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 )