Apuntes+Estructuras+1

Problema¡ Resueltos de Resistencia de Materiales .: Miguel Angel Millán Muñoz

INDICE Capítulo I. Diagramas

Estima

I.l .- Vigas Isostóticas.

1.2

.- Vigas

compuesta y pórticos isostáticos.

1.3 .- Estructuras Espaciales. 1.4 .- Problemas de examen.

Capítulo II. Traccién Cápítulo

compresión simple. Problernas isostáticos.

IIL Flexión @.

Iil.l .- Tensiones. III.2 .- Giros yflechas. Ecuación de la elástica

Capítulo IV, Flexión (II). Flexión simple.

parcitl sin pemriso.xprcso dcl auto. Migucl Angel ñtiltán lvfuñoz 2000

Prohibida la rcproducció¡r lotal

teoremas de Mohr.

Problema¡ Resueltos de Resistencia de Materiales .: Miguel Angel Millán Muñoz

INDICE Capítulo I. Diagramas

Estima

I.l .- Vigas Isostóticas.

1.2

.- Vigas

compuesta y pórticos isostáticos.

1.3 .- Estructuras Espaciales. 1.4 .- Problemas de examen.

Capítulo II. Traccién Cápítulo

compresión simple. Problernas isostáticos.

IIL Flexión @.

Iil.l .- Tensiones. III.2 .- Giros yflechas. Ecuación de la elástica

Capítulo IV, Flexión (II). Flexión simple.

parcitl sin pemriso.xprcso dcl auto. Migucl Angel ñtiltán lvfuñoz 2000

Prohibida la rcproducció¡r lotal

teoremas de Mohr.

Problemas Resueltos de Resistencia de Materialcs

Millán Muñoz

I.. DIAGRAMAS A ESTIMA. I. 1- Vigas Isostdticas.

1.2- Vigas compuestus pórticos isosttiticos. I. Estructaras espacíales. 1.4- Problemds de exflmen.

Cap.

I-l.- Diugru

uts

estitttu isostúticos, igus isosttiticas

Protrlemas Resueltos de Resistencia de Nlaterialcs iguel Aneel lvfillán Muñoz

Cap. I-1. Diagramas estima. Vigas Isostáticas. Dibujar

los diagramas de esfuerzos, así como las deformadas, de las siguientes vigas.

l3)

8)

3)

C--=--l--"-l

18)

Cap. I-1.- Ditrgrorttus

estiun isastáticr).r. Iig./s isost,it

¡cLts

Problemas Resueltos de Res¡stericia de Nlateri¡les lvfillan Muñoz

2)

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Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Millán Muñoz

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Cap.l-l.- Diugruntus

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eslilut isostúticos. I'igas ¡sosl(itic.ts.

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Problemas Resueltos de Resistencia dc Nlaterialcs

Millán Muñoz

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Cap.l-2.- Diugruntis

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Problemas Resueltos de Res¡stencia de i\Iaterialcs Millán MLrñoz

12

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Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales

lvtillán Muñoz

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CaD.I-4.- Diugtut¡tts u estituu isosfúlicos- Problentus

le excu¡te¡t.

ll

II.- TRACCION COMPRESION SIMPLE. Problemas isostúticos.

Cap. II

Tmcciórt

Contpresión simple. Problemzs isos!álicos

Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Mieuel lvliilán Muñoz

Can. II. Tracción l)

comDresión simple. Problemas isostáticos.

El eje de la figura está compuestó por un tramo troncocónico

otro cilindrico,

está solicitado por las fuerzas que se

indican en la dirección de su eje. Se pide:

a) b) c)

Diagrama de axiles

de tensiones normales en la pieza'

Desplazamiento de los puntos

B.

Variación de temp€ratura, uniforme en toda la pieza, que sería necesaria para que el movimiento del punto fuera nulo'

Datos: a=10j

oC-r

Tronco de cono: Ar=10 cm2, Az=

Cilindro:

A:5 c-t,

cmt, E= 10akp/cm" Lt-0'50m'

E= lo'kP/cmz, L2:1,0 m.

2) La pila de puente formada por dos trozos prismáticos

de igual longitud distinta sección, está sometida en su extremo superior una carga F:300 T' Halla¡ el volumen de fiíbrica necesario, sabiendo que la altura de la pila de 36 m., su peso específico 2000 kp/m3

"s 36.

la tensión admisible l0 kp/cm2'

Examen SeDtiembre 97198, tiempo 15' )'

3) Determinar para las dos banas de la figura: a) Máxima longitud que puede tener la barra b) Para dicha longitud, determinar el incremento de longitud de la barra.

Datos: P=225 kp.; Ar:25 cm2; Az= 50 cm'z; H= 200 m; E=l0a kp/cm2; peso espec ifico.y 2,51m3; o"¿.¡,= l0 kp/cm2' (NOTA: Para el caso del üonco de cono, no hay aplicada ninguna fuerza exterior. Se recomienda tomar como origen de coordenadas el

Tronco de cono

cilindro

vértice del cono).

4) Calcular para los sistemas de la figura: a) Para un valor de P= 100 kp., movimiento

horizontal

vertical del punto A'

b)ValormáximodelacargaPsinsobrepasaflatensiónadmisibleenningunodeloscables' Datos: cable l: sección homogénea, A:5 cm2, E: l0akp/cmr, o¡¿.5= l0 kp/cm2, L=6 m. -Cable2:seccrÓnhomogénea'A:4cm?,E=l05kp/cm2'o"¿'''=20kp/cmr'L=3m

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Truccit)tt J' Cotnprcsiótt sittq)le Problcntts isosttiticos

l-l

Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Millán Muñoz

SOLUCION PROBLEMA N"

La

está sometida

la carga puntual aplicada

compresión simple, debido

conocen las acciones exteriores, la tensión admisible

al peso propio.

una de las dimensiones geoméhicas. La incógnita

Se

caicular es la

dimensión hansversal de la pila, de forma que la tensión máxima no supere la admisible por el material. Para ello, se hará:

2. 3.

1.

Cálculo de axiles en la pila. Determinar la secciór/es más solicitadas

cálculo de las tensiones normales.

Sección hansversal necesaria para que latensión no supere a la admisible.

El axil que produce la carga puntual es constante en todo el

mientras que el producido por el peso propio

es

variable, con una ley lineal, dado que la sección transve¡sal es constante por tramos. (Peso propio)

N.U2.r+ h.UZ.f El axil debido al peso propio tendní la expresión:

Nppr=Ar,Hr'Y Nopz

Las secciones

Ar L/2 1+ Az.

Hz

en el tramo superior del pilar (H¡

distancia desde el extremo superior).

en el tramo inferior del pilar (H2

distancia desde el cambio do sección).

comproba¡ en cada tramo serán las de máximo axil en cada tramo de sección constante, ya que serán

las que tengan máxima tensión normal: la base de cada tramo.

Nr=300T+Ar l8m.2Tlm3=300+3ó.Ar T/m',: N2=300T+Ar 18 m.2 T/m3 A2 l8

3.

300

36 Ar

+36.A2

Las tensiones normales en cada una de las secciones indicadas son:

o:N/A o1

:N¡

A1

oz =Nz/A:

(300

36. Ar) / Ar= 300 Ar +36

:(300 36. Ar 36. A2)/A2

l0 Kp /cm2 =100 T/m'], se debe cumplir: Ar 300 (100 36):4,69 ml or=300/Al 36: 100 Ar =468,84 1(100-36):7.33 nrr or (300 36.Ar +36.4")/4, :468,84 A: 36 100

Para que no se supere la tensión admisible oo¿.

El volumen pedido será entonces

C¡p. ll

4,ó9 18

7,33 l8

216,36 mr

Truccitíu )' Cot Pres¡út sinryle. Problcntus ¡st)\1.¡t¡Los.

38

Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales ieuel

Millán Muñoz

Tensión en extremo de¡echo del cono: o2

.",. 200 Kp

cmr = 40 Kp/cm':

Tensión en el cilindro: 100 Kp

02 c¡indio

cm2

20 Kp/cm2

La tensión máxima se produce, por tanto, en la unión de las dos piezas.

b)

Desplazamiento d€ los puntos

B.

Se tomará como referencia de desplazamientos el extremo izquierdo de la pieza completa.

El alargamiento de una pieza sometida N M= l..r2st -:-ú

EA

tracción (o compresión) viene dada por la expresión: Fr2 ¡/

¿ft -d, EA

donde, por ser una pieza rccta, se ha particularizado la expresión general al eje

de la pieza.

Como la pieza está compuesta por dos tramos con caractedsticas distintas, estudiaremos cada uno por separado. Pieza troncocónica

En ella es variable la sección transversal, pero son constantes el axil N

el valor de E.

Es muy importante Ia consideración de que los límites de integración, dado que el origen de la coordenada

tomado en el vértice del cono, serán los valores x2

Kl (según se ve en la figura). Por tanto, la expresión de la

deformación quedará:

.,L=1,1=ds=-:lx2 ¡:rrN N.'tl.ü= Lgl-*-J--*= 4.*2 tA

E A

donde x2

t'^'

11,+l.to-

se ha

r

r¡l

l-tlJ,z

z,cl.to-a.EL

120,7 cm

xr :x2+

L= 120,7 +50

t¡=200 Kp, E=

170,7 cm

104 Kp/cm'z

quedando finalmente:

2oo [-r _+_

L=_

J,41.ro-

l.to4 Llro

-r =0,t4 cn

l=58,3.2,427.10 l2o,7l

Este será, por tanto, el desplazamiento del punto A. Pieza cilíndrica.

En ella son constantes la sección transversal, el axil

el valor de E. Por tanto, la expresión de la deformación

quedará:

.\ A¿= ¡.i | _rls=*I ¿J

É.,I

.\.,.t, d,rt(- --

donde

N¡=100 Kp,

Cap. Il

E¡,4,

L:= I,0 m= 100 cnr, El= lOj Kp'cmr, A2= 5 cmr' Tntcción ), Conryresión simpl¿. Prt¡blenttt.s ¡.\oslát¡cos.

Ilr

Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales lvlillán lvlu¡loz

SOLUCION PROBLEMA N' El problema planteado es el de una pieza compuesta, con sección variable en un tramo constante en otro, estando cada uno de dichos t¡amos sometidos tracción uniforme'

a) Diagrama de axiles

d€ tensiones normales en la pieza'

En cada tramo de la pieza actua un axil constante, dado que los puntos de aplicación de las cargas puntuales están en los extremos exteriores (extremo derecho reacción en el empoframiento) en el punto de conexión de los dos tramos de la pi€za. Será en estos Puntos donde se produzca el salto en la ley de axiles'

La ley de tensiones conesponderá al valor del a.ril dividido por el área de la sección en cada punto (N/A). Cuando la pieza es de sección constante, la ley de tensiones tiene la misma forma que la de axiles un valor N/A múltiplo de

N. Si la sección no es conslante, la ley de tensiones no será como la de axiles ya que dependerá de la ley de variación del área de la secciónSe analizará cada pieza parcial independientemente'

En el caso de ta pieza troncocónica, las expresiones resultan más fáciles si se toma como referencia de

el vertice teó¡ico del cono:

Como se ve en la figura, los radios son proporcionales, al ser lados de triángulos semej antes:

1.) ft.x-

^r =:-_

---T =-Z o.R2 xZ

"/Rr=x/xr

t2

El valor de x2 se calcula partiendo de los valores conocidos de las áreas extremas del tronco de cono, aplicando la ecuación deducida anteriormente:

^l lAz x2

teniendo en cuenta que xr

l;

l:J-

\ur-

x2:

+L

(siendo

la longitud del tronco de cono), queda

donde sustituyendo los valores del problema, nos quedará:

x2 (12

x2

l):

50

0'4142

120,7 cm

La expresión del área será, finalmente:

A*: A2. x2

x22:3,43 lo¡ xl

Latensión será

o=---. Ax

3.41.104.-¡

que es una hipérbola de 2'grado.

Tensión en e\trerlro izquiel do del cono: o'r.,,,'. = 200 KP

a¡t.ll

l0 cnr 20 Kpicrnr Trucúón

Cotttfes¡ótt simPle Problentas ¡sa\táticos

li

Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales

Mi

Milián Muñoz

Tensión en extremo derecho del cono: 6r

200 Kp 5 cmr

""n"

40 Kp/cmz

Tensión en el cilindro: o.2.;rin¿,o

100 Kp

20 Kp/cm?

cm2

La tensión máxima se produce, por tanto, en la unión de las dos piezas.

b) Desplazamiento de los puntos A

B,

Se toma¡á como referencia de desplazamientos el extremo izquierdo de la pieza completa.

El alargamiento de una pieza sometida

hacción (o compresión) viene dada por la expresión:

rl2N

Ex2

M= l.st -Lds EA

¿ft.:¿r EA

donde, por ser una pieza recta, se ha particularizado la expresión general al eje

de la pieza.

Como la pieza está compuesta por dos tramos con características distintas, estudiaremos cada uno por separado. Pieza troncocónica

En ella es variable la sección transversal, pero son constantes el axil

el valor de

Es muy importante la consideración de que los lÍmites de integración, dado que el origen de la coordenada

tomado en el vértice del cono, serán los valo¡es x2

xr (según se ve en la ftgura). Por tanto, Ia expresión de la

deformación quedará:

..

r¡r

lrz tAot

donde x2

N,'ll, t";*

120,7 cm Xr

Xz

-xl

¡1i-----J--¿"= o.uLl-tl),r. o'-u ,,n .ro^--+."r ¡^

L: 120,7

N=200 Kp, E=

se ha

50

l'10,7 cm

104 Kp/cm'?

quedando finalmente:

[-r r-l M=-l 2oo j.4¡.lo- 4.lo4 lro.r l2o.7l

58,3.2,427.10-3

0.14

.z

Este será, por tanto, el desplazamiento del punto Pieza cilíndrica.

En ella son constantes la sección transversal, el axil

el valor de E. Por tanto, la expresión de la defomación

quedará:

LL=

fr.\

.^l -ds=; ¿,'l ¿..1,

tr-:4t=;--L.rr

¿l ,rl

donde

1=100 Kp,

L:=

1,0 m= IUU cm,

tr l0- Kpi cnl-. A_-=

cm-

ap.ll Trucción J' Cotrtpresión sinplc Ptoblentus ¡sotl.tt¡col

i6

Problemas Resueltos de Resistencia de NIat€riales lvlillán Muñoz

SOLUCION PROBLEMA N" Las barras están sometidas tracción simple, debido la carga puntual aplicada (en el primer caso) al peso propio. Se conocen las acciones exteriores, la tensión admisible las secciones transversales. La incógnita a calcular es la longitud máxima de las barras, de forma que la tensión máxima no supere la admisible por el material.

Para eLlo, se hará:

l. 2.

3.

Cálculo de ariles en la bana.

cálculo de las tensiones normales en ellas, en función de la longitud de la barra. Debe det€rminarse cuál es la sección más solicitada porque es en ella donde debe

Determinar la sección/es más solicitadas

imponerse la condición de agotamiento, es decir, que la tensión alcance la maxima admisible.

Longitud máxima para que la tensión no supere la admisible, obtenida al igualar la tensión en la sección más solicitada

la tensión máxima admisible.

Una vez definida la longitud, el alargamiento de la barra se calculará

(zN *= Lá*

partir de la expresión:

a) Barra de sección constante' 1.

El axil que produce la carga puntual es constante en toda la bana, mientras que el producido por el peso propio es variable, con una ley lineal, dado que la sección transversal es constante.

El axil debido al peso propio será en cada sección equivalente al peso de la barra que está bajo ella,

tendrá la

exDresión:

Npp:A.(L-y).y

siendo

la distancia al empotramiento,

la sección

1cl peso especifico

El axil total será, por tanto:

N: P+A.(L-y).1

Como la sección es constante, la rebanada más solicitada será la del empotramiento, ya que en ella el axil es máximo. La tensión normal en el empotrami€nto será:

lA+ L.^l=225/25+L.2,s l1l

o:N/A:

lmponiendo el caso límite de que la tensión en sl empotramiento sea igual

o¡dm:l0=9+L

L:l

4.

la admisible:

2'5 l0'1

/2,5 l0-r=400cm=4m

El alargamiento de la barra será:

*^, --fl l0'.lj

+,e.1t

vt Tlav

:zs..,oo rj.2.j.l0-r.¡uf-

.rp, II

*llr,.,,,

l- 0.io+0.01

r, -:,]1.

;[',.,, 5]

0.t8c,,¡

Trtcci(tn ¡'Conpresión sinple. Prob!cntas tsosttitictts.

jr)

Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Millán Muñoz D)

Tronco de cono.

l. El axil en una s€cción genérica será el equivalente al peso propio del trozo de pieza que cuelga de é1. Tomando como origen de coordenadas el vértice del cono completo, dado que esto facilitará mucho la integración, se tiene que, para una sección genérica de o¡denada x, el axil

será Ia resta de: Peso del cono completo de vértice

base

A',

con altura x.

Peso del cono completo de vértice

base A¡,

con altura x2, situado bajo el extremo de la pieza.

ll

N" -.4".x./ -.4.¡.x'>.f

2.

La tensión en la sección genérica considerada será igual al valor del axil dividido por el área de la sección.

N, 1lA2

6,=-=-)/'--f-12

Ax

3 Ax-

Debemos obtener la expresión de A" en función de

para poder identificar la sección más solicitada.

Como se ve en la figura, los radios de las secciones A* semejantes:

siendo

.2 Ax ;=2

),t

&/Rr=x/xl

2-

tt.R^

,A2 son proporcionales,

t^

al ser lados de triángulos

A'=k.x2

un valor constante que no depende de x. de o", puede verse que en ella el sumando positivo crece con

se analiza

tener una x2 en el denominador, disminuye con x. Así pues, el máximo valor de

el sumando negativo, al

conesponderá al máximo valor de x,

es

decir, al empotramiento.

igual a la tensión admisible, condición con la que podrá calcularse el valor

La tensión máxima deberá ser menor buscado de la longitud L. La tensión máxima se obtendrá haciendo

x:

(valor de

en el empotramiento)

A*:Ar en la expresión

de o".

Además, se tendrá en cuenta que

22

r.t.{ 11 Atrn

6¿rctr

..2

I 1.41 I H..) _7.-=,yH-lt

I'r?

-=i

6a ELy =s! 36

360

3.- Gi¡o

.y =c..I+C^=c..t-J I 2

36os

'1 ct=-4r-

'4=u

por la elástica.

flecha en

El punto

Ei

+C^=0

q.L,4

Movimiento vertical nulo en el apoyo derecho:

y(x=¡¡=g

7t .=-q.L ¿JÓU¿

corresponde al punto de

2. obtendremos el giro

+( (, :)' h(,

:)^. .*.,,

ecuaciones respectivas.

la flecha sustituyendo este valor en las

Giro en A: y,

(:,

Flecha en A:

/^ L =-ltlo.t( ¿--i¡-)' v(-) -.1 2l 2 E|36\ 4.- Giro

flecha en

Ltr5

a i

2)

r20.¿

360'

o,*,,,,t

L'1 .r'l t(t tto"

r) rr \zrs st+o tzo )''"

-0,0065.

!:

EI

por los teoremas de Mohr.

Hay que tener en cuenta que las fórmulas conocidas de_l área c.d.g. de una parábola cúbica conesponden a una parábola del tipo a.x', es decir, el tipo de parábola que corresponde a la ley de momentos de una densidad de carga triangular en una ménsula.

La ley de momentos en la viga biapoyada es equivalente la que crea en una ménsula la densidad de carga triangular sola (ley parabólica de 3'grado, del tipo a.x'), sumándola a la que provoca la reacción en el apoyo (ley lineal). Téngase muy en cuenta que esta equivalencia SOLO ES A NIVEL DE LEYES DE ESFUERZOS, no nivel estructural. Nos permite utilizar los teoremas de Mohr en un punto cualquiera sin demasiada complicación, ya que usamos leyes sencillas en lugar de la ley de combinada en la viga.

El cálculo por los teoremas de Mohr se hará superponiendo las áreas

momentos estáticos de ambas leyes de momentos.

los

El primer paso será, por tanto el cálculo de las dos leyes de momentos flectores. queremos calcular el giro y flecha en el punto A, debemos obtener los valores de Como los momentos en dicho punto. son;

Los valores máximos

en el punto

de las dos leyes de momentos dibujadas \c

Ley parabólica; Moporo¡,,ru N1,\

t/,.q.L. ll3.

t/r '(q12)

l/l .L

l/6. q. L:

Ll2 lt3. L/2= l'48 q.Ll Cap. IIl.2

Fle-rióu (l).

iro.:; .t .llcchas

o.+

ProblemaS Resueltos de Resistencia de Materiales Millán Murloz Ley triangular: M,po'oi,qu: R:.

M¡

L= l/6. q. L?

R¡ L/2 I/l2

L'?

El giro en se calculará partir del primer teorema de Mohr, refiriéndolo al giro en el apoyo (si conociéramos la posición del punto de flecha máxima en el que, por tener tangente horizontal, el ángulo girado es nulo, podriamos referimos

é1,

pero en este caso no es conocido),

en el apoyo derecho usamos el 2" T. de Moh¡ en relación al primer apoyo, como se indica en la figura. Con dicho teorema obtenemos el valor de H, el giro en el apoyo será: Para calcular el giro

o"p.yo=H/L Obtenemos la la

debida

l-| '' 81

/

debida la ley parabólica de momentos (negativa porque produce flecha hacia abajo) la ley triangular (positiva porque produce flecha hacia aniba):

/

t( o. 12 \6' )s

1,.

\

I*

t\ a.t4 t2o 36)t.JEI

\6' /3

0.0re44

le

o.L4

Et

apoyoo.ote44.LL EI el apoyo tomando el área de la ley de De esta forma, el lo teorema nos dará el valor del giro relativo entre hasta apoyo, el será (0"p.y" e^), positivo por girar en momentos entre ambos puntos. El giro, si recoremos la viga desde sentido homrio respecto la horizontal:

A¡=Area(leyparabólica)=l/4.L/2.Ma(leyparabólica)-l/4.L/2.1/48.q.L3=l/384.q.Lr

A2:Area(lcytriangular)=ll2.Ll2.MA(leytriangular)=V,.Llz.lll2.q.L3=l/48.q.Lr 0¡

-llEl cA¡ Ar)

(- 0,01 82

o"p.y"

944).q.Lr EI

0,01

0,00 22.q.Lr

EI

Para calcular la flecha, seguiremos el esquema indicado en la figura.:

f¡=H¡-A¡ H¡

0"0.r" L/2

(0

,0tg44.q.Lt El) L/2= 9J2 lO-1.9.L4 El

Pa¡a calcular A4 uS?r€lllos el 2o teorema de Mohr aplicado áreas de momentos:

las dos

AA-l/Et.tAr.U5.L/2+A2.1l3.Ll2\=(q.L4l1l\.Gl/3840+l/288):3'212.l03.q.L4lEI Y, por fin:

f'¡=H¡-a¡=(9,72 l0'r l,?12 l0r). q.LrEI

- 0,0065 q.LrlEI

habiendo asignado signo negativo por ser flecha hacia abajo.

C.rp.

Ill.l

Fle.ti;u

¡lt u1/ ,{, //.'-lt(lt

6i

Problemas Resueltos

Viga

Resistencia

Materiales Millán Muñoz

n'4

l.- Leyes

de esfuerzos.

Será necesario calculal las reacciones.para poder calcular las leyes de

esfuerzos.

,i)^

l0

I.JA

En este caso de solicitación simple, puede comprobarse que las reacciones contra¡ias de valor

son iguales

R=M/L=10/10=ltn. Los tramos serán dos, delimitados por los apoyos

Tramo I:

el momento puntual aplicado

= 0 (no hay cargas que proyecten sobre el eje de la viga) las reacciones

será debido únicamente

tendrá un valor constante en toda la viga:

T=R=M/L conesponde al momento de la reacción en la sección situada en x. Téngase en cuenta que el momento es de signo negativo:

M=-R.x=-M.x/L Tramo II:

De forma análoga al tramo anteríor, leyendo ahora por la derecha, se obtiene:

N=0

T:R=M/L M= R.(L-x)= M.(L-x)/L

2.- Ecuación de la elástica. Teniendo en cuenta que la rigidez EI es constante, la ecuación

Tramo I:

EI.v"

y" M(x)

lrl)-

EL v'

ELv

integrar será: EI

2.L

+ct.x+c" =-L."3 6.L

Cond¡ciones de contorno:

Movimiento vertical nulo en el apoyo izquierdo:

y(x:0)

=0

Cz=0

El cálculo de C¡ se hará imponiendo la continuidad de giro calculada la elástica en en tramo

Tramo [I: ¡1.

r" {.r¿

ll

flecha en la unión de los tramos una vez

r)

Cap.lll.2 .- Flexióu (I). CiosyJlechus.

66

Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales

Millán

tt.t'=-L.lt-x)2+c, ut ., L.Q i3 C3.,r

C,¡

Condiciones de contorno

Movimiento vertical nulo en el apoyo derecho:

!.r,t6L

(x:¡¡

t¡3

Igualdad de giros en el punto de unión de t¡amos,

M L- +(

+c,r.t+co=o

C3.L+C4=O

x: L/2:

1.2 .|L =--.lL --) 2.1 2

2.1

cl-c3=0

Igualdad de flechas en el punto de unión de trarnos,

x: L/2:

üt L3.., Lt t. -.r,-r)'+C'.:+C, .L '.,.'2 6.L' 2 '2

'l.--L}--L4 ^L

M.*

Sustituyendo los valores del problema, el sistema de ecuaciones queda:

lo.Cr

C4:0

C5:0

C¡

-C4l 10

Cr

C¡ =C¡

5.Cl-5.Ca-Ca=41,67

ca: 3.- Giro

fl€cha en

El punto

alserC¡

=C3

Ca=-41,67

4,t67 por la elástice.

corresponde al punto de

2. Obtend¡emos el giro

ecuaciones respectivas del ptimer tramo

la flecha sustituyendo €ste valor en las

Giro en A: y, (A)

Flecha en A:

*(

q- E/[

,(\2) 4.- Giro ), flecha en

{+ 4,,6?) -i(-+.,.*,1= -ry n' 4' .0.,u, !)=

6.¿ 8

2)

E1

l- t25 20.83 l=0

por los teoremas de Mohr.

Como se observa en la figura, el giro en teorema de Mohr. con la relación:

lo calcuiaremos a partir del =AllI

/)\=^/i

r/l__2_\ Er\2 3 Cap.

en el apoyo que se obtiene por el 2"

r25

3.[l

ill.l .. FIexiótr (I). Gints vflechus.

61

Problem:ís Re¡üeltos de Resistencia de Nlateriales lAnqel Millán Muñoz

8.33

0.1

3.EI

Como puede verse en la figura, el giro es en sentido horario, por lo que

se

coloca signo negativo.

Por ser la estructura antisimétrica, puede concluirse que la flecha en

es nula.

Viga n"

l.- Leyes

de esfuerzos.

Será necesario calcular las reacciones.para

las leyes

de

esfuerzos.

En este caso de solicitación simple, puede comprobarse que las reacciones son iguales en el mismo sentido, dado que en el voladizo no actua ninguna carga' La viga biapoyada funciona como si fue¡a simétrica,

R=q.L/2

las ¡eacciones son:

Los tramos serán dos, delimitados por los apoyos: la viga biapoyada

el voladizo'

Tramo I:

:0 (no hay cargas que proyecten sobre el eje de la viga) la carga uniforme:

será debido a las reacciones

T:R-q.x=q.L/2-qx leyendo por la izquierda, la reacción produce momento positivo

q.L =R-\-q.t-=;.-

la carga uniforme negativo:

qx2

Tramo II: obtiene:

Leyendo ahora por la derecha,

teniendo en cuenta que no hay ninguna carga exterior aplicada en el voladizo'

N=0; T:0; M:0

2.- Ecuación de la elástica.

TeniendoencuentaquelarigidezElesconstante,laecuaciónaintegrarserá:EIy"=M(x)

C¡p. IIl.2

Fle.rión (I). Circts vJlechus.

63

se

Problemas Resueltos de Resistencia de NI¿teriales Angel Millán

Tramo I:

'22

l:l

,,tt

-L

.L-)f

-1 tlL tl.y 46I =-..1

a.x-

--+L

-¿, a.:( ELvt2=-.t--L --+C.¡tC 24 12 ond ¡ones de ontorno

Movimiento vertical nulo en el apoyo izquierdo: (x=o) Movimiento vertical nulo en el apoyo derecho:

y(x-L)=0 Tramo

II:

er

=ú.t3 -ú*rr.r=o

EI .y" =Q

EI.v'=C '3 El .l =Cr.x+CU C on dic ion es

de contorno

Igualdad de giros en punto común

los dos

tramos: 0¡(x=L)=0¡(x=L)

Igualamos las dos ecuaciones de y', sustituyendo

y'l (x=0)

por

q.É q.L3

q.L .z

y'r (x=L)

46243324

=-

qÉ

Movimiento vertical nulo en el apoyo derecho: aL" C.L+C =-L+C 34244

(x=L)=0 3.- Ciro

flecha en

=O

424

por la elástica.

El giro

flecha en un punto dado se obtiene directamente de las ecuaciones punto, corl sólo paÍticularizarlas para la x del punto buscado. El punto

qL,4

y'

del tramo al qtre pertenece el

corresponde al punto de x:2.L, perteneciente al tramo IL.

Giro en A:

EI

Flecha en A:

tt

Cap.

-.

Et

aL3

24

,\

qF -. q¿r

\./21

2+

Ill.2 ._ Fle-rión (I). Giros y.flecltut.

qL'l

2J.El

69

Problemfs Resueltos de Resistencia de Materiales Angel lvfuñoz Los signos positivos indican que el giro es antihorario 4.- Giro )¡ flecha en

la flecha hacia aniba.

por los teoremas de Mohr.

Para poder obtener el giro la flecha en con los teoremas de Mohr, debe tenerse en cuenta que éstos sólo nos dan giro relativo enfe secciones la distancia entre la deformada en un punto Ia tangente trazad,a a la deformada en otro punto, En este caso, como puede verse en la figura, podemos hacer las siguientes consideraciones:

El giro en

será igual al giro en el apoyo derecho, dado que el voladizo solamente gira sin deformarse, dado que su ley de momentos es nula.

La flecha en

será, por tanto, la originada por dicho giro, es decir,

f= 0uoo"o . a siendo

la lonsitud del voladizo.

Para calcular el giro en el segundo apoyo, tomaremos como ¡eferencia el punto central de la viga. En dicho punto, la tangente es horizontal (y su giro nulo) por comportarse como una viga simétrica tener en €ste punto la máxima flecha.

l'l.-l ---..T-.---------]

Ley de momentos entre centro de viga

grado, con valor máximo:

apoyo derecho: parábola de 2.

M: q.Lz El área de la ley parabólica conesponde

2/3. base altura

El giro conesponderá

qt3 -t =o =tEl ZLqL2 apoyo 32 EI 24 voladizo:

Como se ha indicado, la flecha es la debida

Lq.L2

fA =A.L=- Et 32 Como puede verse en la figura, el giro es antihorario

asisnados son válidos.

dicho giro en el extremo del

EI

a.L4 24

la flecha hacia arriba, por lo que los signos positivos

Viga n"

l.- Lel¿es

de esfuerzos.

Será necesario calcular las reacciones.para poder calcular las leyes de

esfuerzos.

En este caso de solicitación simple, puede comprobarse que las reacciones vertjcales son igLrales en mismo sentido. habrá reacciones horizontales por no haber ninguna componente horizontal en la carga exterior ser la superficie del canito horizontal. La viga biapoyada funciona como si fuera siinétrica, las reacciones son:

R=q.Li2 Cap.

ill.2

F/c-tlri

(l). Giro; flechus.

70

Problem¿fs Resueltos de Resistencia de Materiales

Millán Muñoz

Solamente habrá que considerar un tramo.

Como la abcisa a considerar es paralela a la directriz de la viga, transformaremos previamente la densida carrla proyectante (distribuida según la dimensión horizontal) densidad de caÍga sobre la directriz (distribuida en x). Teniendo en cuenta que la carga total debe ser la misma: q.L.cos

Feq,i,

30'= q'.L

O'

Si calculamos las componentes según et eje de la viga según la perpendicular:

q"-q'.cos 30"

según la directriz:

q"':q'.sen 30"

q.cos 30" según la perpendicular:

q.cos'¿30" q.cos 30o sen30o

Con estas expresiones, las reacciones según la directriz

según la normal

ella se¡án:

q".L/2

según la perpendicular:

R"'= q"'.L/2

segrln la directriz:

Asf pues, los esfuerzos serán: la densidad de carga proyecta sobre el eje de la viga, con un valor linealmente. Si leemos por la izquierda:

q"',

lo que ocasiona un axil que variará con

q"'.L/2 q"'.x (L/2 x). q.cos 30" sen 30' será debido

las reacciones

q".L/2

q".x (L

la carga uniforme según la normal a la viga:

x).q"

leyendo por la izquierda, la reacción produce momento positivo

la carga uniforme negativo:

2.- Ecuación de la elástica.

.y"

M(x). Para hace¡ más Teniendo en cuenta que larigidezEl es constante, la ecuación int€gmr será: EI (según q"' q" calculada la arriba. La no afecta la elástica, directriz) fáciles las operaciones, operaremos con la densidad va oue no interviene en la flexión.

q".L LLv22 =-.r--

q".*2

EL''461 =!J '2 -q"'3 *c 4:L.,3 -ú, c..,,cEr

't2

24

12

Condiciones de conlorno: Nlovimiento vertical nulo en el apoyo izquierdo:

y(x=0)=0

C:=0

Movimiento venical nulo en el apoyo derecho:

Cap. IIL? .-- F|e-rithr (I). Gíros Jlecltls.

1l

Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Millán Muñoz

(x:L)=0 3.- Giro

flecha en

^,' t, '1224 =LL.L' -L+C.1

:+

q' '. L"

=0

21

por la elástica.

Cuando la directriz de la viga está inclinada debe tenerse en cuenta que el giro está referido la flecha se mide perpendicularmente dicha directriz. L/2.

El punlo A conesponde al punto de

Giro en A:

la directriz de la viga

(.> 'l q".t LL3 o" ¿3 ___ !.,_ _q" 8 24) t=0 Et 4

como era de esperar dada la simetría del problema. Flecha en A:

t

=v lt =-)=-.1 2'-81

'A-"^

(o".1 L3 s" L4 o"¿3 ¿) 24 tb 24 2) |.12

5. s".L

t*"t

El signo negativo indica que la flecha está medida hacia abajo de la directriz. 4.- Giro

flecha en

por los teoremas de Mohr.

Por la simetría del problema, podemos deducir directamente que el giro en el punto Asímismo, partiendo de este hecho, vemos en la figüa que la flecha en

es nulo.

coincide con el valor de

que nos da el

uno de los apoyos, ¿sraado 2" T. de Mohr, si lo aplicamos entre el punto el momento estático calculado respecto al apoyo. Ley de momentos entre cenÍo de viga 2o grado, con valor máximo:

apoyo derecho: parábola de

M: q".L'

q".L'l

El área de la ley parabólica ent¡e esos dos puntos corresponde 2/3. base alnra

2/3 L/2

Aplicando entonces el 2o teorema queda:

--EI|2La".*51 82 32 como puede verse en la figura, la flecha es

EI

5q"L4 384

por lo que se ha indicado con signo negativo.

SOLUCION PROBLEMA N" 2.

El problema pide la flecha máxima. El cálculo de ésta es distinto 2mT

según se haga por la elástica

por los teoremas de Mohr'

Por la elástica se seguirá el procedirniento usual, que nos dará la expresión analitica de giros flechas en cualquier sección Las seccrones con Cap. lll.2 .-- Flesiótt (I). Ciros

flecltcts

72

Problemds Resueltos de Resistencia de Materiales

Millán lvfuñoz

flecha máxima serán aquellas que tengan tangente horizontal. En todas ellas habrá que calcular la flecha

elegir la ma1,or.

Por los teoremas de Mohr, dado que éstos nos dan sólo el valor del giro la flecha en un punto concreto, habrá que identificar previamente las secciones en las que pueda producirse ese valor máximo, por consideraciones de simet¡ía analizando la ley de momentos.

L- Le)./ de momentos flectores. Será necesario calcular las reacciones.para poder calcular las leyes de momentos.

Planteando el equilib¡io de momentos en el apoyo izquierdo:

:)

.5 +2:2 .6

&=10/5=2r

Por equilibrio de fuerzas verticales:

Rr=2-R,=0 Los tramos serán dos, delimitados por los apoyos: la viga biapoyada

el voladizo.

Tramo I: (no hay cargas que proyecten sobre el eje de la viga) será debido sólo

T:Rr:o

Ia reacción si se lee por la izquierda

leyendo por la izquierda, la reacción es nula puntual:

no produce momento, luego sólo intewiene el momento

M=-2m.t

Tramo II: Leyendo ahora por la derecha, teniendo en cuenta que sólo actua la carga puntual aplicada en el extremo del voladizo, se obtiene:

N:O 2. (L-x)

2. (6 -x)

12

2.x

2.- Ecuación de la elástica.

Teniendo en cuenta que la rigidez EI es constante, la ecuación

Tramo I;

integrar

será: EI y" M(x)

EI'Y" EI Y' -2't 6, ELv12--r2 +C.r+C

Condiciones

cte

contorno:

Movimien¡o venicdl nulo en el apoyo izquierdo:

y(x=0)=0

C:=0

Movimiento ve¡1ical nulo en el apo)o defecho:

Cap. III.2

.- Flexión (l). Gircs yJlccll{Ll

73

,.'

Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales

tramos:

0¡ (x=5)

(x=s)

Tramo

II:

Y" =-12+2s EI Y' =-12'*'2 *', ELy -6.11,,3+LiC-.x+C. 314 EI

Condiciones de contorno: Igualdad de giros en punto común

los dos

Igualamos las dos ecuaciones de y', sustituyendo

-2.x+5=t2

-lz.t+c,

=)

0¡

(x:5)

y'¡ (x=5)

25-12.5+C3

+

c3 =30

por

-10+5=

y',' (x:5)

Movimiento vertical nulo en el apoyo derecho: .

5J

ELy =-6 5"+-305+Co=0

y(r5):0

C4: -41,67

3.- Flecha máxima por la elástica. Con la condición de giro nulo podemos identificar los puntos de flecha máxima en Ia viga biapoyada. Imponemos entonces esta condición en la ley y'. EI

yt ).¡

Q

viga biapoyada Ia solicitación es equivalente La flecha será la coffespondiente

es decir, en el centro del vano. Esto era de esperar dado que en la una simétrica.

5/2:

t{ s2 ).-51 25 o

-lr/[

,) 4.EI

6,zs

En el voladizo se puede aplicar el mismo procedimiento, pero sólo si hay una tangente horizontal y, en este caso, la flecha máxima en eltramo se producirá en el extremo del voladizo.

En otro caso, teniendo en cuenta las solicitaciones que actúan sobre esta viga en concreto, podemos ver que la

flecha máxima del voladizo se producirá en el extremo. Esto es así porque el giro en el apoyo derecho es negativo (sentido horario) la flecha de la ménsula ficticia será hacia abajo, sumándose el efecto de las dos, con máximo valor en el extremo. Por tanto, sólo necesitamos obtener el valor de la flecha en x= 6.

Ll E'[

s.6¿

-t.ut +:+3o-41.67 l= --:::: E]

Comparando los dos flechas obtenidas, la máxima es la que se produce en el centro de la viga biapoyada con

f^^': 25 14 El 4.- Giro

flecha en

por los teoremas de Mohr.

Como se indicó al principio, para obtener los puntos de flecha máxima con los teoremas de Mohr. deben hacerse un análisis de la estructura para reducir al mdximo los puntos comprobar'

Cap.

Ill.2

Fleririn (l). Giro,s v.flechd.s.

74

Problemás Resueltos de Resistencia de Nlateriales Misuel ivlillán Muñoz En este caso, se pueden hacer las siguientes consideraciones:

La viga biapoyada está sometido a un sistema de cargas simétrico, dado que el momento en el apoyo derecho es igual que actua en el apoyo izquierdo.

2 m,t, idéntido al

Como no actúa ninguna otra carga sobre la viga, la deformada será simétrica, con un máximo en el centro de vano.

En el voladizo, como puede verse en.el esquema, la máxima flecha se por giro la producirá en el extremo, puesto que la flexión de la ménsula tienen en el mismo sentido.

Así pues, los únicos puntos el ext¡emo del voladizo. Puede verse en coincide con el valor de

comprobar son el centro de vano

la figura que la flecha en el centro de

que nos da el 2" T. de Moh¡, si lo aplicamos uno de los apoyos, estando el momento estátíco entle el punto calculado respecto al apoyo. Asl, si lo aplicamos la ley de momentos dibujada:

'cehtro rano

e.long

'1

,"t'_125 EI EI

0.

f,,,

Como puede verse en la figura, la flecha es hacia aniba, por lo que se ha indicado con signo positivo. Para calcular la flecha en el extremo del voladizo debemos

las dos componentes:

Flecha debido al giro en el apoyo:

giro en segundo apoyo, tomaremos como referencia el punto central de la punto, Para por giro punto (y comportarse como una viga simétrica tener en este la máxima flecha. nulo) su la tang€nte es horizontal El giro corresponderá

a:

=-"-EI M:-=-":-EI apoyo Como se ha indicado, la flecha debida dicho giro

será:

fg¡n: -0"poyo.

-5 EI

Flechq de la ménslthrtcricia: La flecha de una ménsula puede calcularse directamente con el2'teorema de Moh¡:

La flecha total será la suma de las dos:

I -;;,lr't mensut¿ Ll 2

tatat

ll1],1

2l 3)

tz -;.1: 3 El t'l 3.El

La máxima flecha se¡á la mayor de las calculadas, siendo en este caso la de centro de vano.

Cap.

lli.2 ..

F/e-rirí

(l). Giros

t,.flechas.

75

Problemas Resueltos de Resistencia de Materiales Miguel Angel Millán lvfuñoz

SOLUCION PROBLEMA N" 3. para obtener datos sobre las cargas los esfuerzos dada la elástica, se seguirá el proceso inverso al del cálculo de la misma, de¡ivando en lugar de integrar, hasta obtener las expresiones relacionadas con las ley€s de momentos, cortantes densidad de carga:

f(x) EI Y'."- 11*¡ EI. y'" q(x) ELy

EI. y" ¡41*¡

elástica ley de momentos ley de cortantes densidad de carga

Una vez obtenidas estas leyes, habrá que calcular que distribución de carga es compatible con ellas

CASO

I:

(t

Ecuación de la elástica:

11)

a) Hallar T.

1¡tr 2\ t2

E.l

Derivando sucesivamente, obtenemos:

r_ tl¡l¡

\,

(l \4

Y'=l-.x- ---41.-E.l

v=l l.\12 -.x- ---.1.¡ t2 )E.I

Et

('t r\ y"=l;r-¿)=

EI.y"'=

M(x)

Vemos que la ley de cortantes es uniforme en toda la viga

b)

c)

Hallar las cargas

'7

.J

u.ytr =o= qqt¡

=71"¡ de valor T

3,5 t

la luz.

Lo más evidente es que, al ser una ecuación de la elástica rinica, sólo hay un tramo de definición de la misma. Esto

signifrca que las cargas sólo pueden ser:

densidad de carga extendida

toda la viga.

cargas aplicadas en los apoyos; momentos puntuales.

Si hubiera una carga puntual un mom€nto puntual intermedios, habria un cambio de tramo de la elástica en el c¿mbio en la ley de momentos (ver introducción teórica del punto de aplicación de los mismos, ya que crean problema l).

y, por lo tanto, no existe densidad de carga aplicada sobre la viga. Por De la última ecuación cabe decir que tanto, la única posibilidad que resta es la existencia de momentos en los apoyos' Estos momentos son compatibles con la ley de cortantes siempre que no sean iguales reacciones serian nulas en este caso).

Analizando la ley de momentos en las abcisas

simétricos (puesto qu€ las

conespondientes a los apoyos podremos obtener el valor de los

momentos:

En x:0

M(x=0)

-¡76

No podemos imponer la condición en el segundo apoyo porque no coñocemos L'

Cap. III.2

Fle.rión (I). Giros.t flechus

16

Problem¡ís Resueltos de Resistencia de Materiales lvlillán Muñoz única alternativa que nos queda es ver si este momento es compatible con la ley de cortantes (es decir si sus reacciones crean una ley igual) con la ley de momentos la vez. Si no lo es, calcularelnos el momento en el segundo apoyo que hace posible dicha compatibilidad.

M/L = l/(6L) iguales de sentido contrar¡o

Las ¡eacciones son

La ley de cortantes será uniforme

l/(6L)

de valor

La ley de momentos del momento puntual único es: M(x)

-116

x,i(óL)

Identificando ambas expresiones con las leyes d€l problema se obtiene:

l'7 6L2 ljrl?.x --+66L62 Por lo tanto es compatible

L= /21 m. L= 1/21m.

sólo existe un momento puntual en el apoyo derecho'

puede comprobarse que también serla compatible una solución con momentos iguales de valor 1/6, obteniéndose en este caso una luz de 2/21

Ecuacióndefaerástica:

CASO 2:

a) HallarTenx=

^,);

(Parciale3*e4)

m.

Derivando sucesivamente, obtenemos:

/.\ ,' 4l.l'l y'=l-.:(- ---

,=l!(r2'3 -!--c'lL tz

)Et

/-

ct.t"=lt.'-'2

)=

Hallar las cargas

)E.I

[4

EI.r"'---r.,

uvt

2.

De la ley de cortantes obtenemos el valor para

b) y c)

conaarios en los apoyos

=l m.:

=?"(¡)

et.ytY =-2=q1'¡

312 t.

la luz.

lgual que en el aptdo. anterior, al ser una ecuación de la elástica única, sólo hay un tramo dé deñnición de la misma. Esto significa que las cargas sólo pueden ser: densidad de carga extendida

toda la viga'

cargas aplicadas en los apoyos; momentos puntuales'

un mom€nto puntual intermedios, habria un cambio de tramo de la elóstica en el punto de aplicación de los mismos, ya que crean un cambio en la ley de momentos

Si hubiera una carga puntual

De la última ecuación se obtiene que q = -2 Vm y, por lo tanto, existe densidad de carga unifonne aplicada sobre la viga, con sentido negativo, es decir, hacia abajo

en las Para comprobar si existen momentos puntuales aplicados en los'apoyos' analizamos la ley de momentos abcisas con espondientes los apoyos podremos obtener el valor de dichos momentos:

x=0

:)

lvf(x=o)=0m.t Cap.

Ill.2.

Fle.rión (l). Git'os

flechus

17

Problem¿ís Resueltos de Resistencia de Materiales

Millán Muñoz

No podemos imponer la condición en el segundo apoyo porque no conocemos L. Haremos la hipótesis inicial de que tampoco existe momento puntual en el segundo apoyo.Vemos continuación si la densidad de carga es compatible con la ley de cortantes, en el caso de que actue sola. Si lo es, podremos deducir que no hay otras cargas. Si no lo es, podremos obtener éstas de esta ecuaciÓn de la ley de momentos. Las reacciones son

qL/2 iguales (tomando ahora con su valor absoluto)

L-2z

=U-q.x

La ley de cortantes será lineal de valo

-2 -t lvl =L.x-q.L=L.x-x'

La lev de momentos del momento punrual único es:

22

Identificando ambas expresiones con las leyes del problema se obtiene: '7

L-2.x=--2.x -2'1 L-x-t Por lo tanto es compatible

L= ::)

=-.J-¡

2 m.

L=72m.

la única carga es la densidad de carga uniforme

-2 Vm.

SOLUCION PROBLEMA N" 4, Para calcula¡ la flecha en

se seguirán los siguientes pasos:

Analizar Ia deformación de la est¡uctura

sus componentes

Cálcular leyes de momentos. Calcular los componentes anteriores con los teoremas de Moh¡.

212

a) Análisis de la deformación de la estructua.

r--------r-----t

La esffuctura se compone de un pilar un voladizo. La deformación del voladizo (donde está el punto A) se debe la deformación del pilar a la suya propra.

Analizaremos cada una de ellas: Por tanto, sólo puede deformarse por El pilar tiene un nudo flexión, trasladando sobre su perpendicular el segundo nudo

El voladizo

se trasladará siguiendo el movimiento del segundo nudo

El pilar al flectar hace girar el segundo nudo, que es un nudo rígido. Por

tanto, el voladizo girará ese mismo ángulo. Finalmente, el voladizo flectará debido

sus cargas.

l212l r-- -- --

Lla¡nando la longitud del voladizo "a", la flecha buscada en el punto será la traslación total que sufre cl punto ciesde su posición inicial la final. según Ia perpendicular al voladizo inicial (antes del movimiento). La expresión sera: t'¡ = 6. sen 10"

Crp.

lll.l

Fl,'titin

0. a,'2

i""",,r. (A)

(l) C¡r",r //.i/¡'¡r.

7S

Problimás Résueltos de Resistercia de Materi¡les Miguel Angel Millán Muñoz

b) Cálculo de las leyes de momentos.

En el esquema se dibujan las leyes de momentos para el pilar el voladizo. Se han calculado leyendo por la derecha desde el extremo lib¡e del voladizo.

c)

Cálculo de la flechapor los teoremas de Moh¡.

Movimiento y giro del 2'nodo: v=--¿.

EI

^..lo=-

32

ET

=L.2.rc,2 =Z EI zEI Flecha de la ménsula ficticia en el punto A:

t lt lAt =:.1 :2.3t. 'ménsuta. E1 \2

8.

r

2.ll+

2.31.

rrr\ l= "-''2.