B se pide calcular las reacciones en el
empotramiento y la fuerza a la que estará sometida el cable.
Datos: viga: IPE-300; cable: radio = 1 cm.; E= 2.1.105 N/mm2
T

2m

100...