Equilibrio y deformacion de vigas rectas

Jaime Planas RosselloCatedratico de Universidad

Universidad Politecnica de Madrid

ETS de Ingenieros de Caminos, Canales y Puertos

Departamento de Ciencia de Materiales

Profesor Aranguren, sn, 28040 Madrid

jaime.planas@upm.es

Notas de clase, 2007-2009. Borrador 6, corregido 2009/12/02.

1. Introduccion

En este documento se recogen los conceptos basicos de la teorıa de vigas rectaspara ser aplicada en un curso breve (3 creditos) de resistencia de materiales, enel que se han introducido previamente, los conceptos de equilibrio, compatibilidady ecuacion constitutiva de termoelasticidad uniaxial con aplicacion al estudio delequilibrio y la cinematica de sistemas de bielas o tirantes y solidos rıgidos.

2. Flexion pura y momento flector

2.1. Ejemplo

La figura 1a muestra la imagen de una barra de plastico flectada aplicando, conpulgares e ındices, dos pares de fuerzas, uno en cada extremo. Este tipo de cargase denomina flexion en cuatro puntos.

Si imaginamos un corte recto de la viga en el tramo central (Fig. 1b), el sistemade fuerzas interiores que actuan sobre la seccion de corte debe ser equivalente aun momento M (en rojo) que equilibra al del par de fuerzas exteriores. Tomandomomentos en el punto A e igualando a cero tenemos

+∑MA=0: M − Fd = 0⇒ M = Fd (1)

Obviamente, el momento M es igual para cualquier punto del vano central dela viga, como se deduce de que el corte es para un punto arbitrario, y se confirmadel 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 sobreuna seccion recta se reduce a un momento, se dice que esta solicitado en flexionpura, 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 vigaque incluya el extremo izquierdo, en lugar del derecho.

1

(a)

(b)

F

FF

F

M

d

F

F

A

(c)MM

(d)

F

Fd

M

Figura 1: Viga sometida a flexion en cuatro puntos: en el vano central el momentoflector es constante.

2.2. Criterio de signos

Como se ha indicado, un momento flector es un esfuerzo, y es convenienteescoger un criterio de signos. Para vigas horizontales, se elige tradicionalmente elsigno positivo cuando la deformada de la viga es concava hacia arriba (Fig. 2a), ynegativo cuando es concava hacia abajo (Fig. 2b).

Sin embargo, la orientacion de la concavidad no es una propiedad intrınseca,como puede comprobarse dibujando una forma concava hacia arriba en una hoja depapel y girandola 180◦ en su plano, con lo que “arriba”pasa a ser “abajo”. Tenemospues que definir unos ejes unidos a la viga (o al papel) que indiquen de forma unicalo que se entiende por “arriba”.

Lo primero es situar el eje x a lo largo del eje geometrico de la viga con unsentido que podemos elegir arbitrariamente, y que suele tomarse, para vigas ho-rizontales, de izquierda a derecha, como en la figura 2c. El eje y se toma siempreperpendicular al eje x y orientado de manera que para llevar el semieje positivo xsobre el semieje positivo y se realiza un giro de 90◦ en sentido positivo; nosotrostomaremos el sentido de giro antihorario como positivo (Fig. 2c).

Con esta orientacion de ejes, el esfuerzo flector en una rebanada de una viga conflexion positiva tiene los signos mostrados en la parte inferior de la figura 2c, por loque generalizaremos el criterio de signos utilizando el mono de la figura 2d, aunquemuchas veces indicaremos solo una flecha indicando el sentido del eje x, que debeentenderse como la orientacion que se le da a la viga o el ”sentido de recorrido”,tal como muestra el diagrama de la figura 2e. En la seccion 3.2 ampliaremos loscriterios de signos.

2

(a)

(b)

(c)

F

FF

FMM

x

y

+

(d)x

y(d)

Figura 2: Criterio de signos para los momentos flectores.

3. Flexion simple y esfuerzo cortante

Cuando una viga, o un tramo de ella, esta sometida a un momento flectorvariable, siendo el esfuerzo axil nulo, decimos que se encuentra solicitada en flexionsimple, en cuyo caso, ademas del esfuerzo flector aparece un esfuerzo cortante,normal al eje de la viga.

3.1. Ejemplo

El ejemplo mas simple es el de una mensula con una fuerza en su extremo, talcomo se representa en la figura 3a. Si cortamos por un plano normal por el punttoX a la distancia x del empotramiento, el equilibrio del tramo XB de viga situado asu derecha requiere que el sistema de fuerzas interiores en X puedan ahora reducirsea 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:

↑+∑Fy=0: F −QX = 0⇒ QX = F (2)

(a)

B

F

x

y

``− xx

A X

(b)

F

QX

MX

(c)

RAy QX

MXMeA

Figura 3: Mensula sometida a flexion simple.

3

+∑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 es-fuerzo flector, en cambio, varıa linealmente con x, valiendo F` en el empotramientoy 0 en el extremo de la mensula.

Puesto que la viga entera debe estar en equilibrio, la reaccion vertical en elempotramiento RAy y el momento de empotramiento M e

A (la reaccion RAx es tri-vialmente nula) deben satisfacer el equilibrio de la viga entera, es decir

↑+∑Fy=0: F +RAy = 0⇒ RAy = −F (4)

+∑MA=0: F`+M e

A = 0⇒ M eA = −F` (5)

I Compruebe que imponiendo el equilibrio del tramo AX de la viga (Fig. 3c) resultan losmismos 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 xhacia la derecha) y consideremos el tramo comprendido entre dos secciones rectastal como se muestra en la figura 4a. D que la seccion situada mas a la derecha esla seccion frontal y la situada a la izquierda la seccion dorsal.

En un caso general de un tramo de viga inclinada, la seccion frontal es aquellapara la cual el sentido de su normal exterior coincide con el sentido positivo del ejede la viga; la seccion dorsal es aquella para la cual la normal exterior tiene sentidocontrario al positivo de la viga (Fig. 4b).

El sistema reducido de fuerzas exteriores sobre la seccion frontal se denominafrontal, y de igual forma sus componentes: fuerza axil frontal, fuerza cortante frontaly momento flector frontal; y analogamente para la seccion dorsal.

Considerando una rebanada de pequeno espesor tal como se muestra en lafigura 4c, el criterio de signos se resume diciendo que un esfuerzo es positivo si sucorrespondiente accion frontal es positiva de acuerdo con los signos definidos paralos ejes y los giros. Esto lleva a los criterios de signos ya conocidos para el axil ypara el momento flector, y al convenio de que el esfuerzo cortante es positivo si sucorrespondiente fuerza cortante frontal tiene el sentido del eje y positivo, tal comose muestra en la figura 4d, o, simplificadamente, en la figura 4e, en la que el sentidodel eje y es implıcito.

x

frontaldorsal

(a) (b)x frontal

dorsal

xn

n(c)

x

y(d) (e)

Figura 4: Criterios de signos.

4

3.3. Leyes de esfuerzos cortantes

3.3.1. Fuerzas concentradas

Consideremos una viga recta sometida a fuerzas concentradas normales a sueje, como la indicada en al figura 5a, en la cual se supone que las fuerzas estan enequilibrio, es decir que

5∑

i=1

Pi = 0 y∑

MPiA = 0 (6)

Podemos calcular muy rapidamente el esfuerzo cortante en cualquier punto dela viga, por ejemplo el C, sin mas que cortar por este punto y escribir el equilibriode fuerzas verticales que actuan sobre el tramo de la viga situado a la derechadel corte (Fig. 5b) o a su izquierda (Fig. 5c). Comenzando por el tramo derecho,tendrıamos:

↑+∑Fy=0: P4 + P5 −QC = 0⇒ QC =

∑5i=4 Pi (7)

Si escribimos el equilibrio para el tramo izquierdo tendremos

↑+∑Fy=0: P1 + P2 + P3 +QC = 0⇒ QC = −∑3

i=1 Pi (8)

y, evidentemente el resultado es el mismo en virtud de las condiciones de equilibrioglobal (6).

Consideremos ahora el equilibrio de un tramo de la viga sobre el que no actuaninguna fuerza exterior, como el mostrado en la parte izquierda de la figura 5d. Eneste caso se tiene, para el esfuerzo cortante:

↑+∑Fy=0: QB −QA = 0⇒ QB = QA (9)

es decir, que en un tramo libre de fuerzas exteriores el esfuerzo cortante es cons-tante.

Consideremos,finalmente, un tramo como el de la parte derecha de la figura 5d,cuyos extremos estan uno a cada lado de una de las fuerzas concentradas. En estecaso tenemos, para el cortante

↑+∑Fy=0: QE −QD + P4 = 0⇒ QE −QD = −P4 o QD −QE = P4 (10)

(a) P1 P2P3 P4 P5C

(b)QC

P4 P5

(c)

QC

P1 P2P3

(d)

QA QB

P4QE

QD

Figura 5: Viga sometida a cargas concentradas arbitrarias (no se han dibujado losmomentos flectores).

5

lo cual significa que el esfuerzo cortante experimenta un salto al pasar de un ladoa otro de la fuerza concentrada, y que el salto tiene signo contrario al de la fuerzayendo de izquierda a derecha, y el mismo signo de la fuerza yendo de derecha aizquierda. Veamos un ejemplo

Ejemplo 3.1 En la viga de la figura, dibujar un diagrama que represente graficamentela ley de esfuerzos cortantes (fuerzas en kN, cotas en m).

610

1611 11

4 4 6 8

Solucion: Numerando los vanos de izquierda a derecha:

(1)6

↑+∑Fy=0:− 6 +Q1 = 0⇒ Q1 = 6;

(2)6 10

↑+∑Fy=0:− 6− 10 +Q2 = 0⇒ Q2 = 16;

(3)11 11

↑+∑Fy=0:−Q3 + 11− 11 = 0⇒ Q3 = 0; y

(4)11

↑+∑Fy=0:− 11−Q4 = 0⇒ Q4 = −11.

Con lo que el diagrama de momentos resulta:

x

Q

5

10

15

-5

-10

Podrıa 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 identicos. �

3.3.2. Fuerzas distribuidas

Consideremos una viga recta sometida a fuerzas distribuidas normales a su eje,es decir en la direccion del eje y. Sea p(x) la fuerza por unidad de longitud en elpunto x (Fig. 6a). El equilibrio de un tramo cualquiera entre dos secciones rectas

(a) xp(x)

x

p

(b)

Q2

Ap1−2

Q

x1 x2

Q1

Figura 6: Viga sometida a cargas distribuidas.

6

a las distancias x1 y x2 > x1 requiere que la suma de fuerzas verticales sea cero, esdecir

↑+∑Fy=0: Q2 −Q1 + Ap1−2 = 0 (11)

donde Ap1−2 es la resultante de las fuerzas distribuidas entre 1 y 2 (Fig. 6b). Estaresultante puede calcularse escribiendo que la fuerza que actua sobre un elementode viga de longitud dx es p(x) dx y que, por tanto, la resultante es

Ap1−2 =

∫ x2

x1

p(x) dx = area del diagrama de fuerza distribuida (12)

es decir, que con las unidades adecuadas, la resultante de las cargas distribuidas esel area sombreada de gris en la figura 6b, por lo que, si se trata de una forma decuya area conozcamos la expresion (rectangulo, trangulo, trapecio, parabola, ...)podemos utilizar dicha expresion directamente; en caso contrario hay que integrar.Veamos un ejemplo:

Ejemplo 3.2 En la mensula de la figura, determinar la ley de esfuerzos cortantes ydibujar el diagrama correspondiente.

p0

`− x`

x

x

Solucion. Cortando por un punto situado a la distancia x del empotramiento y aislandodel tramo de la derecha resulta

Q

px

Apx-`

donde la resultante de la sobrecarga Apx-` = area del triangulo = px(` − x)/2 ypx = (p0/`)(`−x), por semejanza de triangulos. La ecuacion de equilibrio da directamente↑+∑Fy=0: Apx-`−Q = 0, de donde Q = p0

2` (`− x)2 , que es la ecuacion de una parabolade eje vertical con vertice en el extremo de la mensula y cuyo valor en el empotramientoes p0`/2, por lo que el diagrama de esfuerzos cortantes es el siguiente:

Q

x

12p0` p0

2`(`− x)2

Nota: es posible tambien resolver el problema planteando el equilibrio del tramo de la viga a laizquierda de la seccion. En este caso hay que calcular primero la reaccion en el empotramiento,que es Re

y = −p0`/2, y, por tanto, la ecuacion de equilibrio serıa ↑+∑Fy =0: Re

y + Ap0-x +Q = 0

donde Ap0-x es el area del trapecio de sobrecarga limitado por las verticales en 0 y x. Obviamente

el resultado es el mismo, y solo ligeramente mas laborioso. �

3.3.3. Equilibrio local

Si en lugar de plantear el equilibrio de un tramo finito de viga planteamos elequilibrio de una rebanada infinitesimal de longitud dx con el extremo dorsal en x,

7

entonces en la ecuacion (11) tenemos Q1 = Q(x), Q2 = Q(x+dx) y Ap1−2 = p(x) dx,y la ecuacion de equilibrio se reduce a

Q(x+ dx)−Q(x) + p(x) dx = 0⇒ ∂Q

∂x+ p = 0 (13)

En esta ecuacion diferencial, que corresponde a un punto del eje de la viga, el primertermino representa la resultante de las fuerzas interiores por unidad de longitud, yel segundo a la resultante de las fuerzas exteriores por unidad de longitud.

I Compruebe que la ecuacion de equilibrio local se cumple para la solucion del ejercicio anterior.

Si en un punto x1 hay una fuerza concentrada P1, entonces p(x1) = ∞ y laecuacion anterior no es aplicable (Q no es derivable en este punto) y es precisoescribir la ecuacion de salto que ya se ha plateado anteriormente, tomando unarebanada con una cara infinitesimamente a la izquierda del punto x1, que repre-sentamos como x−1 y la otra infinitesimamente a su derecha (x+

1 ). La ecuacion deequilibrio resulta [

Q(x+1 )−Q(x−1 )

]+ P1 = 0 (14)

3.3.4. Superposicion de leyes de esfuerzos

En muchos casos practicos, el sistema de cargas exteriores sobre una viga escomplejo, y puede subdividirse en subsistemas mas sencillos. Evidentemente, si laviga es isostatica, las reacciones y los esfuerzos para el sistema completo seran igua-les a la suma de las reacciones y esfuerzos que se obtendrıan para cada subsistema.Esto es ası porque las ecuaciones de equilibrio son lineales (son sumas de fuerzas ode momentos). Debe notarse, sin embargo, que en sistemas hiperestaticos esto solose cumple si la respuesta carga-desplazamiento del sistema es lineal; volveremossobre esto al estudiar las deformaciones inducidas por los esfuerzos.

Ejemplo 3.3 Determine la ley de esfuerzos cortantes en la mensula del ejemplo 3.2 si,ademas de la carga triangular, se aplica una fuerza concentrada vertical de modulo p0`/2y sentido hacia abajo, en el centro de la viga.Solucion: Ya se calculo el cortante debido a la carga triangular. El cortante debido a lacarga concentrada vale 0 para x > `/2 y −p0`/2 para 0 < x < `/2, por tanto la ley de

cortantes total es Q =

= −p0`

2+p0

2`(`− x)2 =

p0

2`x(x− 2`) para x < `/2

=p0

2`(`− x)2 para x > `/2

cuya grafica esx

Q18p0`

− 38p0` �

8

3.4. Leyes de momentos flectores

3.4.1. Fuerzas concentradas

Consideremos de nuevo la viga sometida a fuerzas concentradas del apartado3.3.1, que representamos de nuevo en la figura 7a, que cumplen las ecuaciones deequilibrio global (6).

Podemos calcular muy rapidamente el momento flector en cualquier punto dela viga, por ejemplo el C, sin mas que cortar por ese punto y escribir el equilibriode momentos en el 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, tendrıamos:

+∑MC =0: MP4

C +MP5C −MC = 0⇒ MC =

∑5i=4 M

PiC (15)

Si escribimos el equilibrio para el tramo izquierdo tendremos

+∑MC =0: MP1

C +MP2C +MP3

C −MC = 0⇒ MC = −∑3i=1 M

PiC (16)

y, evidentemente el resultado es el mismo en virtud de las condiciones de equilibrioglobal (6).

Consideremos ahora el equilibrio de un tramo de la viga sobre el que no actuaninguna fuerza exterior, como el mostrado en la parte izquierda de la figura 7d. Eneste caso se tiene tomado momentos en el punto A:

+∑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 varıalinealmente con la posicion. Derivando la primera de las dos ecuaciones anteriorescon respecto a x resulta

∂M

∂x+Q = 0 (18)

que, aunque deducida en un caso particular en que Q es constante en el tramo con-siderado, es valida en general como veremos mas adelante al establecer la ecuacionde equilibrio local para los momentos.

Consideremos,finalmente, un tramo como el de la figura 7d, cuyos extremosestan simetricamente dispuestos uno a cada lado de una de las fuerzas concentradas

(a) P1 P2P3 P4 P5C

(b) P4 P5

MC

(c) P1 P2P3

MC

(d)

QA

MA

xA x

QM

P4

s sQ+

Q−

M− M+

Figura 7: Viga sometida a cargas concentradas arbitrarias.

9

y a una distancia s de ella. En este caso tenemos, para el momento flector aizquierda (M−) y derecha (M+)

+∑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 otrode la fuerza concentrada, aunque su derivada es discontınua. Veamos un ejemplo

Ejemplo 3.4 En la viga de la figura, dibujar un diagrama que represente graficamentela ley de momentos flectores (fuerzas en kN, cotas en m).

610

1611 11

4 4 6 8

Solucion: Numerando los vanos de izquierda a derecha: (a) Metodo analıtico directo

(1)6

+∑Mdcha =0: M + 6x = 0⇒M = −6x (kNm);

(2)6 10

+∑Mdcha =0: M + 6x+ 10(x− 4) = 0⇒M = 40− 16x (kNm);

(3)11 11

+∑Mizda =0:−M + 11(14− x)− 11(22− x) = 0⇒M = −88 (kNm);

(4)11

+∑Mizda =0:−M − 11(22− x) = 0⇒M = −11(22− x) (kNm).

Con lo que el diagrama de momentos resulta, dibujando como es habitual los momentospositivos hacia abajo (es decir, dibujando siempre el momento del lado de las fibrastraccionadas):

x

-40

-60

-80

0

20

-20

M

(b) Metodo de puntos caracterısticos: Sabiendo que el momento varıa linealmente entrepuntos de carga, basta determinar el momento flector en cada punto de aplicacion decarga y unirlos mediante tramos rectos; numerando los puntos de carga de izquierda aderecha (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 tramosderechos, −M3 + 11 × 6 − 11 × 14 = 0 ⇒ M3 = −88 kNm (comprueba el “cierre” oequilibrio global), −M4 − 11 × 8 = 0 ⇒ M4 = −88 kNm, M5 = 0. Por supuesto losresultados son identicos. �

3.4.2. Fuerzas distribuidas

Consideremos de nuevo la viga recta sometida a fuerzas distribuidas normalesa su eje del apartado 3.3.2 (Fig. 8a). El equilibrio de momentos de un tramo cual-quiera entre dos secciones rectas a las distancias x1 y x2 > x1 puede escribirse dedos maneras alternativas: una tomando momentos en la seccion dorsal (i.e. respec-to del punto del eje situado en x1) y otra tomando momentos en la seccion frontal(i.e. respecto del punto del eje situado en x2); las ecuaciones correspondientes son

+∑Mx1 =0: M2 −M1 +Q2(x2 − x1) +Mp

11−2= 0 (20)

+∑Mx2 =0: M2 −M1 +Q1(x2 − x1) +Mp

21−2= 0 (21)

10

(a) xp(x)

x

p

(b)

Q2

Ap1−2

Q

x1 x2

Q1M1 M2

xpG1−2

Figura 8: Viga sometida a cargas distribuidas.

donde Mpi1−2

es el momento de las fuerzas distribuidas entre 1 y 2 respecto delpunto i. Este momento puede calcularse escribiendo que la fuerza que actua sobreun elemento de viga de longitud dx es p(x) dx y que, por tanto, los respectivosmomentos se pueden escribir como

Mp11−2

=

∫ x2

x1

(x− x1)p(x) dx, y Mp21−2

=

∫ x2

x1

(x− x2)p(x) dx. (22)

Ahora bien, se sabe que la resultante del sistema de fuerzas paralelas se puedereducir a su resultante aplicada en el centro de gravedad, estando el centro degravedad, en consecuencia, definido por la condicion de que el momento del sistemarespecto a dicho punto sea nulo, es decir que se verifique

∫ x2

x1

(x− xpG1−2)p(x) dx = 0,→ Ap1−2xG1−2 =

∫ x2

x1

xp(x) dx (23)

donde Ap1−2 es, segun se dijo, el area definida por la curva de distribucion de carga,igual a la resultante de las fuerzas de sobrecarga.

Enconsecuencia, si se conoce la posicion xpG1−2del centro de gravedad de la

sobrecarga sobre el tramo 1–2, podemos escribir su momento en la forma

Mp11−2

= Ap1−2(xpG1−2− x1), y Mp

21−2= −Ap1−2(x2 − xpG1−2

) (24)

Con estas expresiones, es inmediato comprobar que las ecuaciones (20) y (21)son equivalentes: restando las segunda ecuacion de la primera y sustituyendo lasexpresiones (24) resulta

(Q2 −Q1 + Ap1−2)(x2 − x1) = 0 (25)

que es una identidad debido a la ecuacion (11) de equilibrio de fuerzas normalesque asegura que el primer parentesis es identicamente nulo.

En la practica se utilizara la ecuacion (20) cuando sean conocidos el cortante yel momento en la seccion frontal, con lo cual se puede despejar M1. Recıprocamente,la ecuacion (21) se utilizara cuando sean conocidos los esfuerzos en la seccion dorsaly podra despejarse M2.

Veamos un ejemplo:

11

Ejemplo 3.5 En la mensula de la figura, determinar la ley de momentos flectores ydibujar el diagrama correspondiente.

p0

`− x`

x

x

Solucion. Cortamos por un punto situado a la distancia x del empotramiento aislamosel tramo de la derecha:

px

Apx-`

M

xpG

13 (`− x)

el area del triangulo ya se calculo en el ejemplo 3.2 y vale Apx-` = p02` (` − x)2. Por otra

parte, el centro de gravedad del triangulo esta situado a 1/3 de su base, con lo cual laecuacion de equilibrio de momentos da directamente+

∑Mx=0: −M+Apx-`(`−x)/3 = 0

de donde M = p06` (`− x)3 , que es la ecuacion de una parabola cubica cuyo valor en el

empotramiento (x = 0) es p0`/2, por lo que el diagrama de momentos es el siguiente:

p0

6`(`− x)3

x

M

16p0`

2

Nota: es posible tambien resolver el problema planteando el equilibrio del tramo de la viga a laizquierda de la seccion. En este caso hay que calcular primero la reaccion en el empotramiento, quees Re

y = −p0`/2, y el momento de empotramiento, que es Me = −p0`2/6 por tanto, la ecuacion de

equilibrio serıa+ ∑Mx =0: M+Me +Reyx+Ap

0-xxpG0−x

= 0 donde Ap0-x es el area del trapecio de

sobrecarga limitado por las verticales en 0 y x y xpG0−x

su centro de gravedad, que serıa necesariocalcular; en la practica es mejor calcular el momento del trapecio de carga descomponiendolaen dos areas (dos triangulos o un triangulo y un rectangulo), lo que es equivalente al calculoimplıcito del centro de gravedad ya que AxG = A1xG1 + A2xG2 . Obviamente el resultado es elmismo, pero el desarrollo resulta sustancialmente mas laborioso. �

3.4.3. Equilibrio local

Si en lugar de plantear el equilibrio de un tramo finito de viga planteamosel equilibrio de una rebanada infinitesimal de longitud dx con el extremo dorsalen x, entonces en la ecuacion (21) tenemos Q1 = Q(x), M2 = M(x + dx) yMp

21−2≈ (p(x) dx)dx/2 = o(dx) = infinitesimo de segundo orden, y la ecuacion de

equilibrio se reduce a

M(x+ dx)−M(x) +Q(x) dx+ o(dx) = 0⇒ ∂M

∂x+Q = 0 (26)

I Compruebe que la ecuacion de equilibrio local se cumple para la solucion del ejercicio anterior.

En esta ecuacion diferencial, que corresponde a un punto del eje de la viga,el primer miembro representa el momento resultante de las fuerzas interiores por

12

PP

aa

a

P

PaP

A B

C

D

A B

P

P/2 P/2

C

D(a) (b)

(c)

BP

P/2 P/2

x 2a−x

M

B

− 12Pa

12Pa

(e)(d) (f)

Figura 9: Ejemplo de viga sometida a un momento concentrado: (a) estructuracompleta; (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 tramoderecho de la viga para a < x ≤ 2a; (f) ley de momentos flectores con un salto devalor absoluto Pa.

unidad de longitud, y se supone que solo actuan fuerzas distribuidas. En el casode que existieran momentos exteriores distribuidos, la ecuacion de equilibrio serıa

∂M

∂x+Q+m = 0 (27)

donde m es el momento exterior por unidad de longitud. En la practica, pocasveces se encuentran casos con momentos distribuidos.1 Por el contrario, no es raroencontrarse con momentos exteriores concentrados, que tratamos a continuacion.

3.4.4. Momentos exteriores concentrados

Empecemos por un ejemplo: la figura 9a muestra una estructura formada poruna viga biapoyada AB unida rıgidamente a otra viga vertical CD, estando elconjunto sometido a una fuerza horizontal P en D.

Comenzamos por aislar la viga CD (Fig. 9b) y establecer las ecuaciones deequilibrio con el sistema de fuerzas ejercido sobre ella por la viga AB en C; elproblema es tan simple que puede resolverse de cabeza con los resultados mostradosen la figura 9b.

A continuacion aislamos la viga AB (Fig. 9c) que esta sometida en C a accionesiguales y contrarias a las que actuan sobre CD (lo que incluye un momento con-centrado de valor Pa y sentido horario) y a las reacciones, que pueden calcularsecon toda facilidad con el resultado mostrado en la figura 9c.

Yendo ahora directamente a la ley de momentos flectores, aislamos primero untramo de viga como el de la figura 9d, que incluye el extremo A y termina a ladistancia x < a, y tomamos momentos en la seccion de corte +

∑Mx=0:M +

(P/2)x = 0 ⇒ M = −Px/2 para x < a. A continuacion hacemos lo mismo con

un tramo de viga como el de la figura 9e, que incluye el extremo B y comienza a

1Un ejemplo serıa una fibra ferromagnetica con imanacion axial permanente sometida a uncampo magnetico exterior

13

s s Q+

Q−

M− M+

M ex

Figura 10: Equilibrio de una rebanada centrada en la seccion de actuacion de unmomento concentrado.

la distancia a < x, y tomamos momentos en la seccion de corte, con lo que resulta

+∑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, yse observa que en el punto donde actua el momento concentrado hay un salto cuyovalor (yendo en el sentido de las xs positivas) es igual y de sentido contrario almomento exterior concentrado.

Este resultado es totalmente general, lo que puede demostrarse con sencilleza partir del equilibrio de momentos de una rebanada de la viga simetricamentedispuesta respecto de la seccion en la que actua el momento concentrado como semuestra en la figura 10. Tomando momentos respecto del extremo dorsal se tiene+∑Mizda =0:M+ −M− +M ex +Q+2s = 0; con lo que cuando s tiende a cero el

ultimo termino se anula y resulta la ecuacion de salto para momentos

[M+ −M−] +M ex = 0 (28)

3.5. Ejercicios

Ejercicio 3.1 Una viga biapoyadaesta sometida a una sobrecarga uniformeen su primera mitad tal como se muestraen la figura. Calcular las leyes de cortantesy de momentos flectores y dibujar losdiagramas correspondientes.

L= =

q

Ejercicio 3.2 Una viga biapoyadaesta sometida a una sobrecarga triangularsimetrica como se muestra en la figura.Calcular las leyes de cortantes y de mo-mentos flectores y dibujar los diagramascorrespondientes.

L= =

q

Ejercicio 3.3 Una viga biapoyadaesta sometida a una sobrecarga triangularen su segunda mitad tal como se muestraen la figura. Calcular las leyes de cortantesy de momentos flectores y dibujar losdiagramas correspondientes.

L= =

q

Ejercicio 3.4 Una mensula acodadaesta sometida a una fuerza horizontalen su extremo, tal como se muestra enla figura. Calcular las leyes de cortantesy de momentos flectores y dibujar losdiagramas correspondientes.

F

LL

45◦

14

Ejercicio 3.5 Para la viga acodada bia-poyada de la figura, calcular las leyes decortantes y de momentos flectores y dibu-jar los diagramas correspondientes.

3a a

2aF

Ejercicio 3.6 Para el sistema de dos vi-gas articuladas de la figura, calcular las le-yes de cortantes y de momentos flectores ydibujar los diagramas correspondientes.

F F

2L= = = =

Ejercicio 3.7 Para el sistema de dos vi-gas articuladas de la figura, calcular las le-yes de cortantes y de momentos flectores ydibujar los diagramas correspondientes.

a a a

q2q

Ejercicio 3.8 Para la viga doblementeacodada de la figura, dibujar los diagramasde esfuerzos cortantes y momentos flecto-res. Solucion

P

P

P

aa a a

a2P

Ejercicio 3.9 Para la viga doblementeacodada de la figura, dibujar los diagramasde esfuerzos cortantes y momentos flecto-res.

a

a

q

a2

a2

a 2a

8qa 8qa

Ejercicio 3.10 Para el sistema de tres vi-gas articuladas de la figura, calcular las le-yes de cortantes y de momentos flectores ydibujar los diagramas correspondientes.

aa2

a2

a a a a

2PP P

Ejercicio 3.11 Para el porticoermpotrado-articulado-apoyado de lafigura, dibujar los diagramas de esfuerzoscortantes y momentos flectores.

a

1.5a

qqa

Ejercicio 3.12 Para el porticoermpotrado-articulado-apoyado de lafigura, dibujar los diagramas de esfuerzoscortantes y momentos flectores. .

2a

a2

P

a2

2P

15

4. Tensiones y deformaciones longitudinales en

una viga recta

Hasta este punto, hemos considerado solamente el equilibrio de cualquier tramode una viga, pero no hemos descendido a analizar las distribuciones de tensionesni las deformaciones de la viga. En este apartado planteamos las ecuaciones decompatibilidad de deformaciones en direccion longitudinal en una viga sometida aextension pura, a flexion pura y a flexion compuesta y utilizamos las ecuacionesconstitutivas y las ecuaciones de equilibrio a nivel de seccion para obtener relacionesentre esfuerzos axiles y deformacion longitudinal, y entre momentos y curvatura.

La hipotesis basica para establecer la compatibilidad de movimientos entre dis-tintos puntos de una seccion recta es la Hipotesis de Navier que establece que lassecciones rectas de la viga permanecen planas al deformarse esta, y perpendicularesal eje deformado. Esta es una hipotesis aproximada que se cumple muy bien ensecciones alejadas de los puntos singulares de la viga (extremos, puntos de apli-cacion de cargas concentradas); la distancia a la cual se establece el regimen deNavier es del orden del canto de la viga, por lo que la teorıa que aquı se desarrollasera valida para vigas esbeltas, es decir, para vigas en que la longitud es muchomayor que el canto.

4.1. Extension axil pura

4.1.1. Ecuaciones de compatibilidad de deformaciones

Consideremos una viga recta esquematizada en la figura 11, en la que, por elmomento, suponemos que la seccion recta es de forma arbitraria y tomamos unosejes cartesianos cuyo eje x es paralelo al eje de la viga. Decimos que una vigaesta sometida a extension axil pura cuando al deformarse, permanece recta. Estosignifica que, salvo por un desplazamiento de solido rıgido, el desplazamiento debetener la direccion del eje x, y, puesto que las secciones deben permanecen planas, eldesplazamiento debe ser uniforme en una seccion recta, es decir, que ux = u(x) nodepende de y ni de z. De esta manera, los elementos del material en una rebanadade espesor diferencial experimentan una deformacion longitudinal que, como se vioen la primera parte de la asignatura para la deformacion uniaxial de tirantes ybielas, viene dada por

εx =∂u

∂x(x) (29)

de lo que resulta que la deformacion longitudinal debe ser uniforme en toda unaseccion recta (es decir, que no depende de la posicion del punto sobre la seccion).

x

y

z

Figura 11: Esquema de una viga recta de seccion arbitraria.

16

Esta es la condicion de compatibilidad de deformaciones en distintos puntos de laseccion

Queremos ahora relacionar las deformaciones con las acciones, por lo que, enprimer lugar, escribimos las ecuaciones de equilibrio que relacionan las tensionescon los esfuerzos y, en segundo lugar, utilizamos las ecuaciones constitutivas pararelacionar las tensiones con las deformaciones.

4.2. Equilibrio de esfuerzos axiles

Por definicion, el esfuerzo axil es la resultante de las tensiones longitudinalesque actuan sobre la seccion, es decir:

N =

∫

S

σx dA (30)

Para obtener el valor del axil correspondiente a una deformacion longitudinaldada εx tenemos que usar la ecuacion constitutiva uniaxial segun la cual, en general

σx = σ(εx) (31)

que en el caso lineal se reduce a la ley de Hooke σx = Eεx.Si el material es uniforme (mismas propiedades mecanicas en todos los puntos

de la seccion), entonces la tension es uniforme y puede sacarse fuera de la integral,con lo que, trivialmente,

N = σ(εx)A material uniforme general (32)

y si es linealN = εxEA material uniforme lineal (33)

En muchos casos practicos, especialmente en ingenierıa de materiales, el mate-rial de la viga no es uniforme, bien porque este compuesta por varios materialespegados entre sı, o porque se trate de un material con funcion gradiente, en el cuallas propiedades mecanicas varıan de un punto a otro.

Centrandonos en el caso de secciones no uniformes de materiales hookeanos,para las cuales el modulo de elasticidad no es uniforme (es decir que d epende dela posicion, E = E(y, z)), la expresion para N resulta

N =

∫

x

Eεx dA = εx

∫

x

E dA (34)

y, definiendo el modulo de elasticidad medio de la seccion E en la forma

EA =

∫

S

EdA, (35)

resultaN = εxEA material no uniforme lineal (36)

que es la generalizacion de la ecuacion (33).

Ejemplo 4.1 Considerese un elemento prismatico de seccion rectangular de longitud `,

17

canto c y anchura b, que esta constituido por un ma-terial con funcion gradiente, cuyas propiedades varıancontinuamente a lo largo del espesor. En el caso quese estudia el material se comporta linealmente y elmodulo de elasticidad es E1 en la cara inferior y 2E1

en la cara superior, y varıa linealmente a lo largo delcanto. Determinar el esfuerzo axil cuando el prismase somete a una extension uniaxial uniforme que pro-duce un alargamiento ∆`.

b x

z

y

c

`

Solucion. En este caso, la deformacion es uniforme y vale εx = ∆`/` . El modulo de elas-ticidad varıa linealmente con la distancia y a la cara inferor de manera que vale E1 paray = 0 y 2E1 para y = c, por lo que su ecuacion es E = E1+(E1/c)y = E1 + E1y/c = E(y) .

Consecuentemente, el producto EA es

EA =∫

SεxE(y)dA =

∫ c

0E(y)bdy,

donde, para integrar, hemos tomado como diferenciales de areas la familia rectangulosinfinitesimales de base b y altura dy mostrados en la figura siguiente:

b

c

y

z

dA

EE1

2E1

E(y)

dy

Sustituyendo la expresion sel modulo de elasticidad resulta

EA = E1

∫ c

0

(1 +

y

c

)bdy = E1

(bc+

c2

2b/c

)⇒ EA = 1,5E1A

donde A = bc es el area de la seccion recta. Consecuentemente N = 1,5E1A∆`/` . �

En el caso de seccion compuesta por n materiales distintos que identificamoscon un subındices 1, 3 · · ·n de modulos de elasticidad E1, E2, · · ·En y que ocupanareas de la seccion A1, A2, · · ·An la ecuacion anterior se reduce a

EA = E1A1 + E2A2 + · · ·+ EnAn =n∑

i=1

EiAi (37)

4.2.1. Equilibrio de momentos

La resultante de un sistema de vectores (en este caso de las tensiones longitudi-nales) no caracteriza el sistema completamente; es preciso determinar el momentoen algun punto del espacio. Ahora bien, en el caso de un sistema de vectores para-lelos, como el que nos ocupa, se demuestra que existe un punto respecto del cualel momento es cero. Este punto se denomina centro del sistema, y en el caso par-ticular que nos ocupa lo denominaremos centro de axiles , y tiene la propiedad deque el sistema de tensiones longitudinales se reduce al vector axil aplicado en esepunto. Por lo tanto buscamos el centro de axiles como el punto de coordenadas(yN , zN) en el plano de la seccion en el cual el momento de las tensiones es cero,es decir, que cumple las condiciones

∫

S

(y − yN)σxdA = 0 y

∫

S

(z − zN)σxdA = 0 (38)

18

para las componentes z e y, respectivamente, del momento. Despejando la coorde-nada yN resulta

yN

∫

S

σxdA =

∫

S

yσxdA ⇒ yN

∫

S

σxdA =

∫

S

yσxdA (39)

En el caso de que el material sea uniforme, sigmax sale de las integrales enambos miembros y resulta que el centro de axiles coincide con el centro de gravedadde la seccion:

yNA =

∫

S

ydA ⇒ yN ≡ yG para material uniforme (40)

En el caso de que la respuesta sea elastica pero el material no sea homogeneo,puede ponerse σx = Eεx con lo que resulta

yNEA =

∫

S

yEdA (41)

que puede interpretarse como el centro de gravedad de una chapa con la forma dela seccion y con un espesor en cada punto proporcional al modulo de elasticidadcorrespondiente.

Ejemplo 4.2 En la viga de un material con funcion gradiente del ejemplo 4.1, determi-nar el centro de axiles.

Solucion. Sustituyendo las expresion anteriormente halladas poara EA y E en la ecua-cion (41), resulta

yN1,5E1A = E1

∫ c

0y(

1 +y

c

)bdy = E1

b

c

[cy2

2+y3

3

]c

0

= E156bc2 =

56E1Ac

con lo que resulta yN =59c �

En el caso de una seccion compuesta por n materiales homogeneos, el segundomiembro se reduce a una suma:

∫

S

yE(y, z)dA = E1

∫

S1

ydA+E2

∫

S2

ydA · · ·+En

∫

Sn

ydA =n∑

i=1

Ei

∫

Si

ydA (42)

donde Si es la parte de la seccion ocupada por el material i, y puesto que cada unade las integrales de la suma es, por definicion, el producto del area correspondienteAi por la coordenada yGi

del centro de gravedad de la misma, resulta, finalmente

yNEA = yG1E1A1 + yG2E2A2 + · · ·+ yGnEnAn =n∑

i=1

yGiEiAi (43)

donde EA esta dado, en este caso, por la ecuacion (37)Es de notar que existen muchos casos practicos en los que el calculo del centro

de axiles es inmediato debido a condiciones de simetrıa: en efecto, si la seccion tieneun eje de simetrıa geometrica y material (es decir, que las propiedades del materialson las mismas en puntos simetricos respecto de ese eje), entonces el centro deaxiles esta sobre el eje de simetrıa. En este curso consideraremos siempre seccionessimetricas respecto al eje y, por lo que el centro de axiles, igual que el centro de

19

gravedad del area, estara sobre dicho eje. En muchos casos, existe tambien un ejede simetrıa perpendicular al eje y (secciones rectangulares, circulares, en doble To I, etc.) en cuyo caso el centro de axiles esta en el punto de interseccion de ambosejes, que es el centro de simetrıa de la seccion. Veamos, con un ejemplo, comoorganizar el calculo cuando no existe un eje de simetrıa perpendicular al eje y:

Ejemplo 4.3 Una viga de seccion rectangular de 100 mm de canto y 200 de anchura,de un material elastico de modulo de elasticidad E1 se refuerzapegando en su cara inferior una lamina de 5 mm de espesorde un material cuyo modulo de elasticidad es E2 = 5E1. De-terminar el centro de axiles y el modulo de elasticidad medio. 200

100

5

Solucion. Disponemos los datos en una tabla de 8 columnas que en cada fila contiene losdatos de un componente que son, de izquierda a derecha: el numero de componente, suanchura, su altura, su area, su modulo de elasticidad el producto de su area por el modulode elasticidad E, la posicion (respecto de la cara inferior) de su centro de gravedad yG y,finalmente el producto yGiEiAi de los elementos de la sexta y septima columnas; todaslas longitudes se expresan en cm

i bi ci Ai Ei EiAi yGi yGiEiAi1 20 10 200 E1 200E1 5.5 1100E1

2 20 0.5 10 5E1 50E1 0.25 125E1∑210 — 250E1 — 1225E1

La suma de la cuarta columna es el area total A = 210 cm2, la suma de la sexta columnaes, de acuerdo con la ecuacion (37), el producto EA = 250E1 y la suma de octava columnaes, de acuerdo con la ecuacion (43), el producto yNEA = 1225E1, por lo tanto, yN esigual la suma de la octava columna dividida por la suma de la sexta: yN = 1225/250,i.e., yN = 4,90 cm , 0.35 centımetros por debajo del centro de gravedad geometrico dela seccion.Por su parte, el modulo de elasticidad medio se obtiene dividiendo la suma de la sextacolumna por la de la cuarta: E = 25E1/21, i.e., E = 1,19E1 �

4.3. Flexion pura

4.3.1. Ecuaciones de compatibilidad de deformaciones

Estudiamos a continuacion el caso viga recta con un plano de simetrıa en elcual flecta. Tomamos el plano de simetrıa com plano xy y el eje z perpendicular ael, como se esquematiza en la figura 12.

En flexion pura, un tramo de viga de longitud inicial `0 flecta en el planoxy sometida unicamente a fuerzas interiores cuya resultante general en cualquierseccion recta se reduce a un momento flector constante en la direccion del eje z.En estas circunstancias las “fibras”materiales paralelas al eje de la viga que vande una cara a otra, como la AA′ de la figura 12, adoptan la forma de arcos decircunferencia contenidos en planos paralelos al xy que, proyectados sobre el planoxy aparecen como arcos de circunferencia concentricos tal como se representa enla figura 13; a su vez, las secciones rectas se transforman en secciones radiales envirtud de la Hipotesis de Navier. En dicha figura se muestra, a la izquierda, eltramo de viga de longitud `0 antes de deformarse y, a la derecha, el mismo una vezdeformado.

Las fibras A′A y O′O se deforman en arcos de circunferencia con centro enC. Debido a la flexion, las fibras mas externas de la parte convexa de la curva

20

z

y

y

x

z

A

A!

Figura 12: Esquema de una viga de seccion recta simetrica respecto del plano xy.

O

!

!

y0

!y

y ! y0

A!

A

O!

!0

!y

C

OO!

A! A

yy0

y

x

!0

Figura 13: Esquema de las deformaciones en flexion pura.

se alargan y las de la parte concava se acortan, por lo que debe existir una fibraintermedia O′O que mantiene su longitud, a la cual denominamos fibra neutra ycuya posicion y0 debemos determinar. Sea ρ el radio de curvatura de la fibra neutraO′O; entonces, la condicion 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 sonmuy grandes, que la distancia entre fibras permanece aproximadamente igual a lainicial, la longitud final de una fibra situada a la distancia y es , en virtud de lacompatibilidad de deformaciones longitudinales exigida por la Hipotesis de Navierrepresentada figura 13,

`(y) = ρyθ = [ρ− (y − y0)]`0

ρ= `0 −

`0

ρ(y − y0)⇒ ∆`(y) = −`0

ρ(y − y0) (45)

de la que se sigue la deformacion de la fibra sin mas que dividir por `0:

εx = −1

ρ(y − y0) = −κ(y − y0) (46)

21

y

x

O!

z

Oeje neutro

plano neutro

Figura 14: Esquema del plano neutro de la viga y del eje neutro de la seccion.

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 estan a la misma distancia y delplano xz experimentan la misma deformacion y que todas las que estan a la distan-cia y0 experimentan una deformacion nula. En el espacio, el lugar geometrico de lasfibras que no se alargan es un plano, que denominamos plano neutro (figura 14).La interseccion del plano neutro con el plano de la seccion es una recta a la quedenominaremos eje neutro de la seccion.

En general se da por supuesto que el eje ideal de la viga es la interseccion delplano neutro y el plano de simetrıa de la viga y se dice que ρ y κ son el radio decurvatura y la curvatura de la viga.

La ecuacion (46) establece la compatibilidad de deformaciones entre las fibrasimpuesta por la Hipotesis de Navier y tiene dos grados de libertad: la curvatura κy la posicion de la fibra neutra y0, que debemos relacionar con los esfuerzos, lo quese consigue estableciendo las condiciones de equilibrio y utilizando, a continuacionla ecuacion constitutiva junto con la anterior ecuacion de compatibilidad.

4.3.2. Equilibrio de esfuerzos axiles: posicion de la fibra neutra

La primera ecuacion de equilibrio es la de axiles, que expresara que el esfuerzoaxil resultante de las tensiones normales σx es cero; en consecuencia, igualando elsegundo miembro de la ecuacion (30) a cero, obtenemos la condicion

∫

S

σx dA = 0 (47)

Dada ahora la ecuacion constitutiva del material σx = σ(εx), obtenemos la condi-cion ∫

S

σ[−κ(y − y0)] dA = 0 (48)

que en el caso general, establece una relacion no lineal entre y0 y κ que, salvo casosde secciones con centro de simetrıa, hay que desarrollar en cada caso particular.

En el caso lineal, sin embargo, la condicion puede resolverse con generalidady la posicion de la fibra neutra es independiente de κ. En efecto, si el material eslineal tenemos σx = Eεx y la integral se reduce a

− κ∫

S

E(y − y0) dA = 0⇒ y0

∫

S

E dA =

∫

S

yE dA (49)

22

Teniendo en cuenta la definicion de modulo de elasticidad medio de la ecuacion (35),la condicion se reduce a

y0EA =

∫

S

yE dA (50)

que coincide exactamente con la ecuacion (41), lo cual significa que en el casode que la respuesta de todas las fibras sea lineal, la posicion y0 de la fibra neutracoincide con la posicion yN del centro de axiles, y todas las ecuaciones del apartadoanterior son aplicables a la determinacion de la posicion de la fibra neutra.

4.3.3. Equilibrio de momentos: relacion momento curvatura

Una vez establecido el equilibrio de axiles que afirma que la resultante de ladistribucion de tensiones normales es nula, queda por establecer que el momentoflector es igual al momento resultante de dicha distribucion. Para ello podemostomar momentos en cualquier punto porque, al ser la resultante nula, el momentoes identico en todos los puntos. Elegimos, por simplicidad, tomar momentos en unpunto del plano neutro. La componente z del momento (las otras son nulas por lascondiciones supuestas de simetrıa), que llamamos simplemente M , viene dada por

M = −∫

S

(y − y0)σx dA (51)

donde el signo menos corresponde a que tensiones positivas por encima de la fibraneutra dan lugar a un momento negativo. En el supuesto de comportamiento linealdel material (aunque no necesariamente uniforme) resulta, despues de sustituirσx = Eεx = −κE(y − y0),

M = κ

∫

S

(y − y0)2E dA = κEI (52)

donde se ha escrito

EI =

∫

S

(y − y0)2E dA (53)

Ejemplo 4.4 Para la viga de material con funcion gradiente del ejemplo 4.1, determinarel eje neutro y la rigidez a flexion EI.

Solucion. El eje neutro pasa por el centro de axiles, resultado que se obtuvo en elejemplo 4.2, por lo que y0 = yN = 5c/9. En consecuencia, tenemos, usando el mismoesquema de integracion que en el citado ejemplo

EI =∫ c

0

(y − 5

9c

)2

E1

(1 +

y

c

)

︸ ︷︷ ︸E(y)

bdy︸︷︷︸dA

= E1b

∫ c

0

(y − 5

9c

)2 (1 +

y

c

)dy

La ultima integral puede realizarse manualmente sin dificultad (el integrando es un poli-nomio), pero es tedioso y cometer errores es facil, por lo que puede ser interesante utilizarun software de algebra simbolica. Aqui se ha usado el programa Maxima porque es dedominio publico2 y muy facil de usar. La integral se resuelve tecleando la instruccionintegrate((y-5*c/9)^2*(1+y/c),y,0,c); (incluido el punto y coma) y presionando

return. El resultado es 13c3/108, por lo que la rigidez a flexion es EI = E113108bc

3 y

teniendo en cuenta que E = 1,5E1 resulta, tambien EI = E 13162bc

3 . �

2Puede descargarse en http://maxima.sourceforge.net/download.html. Veanse instruccionespara integrar en Windows en el apendice A.

23

Cuando el material es uniforme, E constante y puede sacarse fuera de la integraly resulta, simplemente,

EI = EI (54)

donde I es el momento de inercia del area respecto del eje neutro, que, en estecaso, pasa por el centro de gravedad del area de la seccion:

I =

∫

S

(y − y0)2dA (55)

Cuando el area esta formada por una combinacion de formas geometricas sim-ples, es conveniente calcular el momento de inercia del area como la suma de losmomentos de inercia de las areas simples:

I = I1 + I2 + · · ·+ In =n∑

i=1

Ii (56)

Estos momentos de inercia deben ser todos respecto del eje neutro de la seccion,por lo que usualmente sera necesario usar el teorema de los ejes paralelos para pasarde un eje central (i.e. que pasa por el centro de gravedad del area considerada) aleje neutro:

Ii = Ii + (yGi− y0)2Ai (57)

donde Ii es el momento central de inercia para un eje paralelo al neutro, e yGila

posicion del centro de gravedad, todo ello para el area i-esima.

Ejemplo 4.5 Una viga de seccion en T de 200 mm de altura,200 de anchura y 30 mm de espesor de ala y de alma, hechade un material de modulo de elasticidad 70 GPa va a trabajara flexion en su plano de simetrıa. Determinar la posicion deleje neutro, el momento de inercia del area respecto de el y larigidez a flexion en kNm2.

20020

0 3030

Solucion. Descomponemos el area en dos rectangulos: (1) las alas y (2) el alma y em-pezamos por calcular la posicion del centroide, con una tabla similar a la utilizada en elejemplo 4.3. Ponemos las distancias en cm y medimos desde la cara inferior:

i bi ci Ai yGi yGiAi y0

1 20 3 60 18,5 11102 3 17 51 8,5 433,5∑

111 — 1543,5 13,91

donde la ultima celda inferior derechaes el cociente entre la suma de la sextacolumna y la suma de la cuarta y es laposicion del eje neutro (y del centro degravedad de la T).

A continuacion calculamos el momento de inercia partiendo de los centrales de cadarectangulo (los resultados en cm4):

i bi ci Ii Ai yGi − y0 (yGi − y0)2Ai Ii1 20 3 45,00 60 4,595 1267 13122 3 17 1228,25 51 −5,405 1490 2718∑

4030

Finalmente la rigidez a flexion es EI = 70 × 109 × 4030 × 10−8 = 2,821 × 106 Nm2, esdecir, EI = 2821 kNm2 . �

En el caso de que los componentes de la seccion sean materiales de distintomodulo de elasticidad, se puede calcular la rigidez EI sumando la contribucion de

24

cada uno de los componentes, con lo cual tendrıamos la rigidez a flexion expresadacomo

EI = E1I1 + E2I2 + · · ·+ EnIn =n∑

i=1

EiIi (58)

con lo cual, el calculo de la rıgidez se limita a anadir dos columnas a la tabladel ejemplo anterior, donde una para los modulos de elasticidad y otra para losproductos EiIi.

Ejemplo 4.6 Para la viga reforzada del ejemplo 4.3, determinar la rigidez a flexion siE1 = 40 GPa.

Solucion. En el citado ejemplo se calculo la posicion del eje neutro, que resulta estar a4,9 cm de la cara inferior. Construimos entonces la tabla siguiente, con las dimensionesen cm y los modulos de elasticidad en GPa

i bi ci Ii Ai yGi − y0 (yGi − y0)2Ai Ii Ei EiIi1 20 10 1666,67 200 0,6 72.0 1738.67 40 695472 20 0.5 0,21 10 −4,65 216.23 216.44 200 43288∑

112835

es decir EI = 112835 GPa cm4 = 1128350 Nm2, i.e., EI = 1128 kNm2 �

4.3.4. Distribucion de tensiones normales

En los apartados anteriores hemos arrancado de las condiciones de compatibi-lidad para determinar las deformaciones, a partir de las cuales hemos calculado lastensiones mediante la ecuacion constitutiva y de ello hemos calculado la relacionmomento flector-curvatura. Podemos ahora cerrar el bucle y calcular las tensionespara un momento flector dado.

Cinendonos al caso lineal (aunque no necesariamente uniforme), hemos obtenidoque M = κEI es decir que κ = M/EI y, de la ecuacion de compatibilidad εx =−κ(y − y0) y la ley de Hooke para cada fibra, llegamos a la expresion

σx = −E(y, z)M

EI(y − y0) (59)

donde se ha hecho explıcito que, en el caso general lineal, el modulo de elasticidadpuede depender de la posicion dentro de la seccion, con lo que la distribucion detensiones puede ser no lineal, como se ve en el siguiente ejemplo

Ejemplo 4.7 Para la viga de material con funcion gradiente del ejemplo 4.1, determinarla distribucion de tensiones normales para un momento flector dado.

Solucion. En el citado ejemplo se calculo la posicion del eje neutro, que resulta estara 5c/9 cm de la cara inferior, y la distribucion de modulos de elasticidad, que es E =E1(1+y/c), y en el ejemplo 4.4 la rigidez EI = 13E1bc

3/108, de manera que sustituyendoen la ecuacion (56) resulta

σx = −108M13bc2

(1 +

y

c

)(yc− 5

9

)

que muestra que la distribucion de tensiones es parabolica. �

25

En el caso de material uniforme, EI = EI y E es constante, por lo que seobtiene una distribucion lineal sobre toda la seccion:

σx = −MI

(y − y0) (60)

lo cual implica que la tension maxima, en valor absoluto, ocurre siempre en la fibramas alejada de la fibra neutra, es decir

|σx|max =M

I|y − y0|max (61)

ecuacion usada extensamente para disenar vigas basadas en el criterio de la tensionadmisible, en el cual debe cumplirse que la tension maxima en en la seccion masdesfavorable sea inferior a un cierto valor admisible σa. Est es tanto como obligara que se cumpla la condicion

|M |max

I|y − y0|max ≤ σa (62)

Se trata, sin embargo de un criterio muy simplificado que supone una simetrıa enla resistencia del material en traccion y en compresion.

En vigas compuestas por distintos materiales, la distribucion de tensiones nor-males dentro de cada componente es lineal, pero diferente. la expresion de la dis-tribucion de tensiones para el componente i es, de acuerdo con la ecuacion (56)

σxi= −EiM

EI(y − y0) (63)

y el criterio de tension admisible debe aplicarse a cada componente independien-temente.

4.4. Ejercicios

Ejercicio 4.1 En una viga de seccion rectangular uniforme de espesor b y canto c,determinar las relaciones entre el momento flector y el axil para las que todas las fibrasde la seccion estan comprimidas.

Ejercicio 4.2 Considerese una viga deseccion cuadrada de lado a con un huecoconcentrico circular de diametro d = 0,9a.Determinar el maximo momento flectorque puede aplicarse a la viga si la tensionadmisible es σa, (a) si el momento flectores paralelo a uno de los lados del cuadrado(figura de la izquierda), y (b) si el momentoflector es paralelo a una de las diagonalesdel cuadrado (figura de la izquierda). Apli-cacion numerica: a = 40 mm, σa = 120MPa.

yy

zz

Ejercicio 4.3 La estructura de la figura,de longitud total ` esta formada por dosvigas de igual seccion y material unidaspor una rotula. se pide: (a) determinar laposicion de la rotula B para que los mo-mentos maximos en los tramos AB y BCsean iguales en valor absoluto; (b) deter-minar el canto de la viga si la seccion esrectangular, de canto c y espesor c/2 y latension admisible es σa; (c) determinar elcanto de la viga si se usa un perfil lami-nado IPE.3 Aplicacion numerica: ` = 6 m,q = 10 kN/m, σa = 150 MPa.

q

!

A B C

3

3Veanse las caracterısticas geometricas de perfiles laminados estructurales en

26

Ejercicio 4.4 Para la viga de la figura, se pide: (a) determinar la posicion del apoyoB para que los momentos maximo y mınimo (positivo y negativo) sean iguales en valorabsoluto; (b) determinar el canto de la viga si la seccion es rectangular, de canto c yespesor 2c/3 y la tension admisible es σa; (c) determinar el canto de la viga si se usa unperfil laminado HEB.3

Aplicacion numerica: ` = 4,5 m, q = 7 kN/m, σa = 210 MPa.q

!

AB C

http://www.apta.com.es/prontuario/Capitulo 2.htm# Toc517578394.

27

5. Deformaciones de vigas rectas esbeltas

En esta seccion analizamos la teorıa mas simple de las deformaciones de vigasrectas esbeltas, en las que la hipotesis de Navier es aplicabe, lo que significa, porun lado, que se desprecian los efectos locales de las secciones extremas y de lassingularidades, y, por otro, que se desprecian las deformaciones inducidas por elcortante; estas simplificaciones son aceptables si la viga es esbelta, es decir, que sucanto es mucho menor que su longitud.

Ademas de las simplificaciones anteriores, limitaremos el estudio a los casos enque el material tiene un comportamiento lineal (aunque puede no ser uniforme) yen los que son pequenos: (1) los desplazamientos de todos los puntos de la vigacomparados 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 seccion anterior, representaremos la viga porsu eje de axiles, que es el lugar geometrico de los centros de axiles de todas sussecciones y, gracias a la linealidad supuesta, trataremos separadamente los despla-zamientos longitudinales y los transversales, siendo los primeros debidos al esfuerzoaxil, y los segundos debidos al momento flector.

5.1. Desplazamientos longitudinales

Von ele eje x en la direccion longitudinal de la viga, al ecuacion de compatibi-lidad expresada en corrimientos es

∂ux∂x

= εx (64)

Si la distribucion de esfuerzos axiles es conocida, podemos calcular la distribu-cion de deformaciones longitudinales a partir de (36), y podemos a continuacionintegrar (64) entre dos puntos A y B del eje de la viga:

∫ xB

xA

∂ux∂x

dx =

∫ xB

xA

εx dx (65)

y la primera integral se resuelve inmediatamente para dar la diferencia de corri-mientos entre los puntos A y B, y la segunda puede interpretarse como el areaencerrada por el diagama de deformaciones axiales, con lo que podemos poner

uxB= uxA

+

∫ xB

xA

εx dx ≡ uxA+ AεA–B, (66)

ecuacion que, conocido el corrimiento axial en un punto de la viga, permite calcularel corrimiento axial en cualquier otro a partir de la distribucion de deformaciones,es decir, de la distribucion de axiles.

Ejemplo 5.1 La viga biapoyada de la figura tiene seccion uniforme de area A y esta he-cha de una combinacion de materiales lineales con modulo de elasticidad medio E. Siesta sometida a un axil cuyo diagrama es el que se muestra en la figura, determinar eldesplazamiento del apoyo izquierdo y del punto medio de la viga.

= =

N1

N1/2

`

AC B

28

Solucion: El desplazamiento del punto B cero, por tanto, aplicando la ecuacion (66)entre los puntos A y B y entre los puntos C y B, resulta

uxB↗0= uxA +N1

EA

`

2+

12N1

EA

23`

2− 1

2N1

2EA13`

2⇒ uxA = −5

8N1`

EA

donde los tres ultimos terminos del segundo miembro de la primera ecuacion son, deizquierda a derecha: el area del rectangulo, el area del triangulo positivo y el area deltriangulo negativo. Las bases de los triangulos se han determinado por razones de se-mejanza; el desplazamiento es negativo con los ejes estandar, es decir que A se deplazahacia la izquierda. Notese que existen varias formas de calcular el area por descompo-sicion en areas simples; se ha utilizado la mas obvia, pero serıa mas simple utilizar untrapecio de altura 3N1/3 y bases ` y `/2 menos un rectangulo de altura N1/2 y base`. El desplazamiento del punto central se obtiene de forma analoga, siendo entonces elarea la que corresponde a los dos ultimos terminos de la ecuacion anterior, por lo que se

obtiene uxC = −18N1`

EA. �

5.2. Desplazamientos normales al eje de la viga

5.2.1. Bases geometricas del calculo

Los desplazamientos normales (i.e. en la direccion del eje y) son, como ya seha dicho, principalmente debidos al momento flector, o, mas especıficamente, ala curvatura inducida por el momento flector. Supongamos pues que conocemosla distribucion de curvatura a lo largo de la viga. En general, la curvatura es lamedida del cambio de direccion de una curva con el cambio de posicion a lo largode ella (Fig. 15a):

κ =dθ

dl(67)

En el caso de una viga que se deforma de manera que sus puntos se desplazanuy(x) en direccion del eje y (Fig. 15b), tenemos las siguientes que se deducen acontinuacion.

En primer lugar, la derivada de uy con respecto a x es la pendiente de la curvadeformada, es decir

∂uy∂x

= tan θ ≈ θ si θ � 1 (68)

y como siempre consideraremos angulos pequenos, tomaremos la aproximacion co-mo igualdad.

dθ

dθ

ρ

dl

(a) (b)

dx

dl θ

dθy

uy uy + duy

Figura 15: Definicion de radio de curvatura, diferencial de longitud de arco y di-ferencial de angulo (a); deformada de una viga recta debido a desplatzamientosnormales a su eje (b).

29

En segundo lugar, la longitud de arco dl es, salvo infinitesimos de segundo orden

dl =√

(dx)2 + (duy)2 = dx√

1 + tan2 θ =dx

cos θ≈ dx si θ � 1 (69)

y de nuevo, consideraremos que los angulos son siempre muy pequenos, por lo quepondremos siempre dl ≡ dx.

Finalmente, sustituyendo el resultado anterior en la definicion de curvatura,resulta

κ =dθ

dx≡ ∂θ

∂x(70)

Para resolver el problema de los desplazamientos normales de la viga, partimosde la curvatura determinada a partir del momento flector utilizando la ecuacion (52)y obtenemos los giros y los desplazamientos integrando las ecuaciones (70) y (68),por este orden.

5.2.2. Calculo de los giros

Para calcular los giros partimos de la expresion (70), que multiplicamos por dxe integramos, igual que hicimos para los corrimientos longitudinales:

∂θ

∂x= κ ⇒

∫ xB

xA

∂θ

∂xdx =

∫ xB

xA

κ dx (71)

y la primera integral se resuelve inmediatamente para dar la diferencia de girosentre los puntos A y B, y la segunda puede interpretarse como el area encerradapor el diagama de curvaturas, con lo que podemos poner

θB = θA +

∫ xB

xA

κ dx ≡ θA + AκA–B, (72)

Ejemplo 5.2 Determinar el giro en el extremo de una mensula de la figura sometidaa una fuerza perpendicular a su eje en su extremo. Supongase uniforme y conocida larigidez a flexion EI.

`

A B

P

Solucion: La ley de momentos flectores se obtiene inmediatamente del equilibrio deun tramo de viga entre una seccion a la distancia x y el extremo B. El resultado esM = P (`− x) y el diagrama de momentos es el siguiente:

A

P `

B

con lo cual el area del diagrama de curvaturas es igual al area del triangulo sombrea-do, P` × `/2, dividida por EI y , en consecuencia la ecuacion (72) da como resultado

θB = θA↗0 +12P`

EI⇒ θB =

P`2

2EIdonde se ha impuesto la condicion de que el giro en el

empotramiento es cero. �

30

Ejemplo 5.3 Suponiendo que la mensula del ejemplo 3.5 tiene una rigidez a flexion EI,determinar el giro en su extremo derecho.

Solucion: La ley de momentos flectores se obtuvo en el citado ejemplo, y la curvaturacorrespondiente es simplemente M/EI; como el resultado es una parabola cubica cuyaarea no se supone conocida, calcularemos el incremento de giro por integracion. Tomandoel empotramiento como punto A y el extremo libre como punto B, y teniendo en cuentaque el giro esta impedido en el empotramiento, la ecuacion (72) da como resultado

θB = θA↗0 +p0

6`EI

∫ `

0(`− x)3dx =

p0

6`EI

[−14

(`− x)4

]`

0

⇒ θB =p0`

3

24EI�

En los ejemplos anteriores se ha calculado el giro en un punto concreto de laviga. En ciertos casos, empero, resulta necesario o interesante calcular los giros entodos los puntos de la viga o de un tramo de la viga. Para ello basta, conociendoel giro en un punto, calcular el giro en un punto arbitrario (i.e., dejar que xA o xBsean variables.

Ejemplo 5.4 Determinar el giro en el todos los puntos de la mensula del ejemplo 5.2.

Solucion: Tomando como punto “B” en la ecuacion (72) un punto arbitrario X obtene-

mos θX = θA↗0 + AκA–X =12

(P (`− xX)

EI+P`

EI

)xX , donde el ultimo miembro es el area

del trapecio de curvatura entre A y X:

A

P `

B

P (`− xX)X

Poniendo ahora xX ≡ x resulta θ(x) =P

2EIx(2`− x) �

Ejemplo 5.5 Determinar el giro en el todos los puntos de la mensula del ejemplo 5.3.

Solucion: Tomando como punto “B” en la ecuacion (72) un punto arbitrario X obtene-mos

θX = θA↗0 +p0

6`EI

∫ xX

0(`− x)3dx =

p0

6`EI

[−14

(`− x)4

]xX

0

con lo cual, despues de operar y poner xX ≡ x resulta θ(x) =p0

24`EI

[`4 − (`− x)4

]�

5.2.3. Calculo de los desplazamientos

Supongamos, por el momento, que hemos determinado los giros para todo puntocomo en los dos ejemplos anteriores. Podemos integrar la ecuacion (68) escribiendo

∂uy∂x

= θ ⇒∫ xB

xA

∂uy∂x

dx =

∫ xB

xA

θ dx, (73)

de forma que, procediendo como en los casos anteriores obtenemos

uyB= uyA

+

∫ xB

xA

θ dx (74)

que se utiliza como hemos visto ya repetidas veces.Sin embargo, obtener la curva completa de giros es a veces excesivamente costo-

so para las necesidades de un problema, especialmente cuando lo que se requiere es

31

dx

y

κ

xA

κ

xB

xB−x

dAκ = κ dx

dMκB = (xB − x)κ dx

x

Figura 16: Momento del area de curvaturas.

obtener el desplazamiento en unos pocos puntos. Para evitarlo, podemos recurrira una integracion por partes, escribiendo

θdx = d(θx)− xdθ = d(θx)− xκdx (75)

donde en la ultima igualdad se ha utilizado la definicion de curvatura; sustituyendoen la integral anterior, resulta

uyB= uyA

+ [θx]xB

xA−∫ xB

xA

xκ dx = uyA+ θBxB − θAxA −

∫ xB

xA

xκ dx (76)

Supongamos ahora que conocemos uyAy θA; podemos sustituir θB por su ex-

presion (72) para obtener, despues de reordenar, el denominado segundo teoremade Mohr:

uyB= uyA

+ θA(xB − xA) +

∫ xB

xA

(xB − x)κ dx (77)

En esta ecuacion, la integral puede interpretarse como el momento del area decurvaturas entre los puntos A y B con respecto al punto B, con el convenio designos habitual de que la curvatura positiva apunta hacia abajo (Fig. 16), ya que

∫ xB

xA

(xB − x)κ dx =

∫ xB

xA

dMκB dx = Mκ

BA–B(78)

con lo que resultauyB

= uyA+ θA(xB − xA) +Mκ

BA–B(79)

Si el area de curvaturas tiene una forma cuyo centro de gravedad es conocido, po-demos expresar el momento del area como el area total (entre A y B), multiplicadapor la distancia de su centro de gravedad a B, es decir

uyB= uyA

+ θA(xB − xA) + AκA–B(xB − xκGA–B) (80)

Ejemplo 5.6 Determinar el desplazamiento en el extremo de la mensula del ejemplo 5.2.

Solucion: En este caso uyA = 0 y θA = 0 con lo que queda

uyB =12P`

EI`

︸ ︷︷ ︸area

× 23`

︸︷︷︸dist cdg

⇒ uyB =P`3

3EI�

Ejemplo 5.7 Determinar el desplazamiento en el extremo de la mensula del ejemplo 3.5.

Solucion: En este caso uyA = 0 y θA = 0 con lo que, con la expresion de los momentosobtenida en el citado ejercicio y utilizando la expresion integral (77), resulta

uyB =∫ `

0(`− x)

p0

6`EI(`− x)3dx =

p0

6`EI

[−15

(`− x)5

]`

0

⇒ uyB =p0`

4

30EI�

32

Ejemplo 5.8 Determinar los giros en los extremos y la flecha en centro para una vigabiapoyada de longitud ` sometida a una sobrecarga uniforme de valor q dirigida haciaabajo.

`

A B

q

Solucion: Empezamos por calcular las reacciones, que son iguales entre sı y a ↑ q`/2. Elmomento flector es pues M = (q`/2)x− (qx)(x/2) = qx(`− x)/2. Como existe simetrıade carga, la deformada debe ser simetrica 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 elgiro entre el extremo izquierdo A y el centro C resulta

θC = 0 = θA +∫ `/2

0

q

2EIx(`− x)dx⇒ θA = − q

2EI

[12`x2 − 1

3x3

]`/2

0

y, en consecuencia, θB = −θA =q`3

24EI. Aplicando ahora la expresion (77) para los co-

rrimientos entre el centro y el extremo derecho B, para el cual el desplazamiento es nulo,resulta

uyB = 0 = uyC + θC↗0(xB − xC) +∫ `

`/2(`− x)

q

2EIx(`− x)dx

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 puntode aplicacion de la carga para una viga biapoyada de longitud ` sometida a una cargavertical concentrada hacia abajo de valor P

!

A B

P14!

CD

Solucion: Empezamos por calcular las reacciones y la ley de momentos, con los resul-tados que se muestran en la figura.

A B

PCD

P/43P/4 3P `/16

Como en este caso no existen simetrıas, no conocemos ninguno de los giros, pero sı sa-bemos que los desplazamientos en A y B son nulos, por lo que podemos poner

uB−uA = 0 = θA`+12`

43P`

16EI

(13`

4+

3`4

)+

12

3`4

3P`16EI

23

3`4⇒ θA = − 7P`2

128EIdonde se

ha tomado momentos respecto a B de cada uno de los triangulos rectangulos en los que sedescompone el area de momentos. Ahora podemos calcular el giro en B sumando al de A

el area del triangulo de momentos dividida por EI: θB = θA+12`

3P`16EI

⇒ θB =5P`2

128EIA continuacion buscamos la flecha en el punto D usando la ecuacion de desplaza-

mientos entre A y D: uyD = uyA↗0 + θA

`

4+

12`

43P`

16EI13`

4⇒ uyD = − 3P`3

256EIFinal-

mente, buscamos la flecha en el centro usando la ecuacion de desplazamientos entre

33

B y C porque la integral o el momento del triangulo de curvaturas es mucho masfacil de calcular que el de un triangulo y un trapecio, aunque es preciso tener mu-cho cuidado con los signos de las distancias y con los lımites de integracion: uyC =

uyB↗0 + θB

(`

2− `)

+∫ `/2

`

(`

2− x)

P

4EI(`− x)dx⇒ uyC = − 11P`3

768EI�

Ejemplo 5.10 En una viga biapoyada de longitud ` sometida a un momento concen-trado M0 en su extremo derecho, determinar los giros en los extremos, la distribucion deflechas y la posicion y valor de la flecha maxima (en valor absoluto)

!

M0

Solucion: La ley de momentos es inmediata porque el momento es nulo en el extremoizquierdo y M0 en el derecho y debe variar linealmente entre ambos:

A B

M0

x

M0x/`

Sabemos que los desplazamientos en A y B son nulos, por lo que podemos poner

uB − uA = 0 = θA` +`

3× 1

2`M0

EI⇒ θA = −M0`

6EIdonde se ha tomado momentos

respecto a B del triangulo total de momentos (sombreado claro). Ahora podemos calcularel giro en B sumando al de A el area del triangulo de momentos dividida por EI:

θB = θA +12`M0

EI⇒ θB =

M0`

3EIA continuacion buscamos la flecha en el punto x

usando la ecuacion de desplazamientos entre A y x: uy(x) = uyA↗0 + θAx+

x

3× 1

2xM0x

`EI⇒

uy(x) = −M0x

6EI`(`2 − x2) La deformada correspondiente es una parabola cubica que se

anula en x = 0 y en x = ±`, es negativa en todo el intervalo que corresponde a la viga ytiene un mınimo en el. El mınimo se obtiene derivando e igualando a cero la derivada, i.e.,`2− 3x2 = 0⇒ x = `/

√3 es la posicion de la flecha maxima, y el valor correspondiente

es |uy|max =M0`

2

9√

3EI�

5.2.4. Principio de superposicion y utilizacion de tablas

Cuando el material es elastico lineal y los giros y corrimientos pequenos, lassoluciones son aditivas, es decir, el giro y el desplazamiento debido a la aplicacionsimultanea de dos sistemas de carga, son iguales a la suma de los giros y los despla-zamientos. Esto es ası porque las leyes de momentos y, por tanto, de curvaturas sonaditivas. Esta propiedad suele llamarse el principio de superposicion, y la operacionde sumar las soluciones se denomina superponer.

El principio de superposicion es especialmente util cuando el conjunto de car-gas aplicado a la estructura puede descomponerse en casos simples cuyas solucioneshan sido previamente calculadas y tabuladas, pero sirve tambien para dar interpre-taciones geometricas simples a las expresiones de giros y corrimientos que se hanobtenido en los apartados anteriores.

Comenzando por las tablas, la figura 17 recoge algunos de los casos simplesde carga que pueden utilizarse para, superponiendo varios de ellos, construir casosmas complejos, como en el ejemplo siguiente

34

GIROS Y DESPLAZAMIENTOS PARA ALGUNAS GEOMETRIAS Y CARGA

MENSULA BA!

x

Carga Giros Desplazamientos

MB

θ(x) =MBx

EI

θB =MB`

EI

uy(x) =MBx

2

2EI

uyB =MB`

2

2EI

Pθ(x) =

Px(2`− x)2EI

θB =P`2

2EI

uy(x) =Px2(3`− x)

6EI

uyB =P`3

3EI

pθ(x) =

p[(`3 − (`− x)3

]

6EI

θB =p`3

6EI

uy(x) =px2(6`2 − 4`x+ x2)

24EI

uyB =p`4

8EI

p

θB =p`3

24EIuyB =

p`4

30EI

p

θB =p`3

8EIuyB =

11p`4

120EI

VIGA BIAPOYADA!/2

C

A

x

!/2B

Carga Giros Desplazamientos

MB

θ(x) =MB(3x2 − `2)

6EI`

θA = −MB`

6EI

θB =MB`

3EI

uy(x) = −MBx(`2 − x2)6EI`

uyC = −MB`2

16EI

|uy|max =|MB | `29√

3EI

P

C

θ(x ≤ `/2) =P(`2 − 4x2

)

16EI

θA = −θB =P`2

16EI

uy(x ≤ `/2) =Px(3`2 − 4x2)

48EI

uyC =P`3

48EI

pθ(x) =

p(4x3 − 6`x2 + `3

)

24EI

θA = −θB =p`3

24EI

uy(x) =px(x3 − 2`x2 + `3)

24EI

uyC =5p`4

384EI

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 mensula de la figura

q

a0.3qa

0.2qa2

Solucion: Descomponemos el problema como superposicion de los casos (I) (II) y (III)que siguen:

0.3qa0.2qa2 0.3qa

0.2qa2

q

q

=

(I)

(II)

(III)

+

+

θ(I) = − qa3

6EI; u

(I)y = − qa4

8EI

θ(II) =3qa3

20EI; u

(II)y =

qa4

10EI

θ(I) =qa3

5EI; u

(III)y =

qa4

10EIy, en las dos columnas del cuadro resultante, calculamos los giros y flechas utilizando lasformulas de la figura 17. El resultado buscado se obtiene sin mas que sumar los resultadosanteriores, es decir:

θ = θ(I) + θ(II) + θ(III) ⇒ θ =11qa3

60EIy

uy = u(I)y + u

(II)y + u

(III)y ⇒ uy =

3qa4

40EI

�

Por otra parte, las ecuaciones de Mohr (72) y (79) pueden interpretarse comola superposicion de los tres movimientos mostrados en la figura 18. Se trata deun movimiento de traslacion rıgida igual al desplazamiento de A, uyA

, de unarotacion de solido rıgido alrededor del punto A de angulo θA, y del desplazamientodebido a la curvatura entre A y B calculado con la ley de curvaturas real como situvieramos un empotramiento en A. Esta descomposicion conceptual resulta muyutil para generalizar las ecuaciones de giros y corrimientos a tramos de viga queno sean horizontales, en general, y a vigas acodadas, en particular.

=

(I)

(II)

(III)

+

+

A BxB − xA

A BuyA

A BxB − xA

AB

θA

θ(I) = 0; u(I)y = uyA

θ(II) = θA; u(II)y = θA(xB − xA)

θ(I) = AκA–B; u(III)y = Mκ

BA–B

Figura 18: Interpretacion geometrica de las ecuaciones de Mohr para giros y defor-maciones.

36

5.3. Desplazamientos en vigas acodadas

Salvo casos muy especiales, en vigas acodadas, o, mas generalmente, en siste-mas formados por varias vigas rectas no alineadas, alguno de los tramos rectosesta sometido a esfuerzos axiles ademas de a momentos flectores. En la mayorıa delos casos practicos, los desplazamientos inducidos por la flexion son mucho mayoresque los inducidos por los axiles, por lo que es tradicional que estos ultimos seandespreciados frente a los primeros, y, por tanto, que se ignoren los axiles a efec-tos del calculo de desplazamientos. En lo que sigue se analizan, en primer lugar,los desplazamientos inducidos por flexion y a continuacion la forma de tener encuenta los axiles cuando sea conveniente hacerlo ası, junto con algunos ejemplosilustrativos de la influencia relativa de la deformacion debida a los axiles

5.3.1. Desplazamientos inducidos por flexion

Consideremos, para empezar unos ejemplos simples que ilustran como puedendeterminarse giros y desplazamientos en una viga isostatica acodada.

Ejemplo 5.12 Determinar el giro y la flecha en su extremo de la mensula acodada dela figura, suponiendo uniforme y conocida la rigidez a flexion EI

A B

C

1.8a

a

M0

Solucion: En este caso el momento flector es constante e igual a M0 en todos los puntosde la estructura y ası mismo lo es la curvatura κ0 = M0/EI. Las deformaciones seesquematizan (muy exageradas) en la figura siguiente:

AB

Cθ B

θB

C0C00C000

B0

El tramo AB es una mensula con curvatura constante y, por tanto, el giro en su extremoB es θB = 1,8aκ0 ; ademas, el extremo B se desplaza, debido a la curvatura, de B a B′,y el desplazamiento se calcula inmediatamente como el momento del area de curvaturas(o utilizando la expresion correspondiente de la primera fila de la tabla de la figura 17)BB′ = uyB = 1,62a2κ0 . Veamos ahora como se mueve el punto C: en primer lugar, si

en B hubiera una rotula y el tramo BC se moviera paralelamente a su posicion inicial,el punto C pasarıa al punto C ′ de manera que no se modificara su longitud, lo cualexige CC ′ = BB′; en segundo lugar, puesto que de hecho no hay articulacion en B,debe mantenerse el angulo entre los dos tramos, por lo que, en ausencia de curvatura,el punto C deberıa moverse hasta C ′′, de manera que se pasa de C ′ a C ′′ por unarotacion de solido rıgido de valor θB, es decir, C ′C ′′ = θBa ; finalmente, el tramo BCesta sometido a curvatura constante, lo que provoca un desplazamiento adicional C ′′C ′′′ =

37

0,5a2κ0. Escribiendo el resultado en unos ejes globales horizontal y vertical, tendremosuyC = uyB = 1,62a2κ0 y uxC = −C ′C ′′′ = −θBa − 0,5a2κ0 ⇒ uxC = −2,3a2κ0 . La

determinacion del giro es mucho mas simple porque el giro es continuo en toda la viga yθC = θB + κ0a⇒ θC = 2,8aκ0 �

Veamos ahora un ejemplo un poco mas general:

Ejemplo 5.13 Determinar el giro y la flecha en su extremo de la mensula acodada dela figura, suponiendo uniforme y conocida la rigidez a flexion EI

A B

C

a

M0

b

c

Solucion: Igual que en el ejemplo anterior el momento flector es constante e igual a M0

en todos los puntos de la estructura y ası mismo lo es la curvatura κ0 = M0/EI. Lasdeformaciones se esquematizan (muy exageradas) en la figura siguiente:

B

θB

B0

θBC

C0

C00C000

A α

α

xy

El tramo AB es una mensula con curvatura constante y, por tanto, el giro en su extremoB es θB = aκ0 ; ademas, el extremo B se desplaza, debido a la curvatura, de B a B′,y el desplazamiento se calcula inmediatamente como el momento del area de curvaturas(o utilizando la expresion correspondiente de la primera fila de la tabla de la figura 17)BB′ = uyB = 0,5a2κ0 . Veamos ahora como se mueve el punto C: en primer lugar, si

en B hubiera una rotula y el tramo BC se moviera paralelamente a su posicion inicial,el punto C pasarıa al punto C ′ de manera que no se modificara su longitud, lo cualexige CC ′ = BB′; en segundo lugar, puesto que de hecho no hay articulacion en B, debemantenerse el angulo entre los dos tramos, por lo que, en ausencia de curvatura, el puntoC deberıa moverse hasta C ′′, de manera que se pasa de C ′ a C ′′ por una rotacion desolido rıgido de valor θB, es decir, C ′C ′′ = θB` donde ` = BC =

√b2 + c2 ; finalmente,

el tramo BC esta sometido a curvatura constante, lo que provoca un desplazamientoadicional C ′′C ′′′ = 0,5`2κ0 perpendicular . Escribiendo el resultado en unos ejes globaleshorizontal y vertical, tendremos uxC = −(C ′C ′′ + C ′′C ′′′) senα = −θBc − 0,5`cκ0 ⇒uxC = −0,5c(2a+ c

√b2 + c2)κ0 y uyC = uyB + (C ′C ′′ + C ′′C ′′′′) cosα = 0,5a2κ0 +

θBb + 0,5`bκ0 ⇒ uyC = 0,5(a2 + 2ab+ b√b2 + c2)κ0 . La determinacion del giro es

mucho mas 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 generalizacion de la reglade superposicion resumida en el esquema de la figura 18, en la cual, en lugar de

38

=

(I)

(II)

(III)

+

+

A

B

A

BθA

A

B

A

B

θ(I) = 0; ~u(I)B = ~uA

θ(II) = θA; ~u(II)B = ~θA × ~AB

θ(I) = AκA–B; ~u(III)B = ~Mκ

BA–B

Figura 19: Esquema de superposicion de movimientos para una barra recta deorientacion arbitraria, despreciando la deformacion por axiles.

=

(I)

(II)

(III)

+

+

A

B

A

BθA

A

B

A

B

+

A

(IV)

θ(I) = 0; ~u(I)B = ~uA

θ(II) = θA; ~u(II)B = ~θA × ~AB

θ(III) = AκA–B; ~u(III)B = ~Mκ

BA–B

θ(IV) = AκA–B; ~u(III)B = ~AεA–B

Figura 20: Esquema de superposicion de movimientos para una barra recta deorientacion arbitraria, incluyendo la deformacion por axiles.

magnitudes escalares tenemos magnitudes vectoriales. Dicha regla se ha esquemati-zado en la figura 19 y descompone la deformacion de un tramo recto de orientacionarbitraria en una translacion, una rotacion de solido rıgido, que puede expresarsecomo un producto vectorial, y un desplazamiento por curvatura que es un vectorperpendicular al eje del tramo considerado y cuyo modulo es el momento del areade curvaturas, como siempre.

5.3.2. Desplazamientos inducidos por axiles

Una tramo de viga recta sometido a esfuerzos axiles, experimenta un alarga-miento dado por la ecuacion (66) y no se producen desplazamientos perpendicularesal eje de la viga, excepto por movimientos de solido rıgido que ya han sido consi-derados en el apartado anterior. En consecuencia, con las hipotesis de linealidad ypequenos giros y corrimientos, la deformacion por axiles se tiene en cuenta sin masque anadir a los tres estados de la figura 19 un cuarto estado con la deformacionaxial, tal como muestra la figura 20, en la cual el vector ~AεA–B tiene la direcciondel eje (inicial) de la viga y su modulo es el area de la curva de deformacioneslongitudinales, segun aparece en la ecuacion (66).

39

Ejemplo 5.14 Determinar el giro y la flecha en su extremo de la mensula acodada dela figura, suponiendo material uniforme de modulo de elasticidad E y seccion cuadradade lado c

A

B

q

C

a

2a

Solucion: El tramo AB esta sometido a un axil constante de compresion N0 = 2qa y aun momento flector tambien constante de valor M0 = −2qa2 en consecuencia el giro enel punto B es θB = −2qa3/(EI), el desplazamiento horizontal es exclusivamente debidoa la curvatura uxB = qa4/(EI) y el desplazamiento vertical es debido al axil: uyB =−2qa2/(EA). El desplazamiento del punto C sera la suma del desplazamiento del puntoB (con sus dos componentes), el desplazamiento debido al giro de solido rıgido, vertical,u(II) ↑= θB2a = −4qa4/(EI) y el desplazamiento debido a la curvatura, que, de acuerdocon la tabla de la figura 17 es u(III) ↑= −2qa4/(EI), con lo cual las componentes deldesplazamiento total son uxC = qa4/(EI) y uyC = −6qa4/(EI)− 2qa2(EA) y poniendo

el momento de inercia y area del cuadrado en funcion de su lado resulta uxC =12qa4

Ec4y

uyC = −72qa4

Ec4

[1 +

( c6a

)2]

, donde el segundo termino del corchete es la contribucion

del axil, lo que muestra que para longitudes de vigas mucho mayores que su canto, lacontribucion del axil es despreciable (en este caso, 1/3600 para a = 10c). �

5.4. Ejercicios

Ejercicio 5.1 Una barra de seccion uniforme, con momento central de inercia I y ma-terial elastico lineal de modulo de elasticidad E, esta empotrada verticalmente en unsuelo rıgido horizontal tal como se muestra en la figura. Esta sometida a una sobrecargahorizontal por empuje de una capa de terreno de espesor a, cuya intensidad p dependede la posicion a lo largo del eje de la viga en la forma

p(x) =q

an(a− x)n

donde q es una constante con dimensiones de fuerza por unidad de longitud , n = 0,2 yx es la distancia al empotramiento. Determinar: a) La ley de esfuerzos cortantes; b) Laley de momentos flectores; c) El desplazamiento del punto C.[SUGERENCIA: Calcule las integrales utilizando la variable auxiliar x′ = a−x]. Solucion

p(x) = q≥1− x

a

¥n

C

xa

0.8a

40

Ejercicio 5.2 Una pletina acodada ABC de seccion rectangular de 3 mm de canto y15 mm de espesor, de acero de modulo de elasticidad 200 GPa, mide 2a = 200 mmen horizontal y a = 100 en vertical. Se somete a una carga horizontal P = 10 N ensu extremo C, como indica la figura. Se pide: (a) Determinar las leyes de esfuerzos; (b)Determinar las maximas tensiones normales de traccion y de compresion ; (c) Determinarel desplazamiento horizontal y vertical del punto de aplicacion de la carga. Solucion

P

A B

a

2a

C

Ejercicio 5.3 La estructura en L de la figura, formada por dos vigas AB y BC soldadasen B de identica seccion recta, se pide : (a) Determinar los giros en A, B y C; (b)Determinar el desplazamiento en C. NOTA: Despreciense los desplazamientos producidospor los esfuerzos axiles.

P

AB

C

a

a

Ejercicio 5.4 La estructura de la figura eta formada por tres barras identicas AB, BC yBD. Esta empotrada en A y sometida a una carga uniformemente repartida a lo largo deBC, de valor absoluto q: (a)Determinar los giros en los puntos B, C y D. (b) Determinarlos desplazamientos de los puntos B, C y D. NOTA: Despreciense los desplazamientosproducidos por los esfuerzos axiles.

a

a

a

q

A

B C

D

41

6. Sistemas de vigas hiperestaticos

6.1. Metodo de las fuerzas

Hasta este punto, todas las vigas y sistemas de vigas que hemos analizadoestan estaticamente determinados. En ellos es posible determinar completamentelas reacciones y las leyes de esfuerzos y calcular a continuacion las deformaciones.

Cuando las reacciones no estan estaticamente determinadas, el sistema se dicehiperestatico y no es posible calcular separadamente las leyes de esfuerzos y lasdeformaciones, sino que es preciso hacerlo conjuntamente. De los metodos queexisten para tratar los problemas hiperestaticos, nos limitaremos al mas directo eintuitivo, el metodo de las fuerzas.

En dicho metodo, se eliminan los vınculos necesarios para que el sistema seconvierta en isostatico, aplicando en su lugar las reacciones desconocidas asocia-das a cada vınculo. Dichas reacciones desconocidas se determinan a continuacionimponiendo que se cumplan las condiciones de compatibilidad cinematica estable-cidos por los vınculos eliminados. Para ello se utilizan las tecnicas previamenteestudiadas para la determinacion de giros y desplazamientos.

Ejemplo 6.1 Determinar las reacciones en la viga empotrada-apoyada de la figura su-poniendo una rigidez a flexion uniforme

!A B

q

Solucion: El sistema de reacciones tiene 4 componentes independientes, momento y doscomponentes de fuerza en el empotramiento y una fuerza vertical en el apoyo de la dere-cha, por lo que es hiperestatica de primer grado. Para convertirla en isostatica, liberamos,por ejemplo, el apoyo de la derecha y ponemos en su lugar su reaccion, desconocida, R.Para calcularla imponemos la condicion de que, en el apoyo, el desplazamiento verticalsea cero, es decir uyB = 0 . Para calcular el desplazamiento en B utilizamos el principiode superposicion y escribimos

A B

q

R

A

q

AR

+=(I)

(II)

u(I)yB

= − q`4

8EI

u(II)yB

=R`3

3EI

donde hemos usado las soluciones tabuladas. Puesto que el desplazamiento total es lasuma de los desplazamientos, la condicion resultante es

R`3

3EI− q`4

8EI= 0 ⇒ R =

38q`

y a partir de aquı se determina sin ninguna dificultad que la fuerza de reaccion en elempotramiento es vertical de valor 5

8q` ↑ y que el momento de empotramiento vale

18q`

2 �

La manera de resolver un problema no es en general unica, porque pueden libe-rarse distintos vınculos con igual resultado final, como muestra el ejemplo siguiente

42

Ejemplo 6.2 Resolver el problema del ejemplo anterior utilizando como base la solucionpara una viga biapoyada

Solucion: En este caso, para convertir la viga en isostatica, liberamos el giro en elempotramiento y ponemos en su lugar un momento, desconocido, M0. Para calcularloimponemos la condicion de que, en el empotramiento, el giro sea cero, es decir θA = 0 .Para calcular el giro en A utilizamos el principio de superposicion y escribimos

AB

qA

q

+=(I)

(II)

M0

M0

θ(I)A = − q`3

24EI

θ(II)A =

M0`

3EIdonde hemos usado las soluciones tabuladas. Puesto que el giro total es la suma de losgiros, la condicion resultante es

M0`

3EI− q`3

24EI= 0 ⇒ M0 =

18q`2

y a partir de aquı se determina sin ninguna dificultad que las reacciones son verticales yde valores RA = 5

8q` ↑ y RB = 38q` ↑ �

Ejemplo 6.3 Determinar las reacciones en la viga biempotrada de la figura suponiendouna rigidez a flexion uniforme

A B

q

`

Solucion: El sistema de reacciones tiene 6 componentes independientes, momento y doscomponentes de fuerza en cada empotramiento, por lo que es hiperestatica de tercergrado. Para convertirla en isostatica, liberamos, por ejemplo, el empotramiento de laderecha y ponemos en su lugar sus reacciones, desconocidas, V0, H0 y M0:

A B

q

V0

H0

M0

Para calcularlas imponemos la condicion de que, en el empotramiento derecho, desplaza-mientos y giros sean cero, es decir uxB = 0, uyB = 0 y θ0 = 0 . Como el axil solo producedesplazamiento horizontal y el flector unicamente produce desplazamiento vertical, empe-zamos por establecer que el axil es constante N = H0, con lo que produce un corrimientouxB = H0`/EA y la condicion de desplazamiento nulo lleva inmediatamente a H0 = 0 .Para calcular el desplazamiento vertical y el giro en B utilizamos el principio de super-posicion y escribimos

A

q

A

+=

(I)

(II)A B

q

V0

M0

A

+V0

M0(III)

Bu(I)yB

= − q`4

8EIθ

(I)B = − q`3

6EI

u(II)yB

=V0`

3

3EIθ

(II)B =

V0`2

2EI

u(III)yB

=M0`

2

2EIθ

(III)B =

M0`

EIdonde hemos usado las soluciones tabuladas. Sumando desplazamientos y giros e igualando-los a cero obtenemos

43

M0`2

2EI+V0`

3

3EI− q`4

8EI= 0

M0`

EI+V0`

2

2EI− q`3

6EI= 0

⇒{

12M0 + 8V0` = 3q`2

6M0 + 3V0` = q`2

}⇒ M0 = 1

12q`2;V0 = 1

2q`

Las reacciones en el empotramiento izquierdo se obtienen inmediatamente por la simetrıadel problema. �

En muchas ocasiones puede explotarse la simetrıa de un problema para reducirla complejidad de la solucion. En el ejemplo anterior, que es simetrico respecto ala mediatriz de la viga, podemos utilizar la simetrıa y la solucion para una vigabiapoyada como se muestra a continuacion

Ejemplo 6.4 Resuelvase el ejemplo 6.3 explotando la simetrıa y la solucion para unaviga biapoyada.

Solucion: Convertimos la viga en isostatica, liberando el giro en los dos empotramientosy poniendo en su lugar dos momentos iguales y opuestosM0 (por la simetrıa del problema)y liberamos el desplazamiento horizontal en el apoyo de la derecha sustituyendolo poruna reaccion horizontal H0:

A B

qM0 M0

H0

Para calcular M0 y H0 imponemos la condicion 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 Butilizamos el principio de superposicion y escribimos

A

q

+=(I)

(II)A B

qM0 M0

M0 M0

θ(I)B =

q`3

24EI

θ(II)B =

M0`

2EIdonde hemos usado la solucion tabulada para el caso (I) y para el caso (II) hemos calcu-lado el giro en B como la mitad del area de curvaturas (puesto que θA = −θB ⇒ 2θB =AκA–B). El resultado es inmediato e igual, por supuesto, al obtenido en el ejemplo 6.3. �

Ejemplo 6.5 Para la viga continua de dos vanos de la figura, de seccion y materialuniforme, se pide determinar las reacciones en los apoyos utilizando la solucion del ejem-plo 5.9

`

P

`/2`

Solucion: Convertimos la viga en isostatica, liberando el apoyo central y poniendo ensu lugar una reaccion vertical V , que calculamos imponiendo la condicion de que eldesplazamiento vertical en ese punto sea cero, es decir uyB = 0 . Para dterminar eldesplazamiento usamos el siguiente esquema de superposicion:

`

P

`/2`

V

A+=

(I)

(II)

B

P

V

B

B

u(I)yB

= −11P (2`)3

768EI

u(II)yB

=V (2`)3

48EI

44

donde hemos usado la solucion del ejemplo 5.9 para el caso (I) y para el caso (II) lasolucion tabulada. Sumando, igualando a cero y despejando V resulta V = 11

16P y lasreacciones en los apoyos extremos son la suma de los correspondientes a los caso (I) y(II), es decir 13

32P ↑ en el apoyo izquierdo y − 332P ↑ en el derecho. �

6.2. Esfuerzos termicos

Un cambio uniforme de temperatura en una estructura isostatica provoca uncambio homotetico de dimensiones (una expansion uniforme), pero no introduceesfuerzos en la estructura. Sin embargo, si la estructura es hiperestatica, un cambiohomotetico de dimensiones puede no ser compatible con los movimientos de losapoyos y uniones, en cuyo caso se induciran esfuerzos en la estructura.

En los casos en que los movimientos de los apoyos no son compatibles con laexpansion uniforme, el calculo de los esfuerzos generados por un cambio de tem-peratura se realiza como en el caso de sobrecargas impuestas, liberando vınculoshiperestaticos y aplicando las correspondientes reacciones desconocidas, anadiendolas deformaciones inducidas por el cambio de temperatura e imponiendo las con-diciones de compatibilidad con los apoyos para determinar las reacciones. De losejemplos del apartado anterior, solamente el 6.3 induce esfuerzos termicos y estosson axiles puros y se trataron en la primera parte de la asignatura. El siguien-te ejemplo ilustra la aplicacion del procedimiento a un caso en el que el cambiotermico induce flexiones.

Ejemplo 6.6 La viga acodada de la figura, de seccion y material uniforme, experimentaun aumento uniforme de temperatura ∆T . Si el coeficiente de dilatacion del material esα, determınense las reasciones inducidas en el apoyo y en el empotramiento; desprecienselos desplazamientos inducidos por los axiles.

A B

C

a

a

Solucion: Convertimos la viga en isostatica, liberando el apoyo C y poniendo en sulugar una reaccion horizontal H0, que calculamos imponiendo la condicion de que eldesplazamiento horizontal en ese punto sea cero, es decir uxC = 0 . Para determinar eldesplazamiento superponemos los desplazamientos debidos al aumento de temperaturay a la reaccion horizontal como sigue:

(I)

(II)

A B

H0C

∆T

A B

C

∆T

A B

H0C

= +

u(I)xC

= aα∆T

u(II)xC

= θBa+H0a

3

3EI=H0a

2

EIa+

H0a3

3EI=

4H0a3

3EI

donde para el caso (II) hemos tenido en cuenta que, al despreciar el desplazamientoinducido por axiles, u(II)

xB = 0, y que el tramo AB esta sometido a un momento constante

45

igual a Pa. Sumando e igualando a cero:

aα∆T +4H0a

3

3EI= 0⇒ H0 = −3αEI∆T

4a2

y a partir de aquı se determina sin ninguna dificultad que la fuerza de reaccion en el

empotramiento es horizontal de valor3αEI∆T

4a2→ y que el momento de empotramiento

vale −3αEI∆T4a

�

6.3. Ejercicios

Ejercicio 6.1 Dos vigas biapoyadas identicas AB y CD, de longitud `, momento deinercia I y modulo de elasticidad E estan unidas por un montante vertical muy rıgido.Si se aplica una carga uniforme q a la viga superior, se pide: a) Determinar la fuer-za transmitida a traves del montante y las reacciones en los apoyos. b) Determinar eldesplazamiento en el centro de cada viga. DATOS: ` = 50 mm, E = 110 GPa, seccionrectangular de 2 mm de canto y 12 mm de espesor, q = 2,25 N/mm. Solucion

q

A B

C D

Ejercicio 6.2 La estructura de la figura esta formada por tres barras AB, BC y BD deidentica seccion y material. Esta empotrada en A, apoyada en C y sometida a una cargauniformemente repartida a lo largo de BC, de valor absoluto q. Se pide: a) Determinar lasreacciones; b) Determinar los diagramas de momentos; c) Determinar los desplazamientosde los puntos B, C y D. NOTA: Despreciense los desplazamientos producidos por losesfuerzos axiles. Solucion

a

A

B

D

0.8a

1.2a

C

q

Ejercicio 6.3 La estructura en L de la figura, formada por dos vigas AB y BC soldadasen B de identica seccion recta, se pide: a) Determinar las reacciones; b) Determinar losdiagramas de momentos flectores; c) Determinar el desplazamiento horizontal y verticalen C. NOTA: Despreciense los desplazamientos producidos por los esfuerzos axiles; utilıcela solucion del ejercicio 5.3.

P

a

a

A B

C

46

Ejercicio 6.4 La estructura de la figura eta formada por tres barras identicas AB, BCy BD. Esta empotrada en A, apoyada en D y sometida a una carga uniformementerepartida a lo largo de BC, de valor absoluto q: a) Determinar las reacciones; b) De-terminar los diagramas de momentos; c) Determinar los desplazamientos de los puntosB, C y D. NOTA: Despreciense los desplazamientos producidos por los esfuerzos axiles;utilıcense los resultados del problema 5.4.

a

a

a

q

A

B C

D

47

A. Integrar en wxMaxima para Windows

Una vez instalado el programa con todas las opciones por defecto usando elinstalador maxima-5.17.0.exe que se descarga dehttp://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,despues de lo cual le aparecera la siguiente pantalla:

2. En la barra de menus, pulse el menu Analisis; aparecera la lista de la figurasiguiente; seleccione la primera opcion Integrar ...

48

3. Aparecera el cuadro de dialogo de la figura siguiente; escriba la expresion delintegrando en el primer campo, utilizando ∗ para multiplicaciones y el acentocircunflejo para potencias; pulse el boton de control para integracion definiday escriba los lımites de integracion, que pueden ser expresiones. Cuando hayaterminado pulse Aceptar.

4. Inmediatamente despues de aceptar, el programa vuelve a la pantalla princi-pal y escribe la entrada y el resultado, tal como se ve en la figura siguiente:la primera lınea , 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

P

P

P

P

P

P

P

P

aa a a

a2P

P

P

P

2P

P

2P

P

2P

2P

–

2PP

2P

–

P

P

PP

P

P

Pa

1.5Pa

Pa

Pa

Pa

Axil

Cortante

Flectores

Ejercicio 5.1

C

xa

0.8a

x0df = pdx0

QM

B

a)∑F →: Q+

∫ a−x

0pdx′ = 0⇒ Q = −qa−n

∫ a−x

0x′ndx′

Q = − qa

n+ 1

(1− x

a

)n+1

b)∑Mx : M +

∫ a−x

0(a− x− x′)pdx′ = 0⇒

M = −qa−n∫ a−x

0

[(a− x)x′n − x′n+1

]dx′

M = − qa2

(n+ 1)(n+ 2)

(1− x

a

)n+2

c) Calculamos giro y desplazamiento en B: θB =

∫ a

0

M

EIdx′ =

−qan(n+ 1)(n+ 2)EI

∫ a

0

x′n+2

dx′ =−qa3

(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)EI⇒ θB = −0,1184

qa3

EI

← uB =

∫ a

0

x′M

EIdx′ = · · · uB = −0,09019

qa4

EIy como BC se mueve rıgidamente:

← uC = uB + 0,8aθB y operando y cambiando el signo uC = 0,1849qa4

EI→

Ejercicio 5.2

+

–P

Axil +

P

Cortante

+

Flector

Pa

b) Tension de compresion es maxima en el tramo AB porque se suman las com-

presiones debidas al axil y las debidas al flector: σcompmax =

P

A+Pac

2I= 44,67 MPa.

Tension de traccion maxima en B del tramo BC: σtracmax =

Pac

2I= 44,44 MPa (la

50

traccion maxima en el tramo AB esPac

2I− P

A= 44,22 MPa < 44,44 MPa).

c) Giro y desplazamientos en B: θB = AκA–B =Pa

EI× 2a = 0,02963; →uxB

=

− P

EA× 2a = −2,222× 10−4 mm; ↑uyB

= MκBA–B

= −PaEI× 2a× a = 2,963 mm.

→uxC= uxB

− θBa + MκCB–C

= uxB− θBa −

Pa

2EI× a × 2a/3 = 3,457mm (uxB

,

debido al axil, afecta solo a la cuarta cifra decimal y puede despreciarse).↑uyC

= uyB= 2,963 mm.

Ejercicio 6.1q

A B

C D

VV

E

F

uyE = − 5q`4

384EI+

V `3

48EI

uyF = − V `3

48EI

Compatibilidad uyE= uyF

⇒ V = 516q` ⇒↑RA = RB = (q`−V )/2 = 11ql/32;RC =

RD = V/2 = 5ql/32; uyE= uyF

= − 5q`4

768EI

Operando: V = 35,16 N, RA = RB = 38,67 N, RC = RD = 17,58 N,uyE= −0,1040 mm.

Ejercicio 6.2a

A

B

D

0.8a

1.2a

C

q

V

V0

H0

M0

a) Determinamos V con la condicion uyC = 0. Tenemos ↑uyC =

θBa−qa4

8EI+V a3

3EIy θB = flector constante =

−qa2/2 + V a

EI1,2a

↑ uyC = +4,6V a3

3EI− 5,8qa4

8EI= 0 V = 0,4728qa y de

aquı H0 = 0, V0 = 0,5272qa,M0 = 0,02717qa2

b) Tramo AB: M = −0,02717qa2 = const. Tramo BC:M = V (a− x)− q(a− x)2/2 = −q(a− x)(0,02717a+ 0,5x) conx medido desde B hacia la derecha.

c) Llamando u0 =qa4

EI→uxB = 0,01957u0; ↑uyB = 0→uxC = 0,01957u0; ↑uyC = 0→uxD = 0,04566u0; ↑uyD = 0

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