METODO AREA DE MOMENTOS_ TEORIA Y EJERCICIOS.docx

MÉTODO – AREA MOMENTO

1. DEMOSTRACION:

Viga simplemente apoyada con una carga cualquiera.

Por flexión se sabe que:

1ρ= M

EI(a )

Del grafico se tiene:

ds=ρ dØ

1ρ=dØ

ds

De lo cual:

dØds

= MEI

→dØ= MdsEI

Considerando: dx=ds

dØ= MdxEI

(b)

De la figura se tiene que ØAB es igual a la suma de todos los dØ en el tramo AB.

Ø AB=∫ØA

ØB

dØ →Ø AB=∫xA

xBMdxEI

Ø AB=1EI

∫xA

xB

Mdx (c )

De la figura se tiene que la suma de los segmentos dt (entre A-C) sucesivas es igual

a tB/A para el tramo AB.

dt=xdØ →tB / A=dt=∫ xdØ

Reemplazando el valor (b).

tB /A=1EI

∫XA

XB

x ( Mdx ) (d )

TEOREMA I:

ANÁLISIS ESTRUCTURAL ---- SÁNCHEZ Huamán LUIS NELSON

Como :1EI

∫XA

XB

Mdx=Ø AB→Dela ecuación(C)

∫Mdx=Es la sumade taleselmentosd estre A yB

De donde:

ØAB=

AREA(AB)EI

De lo cual el teorema 1 manifiesta que la desviación angular o ángulo entre las

tangentes trazadas a la elástica en 2 puntos cualquiera A y B es igual al producto de

1/EI por el área el diagrama de momentos flexionantes entre 2 puntos.

TEOREMA II:

De la ecuación (d) se tiene:

tB /A=1EI

∫XA

XB

x (Mdx )

x (Mdx )=Momento del areadiferencialcon respectoa la ordenadaB

∫XA

XB

x ( Mdx )=Momento conrespecto a laordenada Bdel area comprendida entre AyB

tB /A=1EI

( AreaBA ) X B

El teorema II manifiesta que la desviación tangencial de un punto B con respecto a la

tangente trazada a la elástica en otro punto cualquiera A (Distancia del punto B de la

elástica a la tangente del punto A), en dirección perpendicular a la inicial de la viga

es igual al producto de 1/EI por el momento con respecto a B del área de la porción

del diagrama de momentos entre los puntos A y B.

2. CONSIDERACIONES:

EI es conocido rigidez a la flexión.

Cuando EI es variable no puede sacarse del signo integral y hay que conocerla en

función de x, para evitar esto suele tenerse en cuenta dividir entre EI las ordenadas

del diagrama de momentos para obtener un diagrama M/EI (Diagrama de

momentos reducidos).

Cuando el área del diagrama de momentos se compone de varias partes, (Área)X B

,representa el área de todas estas partes

El momento del área se toma siempre con respecto a la ordenada del punto cuya

desviación se quiere obtener.

3. CONVECION DE SIGNOS:

DESVIACION: La desviación tangencial de un punto cualquiera es positivo si el

punto queda por encima de la tangente con respecto a la cual se toma esta

desviación y negativa si queda por debajo.

Entonces una desviación positiva indica que el punto queda sobre la tangente de

referencia de lo contrario será negativo.

PENDIENTE: Un valor positivo de la variación de pendiente “ ØAB “ indica que la

tangente en el punto situado a la derecha de B se obtiene girando en sentido anti

horario la tangente trazada en el punto mas a la izquierda de A.

Es decir para pasar de la tangente A a la tangente B se gira en sentido anti horario

para giro positivo y viceversa en sentido negativo.


4. DIAGRAMA DE MOMENTOS POR PARTES:

Se podrá calcular con facilidad el área de cualquier parte de un diagrama de

momentos.

Un procedimiento es integrar las ecuaciones ∫Mdx y ∫x(Mdx)

Sin embargo esto es muy complejo por ello se sigue un procedimiento que consiste

en dividir el diagrama de momentos en partes cuyas áreas y centros de gravedad

sean conocidos (Diagrama de momentos por partes).

4.1. PRINCIPIOS:

El momento flexiónate producido en una determinada sección por un sistema de

cargas es igual a la suma de los momentos flexionantes producidos en la misma

sección por cada carga actuando por separado.

MC=∑M Izq deC=¿∑ M Derecha deC ¿

∑M Izq deC=¿ Sumade momentos producidos por lasfuerzas queactuan a laizquierdade la secciónC

¿

4.2. EFECTO FLEXIONANTE DE CUALQUIER CARGA INDIVIDUAL :

y=k xn(ecuación de lacurva )

Area= bhn+1

(Area sobreuna¿tangente determinada)


NOTA:

Las áreas de momento se toman con su signo (ya que los momentos poseen signos propios).

Los brazos de momentos siempre son positivos

x= bn+2

(Centrode gravedad del area)

Ejemplo: Calcular el área sombreada entre AB y la tangente A:

Areasombreada=bhn+1

Se considera tomar un eje en supuesta condición de empotrado para realizar el

diagrama de momentos por partes, este eje se ubicara en un punto donde actúen

reacciones (fuerzas y momentos) o según conveniencia (cambio de sección de la

viga) ya que las reacciones que actúan en dicho eje no se consideran para el

diagrama.

Ejemplo:

Calcular los diagramas de momentos por partes tomando como ejes a loos puntos:

A, B, C. Considerar también para determinados gráficos el uso de cargas

compensadas.

Para el eje A:

M=−w x2

2

x=0→M=0

x=a→M=−w a2

2

M=xRc

x=0→M=0

x=L→M=LRc

M=−Mc

x=0→M=−Mc

x=L→M=−Mc

Diagrama de momentos por partes eje A:


Para el eje B:

M=−w x2

2

x=0→M=0

x=a→M=−w a2

2

M=xRc

x=0→M=0

x=b→M=bRc

M=−Mc

x=0→M=−Mc

x=b→M=−Mc

Diagrama de momentos por partes eje B:

Para el eje C:

Tramo AB:

M=−w x2

2

X=0→M=0

X=a→M=−wa2

2

Tramo BC:

M=−wa(x−a2)


X=a→M=−wa2

2

X=L→M=−wa(L−a2)

Diagrama de momentos por partes eje C:

Por cargas compensadas –eje C:

La viga equivalente será:

M=−w x2

2

X=0→M=0

X=L→M=−w L2

2

M=w x2

2

X=0→M=0

X=b→M=wb2

2

Diagrama de momentos por partes eje C:

5. DEFORMACION DE VIGAS EN VOLADIZO:

La tangente trazada en el punto empotrado (A), es horizontal por lo que:

t A /B=Deformacióno deflexiónen B(δ)


6. DEFORMACION DE VIGAS SIIMPLEMENTE APOYADAS:

Por relación de triángulos:

δ+tB / A

x=

tC /A

L

δ=tC /A

Lx−tB / A


Para el giro en A:

ØA=tC/ A

L

Se sabe también:

Ø A+ØC=Ø AC

7. DETERMINACIÓN DE LA POSICIÓN Y EL VALOR MÁXIMO DE LA DEFLEXIÓN:

METODO I:

Se comienza calculando la deflexión en un punto cualquiera a una distancia “x” del

apoyo izquierdo suponiendo que para “x” le corresponde δ máx.

Se obtendrá la ecuación de la flecha en función de “x”- {δ=f(x)}- calculando la flecha

en x.

Derivaremos la ecuación {δ=f(x)} en función de “x” e igualaremos a cero por la teoría

de máximos y mínimos se obtendrá el valor de x para δ máx.

METODO II:

En el punto de la deflexión máxima la tangente de la elástica es horizontal.

De la figura ØA = ØAB de donde se calcula el valor de “x” para luego hallar la flecha

para una distancia “x”.

Aclaremos que esta equivalencia es efectiva en vigas simplemente apoyadas sometidas

a cualquier tipo de cargas.

Cuando las fuerzas aplicadas son unas positivas y otras negativas o son pares o se trata

de un voladizo la deflexión en el centro no guarda relación con la deflexión máxima.

Por ejemplo en una viga simplemente apoyada con un par en el centro la en el centro es

nula y existe 2 deflexiones máximas, una positiva y otra negativa simétricas respecto al

centro.

8. DEFLEXION EN EL CENTRO DEL CLARO:

En una viga simple apoyada y simétrica cargada la tangente a la elástica en el punto

medio del claro es horizontal y paralela a la posición de la viga descargada.

En tal caso la desviación de cada extremo apoyado con respecto a esta tangente es igual

a la deflexión del centro.


En el caso de vigas simplemente apoyadas pero con cargas no simétricas la deflexión en

el punto medio puede calcularse como anteriormente se explicó, basta añadir una carga

simétrica colocada con respecto al centro por cada carga real.

La deflexión real en el centro será la mitad de la calculada en la viga modificada.

9. Ejemplos:

9.1. Determine el valor de la deflexión en el punto D.

Solución:

Cálculo de las reacciones:

∑ Fuerzas verticales→R1+R2=600N

∑M o en A→3R2=100×4+500×1

R1=300N R2=300N

Diagrama de la elástica: El diagrama presenta 2 posibles curvas elásticas.

Entonces se tendrá 2 opciones por lo cual se escribirá una ecuación para cada

opción; por relación de triángulos:


ELASTICA 1:

tA /C

3=

tD /C+δ

1→δ=

t A /C

3−tD /C

ELASTICA 2:

tA /C

3=

tD /C−δ

1→δ=tD /C−

tA /C

3

Diagrama de momentos reducidos por partes en C (M/EI).

Al colocar el eje C se anulan las cargas en este punto y se considera empotrado,

aquí se muestra el diagrama de momentos flectores para cada una de las fuerzas:

M=300 x

x=0→M=0 x=3→M=900

M=−500 (x−1) x=1→M=0 x=3→M=−1000

M=−100 x

x=0→M=0 x=1→M=−100

Cálculo tA/C = Área (AC) . x ̅A

t A /C=( 1350EI )2−1000EI(73)

t A /C=367EI

↭Comot A /C es positivo Aesta sobreTgC

Cálculo tD/C = Área (DC) . x ̅C

tD /C=(−50EI ) 23=−100EI

=−33.3EI

Como tD/C es negativo indica que D esta debajo de Tg C

Cálculo del valor H:

H1

=t A /C

3↭H= 367

3 EI↭H=122.33

EI

Como H es numéricamente mayor que tD/C se concluye que la elástica correcta es

la” I”.

Uso de la ecuación para la elástica “I”.

tA /C

3−tD /C=δD

δD=367EI (13 )−33.3EI

δD=89EI

9.2. Determine el valor de: Giro en el punto A y deflexión en el punto C.

E=2×103 T

cm2I=4000cm4


Por la estática:

RA = 2T RD=2T

Diagrama de momentos por partes eje B:

Diagrama de momentos reducidos(M/EI):

Area I=−8 /EI Area II=9/EI

Area III=12/EI Area IV=8/EI

AreaV=9/EI

Elástica:

Del grafico se desprende que:

ØA=tD / A

10


tD /A

10=

δc+ tC /A

7

δc=7 tD /A

10−tC /A

Donde:

tD / A=−8EI (3+ 23 (4 ))+ 9

EI(7+1 )+ 12

EI(5 )+ 8

EI (3+ 2 (4 )3 )+ 9EI ( 23 )3

tD / A=150EI

Para EI:

EI=2×103 Tcm2×4000c m4×

m2

1002cm2

EI=800m2−T

tD / A=150800

=0.1875m

Para el giro:

ØA=tD / A

10=0.1875

10=0.01875 rad

Para la deflexión:

tC/ A=−8EI ( 23 )4+ 9EI

(4+1 )+ 12EI

(2 )+ 8EI ( 23 )4

tC/ A=69EI

= 69800

=0.08625m

En la ecuación:

δc=7 tD /A

10−tC /A=

710

(0.1875 )−0.08625=0.045m

δc=4.5cm↓

9.3. Determine el valor de la deflexión en el centro de la luz.

Solución:

Modificando la viga simétricamente:

Por simetría y estática:

RC = RA = 1600N

Elástica:


Por ser simétrico conviene trabajar con media viga:

600 (2 )+V=1600→V=400N

M+600 (2 ) (1+1 )=1600 (3 )→M=2400N−m

Diagrama de momentos por partes:

Area I=7200EI

, Area II=−800EI

, Area III=−1800EI

De la elástica:

ØA=2δ+ tB/ A

3

ØAB=Area(AB)

ØA=ØAB

De las ecuaciones anteriores:

2δ+tB /A

3=Area(AB)


δ=[Area ( AB )×3−tB /A ]

2

EL área de AB es:

Area ( AB )=7200EI

−800EI

−1800EI

=4600EI

tA/B es = Área (BA). x̅B

tB /A=7200EI ( 32 )−800EI

(1+1.5 )−1800EI ( 23 )3

tB /A=5200EI

De donde la deflexión será:

δ=[ 4600EI

(3 )−5200EI ]

2

δ=4300EI

10. APLICACIÓN DEL MÉTODO DE ÁREA MOMENTO A VIGAS HIPERESTÁTICAS:

En una viga empotrada y apoyada, se aplica la condición de que la desviación del

apoyo con respecto a la tangente a la elástica en el empotramiento sea nula o

adquiera un valor conocido si el apoyo no esta al mismo nivel.

En las vigas doblemente empotradas dado que las tangentes a la elástica en los

extremos son horizontales la variación total de la pendiente entre los extremos es

nula (ØAB=0).

Si los extremos están al mismo nivel la desviación de B respecto a la tangente B es

cero (tA/B=0).

De donde se tiene las siguientes condiciones:

EI Ø AB=Area ( AB )=0→(a)

EI tB /A=Area ( BA ) . XB=0→(b)

EI t A /B=Area ( AB ) . X A=0→(c)

Las tres ecuaciones no son independientes, dos cualesquiera de ellas junto con la

de la estática determinan las 4 restricciones.

Como norma práctica se recomienda usar primero la ecuación (a) y una de las

otras dos.

Ejemplo:

Solucionar la viga mostrada, sometida a la acción del sistema de carga indicado.

E=2×106 kg

cm2I=2400c m4

Solución:

Diagrama de momentos reducidos.


Resumen del cálculo:

FIGURA AREA x̅ B x̅ C1 -32/EI 8/3 29/3

2 -48/EI 2 9

3 28RC/EI 2 9

4 8RC/EI 8/3 29/3

5 -18/EI ----- 6

6 49RC/EI ----- 14/3

7 -128/3EI 3 10

8 8RB/EI 8/3 29/3

Condiciones tB/A = 0 y tC/A = 0

Cálculo de tB/A =Área (BA). x̅ B

tB /A=0=−32EI ( 83 )−48EI

(2)+ 28EI

Rc (2)+ 8EI

Rc (83)−128

3( 3EI

)+ 8RBEI

( 83)

0=−9283

+ 232 Rc3

+ 64 RB3

928=232Rc+64 RB→(1)

Cálculo de tC/A =Área (CA). x̅ C

tC/ A=0=−32EI (293 )− 48EI

(9 )+ 28EI

Rc (9 )+ 8EI

Rc( 293 )−18( 6EI )+ 49RC2 EI ( 143 )− 1283 EI

(10 )+ 8 RBEI

(29)3

3828=1331Rc+232RB→(2)

Reemplazar (1) y (2) y aplicando la estática se obtiene:

RC = 0.95 T ↑


RB = 11.06 T ↑

RA = 7.99 T ↑

RC = 5.32 T-m ↺


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