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 (𝜋𝑥

𝑙)

𝑉 = ∫ 𝑦 = ∫ 𝑤𝑠𝑒𝑛 (𝜋𝑥

𝑙)

𝑥

0

𝑑𝑥 =−𝑤𝑙

𝜋[cos (

𝜋𝑥

𝑙) − 1]

𝑀 = ∫ 𝑉𝑑𝑥 = ∫−𝑤𝐿

𝜋[cos (

𝜋𝑥

𝐿) − 1]

𝑥

0

𝑑𝑥 =−𝑤𝑙2

𝜋2[sen (

𝜋𝑥

𝐿)] +

𝑤𝐿𝑥

𝜋

a) ECUACIÓN

𝑀𝑎 = 𝑅𝐴𝑥 −𝜔𝐿

𝜋𝑥 +

𝜔𝐿2

𝜋2𝑠𝑖𝑛 (

𝜋𝑥

𝐿) … … (1)

b) DERIVADA PARCIAL

𝜕𝑀𝑎

𝜕𝑅𝐴= 𝑥

c) SEGUNDO TEOREMA DE CASTIGLIANO:

𝛿 = ∫ 𝑀𝑎 (𝜕𝑀𝑎

𝜕𝑅𝐴) = 0

𝐿

0

𝛿 = ∫ (𝑅𝐴𝑥 −𝜔𝐿

𝜋𝑥 +

𝜔𝐿2

𝜋2𝑠𝑖𝑛 (

𝜋𝑥

𝐿)) (𝑥)𝑑𝑥 = 0

𝐿

0

𝛿 = ∫ (𝑅𝐴𝑥2 −𝜔𝐿

𝜋𝑥2 +

𝜔𝐿2𝑥

𝜋2𝑠𝑖𝑛 (

𝜋𝑥

𝐿)) 𝑑𝑥 = 0

𝐿

0

[𝑅𝐴

𝑥3

3−

𝜔𝐿

𝜋

𝑥3

3−

𝜔𝐿3𝑥

𝜋3𝑐𝑜𝑠 (

𝜋𝑥

𝐿) +

𝜔𝐿4

𝜋4𝑠𝑖𝑛 (

𝜋𝑥

𝐿)]

𝐿

0= 0

𝑅𝐴

𝐿3

3−

𝜔𝐿4

3𝜋+

𝜔𝐿4

𝜋3= 0

𝑅𝐴 =𝜔𝐿

𝜋−

3𝜔𝐿

𝜋3

POR ESTATICA:

∑ 𝐹𝑣 = 0

𝑅𝐴 + 𝑅𝐵 =2𝜔𝐿

𝜋

𝑅𝐵 =2𝜔𝐿

𝜋+

3𝜔𝐿

𝜋3−

𝜔𝐿

𝜋

𝑅𝐵 =𝜔𝐿

𝜋+

3𝜔𝐿

𝜋3

∑ 𝑀𝐴 = 0

𝑅𝐵𝐿 − 𝑀𝐵 −2𝜔𝐿

𝜋

𝐿

2= 0

𝑀𝐵 = (𝜔𝐿

𝜋+

3𝜔𝐿

𝜋3) 𝐿 −

𝜔𝐿2

𝜋

𝑀𝐵 =𝜔𝐿2

𝜋+

3𝜔𝐿2

𝜋3−

𝜔𝐿2

𝜋

𝑀𝐵 =3𝜔𝐿2

𝜋3

DETERMINAMOS EL GIRO EN EL APOYO SIMPLE:

𝑀𝑎 = 𝑅𝐴𝑥 − 𝑚𝑎 −𝜔𝐿

𝜋𝑥 +

𝜔𝐿2

𝜋2𝑠𝑖𝑛 (

𝜋𝑥

𝐿)

DERIVADA PARCIAL

𝜕𝑀𝑎

𝜕𝑚𝑎= −1

PRIMER TEOREMA DE CASTIGLIANO:

𝜃 =1

𝐸𝐼∫ 𝑀𝑎 (

𝜕𝑀𝑎

𝜕𝑚𝑎)

𝐿

0

𝜃 =1

𝐸𝐼∫ (𝑅𝐴𝑥 − 𝑚𝑎 −

𝜔𝐿

𝜋𝑥 +

𝜔𝐿2

𝜋2𝑠𝑖𝑛 (

𝜋𝑥

𝐿)) (−1)

𝐿

0

𝑑𝑥

𝜃 =1

𝐸𝐼∫ (−𝑅𝐴𝑥 +

𝜔𝐿

𝜋𝑥 −

𝜔𝐿2

𝜋2𝑠𝑖𝑛 (

𝜋𝑥

𝐿))

𝐿

0

𝑑𝑥

REEMPLZANDO 𝑅𝐴 EN ESTA ÚLTIMA ECUACION

𝜃 =1

𝐸𝐼∫ (− (

𝜔𝐿

𝜋−

3𝜔𝐿

𝜋3) 𝑥 +

𝜔𝐿

𝜋𝑥 −

𝜔𝐿2

𝜋2𝑠𝑖𝑛 (

𝜋𝑥

𝐿))

𝐿

0

𝑑𝑥

INTEGRANDO Y EVALUANDO TENEMOS:

𝜃 = −𝜔𝐿3

2𝜋3

EL SIFNO NEGATIVO INDICA QUE LA FUERZA APLICADA (MOMENTO

𝑚𝑎 ) DEBE ESTAR EN SENTIDO HORARIO

𝜃 =𝜔𝐿3

2𝜋3

2. POR TRABAJO VIRTUAL:

DETERMINAMOS LA DEFLEXION EN EL APOYO SIMPLE:

DETERMINAMOS LA ECUACION DEL MOMENTO REAL:

𝑀𝑎 = 𝑅𝐴𝑥 −𝜔𝐿

𝜋𝑥 +

𝜔𝐿2

𝜋2𝑠𝑖𝑛 (

𝜋𝑥

𝐿)

EL MOMENTO VIRTUAL SERA:

𝑚𝑣𝑎 = 𝑚𝑎 = 1

LA ECUACION DE TRABAJO VIRTUAL PARA LA DEFLEXION

EN EL APOYO SIMPLE:

𝜃 =1

𝐸𝐼∫ 𝑀𝑎 ∗ 𝑚𝑣𝑎 𝑑𝑥

𝐿

0

𝜃 =1

𝐸𝐼∫ (𝑅𝐴𝑥 −

𝜔𝐿

𝜋𝑥 +

𝜔𝐿2

𝜋2𝑠𝑖𝑛 (

𝜋𝑥

𝐿)) (1)𝑑𝑥

𝐿

0

REEMPLZANDO 𝑅𝐴 EN ESTA ÚLTIMA ECUACION

𝜃 =1

𝐸𝐼∫ ((

𝜔𝐿

𝜋−

3𝜔𝐿

𝜋3) 𝑥 −

𝜔𝐿

𝜋𝑥 +

𝜔𝐿2

𝜋2𝑠𝑖𝑛 (

𝜋𝑥

𝐿))

𝐿

0

𝑑𝑥

INTEGRANDO Y EVALUANDO TENEMOS:

𝜃 =𝜔𝐿3

2𝜋3

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 (𝜋𝑥

𝑙)

𝑉 = ∫ 𝑦 = ∫ 𝑤𝑠𝑒𝑛 (𝜋𝑥

𝑙)

𝑥

0

𝑑𝑥 =−𝑤𝑙

𝜋[cos (

𝜋𝑥

𝑙) − 1]

𝑀 = ∫ 𝑉𝑑𝑥 = ∫−𝑤𝐿

𝜋[cos (

𝜋𝑥

𝐿) − 1]

𝑥

0

𝑑𝑥 =−𝑤𝑙2

𝜋2[sen (

𝜋𝑥

𝐿)] +

𝑤𝐿𝑥

𝜋

d) ECUACIÓN

𝑀𝑎 = 𝑅𝐴𝑥 − 𝑀𝐴 −𝜔𝐿

𝜋𝑥 +

𝜔𝐿2

𝜋2𝑠𝑖𝑛 (

𝜋𝑥

𝐿) … … (1)

e) DERIVADA PARCIAL

𝜕𝑀𝑎

𝜕𝑀𝐴= −1 𝑦

𝜕𝑀𝑎

𝜕𝑅𝐴= 𝑥 … … (2)

f) SEGUNDO TEOREMA DE CASTIGLIANO:

𝜃 = ∫ 𝑀𝑎 (𝜕𝑀𝑎

𝜕𝑀𝐴) = 0

𝐿

0

- REEPLAZANDO(1) Y (2):

𝜃𝐴 = ∫ (𝑅𝐴𝑥 − 𝑀𝐴 −𝜔𝐿

𝜋𝑥 +

𝜔𝐿2

𝜋2𝑠𝑖𝑛 (

𝜋𝑥

𝐿)) (−1) = 0

𝐿

0

[−𝑅𝐴

𝑥2

2+ 𝑀𝐴𝑥 +

𝜔𝐿

𝜋

𝑥2

2+

𝜔𝐿3

𝜋3𝑐𝑜𝑠 (

𝜋𝑥

𝐿)]

𝐿

0= 0

[−𝑅𝐴

𝐿2

2+ 𝑀𝐴𝐿 +

𝜔𝐿

𝜋

𝐿2

2+

𝜔𝐿3

𝜋3𝑐𝑜𝑠 (

𝜋𝐿

𝐿) −

𝜔𝐿3

𝜋3] = 0

[−𝑅𝐴𝐿

2+ 𝑀𝐴 +

𝜔𝐿2

2𝜋−

2𝜔𝐿2

𝜋3] = 0 … … (3)

𝛿 = ∫ 𝑀𝑎 (𝜕𝑀𝑎

𝜕𝑅𝐴) = 0

𝐿

0

𝛿𝐴 = ∫ (𝑅𝐴𝑥 − 𝑀𝐴 −𝜔𝐿

𝜋𝑥 +

𝜔𝐿2

𝜋2𝑠𝑖𝑛 (

𝜋𝑥

𝐿)) (𝑥) = 0

𝐿

0

𝛿𝐴 = ∫ (𝑅𝐴𝑥2 − 𝑀𝐴𝑥 −𝜔𝐿

𝜋𝑥2 +

𝜔𝐿2𝑥

𝜋2𝑠𝑖𝑛 (

𝜋𝑥

𝐿)) = 0

𝐿

0

[𝑅𝐴

𝑥3

3− 𝑀𝐴

𝑥2

2−

𝜔𝐿

𝜋

𝑥3

3−

𝜔𝐿3𝑥

𝜋3𝑐𝑜𝑠 (

𝜋𝑥

𝐿) +

𝜔𝐿4

𝜋4𝑠𝑖𝑛 (

𝜋𝑥

𝐿)]

𝐿

0= 0

[𝑅𝐴

𝐿3

3− 𝑀𝐴

𝐿2

2−

𝜔𝐿

𝜋

𝐿3

3− (−

𝜔𝐿3𝐿

𝜋3)] = 0

𝑅𝐴

𝐿

3−

𝑀𝐴

2−

𝜔𝐿2

3𝜋+

𝜔𝐿2

𝜋3= 0 … … (4)

- Multiplicando la ecuación (4) por 2, sumando con la

ecuación (3), tenemos:

2𝑅𝐴

𝐿

3−

2𝜔𝐿2

3𝜋+

2𝜔𝐿2

𝜋3−

𝑅𝐴𝐿

2+

𝜔𝐿2

2𝜋−

2𝜔𝐿2

𝜋3 = 0

𝑅𝐴𝐿

6−

𝜔𝐿2

6𝜋= 0

𝑅𝐴 =𝜔𝐿

𝜋

- Reemplazando 𝑅𝐴 en la ecuación (3), tenemos:

[−𝜔𝐿

𝜋

𝐿

2+ 𝑀𝐴 +

𝜔𝐿2

2𝜋−

2𝜔𝐿2

𝜋3] = 0

𝑀𝐴 =2𝜔𝐿2

𝜋3

POR SIMETRIA:

𝑅𝐴=𝑅𝐵 =𝜔𝐿

𝜋

𝑀𝐴 = 𝑀𝐵 =2𝜔𝐿2

𝜋3

LA DEFLEXION EN EL CENTRO DE LA LUZ SERA:

𝑀𝑎 = 𝑅𝐴𝑥 − 𝑀𝐴 −𝜔𝐿

𝜋𝑥 +

𝜔𝐿2

𝜋2𝑠𝑖𝑛 (

𝜋𝑥

𝐿) − 𝑃(𝑥 −

𝐿

2)

𝜕𝑀𝑎

𝜕𝑃= − (𝑥 −

𝐿

2)

POR EL PRIMER TEOREMA DE CASTIGLIANO:

𝛿 =1

𝐸𝐼∫ 𝑀𝑎 (

𝜕𝑀𝑎

𝜕𝑃)

𝐿

0

𝛿 =1

𝐸𝐼∫ (𝑅𝐴𝑥 − 𝑀𝐴 −

𝜔𝐿

𝜋𝑥 +

𝜔𝐿2

𝜋2𝑠𝑖𝑛 (

𝜋𝑥

𝐿) − 𝑃(𝑥 −

𝐿

2)) (

𝐿

2− 𝑥) 𝑑𝑥

𝐿

𝐿2

𝛿 =1

𝐸𝐼∫ (𝑅𝐴 (

𝐿𝑥

2− 𝑥2) − 𝑀𝐴 (

𝐿

2− 𝑥) −

𝜔𝐿

𝜋(

𝐿𝑥

2− 𝑥2)

𝐿

𝐿2

+𝜔𝐿2

𝜋2𝑠𝑖𝑛 (

𝜋𝑥

𝐿) (

𝐿

2− 𝑥)) 𝑑𝑥

INTEGRANDO Y EVALUANDO:

𝛿 = −𝜔𝜋𝐿4 − 4𝜔𝐿4

4𝜋4

𝛿 =𝜔𝐿4

𝜋4−

𝜔𝐿4

4𝜋3

𝛿 =𝜔𝐿4

𝜋3(

1

𝜋−

1

4)

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:

𝑀𝑎 = 𝑅𝐴𝑥 − 𝑀𝐴 −𝜔𝐿

𝜋𝑥 +

𝜔𝐿2

𝜋2𝑠𝑖𝑛 (

𝜋𝑥

𝐿)

LA ECUACION DE MOMENTO VIRTUAL:

𝑚𝑎 = −1 (𝑥 −𝐿

2)

PLANTEAMOS LA ECUACION DE TRABAJO VIRTUAL

PARA DETERMINAR LA DEFLEXION EN EL CENTRO DE

LA LUZ:

𝛿 =1

𝐸𝐼∫ 𝑀𝑎 ∗ 𝑚𝑣𝑎 𝑑𝑥

𝐿

0

𝛿 =1

𝐸𝐼∫ (𝑅𝐴𝑥 − 𝑀𝐴 −

𝜔𝐿

𝜋𝑥 +

𝜔𝐿2

𝜋2𝑠𝑖𝑛 (

𝜋𝑥

𝐿)) (−1 (𝑥 −

𝐿

2)) 𝑑𝑥

𝐿

0

𝛿 =1

𝐸𝐼∫ (𝑅𝐴 (

𝐿𝑥

2− 𝑥2) − 𝑀𝐴 (

𝐿

2− 𝑥) −

𝜔𝐿

𝜋(

𝐿𝑥

2− 𝑥2)

𝐿

𝐿

2

+𝜔𝐿2

𝜋2𝑠𝑖𝑛 (

𝜋𝑥

𝐿) (

𝐿

2− 𝑥)) 𝑑𝑥

INTEGRANDO Y EVALUANDO:

𝛿 = −𝜔𝜋𝐿4 − 4𝜔𝐿4

4𝜋4

𝛿 =𝜔𝐿4

𝜋4−

𝜔𝐿4

4𝜋3

𝛿 =𝜔𝐿4

𝜋3(

1

𝜋−

1

4)

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 … ( 𝑁𝑂 𝑃𝑅𝑂𝑉𝑂𝐶𝐴 𝑁𝐼𝑁𝐺𝑈𝑁 𝐷𝐸𝑆𝑃𝐿𝐴𝑍𝐴𝑀𝐼𝐸𝑁𝑇𝑂)

R= FUERZA REDUNDANTE

ECUACION DE FUERZA INTERNAS:

𝛿 =𝜕𝑈𝑀

𝜕𝑅=

1

𝐸𝐼∫ 𝑀 (

𝜕𝑀

𝜕𝐻1) 𝑑𝑥

𝐿

0

= 0

1

𝐸𝐼∫ 𝑀 (

𝜕𝑀

𝜕𝐻1) 𝑑𝑥

𝐿

0

= 0

a) FUERZAS INTERNAS:

SECCION (a-a) 𝟎 ≤ 𝜽 ≤ 𝟗𝟎

𝑉𝐴 = 𝜔𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 − 𝜔𝑟(1 − 𝑐𝑜𝑠 𝜃)𝑠𝑖𝑛𝜃 − 𝜔𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝑐𝑜𝑠 𝜃

− 𝐻1 𝑐𝑜𝑠 𝜃

𝑉𝐴 = 𝜔𝑟 𝑐𝑜𝑠 𝜃

𝑁𝐴 = 𝜔𝑟(1 − 𝑐𝑜𝑠 𝜃)𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝐻1 𝑠𝑖𝑛 𝜃 − 𝜔𝑟 𝑐𝑜𝑠 𝜃 − 𝜔𝑟 𝑠𝑖𝑛2 𝜃

𝑁𝐴 = 𝜔𝑟(𝑠𝑖𝑛 𝜃 − 1)

𝑀𝐴 = 𝜔𝑟. (𝑟 𝑠𝑖𝑛 𝜃) + 𝜔𝑟. 𝑟(1 − 𝑐𝑜𝑠 𝜃) − 𝜔𝑟.𝑟

2𝑠𝑖𝑛2 𝜃

− 𝜔𝑟.𝑟

2(1 − 𝑐𝑜𝑠 𝜃)2

𝑀𝐴 = 𝜔𝑟2(𝑠𝑖𝑛 𝜃 − 1)