Post on 15-Apr-2017
DETERMINAR LAS REACCIONES EN LOS APOYOS Y LO QUE SE PRECISA EN CADA VIGA POR METODO DE CASTIGLIANO Y TRABAJO
VIRTUAL:
SOLUCION:
1. METODO DE GASTIGLIANO
y=wsen( πxl )V=∫ y=∫
0
x
wsen( πxl )dx=−wlπ [cos ( πxl )−1]
M=∫Vdx=∫0
x−wLπ [cos ( πxL )−1]dx=−w l2
π2 [sen( πxL )]+wLxπ
a) ECUACIÓN
M a=RA x−ωLπx+ωL
2
π2sin( πxL )……(1)
b) DERIVADA PARCIAL
∂M a
∂ RA=x
c) SEGUNDO TEOREMA DE CASTIGLIANO:
δ=∫0
L
M a( ∂M a
∂ RA)=0
δ=∫0
L
(RA x−ωLπx+ωL
2
π2sin( πxL )) ( x )dx=0
δ=∫0
L
(RA x2−ωL
πx2+ωL
2 xπ2
sin( πxL ))dx=0[RA
x3
3−ωLπx3
3−ωL3 x
π3cos( πxL )+ωL
4
π4sin ( πxL )]L0=0
RAL3
3−ωL
4
3π+ωL
4
π3=0
RA=ωLπ
−3ωLπ3
POR ESTATICA :
∑ F v=0
RA+RB=2ωLπ
RB=2ωLπ
+ 3ωLπ 3
−ωLπ
RB=ωLπ
+3ωLπ3
∑M A=0
RBL−MB−2ωLπ
L2=0
MB=(ωLπ + 3ωLπ3 )L−ωL2
π
M B=ωL2
π+ 3ωL
2
π3−ωL2
π
M B=3ωL2
π3
DETERMINAMOS EL GIRO EN EL APOYO SIMPLE:
M a=RA x−ma−ωLπx+ωL
2
π2sin( πxL )
DERIVADA PARCIAL
∂M a
∂ma=−1
PRIMER TEOREMA DE CASTIGLIANO:
θ= 1EI∫0
L
M a( ∂M a
∂ma)
θ= 1EI∫0
L
(R A x−ma−ωLπx+ωL
2
π2sin( πxL )) (−1 )dx
θ= 1EI∫0
L
(−RA x+ωLπx−ωL2
π2sin( πxL ))dx
REEMPLZANDO RA EN ESTA ÚLTIMA ECUACION
θ= 1EI∫0
L
(−(ωLπ −3ωLπ 3 ) x+ωLπ x−ωL2
π2sin( πxL ))dx
INTEGRANDO Y EVALUANDO TENEMOS:
θ=−ωL3
2 π3
EL SIFNO NEGATIVO INDICA QUE LA FUERZA APLICADA (MOMENTO ma ) DEBE ESTAR EN SENTIDO HORARIO
θ=ωL3
2π 3
2. POR TRABAJO VIRTUAL:
DETERMINAMOS LA DEFLEXION EN EL APOYO SIMPLE:
DETERMINAMOS LA ECUACION DEL MOMENTO REAL:
M a=RA x−ωLπx+ωL
2
π2sin( πxL )
EL MOMENTO VIRTUAL SERA:
mva=ma=1
LA ECUACION DE TRABAJO VIRTUAL PARA LA DEFLEXION EN EL APOYO SIMPLE:
θ= 1EI ∫0
L
M a∗mvadx
θ= 1EI ∫0
L
(R A x−ωLπx+ωL
2
π2sin( πxL )) (1 )dx
REEMPLZANDO RA EN ESTA ÚLTIMA ECUACION
θ= 1EI ∫0
L
((ωLπ −3ωLπ3 ) x−ωL
πx+ωL
2
π2sin( πxL ))dx
INTEGRANDO Y EVALUANDO TENEMOS:
θ=ωL3
2π 3
3. DETERMINAR LAS REACCIONES EN LOS APOYOS Y LO QUE SE PRECISA EN CADA VIGA POR METODO DE CASTIGLIANO Y
TRABAJO VIRTUAL:
SOLUCION:
4. METODO DE GASTIGLIANO
a) ISOSTATIZANDO
y=wsen( πxl )V=∫ y=∫
0
x
wsen( πxl )dx=−wlπ [cos ( πxl )−1]
M=∫Vdx=∫0
x−wLπ [cos ( πxL )−1]dx=−w l2
π2 [sen( πxL )]+wLxπ
d) ECUACIÓN
M a=RA x−MA−ωLπx+ωL
2
π2sin( πxL )……(1)
e) DERIVADA PARCIAL
∂M a
∂M A=−1 y
∂M a
∂ RA=x……(2)
f) SEGUNDO TEOREMA DE CASTIGLIANO:
θ=∫0
L
M a( ∂M a
∂M A)=0
- REEPLAZANDO(1) Y (2):
θA=∫0
L
(RA x−M A−ωLπx+ωL
2
π 2sin ( πxL )) (−1 )=0
[−RAx2
2+MA x+
ωLπx2
2+ωL
3
π3cos ( πxL )]L0=0
[−RAL2
2+M A L+
ωLπL2
2+ωL
3
π3cos( πLL )−ωL3
π3 ]=0
[−R AL2
+M A+ωL2
2π−2ωL
2
π3 ]=0……(3)
δ=∫0
L
M a( ∂M a
∂ RA)=0
δ A=∫0
L
(RA x−M A−ωLπx+ωL
2
π2sin( πxL )) ( x )=0
δ A=∫0
L
(RA x2−M A x−
ωLπx2+ωL
2 xπ2
sin (πxL ))=0[RA
x3
3−M A
x2
2−ωLπx3
3−ωL3 x
π3cos( πxL )+ωL
4
π4sin (πxL )]L0=0
[RAL3
3−M A
L2
2−ωLπL3
3−(−ωL3Lπ 3 )]=0
RAL3−M A
2−ωL2
3 π+ωL
2
π 3=0…… (4)
- Multiplicando la ecuación (4) por 2, sumando con la ecuación (3), tenemos:
2 RAL3−2ωL
2
3π+ 2ωL
2
π3−RA L2
+ωL2
2 π−2ωL
2
π3=0
R A L6
−ωL2
6 π=0
RA=ωLπ
- Reemplazando RA en la ecuación (3), tenemos:
[−ωLπ L2+M A+
ωL2
2π−2ωL
2
π3 ]=0M A=
2ωL2
π 3
POR SIMETRIA:
RA=¿R B=
ωLπ
¿
M A=MB=2ωL2
π3
LA DEFLEXION EN EL CENTRO DE LA LUZ SERA:
M a=RA x−MA−ωLπx+ωL
2
π2sin( πxL )−P(x−L
2)
∂M a
∂P=−(x− L
2 ) POR EL PRIMER TEOREMA DE CASTIGLIANO:
δ= 1EI∫0
L
M a( ∂M a
∂ P )
δ= 1EI∫L
2
L
(RA x−M A−ωLπx+ωL
2
π2sin( πxL )−P(x− L
2))(L2−x )dx
δ= 1EI∫L
2
L
(RA (Lx2 −x2)−MA ( L2−x)−ωLπ ( Lx2 −x2)+ωL
2
π2sin( πxL )( L2−x))dx
INTEGRANDO Y EVALUANDO:
δ=−ωπ L4−4ωL4
4 π 4
δ=ωL4
π 4−ωL4
4 π3
δ=ωL4
π 3 ( 1π −14 )
POR TRABAJO VIRTUAL
APLICAMOS UNA FUERZA UNITARIA EN EL CENTRO DE LA VIGA PARA DETERMINAR LA DEFLEXION EN EL CENTRO DE LA LUZ:
DETERMIANOS LA ECUACION DEL MOENTO REAL:
M a=RA x−MA−ωLπx+ωL
2
π2sin( πxL )
LA ECUACION DE MOMENTO VIRTUAL:
ma=−1(x−L2 )
PLANTEAMOS LA ECUACION DE TRABAJO VIRTUAL PARA DETERMINAR LA DEFLEXION EN EL CENTRO DE LA LUZ:
δ= 1EI∫0
L
M a∗mvadx
δ= 1EI∫0
L
(RA x−M A−ωLπx+ωL
2
π2sin( πxL ))(−1(x−L
2 ))dx
δ= 1EI∫L
2
L
(RA (Lx2 −x2)−MA ( L2−x)−ωLπ ( Lx2 −x2)+ωL
2
π2sin( πxL )( L2−x))dx
INTEGRANDO Y EVALUANDO:
δ=−ωπ L4−4ωL4
4 π 4
δ=ωL4
π 4−ωL4
4 π3
δ=ωL4
π 3 ( 1π −14 )
SEGUNDA PARTE:
DIBUJAR LOS DIAGRAMAS DE N, V Y M
DETERMINAR EL DESPLAZAMIENTO EN EL APOYO LIBRE u2, v2 y θ2
SOLUCION:
ES HIPERESTATICA, SELECCIONAMOS UNA FUERZA REDUDANTE, EN ESTE CASO H1
PRIMER PASO: LEVANTAMOS EL GRADO DE HIPERTATICIDAD:
δ=∂UM
∂R=0…(NOPROVOCANINGUN DESPLAZAMIENTO)
R= FUERZA REDUNDANTE
ECUACION DE FUERZA INTERNAS:
δ=∂UM
∂R= 1EI∫0
L
M ( ∂M∂ H1 )dx=0
1EI∫0
L
M ( ∂M∂H 1 )dx=0
a) FUERZAS INTERNAS:
SECCION (a-a) 0≤θ≤90
V A=ωr sin θ−ωr (1−cosθ ) sinθ−ωr sin θ cosθ−H 1 cosθ
V A=ωr cosθ
N A=ωr (1−cosθ ) cosθ−H 1sin θ−ωr cosθ−ωr sin2θ
N A=ωr (sinθ−1 )
M A=ωr . (r sinθ )+ωr . r (1−cosθ )−ωr . r2sin2θ−ωr . r
2(1−cosθ )2
M A=ωr2 (sinθ−1 )