Curso de Resistencia de Materiales

COMPLEMENTACION EN INGENIERIA CIVILRESISTENCIA DE MATERIALES II

CONTENIDO

PRIMERA UNIDAD

CAPITULO I : INTRODUCCION

1. INTRODUCCION2. DIAGRAMA DE FUERZA CORTANTE3. DIAGRAMA DE MOMENTO FLECTOR4. TRAZO DE LA ELASTICA EN VIGAS5. EJEMPLOS DE PROBLEMA6. TAREA 001

CAPITULO II : METODO DE LA DOBLE INTEGRACION

1. INTRODUCCION2. MODELAMIENTO MATEMATICO3. DEFORMACION EN VIGAS4. ECUACION DE LA ELASTICA 5. RELACION ENTRE LA CURVATURA Y EL MOMENTO FLECTOR6. METODO DE LA DOBLE INTEGRACION7. EJEMPLOS DE PROBLEMA

CAPITULO III : NOTACION DE MC CAULAY

1. INTRODUCCION2. NOTACION DE MC CAULAY3. PROCEDIMIENTO4. CASOS5. EJEMPLOS DE PROBLEMA6. TAREA 002

CAPITULO IV : METODO DE AREA DE MOMENTOS

1. INTRODUCCION2. TEOREMAS DEL AREA DE MOMENTOS3. CONVENCION DE SIGNOS4. TABLA DE MOMENTOS FLECTORES5. EJEMPLOS DE PROBLEMA6. TAREA 003

CAPITULO V : METODO DE SUPERPOSICION

1. INTRODUCCION2. METODOS PARA DETERMINAR PENDIENTES Y FLECHAS3. TABLAS Y USOS4. EJEMPLOS DE PROBLEMA5. TAREA 004

CAPITULO VI : METODO DE LA ENERGIA

1. INTRODUCCION2. METODO DE LA ENERGIA3. TRABAJO INTERNO O ENERGIA DE DEFORMACION INTERNA4. TRABAJO VIRTUAL5. APLICACIONES PARA ENCONTRAR DESPLAZAMIENTOS Y GIROS EN VIGAS6. EJEMPLOS DE PROBLEMA7. TAREA 005

CAPITULO VII : MARCOS O PORTICOS ISOSTATICOS

1. INTRODUCCION2. FUERZAS INTERNAS PARA MIEMBROS A FLEXIÓN3. CONVENCIÓN DE SIGNOS4. EJEMPLOS DE PROBLEMA5. TAREA 006

UJCM / universidad jose carlos mariategui / moquegua – peru

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SEGUNDA UNIDAD

CAPITULO VIII : VIGAS ESTATICAMENTE INDETERMINADAS

1. INTRODUCCION2. GRADOS DE INDETERMINACION3. VIGAS CONTINUAS4. METODO DE LOS TRES MOMENTOS5. MECANISMOS DE DESPLAAMIENTOS6. UTILIZACION DE SOFTWARE7. EJEMPLOS DE PROBLEMA8. TAREA 007

CAPITULO IX : METODO DE LA COMPATIBILIDAD

1. INTRODUCCION, SISTEMA EQUIVALENTE DE VIGAS, CALCULO DE LOS COEFICIENTES DE FLEXIBILIDAD

2. PROCEDIMIENTO DE CALCULO, CASOS3. UTILIZACION DE SOFTWARE4. EJEMPLOS DE PROBLEMA5. TAREA 008

CAPITULO X : PORTICOS HIPERESTATICOS

1. INTRODUCCION2. PROCEDIMIENTO DE CLACULO EMPLEANDO EL METODO DE LA COMPATIBILIDAD3. EJEMPLO DE PROBLEMA4. METODO DE DISTRIBUCIOPN DE MOMENTOS, MODELADO DEL METODO DE CROSS5. PROCEDIMIENTO DE DESARROLLO6. ACCIONES EN LOS EXTREMOS DE LOS ELEMENTOS7. EJEMPLOS DE PROBLEMA8. TAREA 009

CAPITULO XI : DESPLAZAMIENTO DE NUDOS EN ESTRUCTURAS INDETERMINADAS

1. SOLUCION DE LA ESTRUCTURA HIPERESTATICA UTILIZANDO UN SOFTWARE2. APLICACIÓN DEL METODO DE LA CARGA VIRTUAL UTILIZANDO EL SOFTWARE PARA RESOLVER

LA ESTRUCTURA HIPERSTATICA.

CAPITULO XI : COLUMNAS

3. INTRODUCCION4. FORMA DE FALLA Y CLASIFICACION DE LAS COLUMNAS5. FORMULA DE EULER6. CASOS7. DISEÑO DE COLUMNAS8. EJEMPLOS DE PROBLEMA

ANEXOS

1. TABLAS

BIBLIOGRAFIA


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CAPITULO IINTRODUCCION A LA RESISTENCIA DE MATERIALESINTRODUCCION A LA RESISTENCIA DE MATERIALES

1. INTRODUCCIONe puede definir a la resistencia de materiales como una disciplina de la ingeniería que estudia a los sólidos deformables con el objetivo de desarrollar procedimientos sencillos en la aplicación directa de

las obras de ingeniería.SPara esto asume que los materiales son continuos, homogéneos e isotropicos y que los desplazamientos son muy pequeños.En el desarrollo del curso se estudiara a los elementos unidimensionales sometidos a fuerzas (axiales y cortantes) y a momentos (flectores y torsores).Para los diagramas de carga que refleje la carga sobre la estructura en concordancia con la convención de signos para la carga. El diagrama tendrá unidades de intensidad de carga. Las cargas concentradas que realmente tienen una intensidad infinita, se dibujan como picos sobre el diagrama de carga, indicando su magnitud.

2. DIAGRAMA DE FUERZA CORTANTE

Para el trazo del diagrama de la fuerza cortante debemos considerar lo siguiente:Teniendo en cuenta la ecuación:

dV/dX = p

La pendiente del diagrama de fuerza cortante en cualquier punto es igual a la intensidad de carga en ese punto, esto significa que:Para carga uniforme hay pendiente constante del diagrama de cortante que es igual a la intensidad de carga.Para intensidad de carga variable la pendiente del diagrama de cortante variara de acuerdo con ello.En un punto de carga concentrada la intensidad de carga es infinita y de este modo hay un cambio brusco en la ordenada del diagrama de cortante.

Teniendo en cuenta la ecuación:

V2 – V1 = V1-2 = ∫pdX

El cambio de cortante entre dos puntos es igual al área bajo el diagrama de intensidad de carga entre estos dos puntos, esto significa que:Para una carga distribuida el cambio en cortante sobre un segmento de la viga esta dado por el área bajo el diagrama de intensidad de carga sobre el segmento correspondiente.Para una carga concentrada el cambio en cortante esta dado por la magnitud de la carga.Para carga general el cambio en cortante entre dos puntos esta dado por la carga total aplicada entre estos dos puntos.

3. DIAGRAMA DE MOMENTO FLECTOR

Para el trazo del diagrama de momento flector debemos considerar lo siguiente:Teniendo en cuenta la ecuación:

dM/dX = VLa pendiente del diagrama de momento en cualquier punto esta dado por el valor del cortante en ese punto, esto significa que:En regiones de cortante constante hay una pendiente constante del diagrama de momento, que es igual al cortante.Para cortante variable, la pendiente del diagrama de momento variara de acuerdo con ello.En los puntos de cortante cero, hay un punto estacionario (de pendiente cero) sobre el diagrama de momento.En un punto de carga concentrada hay un cambio brusco de la ordenada del diagrama de cortante. Así hay un cambio correspondiente en la pendiente del diagrama de momento (hay un pico en el diagrama de momento)

Teniendo en cuenta la ecuación:


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M2 – M1 = M1-2 = ∫VdX

El cambio en momento entre dos puntos es igual al área bajo del diagrama de cortante entre estos dos puntos, esto significa que:Para una variación típica en cortante el cambio en momento sobre un segmento de la viga esta dado por el área bajo el diagrama de cortante sobre el segmento correspondiente.Para un momento concentrado hay un cambio busco en la ordenada del diagrama de momento en el punto donde se aplica el momento. Este cambio no es evidente a partir del diagrama de la carga transversal o del diagrama de cortante.

4. TRAZO DE LA ELASTICA EN VIGAS

La representación de una estructura deformada es muy importante en el análisis estructural. Esto se lleva a cabo fácilmente usando el diagrama de momento en conjunto con la convención de signos para el momento.El momento positivo esta asociado con la curvatura del miembro que es cóncava desde arriba, mientras que el momento negativo corresponde a curvatura convexa. Se puede hacer un croquis de la estructura deformada a partir del diagrama de momento. Los puntos de momento cero se consideran como puntos de inflexión y en estos puntos la curvatura cambia de cóncava a convexa.Entonces, el mismo procedimiento puede seguirse para hacer un croquis de la deformación de cualquier estructura, una vez que ha sido determinado el diagrama de momento.

5. EJEMPLOS DE PROBLEMA

5.01 PROB. 01Construir los diagramas de cortante y momento y hacer un croquis de la deformación de la viga mostrada: (se conocen las reacciones)

Solución: Determinación de las fuerzas internas en c:


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+Fx = 0: 36 + F = 0 F = -36 KN ()+Fy = 0: 27.9 – 30 - V = 0 V = -2.1 KN ()+Mc = 0: M + 30(2) – 27.9(5) = 0 M = 79.5 KN-m ()

Determinación de las fuerzas internas en d:

+Fx = 0: F = 0+Fy = 0: V – 6(3) = 0 V = 18 KN ()+Mc = 0: M + 6(3)(1.5) = 0 M = -27 KN-m ()

Diagrama de carga transversal: la carga transversal se toma directamente del problema

Diagrama de cortante

Diagrama de momento

Estructura deformada


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6. TAREA 001PROB. 01Construir los diagramas de cortante y momento y hacer un croquis de la deformación de la viga mostrada:


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CAPITULO IIMETODO DE LA DOBLE INTEGRACIONMETODO DE LA DOBLE INTEGRACION

1. INTRODUCCIONn este capitulo se estudiaran las deformaciones y esfuerzos que se producen en las secciones transversales de un elemento debido a los efectos del momento flector y fuerza cortante. Se

desarrollara el procedimiento para determinar la forma que adquiere el eje longitudinal de un elemento sometido a cargas transversales.

E

Elemento recto en equilibrio En cada sección transversal estasbajo acción de cargas perpendiculares cargas actúan junto a las

reacciones y producen momentoFlector y fuerza cortante

2. MODELAMIENTO MATEMATICO

En el desarrollo del curso se estudiara con elementos rectos que tienen un plano de simetría y cuya longitud es considerablemente mayor que las dimensiones de la sección transversal.

Las cargas actúan en el planode simetría del elemento osimétricamente respecto a este

3. DEFORMACION EN VIGAS

A. DEFORMACION PRODUCIDA POR FLEXION FLEXION PURA

En algunas disposiciones de las cargas ciertos tramos de los elementos que los soportan están sometidos exclusivamente a momento flector, este caso suele llamarse flexión pura.


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La viga mostrada soporta dos cargas equidistantes de los extremos y su tramo central (bc) sometido exclusivamente a un momento flector constante M = P.d (V=)

B. ANALISIS DE DEFORMACION

_ Antes de aplicar las cargas _ _ Después de aplicar las cargas_

Si se analiza una pequeña porción del tramo central de la viga sometida a flexión pura tendremos:

_ sin deformar _ _ deformado _

El segmento longitudinal “a” de la superficie superior se ha acortado al igual que todos los elementos longitudinales de esta superficie la deformación unitaria en X es negativa, Ex<0.

El segmento “b” de la superficie inferior se ha alargado es decir en esta superficie la deformación unitaria en el eje X es positiva, Ex>0.A diferencia de los segmentos anteriores existe un segmento “c” que no se deforma, Ex=0, por lo tanto no existe una deformación en toda la superficie que contiene al segmento “c” y que es paralelo a la superficie inferior y superior.


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Esta superficie se denomina superficie neutra y la intersección con una sección transversal se llama eje neutro de la sección.

_ Sección Transversal _

Vemos que las deformaciones longitudinales, Ex varían en la posición del segmento considerado respecto de la superficie neutra.

A continuación se observan las secciones transversales extremas de la porción de viga en estudio.En este caso las secciones transversales permanecen planas luego de la deformación (hipótesis de navier) y que los planos que los contienen solo se han inclinado formando un ángulo “dθ” e intersecándose en un eje.

La distancia desde el eje de intersección de los planos que contienen las secciones transversales externas hasta la superficie neutra, se conoce como radio de curvatura y se denota

El inverso del radio de curvatura se denomina curvatura de la viga Ć = 1/ En la figura se muestra la superficie neutra y la superficie en estudio, una superficie paralela a la superficie neutra cuya posición se mide por la ordenada “Y”


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_ Antes de la deformación _ _ Después de la deformación _

Antes de la deformación los dos sistemas tienen las mismas longitudes:

ABinicial = CDinicial = dθ

Como antes de la deformación los segmentos AB y CD son de igual longitud, la longitud inicial CD seria:

CDinicial = pdo

En cambio el segmento CD luego de la deformación además de haber adquirido la forma de un arco de circunferencia se ha acortado y su longitud nueva CDfinal se puede expresar en función de este arco, p – y y el Angulo dθ:

CDfinal = (p – y)dO

Con las longitudes final e inicial del segmento determinamos su deformación unitaria:

Ex = CDfinal – Cdinicial = (p –y)dθ – pdθ = - y/PCDinicial PdO

Ex = -y/ P

Es decir Ex varía linealmente con la distancia medida a la superficie neutra.

Un segmento paralelo al eje neutro se suele denominar fibra de la sección transversal. Todos los puntos de una figura tienen la misma deformación longitudinal.

_ M>0, P>0 _ _ M<0, P<0 _

_ Variación de la deformación Ex para momento positivo y negativo _

Se ha visto que el momento flector causa deformaciones longitudinales Ex y por tanto acompañando a estas deformaciones existirán esfuerzos normales a la sección transversal “x”.


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Conociendo la deformación unitaria a una altura “y” del eje neutro y empleando la ley de Hooke, se puede expresar el esfuerzo normal correspondiente.

x = E = E(-y/) = -Ey/

la expresión anterior nos indica que el esfuerzo normal x varia linealmente con la coordenada “y” y es inversamente proporcional al radio de curvatura.La figura muestra esta deformación de esfuerzos.

4. ECUACION DE LA ELASTICA

A. DEFLEXIONESEn la figura se muestra un elemento con un plano de simetría en el que actúan cargas

perpendiculares a su eje.

Por efectos de estas cargas el elemento se deforma de manera tal que cualquier punto en una sección transversal entre los apoyos se desplaza prácticamente paralelo a las cargas.Estos desplazamientos se denominan deflexiones o flechas del elemento.Antes de aplicar las cargas, la superficie neutra se encuentra contenida en un plano horizontal, luego de la aplicación de cargas, la superficie neutra se convierte en una superficie curva.

5. RELACION ENTRE LA CURVATURA Y EL MOMENTO FLECTOR


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Jacob Bernoulli (1654 – 1705), fue un matemático holandés y uno de los primeros en establecer que la curvatura es directamente proporcional al momento flector.

Como las deformaciones verticales “Ey” en la sección transversal son sensiblemente menores que las deformaciones longitudinales “Ex”, todos los puntos de una sección transversal tienen prácticamente el mismo desplazamiento vertical. Por tanto el desplazamiento de la superficie neutra permite representar el desplazamiento de todo el elemento.

Como las deformaciones “Ex” son considerablemente menores que las deformaciones longitudinales, prácticamente no existe movimiento horizontal dentro de una sección transversal..Por tanto bastara con elegir una curva en la superficie neutra como representativa de la deformación de toda la viga.

Esta curva se denomina CURVA ELASTICA y por simplicidad se elige como la intersección del plano de simetría con la superficie neutra.De este modo la curva elástica queda conformada por los centros de gravedad de todas las secciones transversales que forman la viga.

_ Sin cargas _ _ Con cargas _

Matemáticamente la curva elástica o simplemente elástica se representa por su ecuación en el plano de simetría. Si representamos el eje de las deflexiones por V, la curva elástica quedara definida por una función V(x) que dependerá también de las cargas aplicadas y las propiedades mecánicas de la viga.

6. METODO DE LA DOBLE INTEGRACION

A. ECUACIÓN DIFERENCIAL DE LA CURVA ELASTICALeonardo Euler (1707 – 1783), partiendo de la teoría propuesta por Jacob Bernoulli

estableció la ecuación diferencial de la elástica como se la conoce hoy.La elástica es una curva plana contenida en el plano X-V y por tanto su curvatura se expresa como:

Ć = d2v/dx2 / (1 + (dv/dx)2)3/2

En un elemento en flexión las flechas son valores muy pequeños en comparación a la longitud del elemento y por tanto las rectas tangentes a la curva forman ángulos muy pequeños con ele eje X.Ya que el ángulo que forman las rectas tangentes con el eje horizontal es pequeño la tangente correspondiente (dv/dx) elevado al cuadrado se puede considerar aproximadamente igual a cero es decir:

(dv/dx)2 ≈ 0por tanto la curva elástica puede aproximarse razonablemente bien para fines prácticos por la siguiente expresión:

Ć = d2v/dx2Por otro lado se encontró que la curvatura y el momento flector en una sección transversal se relacionan como:

Ć = M(x)/EIAsí igualando las dos últimas expresiones tendremos:

d2v/dx2 = M(x)/EI (I)

Esta ecuación se conoce como la ecuación diferencial de la curva elástica.

B. DETERMINACION DE LA CURVA ELASTICA


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La ecuación diferencial de la curva elástica se puede resolver empleando integraciones sucesivas.Recordemos que si dos funciones tienen sus derivadas iguales, digamos si f’(x) = g’(x) entonces las funciones solo difieren en una constante. Así al integrar la igualdad indicada como ejemplo obtendríamos:

f’(x) g’(x) + constante

De este modo integrando ambos miembros de la ecuación (I):

∫d2v/dx2 = ∫M(x)/EI + C1

Es decir

dv/dx = ∫M8x)/EI + C1

Donde C1 = cte de integración

Como las rectas tangentes a la elástica forman ángulos muy pequeños con el eje X, se puede aproximar la tangente de estos ángulos por el ángulo mismo:

Dv/dx = θ(x)

De este modo:

Θ(x) = ∫M(x)/EI + C1

Finalmente integrando una vez más esta expresión podemos obtener la ecuación misma de la curva elástica:

∫θ(x) = ∫(∫M(x)/EI) +C1x + C2

Las constantes C1 y C2 introducidas en el proceso de doble integración se determinan considerando las condiciones de apoyo de la viga.

Por ejemplo en un extremo empotrado tanto la flecha como el ángulo de giro son nulos. En un apoyo simple la flecha es nula pero el giro puede no serlo.

VA≠0 VB=0 VA=0 VB≠0θA≠0 θB=0 θA≠0 θB=0

Extremo libre Empotram. Apoyo simple Monodeslizante

Generalmente interesa conocer los valores máximos de las deflexiones con el fin de no exceder ciertos límites preestablecidos.

7. EJEMPLOS DE PROBLEMA7.01 PROB. 01Determinar la elástica de una viga en voladizo sometido a una carga en su extremo libre y establecer los valores máximos de la flecha y del ángulo.

Solución:Para obtener el momento flector como función de X, M(x) se va considerar el equilibrio de momentos del tramo AC


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La ecuación diferencial de la curva elástica será:

V”(x) = M(x)/EI = - PX/EI

Integrando cada vez se tendrá:

V’(x) = θ(x) = ∫ M(x) dx + C1 = ∫ - PX dx + C1

EI EILuego de la primera integración si no se conoce el valor del giro en una determinada posición, la determinación de la constante de integración se posterga hasta luego de la segunda integración. En este ejemplo si se puede determinar la constante C1 luego de esta primera integración debido a que se conoce que el giro es nulo en el empotramiento.

Condición:Θ = 0 para X = L

Reemplazando estos valores en la expresión anterior:0 = - PL2/2EI + C1

Donde:C1 = PL2/2EI

Luego: Θ(x) = - PX2/2EI + PL2/2EI

Integrando por segunda vez: V(x) = - PX3/6EI + PL2X/2EI + C2

La constante de integración C1 se determina empleando la condición de que la flecha es nula en el extremo derecho, es decir:

V = 0 para X = L

Por tanto: 0 = - PL3/6EI + PL3/2EI + C2

Donde: C2 = - PL3/3EI

Finalmente la ecuación de la curva elástica será:

V(x) = - PX3/6EI + PL2X/2EI – PL3/3EI

Los valores máximos del giro y la flecha corresponden al extremo libre de la viga, por tanto sustituyendo X = 0 en las expresiones encontradas para el giro y la elástica se tendrá:

θA = θ(0) = PL2/2EI VA = V(0) = - PL3/3EI


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CAPITULO IIINOTACION DE McCAULAYNOTACION DE McCAULAY

1. INTRODUCCIONada vez que exista una carga sea esta puntual o distribuida en una viga se tendrá una ley de variación para los momentos flectores.C

En la figura mostrada se tienen 04 leyes de variación por lo tanto se calcularan 08 constantes de integración.Se utilizara entonces 02 condiciones de borde

Para X = 0 Y = 0 Para X = L1 Y = 0

Por lo tanto se van a utilizar 03 condiciones de continuidad.

2. NOTACION DE MC CAULAY2.10 FUNCIONES DE CONTINUIDAD

La notación de McCaulay se expresa como:FN = < x – a >N = 0 para x ≤ a

(x – a)Npara x > a Los FN< x – a > corresponden a la expresión de los Momentos flectores. Se interpreta que FN = < x – a >N = 0

Si x = a o x < a lo cual hará x – a ≤ 0Y que FN = < x – a >N = (x – a)NCuando x > a

3. PROCEDIMIENTODado una viga con un sistema de cargas puntuales o distribuidas se debe formar las funciones de continuidad (notación de McCaulay).

FI = < x – a >NIPara cada caso de carga se analizara siempre para la última ley de variación que es allí donde se forma la expresión de McCaulay

4. CASOS4.01 CASO CARGA PUNTUAL CONCENTRADA

Expresión de momentos con notación de McCaulayM(x) = Ay(x-0) – P1(x-a) – P2(x-b)

La ecuación diferencialEId2y/dx2 = Ay(x-0) – P1(x-a) – P2(x-b)

Integrando: (ecuación de la pendiente)EIdy/dx = Ay(x-0)2/2 – P1(x-a)2/2 – P2(x-b)2/2 + C1

Integrando: (ecuación de la flecha)EIy = Ay(x-0)3/6 – P1(x-a)3/6 – P2(x-b)3/6 + C1(x) + C2

Se tiene 02 constantes de integración

4.02 CASO CARGA DISTRIBUIDA4.02.01 DISTRIBUIDA EN ULTIMO TRAMO


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Expresión de momentos con notación de McCaulayM(x) = Ay(x-0) – W(x-a)2/2

La ecuación diferencialEId2y/dx2 = Ay(x-0) – W(x-a)2/2

Integrando: (ecuación de la pendiente)EIdy/dx = Ay(x-0)2/2 – W(x-a)3/6 + C1

Integrando: (ecuación de la flecha)EIy = Ay(x-0)3/6 – P1(x-a)4/24 + C1(x) + C2


4.02.02 DISTRIBUIDO NO APLICADO EN ULTIMO TRAMO

Se completa la carga distribuida en la última ley de variación.

Expresión de momentos con notación de McCaulayM(x) = Ay(x-0) – W(x-a)2/2 – W(x-b)2/2

La ecuación diferencialEId2y/dx2 = Ay(x-0) – W(x-a)2/2 – W(x-b)2/2

Integrando: (ecuación de la pendiente)EIdy/dx = Ay(x-0)2/2 – W(x-a)3/6 – W(x-b)3/6 + C1

Integrando: (ecuación de la flecha)EIy = Ay(x-0)3/6 – W(x-a)4/24 – W(x-b)4/24 + C1(x) + C2

4.03 CASO MOMENTO PAR EXTERNO

M

A C

B

a

xDyAy


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Expresión de momentos con notación de McCaulayM(x) = Ay(x-0) – MB(x-0)0

La ecuación diferencialEId2y/dx2 = Ay(x-0) – MB(x-0)0

Integrando: (ecuación de la pendiente)EIdy/dx = Ay(x-0)2/2 – MB(x-0) + C1

Integrando: (ecuación de la flecha)EIy = Ay(x-0)2/2 – MB(x-0)2/2 + C1(X) + C2


5. EJEMPLOS DE PROBLEMA5.01 PROB. 01En la viga mostrada encontrar las ecuaciones de la pendiente y el desplazamiento

Reacciones externasTomando momentos en el nudo a:+Ma = 0: -1000 + Rc(3) = 0 Rc = 666.667 Kg ()+Fy = 0: -1000 + Ra + Rc = 0 Ra = 333.333 kg ()

Expresión de momentos:Expresión de momentos con notación de McCaulayM(x) = Ay(x-0) – P(x-2)

La ecuación diferencialEId2y/dx2 = Ay(x-0) – P(x-2)

Integrando: (ecuación de la pendiente)EIdy/dx = Ay(x-0)2/2 – P(x-2)2 + C1

Integrando: (ecuación de la flecha)EIy = Ay(x-0)3/6 – P(x-0)3/6 + C1(X) + C2

C1 y C2 constantes de integración serán calculados con las condiciones de borde:Para X = 0 y = 0Reemplazando en la ecuación de la flecha:EIy = Ay(0-0)3/6 – P(0-0)3/6 + C1(0) + C2 C2 = 0

Para X = 3 y = 0Reemplazando en la ecuación de la flecha:EIy = Ay(3-0)3/6 – P(3-0)3/6 + C1(3) + C2 C1 = - 444.444

Ecuación final Ecuación de la pendienteEIdy/dx = Ay(x-0)2/2 – P(x-2)2 – 444.444

Ecuación de la flechaEIy = Ay(x-0)3/6 – P(x-0)3/6 + C1(X) – 444.444(x)

5.02 PROB. 02En la viga mostrada encontrar la ecuación de la pendiente y de la flecha, y encontrar los valores

de los ángulos θA y θB y el desplazamiento en el punto medio del tramo BC.


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4m. 2m.

A BC

W=1000 kg/m

W=2000 kg

Reacciones externasTomando momentos en el nudo a:+Ma = 0: -1000 (4)(2) – 2000(6) + Rb(4) = 0 Rc = 5000 Kg ()+Fy = 0: -1000(4) + Ra + Rb = 0 Ra = 1000 kg ()

Expresión de momentosSe debe completar la viga distribuida

X

W=2000 kg

W=1000 kg/m

W=1000 kg/m

Expresión de momentos con notación de McCaulayM(x) = Ay(x-0) – W(X-0)2/2 + By(X-4) + W(X-4)2/2

La ecuación diferencialEId2y/dx2 = Ay(x-0) – W(X-0)2/2 + By(X-4) + W(X-4)2/2

Integrando: (ecuación de la pendiente)EIdy/dx = Ay(x-0)2/2 – W(X-0)3/6 + By(X-4)2/2 + W(X-4)3/6+ C1

Integrando: (ecuación de la flecha)EIy = Ay(x-0)3/6 – W(X-0)4/24 + By(X-4)3/6 + W(X-4)4/24+ C1(x) + C2

C1 y C2 constantes de integración serán calculados con las condiciones de borde:Para X = 0 y = 0Reemplazando en la ecuación de la flecha:EIy = Ay(0-0)3/6 – W(0-0)4/24 + By(0-4)3/6 + W(0-4)4/24+ C1(0) + C2 C2 = 0

Para X = 3 y = 0Reemplazando en la ecuación de la flecha:EIy = Ay(3-0)3/6 – W(3-0)4/24 + By(3-4)3/6 + W(3-4)4/24+ C1(3) + C2 C1 = 0

Ecuación finalEcuación de la pendiente:EIdy/dx = Ay(x-0)2/2 – W(X-0)3/6 + By(X-4)2/2 + W(X-4)3/6

Ecuación de la flecha:EIy = Ay(x-0)3/6 – W(X-0)4/24 + By(X-4)3/6 + W(X-4)4/24

Calculo de la FlechaPunto medio del tramo BC: X = 5 mReemplazando en la ecuación:EIy = Ay(5-0)3/6 – W(5-0)4/24 + By(5-4)3/6 + W(5-4)4/24EIy = -10666.667 cm

Calculo de la pendienteθA: X = 0EIdy/dx = Ay(x-0)2/2 – W(X-0)3/6 + By(X-4)2/2 + W(X-4)3/6θA = 0θB: X = 4EIdy/dx = Ay(x-0)2/2 – W(X-0)3/6 + By(X-4)2/2 + W(X-4)3/6ΘB = -2666.667 rad


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6. TAREA 002PROBLEMAS PROPUESTOSEn las vigas mostradas encontrar la flecha en el nudo C y la pendiente del apoyo E

W=1000 kg-mP=2000 kg

2m. 1m. 2m. 1m.A B C D E

P=2000 kgW=1000 kg-mW=1000 kg-m

A B F C D E1m. 1,5m. 1m. 1m. 2m.


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CAPITULO IVMETODO DEL AREA DE MOMENTOSMETODO DEL AREA DE MOMENTOS

1. INTRODUCCIONn este capitulo se estudiaran algunas propiedades geométricas de la curva elástica para determinar la deflexión y la pendiente e un punto dado. Parea esto se dibujara el diagrama de M/EI a lo largo de

la viga.EA partir de esto se deducirán dos teoremas de area_momento.El primer teorema de area_momento permitirá calcular el ángulo entre las tangentes a la viga en dos puntos.El segundo teorema de area_momento permitirá calcular la distancia vertical de un punto de la viga a la tangente en el segundo punto.

2. TEOREMAS DEL AREA DE MOMENTOS

2.1 PRIMER TEOREMA DEL AREA_MOMENTO

Consideremos la viga que se muestra en la fig.1_a, a partir de las cargas externas se trazara el diagrama de M/EI, que se obtiene dividiendo el momento flector M por la rigidez a la flexión EI (fig.1_b).Recordando la ecuación que se vio en el Capitulo II, y que dy/dx = θ, se tendrá:

Dθ/dx = d2y/dx2 = M/EI o dθ = Mdx/EI …. (01)Considerando los puntos C y D en la viga e integrando ambos miembros de la ecuación (01) desde C a D, se tiene:

∫dθ = ∫ M/EI dx θD – θC = ∫ M/EI dx … (02)Donde θC y θD son las pendientes en C y D (fig.1_c), pero el segundo miembro de la ecuación (02) es el área bajo el diagrama (M/EI) entre C y D, y el primero el ángulo entre las tangentes a la curva elástica en C y D (fig.1_d).Llamado este ángulo θD/C se tiene:

θD/C = área bajo el diagrama (M/EI) entre C y D ... (03)

AC D

B

C DA B

M/EI

D

CC

DA

B

BA

D

C

D/C

Fig.1_a

Fig.1_b

Fig.1_d

Fig.1_c

2.2 SEGUNDO TEOREMA DEL AREA _MOMENTOConsideremos los puntos P y P’ ubicados entre C y D a una distancia dx (fig.2). Las

tangentes a la elástica en P y P’ intersecan un segmento dt de la vertical que pasa por C. Dados la pendiente θ en P y el ángulo dθ formado por las tangentes en P y P’ son ambos pequeñas cantidades, puede suponerse que dt es igual al arco de circulo x1 que subtiende el ángulo dθ. Se tiene entonces:

dt = x1 dθO, sustituyendo dθ de la ecuación (01):

dt = x1 M/EI dx ... (04)


- 20 -


C P'Fig.3

Fig.2

P DA B

M/EI

D

X1

dt

P P'C

BA

D

dx

dE

dxX1

Integrando la ecuación anterior de C a D. la integral del primer miembro es igual a la distancia vertical desde C hasta la tangente en D. esta distancia se conoce como desviación tangencial tC/D de C con respecto a D. Se tiene:

tC/D = ∫ x1 M/EI dx … (05)(M/EI)dx es un elemento de área bajo el diagrama (M/EI) y x1(M/EI)dx es el primer momento de ese elemento con respecto al eje vertical que pasa por C (fig.3) el segundo miembro de la ecuación (05) es el primer momento con respecto a ese eje, del área bajo el diagrama (M/EI) y entre C y D.

La desviación tangencial tC/D de C con respecto a D es igual al primer momento, con respecto al eje vertical, que pasa por C, del área bajo el diagrama (M/EI) entre C y D.

El primer momento de un área con respecto a un eje es igual al producto del área por la distancia de su centroide al eje, el segundo teorema del area_momento puede expresarse como:

tC/D = (area entre C y D)X1

Donde el área se refiere al área bajo el diagrama (M/EI) y, X1 a la distancia del centroide del área a la vertical a través de C (fig.4_a). Debe distinguirse entre la desviación tangencial de C con respecto a D, tC/D y la desviación tangencial tD/C es la distancia vertical de D a la tangente a la curva elástica en C, y se obtiene el rea multiplicando el area bajo el diagrama de (M/EI), por la distancia X2, de su centroide a la vertical a través de D. fig4_b.

C

M/EI

BAD

X1

C

C'

tC/D

D

BA A B

D

D'

C

DA B

M/EI

C

X2

D/Ct

Fig.4_a Fig.4_b

3. CONVENCION DE SIGNOS

3.1 PARA EL DESPLAZAMIENTOSi el punto B de la elástica esta encima de la tangente trazada por A (Fig.3_a); al desplazamiento tB/A es (+). El sentido de la curvatura corresponde al momento flector (+).Si el punto B de la elástica esta debajo de la recta tangente tazada por A (Fig.3_b); al desplazamiento tB/A le corresponde el signo (-).


- 21 -


A BtB/A (-)

sistema de cargas

A B tB/A (+)

(Fig.3_a) (Fig.3_b)

3.2 PARA VARIACION DE LOS ANGULOSCuando la variación de los ángulos gira de la recta tangente en A (Fig.3_c), a la recta tangente en B (sentido antihorario) se considera al angulo θA/B (+).Cuando la variación de los angulos gira de la recta tangente ene A (Fig.3_d), a la recta tangente en B (sentido horario) se considera al angulo θA/B (-).

sistema de cargas

BA

BA

A/B (+)

A/B (-)

A/B = A + B

(Fig.3_c) (Fig.3_d)

4. TABLAS DE AREAS COMUNESUsar tabla 01 de la parte de anexos

5. EJEMPLOS DE PROBLEMAPROB. 01En la viga mostrada encontrar el desplazamiento en el nudo c

W=3000 kg/mP=1500 kg

dcb

a

1m.1,5m.1,5m.

Solución: Diagrama de cuerpo libre

Yc

tc/aDc

td/a

a c d

td/a/ad = c/ac c = td/a (ac)/ad Calculo de reacciones externas

Tomando momentos en el nudo a:

+Ma = 0: - 1500(1.5) - 3000(3)(0.5)(2/3x3) + Rd(4) = 0 Rd = 2812.50 Kg ()

+Fy = 0: - 1500 – 3000 (3)(0.5) + Ra + Rd = 0 Ra = 3187.50 kg ()


- 22 -


Trazo de diagramas por partes

P=1500 kgW=3000 kg/m

12750

-9000

-3750

-4500

Ra=3187.50 Rd=2812.50

(+)M (-)

M (-)(+)

M (-)(+)

X

X

X

-2250

9562.5

Calculo del desplazamiento:

Calculo de td/a:td/a = [1/2(4)(12750)(4/3) + 1/4(3)(-4500)(3/5+1) + 1(-4500)(0.5) + 1/2(1)(-4500)(1/3) + 1/2(2.5)(-3750)(2.5/3)]td/a = 34000 – 5400 – 2250 – 750 – 3906.25

td/a = 21693.75 e+06/EI

Calculo de tc/atc/a = [1/2(3989562.50)(1) + 1/4(3)(-4500)(3/5) + 1/2(1.5)(-2250)(1.5/3)]tc/a = 14343.75 – 2025 – 843.75

tc/a = 11475 e+06/EI

Calculo de c:c = 21693.75 x 3/4

c = 16270.3125 e+06

Calculo de Yc:Yc = c – tc/a = 16270.3125 – 11475

Yc = 4795.3125 e+06/EI

Reemplazando valores del problemaYc = 4795.3125 e+06 / [(2.1 e+06)(20x403/12)]Yc = -2.14 e-02 cm

PROB. 02En la viga mostrada encontrar el desplazamiento Yd.

d

c

b

2m.2m.2m.

a

W=1500 kg/mM=1000 kg-m

Solución: Diagrama de cuerpo libre


- 23 -


tc/aDd

Yd

td/aa

c

d

Calculo de reacciones externasTomando momentos en el nudo a:+Ma = 0: 1000 – 1500(4)(4) + Rc(4) = 0 Rd = 5750 Kg ()+Fy = 0: -1500(4) + Ra + Rc = 0 Rc = 250 kg ()

Trazo de diagramas por partes

M=1000 kg-m W=3000 kg/m

Ra=250 Rd=5750

-1000

1500

-12000

11500

M (-)(+)

(+)M (-)

M (-)(+)

(+)M (-)

1000

-3000

Calculo del desplazamiento: Calculo de td/a:td/a = [6(-1000)(6/2) + 1/2(6)(1500)(6/3) + 1/3(4)(-12000)(4/4) + 1/2(2)(11500)(2/3)]td/a = -17333.333 e+06/EI

Calculo de tc/a:tc/a = [(4)(-1000)(2) + 1/2(4)(1000)(4/3) + 1/3(2)(2/4)]tc/a = - 6333.333 e+06/EI

Calculo de d:d = tc/a x ad/ac d = - 6333.333 x 6/4 d = - 9500 e+06/EI

Calculo de Yd:Yd = td/a - d Yd = - 17333.333 – (- 9500)/EIYd= -7833.333 e+06/EI

Reemplazando valores del problemaYc = -7833.333 e+06 / [(2.1 e+06)(20x403/12)]Yc = -3.497 e-02 cm

6. TAREA 003PROBLEMAS PROPUESTOSEn las vigas mostradas encontrar el desplazamiento en D


- 24 -


W=2000 kg-mP=2000 kg

1m. 2m. 1m. 2m. 2m. 1m. GFEDCBA

P=2000 kg

W=1500 kg-m W=2000 kg-m

1,5m.A 2m. 1m. 1m. 2,5m.B C D E F


- 25 -


CAPITULO VMETODO DE SUPERPOSICIONMETODO DE SUPERPOSICION

1. INTRODUCCIONste método se utiliza para determinar pendientes y flechas en un punto de una viga mediante la suma algebraica de pendientes o flechas producidas en ese mismo punto por cada carga hípica

actuando por separado.E

P1 P2

P1

W

P2

+ +W

Yd

Y'd Y''d Y'''d

Yd=Yd'+Y''d+Y'''d

Los valores de las pendientes y las flechas para cargas típicas se presentan en tablas.Estos valores son muy utilizados para resolver vigas indeterminadas cuyos apoyos están en los extremos y en las partes intermedias.

2. METODOS PARA DETERMINAR PENDIENTES Y FLECHASSi se desea determinar para diferentes intervalos a lo largo de la viga se debe utilizar el método de la doble integración.Si se desea determinar en uno o dos puntos específicos es recomendable utilizar el método del área de momentos para cualquier tipo de viga según su sustentación (vigas apoyadas en sus extremos, viga apoyada en voladizo)Si los apoyos están en los extremos de la viga o es viga empotrada es recomendable utilizar el método de la superposición.

3. EJEMPLOS DE PROBLEMAPROB. 01En la viga mostrada determinar el desplazamiento (Yb) y la pendiente (θb) en el punto b.

W=1000 kg/m

P=2000 kg

a b c

2m. 2m.

Solución:

Diagrama de cuerpo libre del sistema equivalente


- 26 -


W=1000 kg/m

P=2000 kg

a b c

2m. 2m.

W=1000 kg/m

P=2000 kg

+Y'b

Y''b

Yb=Y'b+Y''b

=

Caculo de los valores indicadosUtilizando la tabla 02 nos ubicamos en los casos correspondientes para este ejemplo:

Caso 01:Datos: W = 1000 kg/m

L = 4 ma = 2 mX = 2 m

Reemplazando en la formula: Y’b = 1000(2)3 [4(2)-2]/24EIY’b = 2000/EI

Reemplazando en la formula: θ’b = 1000(2)3/6EIθ'b = 1333.333/EI

Si consideramos los mismos datos del prob.01 del capitulo anterior para EI tendríamos:Y’b = 2000 e+06/[(2.1 e+06)(20x403/12)]b = 8.928 e-03 cm

Caso 03:Datos: P = 2000 kg

L = 4 mX = 2 m

Reemplazando en la formula: Y”b = 2000(2)2 [3(4)-2]/6EIY”b = 13333.333/EI

Para encontrar el valor de θ”b tendremos:Para X = 2

Y''b

P=2000 kg

X

Tanθ~θ = Y”b/X (valor aproximado)θ”b = 13333.333/2EI θ”b = 6666.667/EI

Superponiendo los valores encontrados:Yb = Y’b + Y”b Yb = 2000/EI + 13333.333/EI Yb=15333.333 e+06/EIθb = θ’b + θ”b θb = 1333.333/EI + 6666.667/EI θb = 8000 e+04/EI

Si consideramos los mismos datos del prob.01 del capitulo anterior para EI tendríamos:Y’b = 15333.333 e+06/[(2.1 e+06)(20x403/12)] Yb = 6.845 e-02 cmθb = 8000 e+04/[(2.1 e+06)(20x403/12)] θb = 3.571 e-04 rad

PROB. 02En la viga mostrada determinar el valor de la fuerza P de tal forma que en el punto de aplicación el desplazamiento sea cero. Encontrar las reacciones externas y trazar los diagramas de fuerza cortante y momento flector y la forma de la elástica.

W=1000 kg/m

P

Yb=0

2m. 3m.

a b c


- 27 -


Solución: Diagrama de cuerpo libre del sistema equivalente

cba

P

W=1000 kg/m

P

W=1000 kg/m

= +Y'b=0

Y''b=0

Y'b - Y''b = 0 ..... (01)

Calculo de los valores indicadosUtilizando la tabla 02 nos ubicamos en los casos correspondientes para este ejemplo:

Caso 08Datos: P = P

a = 2 mX = 2 m

Reemplazando en la formula: Y’b = P(2)2 [3(2)-2]/6EIY’b = 16P/6EI

Caso 12Datos: W =

b = 3 ma = 2 mL = 5 mX = 2 m

Reemplazando en la formula: Y”b = 1000(3)(2)2 [3(5)+3(2)-2(2)]/12EIY”b = 17000/EI

Por la ecuación (01) deducida tenemos:17000 = 16P/6 P = 6375 kg

Trazo de diagramas y elástica:

W=1000 kg/m

6375

a b c

3375

2250 kg-m

-3375

3000

-4500

2250

Deform

M (-)(+)

(-)V (+)

-

+

-

+

Punto de Infl

4. TAREA 004PROB. 01Encontrar el desplazamiento en el nudo C


- 28 -


W=1500 kg-mP=1000 kg

2m. 3m. 2m. 1m. 1m.A B C D E F

PROB. 02Encontrar el desplazamiento en el extremo libre

1m. 2m. 1m.A B C D

W=500 kg-m

M=2000 kg-m

CAPITULO VIMETODO DE ENERGIAMETODO DE ENERGIA


- 29 -


1. INTRODUCCIONn este capitulo se va desarrollar el concepto de energía de deformación de un elemento el cual esta relacionado con el aumento de energía asociada con la deformación del elemento.E

Esta energía de deformación es igual al trabajo realizado por una carga aplicada al elemento, la que se incrementa lentamente.La densidad de energía de deformación de un material se define como la energía de deformación por unidad de volumen y se observara que es igual al área bajo la curva esfuerzo-deformación del material.

2. METODO DE LA ENERGIAToda fuerza que se desplaza una distancia dx en la misma dirección de la fuerza realiza u trabajo Fdx, el trabajo total se expresaría por:

W = ∫ F.dx Cuando en un cuerpo se aplica una fuerza F y produce un desplazamiento total

si el elemento es de material elástico, es F proporcional a :

PD

dx

F=P

F/P

x

= x/AF=Px/A

D

P

Wt = ∫ F.dxWt = ∫ Px.dx/ limite: 0 - Wt = Px2/2Wt = P/2

Este trabajo seria un trabajo externo que es producido por una fuerza P que ha generado un desplazamiento final :

We = P/2 We: trabajo externo

De igual manera si se aplica un Momento externo y si produce una ángulo θ de giro (desplazamiento angular) el trabajo externo se expresaría por:

We = Mθ/2

Si un cuerpo o elemento que se desplaza por acción de P y hacemos actuar una fuerza P’ el trabajo externo estaría expresado por:

DD'

P

El trabajo producido por P para que se desplace, esta dado por: We = P/2

Luego:We = P/2 + P’ + 1/2 P’’

P/2 : W producido por PP’ : W producido por P al desplazamiento ’1/2 P’’ : W producido por P’ para producir ’

Nota: Toda carga que se aplica a una estructura produce un trabajo externo. El desplazamiento que se produce en el punto de aplicación de la fuerza y en la

misma dirección.

Si se tienen varias fuerzas que han producido los desplazamientos correspondientes el trabajo total externo seria:


- 30 -


P1

P1

P1

Pn

D1D2

D3

Dn

We = 1/2 PII (si varia I=1 hasta n)

3. TRABAJO INTERNO O ENERGIA DE DEFORMACION INTERNA

Llamaremos trabajo interno de una estructura a la energía de deformación interna de la estructura.

Al aplicar cargas a una estructura esta se deforma y todo el trabajo externo (We) se convierte en trabajo interno (Wi) que se almacena en la estructura.

Por la ley de la conservación de la energía se cumple que We = WiSea un elemento cúbico infinitesimal dentro de un elemento estructural:

dx dx

Longitud

Deformacion total

Deformacion unitaria

dWi = 1/2 dF(dx) pero: dF = dAdWi = dAdx/2 pero: = /EReemplazando tenemos:dWi = (/2)(/E)dAdx (dV = dAdx)Wi = 1/2 ∫ 2 dV/E

Si es producido por los momentos flectores se tiene que = yM/I

Reemplazando:Wi = 1/2 ∫ y2M2/EI2 pero: dV = dA.dxWi = 1/2 ∫ M2/EI2 y2 dA.dx oWi = 1/2 ∫ M2/EI2 dx ∫y2 dA (∫y2 dA es el Momento de inercia de la sección)Wi = 1/2 ∫ M2dxI/EI2 Wi = 1/2 ∫ M2dx/EI2

4. TRABAJO VIRTUAL

Llamaremos carga virtual o acción virtual a toda carga o acción que no sea real pero cuyos efectos se pueden medir o determinar.Se debe considerar lo siguiente en todo sistema estructural:

Por el principio del equilibrio las cargas externas determinan acciones internas que se relacionan entre si:

Acciones externas

Acciones internas

P1 P2

P2P1MV

N

Ay

_Caso tipico Fuerza y Momento flector_


- 31 -


Por el principio de la compatibilidad los desplazamientos externos están relacionados con las deformaciones internas.

Si consideramos materiales elásticos, las cargas externas que producen esfuerzos internos son proporcionales a las deformaciones internas (ley de Hooke)

Sea un cuerpo deformado donde se aplican las cargas P1, P2, P3.

P3

P2

P2

L dL

n

Fibra interna

Si We = 1/2 PI . AIWi = 1/2 ∫ S dL

Por ser We = Wi tenemos:

1/2 PI . AI = 1/2 ∫ S dLL : longitud de un elemento diferencial o fibra internaS : fuerza interna producida por P1, P2, P3dL : desplazamiento interno producido por SC : desplazamiento del punto C en una dirección determinada.

Sea el mismo cuerpo sin las cargas reales pero aplicando una carga virtual P’ en un punto C en la dirección del desplazamiento C.

dLL

UU

c

C

P'

1/2 P’S C = 1/2 ∫ U dL1

S C : desplazamiento externo producido por P’dL : desplazamiento interno producido por UU : fuerza interna producida por P’

Se va efectuar el siguiente modelado de aplicación de carga: Aplicaremos primero la carga virtual P’ en el punto C, en la dirección del

desplazamiento C

Aplicaremos luego las cargas reales: [PI]

P c

P'

C

UU

dL

P3

P2

P2

L dL1

c

Aplicando

P'

C

c

U UL dL

[PI]

P produce C, pero antes se aplica P’ que produce S C


- 32 -


We = 1/2 PIAI + P’C + 1/2 P’ S CWi = 1/2 ∫ S dL + ∫ U dL + 1/2 ∫ U dL1

Pero We = Wi ordenando:(P’)C = ∫ U dL

P’ :carga virtual en la dirección CU : fuerza interna virtual producida por P’C : desplazamiento real en el punto C producido por [PI] realdL : desplazamiento interno real producido por [PI] real

Nota. La carga virtual P’ puede tener cualquier valor al utilizar la expresión obtenida C;

si se desea calcular C se tendría:C = ∫ U dL / P’

Si P’=1, se llama el metodo de la carga unitaria virtual; entonces:C = ∫ U dL

U: es la fuerza interna producida por la fuerza virtual P’=1

Solo se va considerar el trabajo interno producido por flexión por ser el que predomina en los elementos sometidos a flexo compresión (vigas y/o columnas). No se va considerar el trabajo interno producido por corte, fuerza axial o momento torsor.Si tenemos el elemento diferencial o fibra:

UU

dx dx=dLDesplazamiento Real

Fibra Interna

dAU= v.dA

v=Esfuerzo virtual producido por P'=1

También se puede expresar:v = yM/I M. es el momento flector producido por P’=1Reemplazando: U = y m dA/I …..(01)De igual manera para las cargas reales tenemos:

dA

dxdx

Se tiene que =/E Pero: = yM/IReemplazando en dL= dx entonces: dL = /Edx

dL = yMdx/EI …..(02)

Reemplazando (01) y (02), en :dL = ∫ U Dl

C = ∫ Mm dx/EI

M : momento flector real producido por [PI]M : momento flector producido por P’=1La integral es para toda los elementos de la estructura donde exista correspondencia de M y m.

5. EJEMPLOS DE PROBLEMAPROB. 01En la viga mostrada determinar el valor de la fuerza P de tal forma que en el punto de aplicación el desplazamiento sea cero.


- 33 -


W=1000 kg/m

P

Yb=0

2m. 3m.

a b c


cba

P

W=1000 kg/m

P

W=1000 kg/m

= +Y'b=0

Y''b=0

Y'b - Y''b = 0 ..... (01)

Reacciones externas Tomando momentos en el nudo a (estructura primaria):+Ma = 0: -1000(3)(3.5) = 0 Ma = 10500 Kg-m+Fy = 0: -1000(3) + Ra = 0 Rc = 3000 kg ()

Leyes de variaciónTramo a-b

a

3000

X

Mo = 0: -10500 + 3000X - Mo = 0 Mo =-10500 +3000X

Tramo c-b

c

X

W=1000 kg/m

Mo = 0: -1000X2/2 - Mo = 0 Mo = -1000X2/2

Calculo del desplazamiento Y’b

TRAMO INICIO LIMITE

S M m I INTEGRAL

a – b a 0 – 2 -10500+3000X -2+X 1 17000b – c b 0 – 3 -1000X2 - 1 -

SUMA 17000e+06/EI

Calculo del desplazamiento Y”b

TRAMO INICIO LIMITE

S M m I INTEGRAL

a – b a 0 – 2 2-X P 2-X 1 8/3 Pb – c b 0 – 3 -- - 1 -

SUMA 8/3 P e+06/EI

Reacciones finalesReemplazando en la ecuación (01) deducida tenemos:17000 - 16P/6 = 0 P = 6375 kg


- 34 -


PROB. 02En la viga mostrada encontrar el valor del desplazamiento en el nudo b (Yb) y el calor de la pendiente del apoyo a (θa)

M=1000 kg-m

P=1000 kg

W=1000 kg/m

3m. 1m. 1m.

ab c

d


dcb

a

1m.1m.3m.

W=1000 kg/m

P=1000 kg

M=1000 kg-m M=1000 kg-mW=1000 kg/m

P=1000 kg

P

= +

Yb Y'b

Yb - Y'b = 0

Reacciones externas Tomando momentos en el nudo a+Ma = 0: -1000(3)(1.5) – 1500(4) - 1000 + Rd(4) = 0 Rd = 1900 Kg ()+Fy = 0: -1000(3) - 1000 + Ra + Rd = 0 Rc = 2100 kg ()

Leyes de variaciónTramo a-b

W=1000 kg/m

X

Mo = 0: 2100(X) - 1000(X)(X/2) - Mo = 0 Mo = 2100X – 500X2

Tramo d-c

X

M=1000 kg-m

Mo = 0: -1000 + 1900(X) - Mo = 0 Mo = -1000 + 1900X

Tramo c-bP=1000 kg

X

Mo = 0: -1000 + 1900(X) – 1000(X) - Mo = 0 Mo = -1000 + 1900(X+1) – 1000X

Calculo del desplazamiento YbSe va aplicar una carga virtual unitaria P’=1 en el nudo b, en el sentido del desplazamiento (Yb), y se calcularan las reacciones externas.


- 35 -


P'=1

2/5 3/5

Diagrama de Momentos y leyes de variación

6/5

M (-)(+)

Tramo a-b:Mo = 0: 2X/5 - Mo = 0 Mo = 2X/5

Tramo d-c:Mo = 0: 3X/5 - Mo = 0 Mo = 3X/5

Tramo c-b:Mo = 0:3/5 (X+1) - Mo = 0 Mo = 3/5 (X+1)

Tabla de leyes de variación:

TRAMO INICIO LIMITE

S M m I INTEGRAL

a – b a 0 – 3 2100X-500X2 2/5X 1 3510d – c b 0 – 1 -1000+1900X 3/5X 1 80c - b c 0 - 1 -1000+1900(X+1)-1000X 3/5(X+1) 1 1260

SUMA 4850 e+06/EI

Y’b = 4850 e+06/[(2.1 e+06)(20x403/12)] Yb = 2.1645 e-02 cm Calculo de la pendiente θa

Se va aplicar un momento virtual unitaria M’=1 en el nudo a, en el sentido del giro (θa), y se calcularan las reacciones externas.

1/51/5

Diagrama de Momentos y leyes de variación

(+)M (-)

-1

Tramo a-bMo = 0: -1+1/5 (X) - Mo = 0 Mo = -1 + 1/5 (X)

Tramo d-cMo = 0: -1/5 (X) - Mo = 0 Mo = -1/5 (X)

Tramo c-bMo = 0: -1/5 (1+X) - Mo = 0 Mo = -1/5 (1+X)

Tabla de leyes de variación:

TRAMO INICIO LIMITE

S M m I INTEGRAL


- 36 -


a – b a 0 – 3 2100X-500X2 -1+1/5X 1 -3195d – c b 0 – 1 -1000+1900X -1/5X 1 -26.6667c - b c 0 - 1 -1000+1900(X+1)-1000X -1/5(1+X) 1 -420

SUMA

-3641.67 e+06/EI

θb = -3641.6667 e+04/[(2.1 e+06)(20x403/12)] θb = -1.6252 e-04 rad

6. TAREA 005PROB. 01En la viga mostrada encontrar el valor de la flecha en C

FEDCBA1m.1m.2m.3m.2m.

P=1000 kgW=2000 kg/m

PROB. 02En la viga mostrada encontrar el valor de la pendiente en el extremo libre en voladizo

2m. 2m. 2m.A B C D E F

W=2000 kg-m W=1500 kg-mP=1000 kg

2m. 1m.


- 37 -


CAPITULO VIIMARCOS O PORTICOS ISOSTATICOSMARCOS O PORTICOS ISOSTATICOS

1. INTRODUCCIONn este capitulo se va utilizar el análisis de equilibrio para determinar las fuerzas internas en un sistema estructural plano compuesto por elementos prismáticos (vigas y columnas) denominados

marcos o pórticos.EPara el desarrollo de los problemas se utilizara las ecuaciones de la estática conocidas por tratarse de marcos simples, por tanto servirá como una introducción al Capitulo X donde desarrollaremos marcos indeterminados o hiperestaticos.El enfoque que generalmente se hace incluye tres conjuntos de fuerzas:

a. reaccionesb. acciones en los extremos de los elementosc. acciones internas en los elementos

2. FUERZAS INTERNAS PARA MIEMBROS A FLEXION

Cuando se va determinar fuerzas internas en un punto dado en una estructura, se toma el diagrama de cuerpo libre que corte la estructura en el punto deseado y se supone que cada fuerza interna desconocida actúa en la dirección positiva. Se continúa el análisis y si produce un valor positivo para la incógnita, entonces la dirección supuesta es correcta y la fuerza interna es positiva.

a

Sección en a

Elemento en a

_Dos metodos para determinar el punto a_

Si el análisis da por resultado un valor negativo para la incógnita, entonces la dirección supuesta es incorrecta y la fuerza interna es negativa.A partir de este criterio debe considerarse un diagrama de cuerpo libre separado para cada punto sobre la estructura donde se desean las fuerzas internas, obteniéndose así las fuerzas internas deseadas en esa sección de corte.

Con miembros a flexión, no es suficiente conocer las fuerzas en los extremos de los miembros, ya que las fuerzas de miembro varían a lo largo de la longitud del miembro.Si se desean conocer las fuerzas interiores en los miembros en algún punto especifico, será necesario cortar la estructura en ese punto y determinar las fuerzas que deben aplicarse en la superficie del corte para equilibrar los diagramas del cuerpo libre resultantes.

Las fuerzas axiales positivas provocan alargamiento del elemento. Las fuerzas cortantes positivas puede recordarse como un conjunto de fuerzas que actúan hacia abajo sobre la cara derecha y hacia arriba sobre la izquierda de un segmento de viga.La flexión positiva provoca compresión de las fibras sobre la cara superior o de arriba (+y) del segmento.


- 38 -


F

Sección

F F

Elemento

V

M

Sección

Sección

Elemento

Elemento

V V

M

_Fuerza axial positiva_

_Cortante positivo_

_Momento positivo_

Fig.7_a

Fig.7_b

Fig.7_c

M

3. CONVENCION DE SIGNOS

La notación que se usara para simbolizar las fuerzas internas será para la fuerza axial se representara por F, la fuerza cortante transversal por V, y el momento flexionante por M.Para la fuerza axial, la tensión se toma como positiva (Fig.7_a) tanto para la sección como para las representaciones de los elementos. La carga axial positiva se representa por una fuerza dirigida hacia afuera de la cara sobre la que actúa.La fuerza cortante positiva (Fi.7_b), en cada caso actúa hacia abajo sobre una cara expuesta del lado derecho, mientras que actúa hacia arriba sobre una cara expuesta del lado izquierdo. El cortante positivo tiende a deformar un elemento cortando el lado derecho hacia abajo con respecto al lado izquierdo.Un momento positivo (Fig.7_c) sujeta a la porción superior de una cara cortada, a compresión, y a la porción inferior a tensión. Bajo momento positivo, el elemento tiende a curvearse de manera que sea cóncavo hacia arriba.

4. EJEMPLOS DE PROBLEMAPROB. 01En el pórtico mostrado determinar las reacciones externas, las acciones internas de los elementos y trazar los diagramas de fuerza axial, cortante, momento y la elástica.

1,5m.

1,5m.

1000 kg

1000 kg/m

d

a

b

c e

2m. 1,5m.

Solución: Reacciones

Tomando momentos en el nudo a+Fx = 0: 1000 + Ra = 0 Ra = 1000 kg ()+Ma = 0: -1000(1.5) – 1000(3.5)(1.75) + Rd(2) = 0 Rd = 3812.5 Kg ()+Fy = 0: -1000(3.5) + Ra + Rd = 0 Ra = -312.5 kg ()*

*Cuando el resultado obtenido es negativo, nos indica que la reacción deberá ser de sentido contrario al asumido, por lo tanto ya no se coloca el signo.

Acciones internas

Elemento a-c:


- 39 -


+Fx = 0: Rc + 1000 – Ra = 0Rc = 0+Mc = 0: Mc – 1000(3.5) + 1000(2) = 0Mc = 1500 Kg-m ()+Fy = 0: Rc – Ra = 0Rc = 312.5 kg ()

P=1000 kg

a

b

c

1000

312.5

312.5

1500

Elemento c-d:

+Md = 0: Md – 1500 + 312.5(2) + 1000(2)(1) = 0Mc = -1125 Kg-m ()*+Fy = 0: Rd – Rc – 1000(2) = 0Rd = 2312.5 kg ()

W=1000 kg/m

312.5312.5

1125

c d

Elemento d-e:

+Md = 0: Md – 1000(1.5)(0.75) = 0Md = 1125 Kg-m ()

+Fd = 0: Rd – 1000(1.5) = 0Rd = 1500 kg ()

W=1000 kg/m

1500

1125

d e

Nota: Las acciones internas en los encuentros viga-columna son iguales , pero de sentido contrario

Diagrama de fuerza axial

312.5_D. de Fuerza Axial_

Diagrama de fuerza cortante


- 40 -


-312.5

1500

2312.5

1000_D. de Corte

Diagrama de momento flector

-1125

1500

1500

_D. de Momento_

deformada o elástica

PROB. 02En el pórtico mostrado determinar las reacciones externas, las acciones internas de los elementos y trazar los diagramas de fuerza axial, cortante, momento y la elástica.


- 41 -


a b c d

e

f

g

W=2000 kg/m

W=1500 kg/m

P=1500 kg

2m.

2m.

1,5m. 1,5m. 1m. 1m.

Solución:

ReaccionesTomando momentos en el nudo a+Fx = 0: 1500(2) + Rg = 0Ra = -3000 kg ()+Ma = 0: 2000(1.5)(0.75) – 2000(1.5)(0.75) – 1500(2.5) + Re(3.5) – 1500(2)(1) = 0Re = 1928.57 Kg ()+Fy = 0: -2000(3) – 1500 + Re + Rg = 0Ra = 5571.43 kg ()*

*Cuando el resultado obtenido es negativo, nos indica que la reacción deberá ser de sentido contrario al asumido, por lo tanto ya no se coloca el signo.

Acciones internas

Elemento a-b:

+Mb = 0: Mb + 2000(1.5)(0.75) = 0Mb = -2250 Kg-m ()+Fy = 0: Rb – 2000(1.5) = 0Rb = 3000 kg ()

3000

2250W=2000 kg/m

Elemento b-e :

+Mb = 0: Mb + 1928.57(3.5) – 1500(2.5) – 2000(1.5)(0.75) = 0Mb = -750 Kg-m ()+Fy = 0: Rb – 2000(1.5) – 1500 + 1928.57 = 0Rb = 2571.43 kg ()

750

2571.43 1928.57

P=1500 kgW=2000 kg/m

Elemento g-b :


- 42 -


+Fx = 0: Rb + 1500(2) - 3000 = 0Rb = 0+Ma = 0: Mb – 30000(4) + 1500(2)(3) = 0Rb = 3000 Kg-m ()+Fy = 0: Rb + 5571.43 = 0Rb = -5571.43 kg ()

5571.43

3000

g

5571.43

3000

f

b

W=1500 kg/m


-5571.43

_D. de Fuerza Axial_


3000

-3000

2571.43

-428.57

-1928.57

_D. de Corte



- 43 -


_D. de Momento_

-2250

3000

750

3000

1928.57

Deformada o elástica

5. TAREA 006PROB. 01En la estructura mostrada encontrar el valor del desplazamiento horizontal del nudo D, y el valor de la pendiente del nudo F

W=2000 kg/m

W=1000 kg/m

P=1500 kg

2m. 1m. 2,5m.

1,5m.

2m.


- 44 -


CAPITULO VIIIVIGAS ESTATICAMENTE INDETERMINADASVIGAS ESTATICAMENTE INDETERMINADAS

1. INTRODUCCIONe debe recalcar primero que un requisito principal que debe satisfacerse, es el equilibrio, por lo tanto un análisis debe conducir a un conjunto de reacciones y fuerzas internas que satisface las ecuaciones

de equilibrio estático. Si estas ecuaciones son suficientes para el análisis la estructura es estáticamente determinada. Por el contrario si existen más componentes reactivas independientes o fuerzas de miembros internas que pueden determinarse a partir de la aplicación de las ecuaciones de equilibrio, entonces la estructura será estáticamente indeterminada.

S

Esto no implicara que no exista una solución al problema de análisis. En tanto la estructura sea estable, existirá una solución; sin embargo las condiciones de equilibrio son insuficientes para completar la solución.

2. GRADOS DE INDETERMINACION

A partir del desarrollo de vigas estáticamente indeterminadas todos los criterios que se van a desarrollar implican una comparación entre el numero de magnitudes de fuerzas independientes desconocidas y el numero de ecuaciones independientes de equilibrio que están disponibles para la solución de las incógnitas. Los criterios siempre toman las formas siguientes:

Si hay mas ecuaciones que incógnitas, la estructura es estáticamente inestable.Si hay el mismo numero de ecuaciones que de incógnitas, la estructura es estáticamente determinada.Si hay menor numero de ecuaciones que de incógnitas, la estructura es estáticamente indeterminada.

El grado de determinación exterior es igual al número de componentes reactivas que están disponibles en exceso del número requerido para la estabilidad exterior. Estas componentes reactivas se llaman redundantes debido a que no son necesarias para la estabilidad de la estructura.

El grado de indeterminación interior se da por el número de componentes de fuerzas interiores que están presentes en exceso de las que se necesitan para la estabilidad interna. También se les llama redundantes porque no se requiere para una estructura estable.

3. VIGAS CONTINUAS

Son vigas indeterminadas o hiperestaticas que tienen en sus extremos apoyos simples e internamente uno o más apoyos.Una de las ventajas de este tipo de estructuras es que proporcionan mayor rigidez para resistir cargas que una estructura estáticamente determinada comparable.Otra ventaja es que tendrá menores intensidades de esfuerzos que una estructura estáticamente determinada comparable.

L 2L L L

Sistema de Cargas

4. METODO DE LOS TRES MOMENTOS

En la viga que se muestra (fig.1), consideremos los momentos interiores en los (m-1) puntos de apoyo como las redundantes. Así la estructura primaria esta compuesta de m vigas simplemente apoyadas como se muestra en la fig.01-a.


- 45 -


APOYO

CLARO

1 2 i j k m m+1

1 i j m

Consideremos ahora los dos claros que se extienden sobre los apoyos i, j, k como se indica en la fig.2-a.Cuando se remueven los momentos interiores y la viga continua se transforma en una serie de vigas simplemente apoyadas hay una discontinuidad de la pendiente sobre cada uno de los apoyos interiores.

Para la carga real sobre la estructura primaria, esta discontinuidad es θj0, como se indica en la fig.2-b.Como esta discontinuidad esta en desavenencia con los requisitos de compatibilidad para la estructura original, debe corregirse para obtenerse la solución correcta.Esta corrección se hace, introduciendo a través de tres condiciones de carga separadas, valores unitarios de Mi, Mj, Mk.Las discontinuidades en la pendiente en el punto j correspondiente a cada uno de estos casos de momento unitario se indican como fji, fjj, fjk, respectivamente que son los coeficientes de flexibilidad para la estructura primaria.

Aplicando superposición se multiplica cada una de estas discontinuidades por el valor real del momento redundante respectivo y las combinamos con la discontinuidad θj0 para obtener la discontinuidad total θj

Como θj es cero en la estructura dada, la ecuación de compatibilidad final en el punto j se convierte en:

fji,Mi + fjj,Mj + fjk Mk + θj0= θj = 0

En la ecuación anterior, las discontinuidades positivas se toman en sentido de las manecillas del reloj, como se indica en la fig.02

L1 L2

(a)

Mi Mj Mk

l1 l2

j0

(b)

fijM = 1

Mi = 1 fjjMj = 1

(c)

fjk

Mk

Las cantidades de rotación requeridas pueden determinarse a partir del área momento.La cantidad θj0 depende de las cargas que actúan sobre los claros i y j, y las expresiones para los coeficientes de flexibilidad son:

Fij = Li/6EIi

Fjj = Li/3EIi + Lj/3EIj

Fjk = Lj/6EIj

Donde:Li, Lj : son las longitudes de los claros i y jEIi, EIj: son los momentos de inercia correspondientesRearreglando las ecuaciones anteriores tenemos:

(Li/Ii)Mi + (2Li/Ii + 2Lj/Ij)Mj + (Lj/Ij)MK = - 6Eθjo

Para la estructura de la fig.1, debe aplicarse la ecuación anterior con j = 2,3,…,m. sin embargo cada una de las (m-1) ecuaciones de compatibilidad solamente involucra tres momentos _ el momento en el punto


- 46 -


donde se esta considerando la compatibilidad, y los momentos en los extremos alejados de los claros a la izquierda y a la derecha_. Por esta razón se denomina comúnmente como la ecuación de los tres momentos y su formulación original se le acredita al Ingeniero Francés Clapyron.

5. EJEMPLOS DE PROBLEMAPROB. 01Para la viga mostrada:

2m. 1m. 2,5m. 2,5m. 1m. 2m.

3000 kg/m 3000 kg/m2000 kg/m 2000 kg/m

Encontrar las reacciones externas de los apoyosTrazar los diagramas de fuerza cortante y momento flectorLa ubicación de los momentos máximos y los puntos de inflexión

Solución:Empleando el método de tres momentos

Consideremos los tramos que corresponden a los apoyos 1,2,3 como se muestra en la figura

321

2000 kg/m3000 kg/m

2,5m.3m.

NUDOTRAMO

A continuación separemos los elementos, de tal forma que cada tramo se analice como una viga simplemente apoyada

3m.

3000 kg/m

1 232

2000 kg/m

2,5m.

A partir de estas vigas calcularemos el valor de los giros en los extremos de cada apoyoPara el primer elemento emplearemos el método de área momento, (se recomienda revisar el capitulo IV)Calculamos las reacciones externas y trazamos los diagramas de momentos por partes y emplearemos la formula general para calcular el desplazamiento indicado


- 47 -


3000 kg/m

2000 kg4000 kg 1 2

12000 kg-m

-12000 kg-m

-6000 kg-m

Mom (-)

Mom (-)

AREA CENTROIDE TOTAL

[1/2(3)(12000)]

[1/3(2)(-6000)

[(1)(-6000)]

[1/2(1)(-6000)

[1/3(3)]

[1/4(2)+1]

(1/2)

[1/3(3)]

18000

-6000

-3000

-1000

2/1 = 8000

Para encontrar el Giro (1) hacemos:1 = 2/1/ L = 8000 / 3 1 = 2666.666667

Para encontrar el Giro total (2/1), empleamos la formula general:

3000 kg/m

2000 kg4000 kg 1 2

12000 kg-m

-12000 kg-m

-6000 kg-m

Mom (-)

Mom (-)

AREA TOTAL

[1/2(3)(12000)]

[1/3(2)(-6000)

[(1)(-6000)]

[1/2(1)(-6000)

18000

-4000

-6000

-3000

2/1 = 5000

Por lo tanto se sabe que 2/1 = 2 + 1Despejando el Giro 1, obtenemos:

2 = 2/1 - 1 = 5000 – 2666.666667 2 = 2333.333333

Para el segundo elemento se calculara el Giro de los apoyos haciendo uso de tablas

2000 kg/m

32

Caso 05:2 = 3 = WL3/24EIdatosW = 2000L = 3I = 1Reemplazando valores2 = 3 = (2000)(3)3/24 2 = 3 = 1302.083333

Conocidos los valores de los Giros en todos los apoyos de los elementos reemplazamos en la ecuación general de los tres momentos:

(L1/I1)M1 + 2(L1/I1 + L2/I2)M2 + (L2/I2)M3 = - 6E2L1 = 3 L2 = 2.5I1 = 1 I2 = 12 = 2333.333333 2 = 1302.083333M1 = 0 M2 = ? M3 = ? (3/1)M1 + 2(3/1 + 2.5/1)M2 + (2.5/1)M3 = - 6E(2333.333333 + 1302.083333)Ordenando:


- 48 -


11M2 + 2.5M3 = - 21812.5 . . . . . . (01)

Consideremos los elementos que corresponden a los apoyos 2,3,4 como se muestra en la figura

2000 kg/m2000 kg/m

2,5m.2,5m.

1 2 3TRAMONUDO

A continuación separemos los elementos de tal forma que cada tramo se analice como una viga simplemente apoyada

32

2000 kg/m

2,5m. 2,5m.

2000 kg/m

3 4

Para los dos elementos se calculara el Giro de los apoyos haciendo uso de tablas (ver caso 05 como se hizo anteriormente)Conocidos los valores de los Giros en todos los apoyos de los elementos reemplazamos en la ecuación general de los tres momentos:

(L1/I1)M1 + 2(L1/I1 + L2/I2)M2 + (L2/I2)M3 = - 6E2L2 = 2.5 L3 = 2.5I2 = 1 I3 = 13 = 1302.083333 3 = 1302.083333M2 = ? M3 = ? M4 = ? (2.5/1)M2 + 2(2.5/1 + 2.5/1)M3 + (2.5/1)M4 = - 6E(1302.083333 + 1302.083333)Ordenando:

2.5M2 + 10M3 + 2.5M4 = - 15625 . . . . . . (02)

Consideremos los elementos que corresponden a los apoyos 3,4,5 como se muestra en la figura

2000 kg/m 3000 kg/m

3m.2,5m.

NUDOTRAMO

543

A continuación separemos los elementos de tal forma que cada tramo se analice como una viga simplemente apoyada

2,5m.

2000 kg/m

3 4 4 5

3000 kg/m

3m.


- 49 -


Por la simetría de las cargas, los calculos serán iguales a los que se hicieron en los elementos de apoyos 1,2,3Conocidos los valores de los Giros en todos los apoyos de los elementos reemplazamos en la ecuación general de los tres momentos:

(L1/I1)M1 + 2(L1/I1 + L2/I2)M2 + (L2/I2)M3 = - 6E2L3 = 2.5 L4 =3I3 = 1 I4 = 13 = 1302.083333 3 = 2333.333333M3 = ? M4 = ? M5 = 0 (2.5/1)M2 + 2(2.5/1 + 2.5/1)M3 + (2.5/1)M4 = - 6E(1302.083333 + 2333.333333)Ordenando:

2.5M3 + 10M3 = - 21812.5 . . . . . . (03)Ordenando las ecuaciones formadas

11M2 + 2.5M3 = - 21812.5 . . . . . . (01)2.5M2 + 10M3 + 2.5M4 = - 15625 . . . . . . (02)

2.5M3 + 10M3 = - 21812.5 . . . . . . (03)En forma matricial

0 11 2.5 M1 = -21812.52.5 10 2.5 M2 = -156252.5 10 0 M3 = -21812.5

ResolviendoM1 = -1836.54M2 = -644.23M3 = -1836.54

Reacciones finalesMOM 1836.54 1836.54 644.23 644.23 1836.54 1836.54RVS 4000 2000 2500 2500 2500 2500 2000 4000REM -612.18 612.18 476.92 -476.92 -476.92 476.92 612.18 -612.18CORT 3387.82 2612.18 2976.92 2023.08 2023.08 2976.92 2612.18 3387.82REAC 3387.82 5589.10 4046.16 5589.10 3387.82


3387.82

-2612.18

2976.92

2023.08

-2023.08-2976.92

2612.18

-3387.82

V(+)(-)

1,13m. 1,01m. 1,01m. 1,13m.


1912.42

378.97

1912.42

378.97

-1836.54 -1836.54

-644.23

(+)M(-)

P.I. P.I.

Momentos máximos positivos y ubicación


- 50 -


Tramo 1_2:V = 3387.82 – 3000X pero V=0X = 1.129 m

Tramo 2_3:V = 2976.92 – 2000X pero V=0X = 1.488 m

Por simetría la ubicación y valor de los momentos máximos positivos son iguales en los tramos 3_4 y 4_5.

Puntos de inflexiónTramo 1_2:M = 3387.82X – 1500X2 pero M=0X = 2.30 m

Tramo 2_3:M = -1836.54 + 2612.18X – 1000X20X pero M=0X = 0.88 mX = 2.10 m

6 TAREA 0076.01 PROB. 01

En la viga mostrada determinar el valor de las reacciones externas.

dcba

1,5m.3m.3m.

W=2000 kg/m

W=2000 kg/mP=2000 kg


- 51 -


CAPITULO IXMETODOS DE LA COMPATIBILIDADMETODOS DE LA COMPATIBILIDAD

1. INTRODUCCIONos principios fundamentales de los métodos de compatibilidad son iguales no importando el tipo de estructura.L

En este capitulo se debe tener en cuenta el concepto de fuerza redundante, y se le puede definir como una fuerza que puede removerse de la estructura sin hacer que se convierta en una estructura inestable,.Estas fuerzas redundantes pueden ser exteriores o interiores. Las redundantes exteriores son fuerzas reactivas, mientras que las redundantes interiores son componentes de fuerzas internas.

Ray = R4 Rby = R1 Rcy = R2 Rdy = R5

b= c=

10

R60R40

a

R10 = R20 = 0

R41 R11 = 1 R21 = 0 R51

R30

Rax=R3

R30

R30

R51R22 = 1R12 = 0R41

f11 f21

f12 f22

(a)

(b)

(c)

2. PROCEDIMIENTO DE CALCULOConsideremos la viga que se muestra en la Fig.9_a. esta estructura es dos veces estáticamente indeterminada (Gi=5-3=2)

Esto nos indica que, a la estructura se le puede remover dos redundantes.Estas componentes reactivas redundantes se identifican como R1 y R2.

Ahora la estructura formada (estructura primaria) puede analizarse por los métodos de la estática y pueden determinarse los desplazamientos b y c, que corresponden a las líneas de acción de las reacciones redundantes.Para el desarrollo del calculo, es necesario introducir por turnos, valores unitarios de las reacciones redundantes sobre la estructura primaria y determinando los efectos que estas cargas individuales tienen sobre los desplazamientos donde se va restituir la compatibilidad. Estos casos se indican en la Fig.9_c.

Cada uno de estos desplazamientos se indican en la Fi.9_c. como ij, que es el coeficiente de flexibilidad que expresa el desplazamiento en el punto y en la dirección de la reacción redundante Ri que es producido por un valor unitario de la reacción redundante Rj.


- 52 -


Los desplazamientos totales en los puntos y en las direcciones de las reacciones redundantes que son causados por los efectos combinados de las reacciones redundantes están identificados como 1R y 2R y están determinados a partir de una superposición como:

1R =11R1 + 12R22R =21R1 + 22R2

Estos desplazamientos deben combinarse con b y c de la Fig.9_b, para dar por resultado los desplazamientos deseados de la estructura original, como se definen en la Fig.9_a. esta combinación esta expresada por las ecuaciones de compatibilidad de la forma:

10 + 1R =120 + 2R =2

o rearreglando:

[11 12] [R1] = [1 - 10][21 22] [R2] = [2 - 20]

3. EJEMPLOS DE PROBLEMAPROB. 01En la viga mostrada encontrar las reacciones externas y trazar los diagramas de corte y momento

1500 kg-m2000 kg/m

a

2500 kg/m

1,5m. 1,5m. 1m. 1m. 2m.b c d e f


RdESTRUCTURA PRIMARIA ESTRUCTURA CON REDUNDANTE ELIM INADA

dy

dy

+2500 kg/m 2000 kg/m

Según la convención de signos se forma la siguiente ecuación de compatibilidad:-dy + ddy = 0 . . . . . . (01)

Estructura primaria y estructura con carga virtual para encontrar dy


- 53 -


1500 kg-m2500 kg/m 2000 kg/m

7954.55 3545.45

-3750-3750

1590.931136.38

681.83

P'=1

6/11 5/11

9/11

15/1110/11

Leyes de variación

TRAMO INICIO LIMITE

S M m I INTEGRAL

a – b A 0 – 1..5 -1250X2 0 1 0B – c B 0 – 1..5 -1250(1.5+X)2+7954.55X 6/11(1.5+X) 1 -8.713636364

C – d C 0 – 1 -7500(1.5+X)+7954.55(1.5+X) 6/11(1.5+X) 1 1012.406818

F – e F 0 – 2 -1500-1000X2+3545.45X 5/11(X) 1 1115.69697

E - d e 0 – 1 -1500-400(1+X)+3545.45(2+X) 5/11(2+X) 1 1532.356061

3651.74621 E+06/EI

Estructura con redundante eliminada y carga virtual para encontrar 1dy

Rd

9/11Rd

15/11Rd10/11Rd

P'=1

10/1115/11

9/11

Leyes de variación

TRAMO INICIO LIMITE

S M m I INTEGRAL

a – b A 0 – 1..5 0 0 1 0B – c B 0 – 1..5 6/11(1.5+X) Rd 6/11(1.5+X) 1 0.33471C – d C 0 – 1 6/11(1.5+X) Rd 6/11(1.5+X) 1 1.21487F – e F 0 – 2 5/11(X) Rd 5/11(X) 1 0.55096E - d e 0 – 1 5/11(2+X) Rd 5/11(2+X) 1 1.30853

SUMA

3.4090909 E+06/EI

Reemplazando en la ecuación de compatibilidad:3.409090909Rd = 3651.746213 Rd = 1071.20 KG

Reacciones externas finales


- 54 -


1500 kg-m2500 kg/m 2000 kg/m

7370.25 1071.20 3058.55



4. TAREA 0084.01 PROB.01

Para las vigas mostradas encontrar las reacciones externas empleando el método de compatibilidad


- 55 -


2m. 2m.

2500 kg/m 2500 kg/m

2m. 2m.

fig.01

3500 kg/m2000 kg

2m. 2m. 2m. 2m.

fig.02


- 56 -


CAPITULO XPORTICOS HIPERESTATICOSPORTICOS HIPERESTATICOS

1. INTRODUCCIONn esta capitulo se estudiaran métodos para resolver estructuras indeterminadas, los cuales se basan esencialmente en los que se conoce como concepto de las deformaciones consistentes. Bajo este

enfoque las incógnitas son las fuerzas redundantes en la estructura.EEstas fuerzas junto con las fuerzas de las cargas aplicadas, deben provocar que la estructura se deforme de tal manera que las deformaciones sean consistentes con las condiciones de los soportes, o en algunos casos, consistentes con algunas restricciones internas requeridas.En consecuencia, las ecuaciones que rigen son ecuaciones de compatibilidad en términos de las redundantes desconocidas.Para el cálculo de esos desplazamientos aplicaremos las técnicas basadas en la energía.

2. PROCEDIMIENTO DE CALCULOLos procesos generales de este método (flexibilidad) se describieron en el Capitulo IX. Es decir se están imponiendo los requisitos de compatibilidad de la estructura por lo que en este capitulo se aplicara el procedimiento principalmente a marcos hiperestaticos con grado de indeterminación menor o igual a tres (3), ya que el proceso será amplio si se consideran mas reacciones redundantes.A continuación se describen los pasos generales para resolver este tipo de estructuras.

PASO 1: Identificar los grados de indeterminación y una estructura primaria para la estructura real.

PASO 2: Calcular los desplazamientos de la estructura primaria en la dirección del as redundante producido por las cargas aplicadas.

PASO 3: Calcular los desplazamientos de la estructura primaria en la dirección de las redundantes debidas a un valor variable de las redundantes.

PASO 4: Sumar los desplazamientos provocados por las cargas aplicadas y las redundantes en la dirección de cada redundante, e igualar este resultado a cualquier valor preestablecido.

PASO 5: Resolver las ecuaciones encontradas para las redundantes.

PASO 6: Calcular las fuerzas finales de la estructura debidas tanto a las cargas aplicadas como a las redundantes

3. EJEMPLO DE PROBLEMA

PROB. 01Para la estructura mostrada:


- 57 -


2000 kg

a b

c

d

3m.

1,5m.

1,5m.

2000 kg/m

Encontrar las reacciones externas de los apoyosTrazar los diagramas de fuerza cortante y momento flectorLa ubicación de los momentos máximos y los puntos de inflexión

Solución:Empleando el método de energía:

Se encontrara el Grado de Indeterminación y se trazara el sistema equivalente de la estructura total para encontrar la ecuación de compatibilidad

Gi = 4 – 3 = 1

Por lo tanto se eliminara una redundante o reacción externa (apoyo o nudo d)Estructura Primaria Estructura con Redundante

dy

2000 kg/m

2000 kg

Rdy

dy

Ecuación de compatibilidad: - dy + 1dy = 0

Resolvamos primeros la estructura primaria y encontremos el desplazamiento que se produce cuando se retira el apoyo

Estructura primaria con reacciones externas y diagrama de Mo

2000 kg

2000 kg/m

2000

6000

6000

-6000

3000

3000


- 58 -


Calculo de dy aplicando carga virtual en el sentido del desplazamiento

P'=1

1

3

-3

Tabla de leyes de variaciónTRAM

O INICIO LIMITES M m I INTEGRAL

a – b a 0 – 3 -6000 + 6000X - 1000X2 -3 + X 1 6750d – c d 0 – 1.5 2000X 0 1 0c - b c 0 – 1.5 0 0 1 0

SUMA 6750 e+06/EI

Resolvamos ahora la estructura con la carga virtual y encontremos el desplazamiento que produce la redundante

Estructura con Redundante con reacciones externas y diagrama de Mo

3Rdy

Rdy

Rdy

3Rdy

Calculo de 1dy aplicando carga virtual en el sentido del desplazamiento


- 59 -


3

1

P'=1

3

Tabla de leyes de variaciónTRAM

O INICIO LIMITES M m I INTEGRAL

a – b a 0 – 3 (3 – X)Rdy 3 - X 1 9 Rdyd – c d 0 – 1.5 0 0 1 0c - b c 0 – 1.5 0 0 1 0

SUMA 9 Rdy e+06/EI

En la ecuación formada reemplacemos los valores de los desplazamientos encontrados- dy + 1dy = 0- 6750 + 9 Rdy = 0Rdy = 750 ()Nota:El signo positivo que se obtuvo nos indica que el sentido asumido (Rdy) al comienzo es correcto.

Estructura con reacciones externas finales

3750

5250

2000

2000 kg

750


750

750



- 60 -


5250

5250

-20002,63m.


3000

3000

3140.63

0,85m.

Momento máximo positivo y ubicaciónTramo a_b:V = 5250 – 2000X pero V=0X = 2.625 m

M = - 3750 + 5250X – 1000X2

M máx.= 3140.625 kg-m

Puntos de inflexiónM = - 3750 + 5250X – 1000X2 pero M = 0X = 0.85 m

4. METODO DE DISTRIBUCION DE MOMENTOS4.01 GENERALIDADES

Se conoce como el método de distribución de momentos cuando la solución de tipo iterativo (señalado en las secciones alto y ancho) se lleva a cabo con énfasis en el proceso físico de empotrar y soltar alternativamente las juntas hasta que se logre el equilibrio. Este método fue presentado por el profesor Hardy Cross en forma de publicación en 1930. Representa una contribución primordial al análisis estructural, sobre todo porque permite al ingeniero analizar sistemas estructurales grandes de una forma eficaz mediante un concepto físicamente interesante.

4.02 DISTRIBUCION PARA PROBLEMAS DE VIGASSi consideramos la viga continua de dos tramos indicado en la fig.01. Esta viga esta empotrada en los puntos a y c, pero esta libre para girar en el punto b. sin embargo se supone inicialmente que también que la junta b esta empotrada, de modo que la carga ab produce momentos de empotramiento en los extremos a y b (fig.01-a). si se suelta la junta b girara bajo el momento desequilibrado Mb.

Conforme ocurre la rotación se desarrollan momentos extremos en el extremo b de los miembros ab y bc. La rotación continúa como indica la fig.01-b, hasta que la sumatoria de los momentos extremos sea igual y opuesta al momento desequilibrado Mb.

M’ba + M’bc = - Mb

Donde:M’ba, M’bc: son los momentos extremos que se desarrollan como resultado de la rotación θb de la

junta b.


- 61 -


Cuando la junta b gira y se desarrollan momentos en los extremos b de todos los miembros que concurren en la junta b, también se desarrollan momentos en las juntas a y c, como se indica en la Fig..01-c

FEMab FEMba = Mb

b c

M'ba

Mb

M'bcb

b

M'abM'ba M'bc

M'cd

Fig.1_Fundamentos de la distribución de momentos_

(a)

(b)

(c)

(d)

a

4.03 DISTRIBUCION PARA PROBLEMAS DE PORTICOSLos marcos que están restringidos contra desplazamiento lateral se resuelven

precisamente de igual manera que los problemas de vigas. Se determinan los factores de distribución a partir de las rigideces relativas, en cada junta se calculan los momentos de empotramiento para todos los miembros y el procedimiento de distribución de momentos da por resultado los momentos finales.Los momentos finales reflejan una superposición de los mementos de empotramiento y de los momentos que son incluidos a través de las rotaciones de las juntas. Como en los problemas de las vigas, pueden utilizarse rigideces modificadas cuando se satisface las condiciones adecuadas.

5. PROCEDIMIENTO DE DESARROLLO

El siguiente es el procedimiento a seguir para resolver problemas sin considerar traslación de nudos.Se calculara los momentos de empotramiento (ME) considerando que todos los extremos de los elementos están perfectamente empotrados (siempre y cuando existan cargas en el elemento)Se calcularan las rigideces (Kij) se deben utilizar rigideces relativasSe encuentran los factores de distribución (Dij=Kij/K)Se procede a liberar un nudo calculando el momento de equilibrio (M*) se distribuye este momento según los factores de distribución (Dij) obteniéndose los momentos distribuidos (Md=M*Dij) se transmite al extremo del otro elemento según el factor de transmisión (Mt=1/2 Md)Terminado el equilibrio de nudo se continúa a otro nudo efectuando el procedimiento de calcular el momento equilibrante. Distribuir a los elementos y transmitir los momentos distribuidos. Así sucesivamente hasta completar todos los nudos. Esto completara un primer ciclo de CrossUn segundo ciclo seria otro procedimiento de equilibrar, distribuir y transmitir nudo por nudo que conforme la estructuraEl proceso termina cuando los momentos en los nudos desequilibrados están muy próximos al valor CERO según la precisión deseadaLos momentos correspondientes se obtienen sumando algebraicamente los momentos distribuidos y transmitidos.Deberá verificarse que en cada nudo se cumpla Mo = 0

6. EJEMPLOS DE PROBLEMA

PROB. 01En la viga mostrada encontrar las reacciones externas en los apoyos.


- 62 -


dcba 1,5m.3m.3m.

W=2000 kg/m

W=2000 kg/m

P=2000 kg

Solución:

Calculo de las rigideces Kab = Kba = I = K

Kbc = Kcb = I = K

Factor de distribución Nudo a: 0 (por ser empotrado)

Nudo b: Dba = Kba / (Kba + Kbc) = 1/2Dbc = Kbc / (Kba + Kbc) = 1/2

Nudo c::1 (por ser apoyo simple)

Momentos de empotramiento

Elemento ab: Mab = -WL2/20 Mab = -900 kg/mMba = +WL2/30 Mab = +600 kg/m

Elemento bc: Mbc = -WL2/12 Mbc = -1500 kg/mMcb = +WL2/12 Mcb = +1500 kg/m

Elemento cd: el valor de la fuerza P se transmite como momento que concurre en el nudo c.El momento M=-3000 kg/m participa en el proceso de distribución de momento y se le adiciona al Mcb que se obtuvo anteriormente.

Distribución de momentos

Dab = 0 Dba = 1/2 Dbc = 1/2 Dcb = 1 DcdMe -900 Me 600 Me -1500 Me 1500 Me -3000Mt 225 Md 450 Md 450 Mt 225Mt -159.38 Md -318.75 Mt 637.5 Md 1275Mt -19.92 Md -39.84 Md -318.75 Mt -159.38Mt -2.49 Md -4.98 Mt 79.69 Md 159.38Mt -0.31 Md -0.63 Md -39.84 Mt -19.92Mt -0.03 Md -0.07 Mt 9.96 Md 19.92Mab -857.13 Mba 685.73 Md -4.98 Mt -2.49

Mt 1.25 Md 2.49Md -0.63 Mt -0.31Mt 0.15 Md 0.31Md -0.07 Mcb 0Mbc -685.72

Acciones internas de los elementos Elemento ab:


- 63 -


Elemento bc:

Reacciones finales




- 64 -


PROB. 01Para la estructura mostrada:

2000 kg

1000 kg

a b c d e f

i

g

h

3m. 2m. 4m. 1,5m. 2,5m.

2m.

2m.

3000 kg/m 2000 kg/m

Encontrar los momentos en los nudosEncontrar las reacciones externas de los apoyosTrazar los diagramas de fuerza axial, cortante y momento flectorLa ubicación de los momentos máximos

Solución:Empleando el método de Hardy Cross

Calculo de rigideces: (K = I/L)Kac = Kca = I/5Kcd = Kdc = I/4Kdf = Kfd = I/4Kch = Khc = I/4Kdi = Kid = I/4

Factores de Distribución: (Dij)Nudo a:Dac = 0

Nudo c:Dca = Kca/(Kca + Kcd + Kch) Dca = 2/7Dcd = Kcd/(Kca + Kcd + Kch) Dcd = 5/14Dch = Kch/(Kca + Kcd + Kch) Dch = 5/14

Nudo d:Ddc = Kdc/(Kdc + Kdf + Kdi) Ddc = 1/3Ddf = Kdf/(Kdc + Kdf + Kdi) Ddf = 1/3Ddi = Kdi/(Kdc + Kdf + Kdi) Ddi = 1/3

Nudo f: Dac = 0


- 65 -


Nudo h:Dac = 0

Nudo i: Dac = 0

Momentos de empotramiento perfecto

Elemento ac:

3m. 2m.

3000 kg/m

ca

Mac = -3000(3)2[6-8(3)(5)+3(3)2/(5)2)]/12Mac = -5130

Mca = +3000(3)3[4-3(3)(5)]/12(5)Mca = +2970

Elemento cd:

2000 kg/m

dc4m.

Mca = -2000(4)2/12Mca = -2666.667

Mdc = +2000(4)3/12Mdc = +2666 667

Elemento df

1000 kg

1,5m. 2,5m.

d f

Mdf = -1000(1.5)(2.5)3/(4)2

Mdf = -585.9375

Mfd = +1000(1.5)3(2.5)/(4)2

Mfd = 351.5625

Elemento ch:

2000 kg

2m.

2m.

d

h

Mhd = -2000(2)2(2)]/(4)2

Mhd = -1000

Mdh = +2000(2)2(2)/(4)2

Mdh = +1000

Elemento di:


- 66 -


f

i

4m.

Mif = 0

Mfi = 0

Proceso de distribuciónMcd=-3334.18 Mfd=0Md-0.13 Mdc=1861.54 Mdf=-1232.98 Md-0.37Mt0.37 Md0.73 Md0.73 Mt0.37Md-1.16 Mt-0.58 Mt-1.63 Md-3.26

Mac=-5271.30 Mca=2687.41 Mt3.26 Md6.53 Md6.53 Mt3.26Mt-0.05 Md-0.11 Md-10.31 Mt-5.15 Mt-14.43 Md-28.87Mt-0.47 Md-0.93 Mt28.87 Md57.73 Md57.73 Mt28.87Mt-4.13 Md-8.25 Md-341.62 Mt-170.81 Mt-2.39 Md-4.77Mt-136.65 Md-273.30 Mt-346.79 Md-693.58 Md-693.58 Mt-346.79Me-5130 Me+2970 Me-2666.67 Me+2666.67 Me-585.94 Me+351.56Dac=0 Dca=2/7 Dcd=5/14 Ddc=1/3 Ddf=1/3 Dfd=1

Dch=5/14 Ddi=1/3Me+1000 Me0Md-341.62 Md-693.58Md-10.31 Mt57.73Md-1.16 Md6.53Md-0.13 Mt0.73

Mhc=-1176.61 Mch=646.78 Mid=-314.29 Mdi=-628.59Mt-0.07 Mt0.37Mt-0.58 Mt03.26Mt-5.15 Mt28.87

Mt-170.81 Mt-346.79Me-1000 Me0

Dhc=0 Did=0

Momentos en los extremos

2m.3m.

a c

3000 kg/m5271.30 2687.41

4m.

c d

2000 kg/m3334.18 1861.54

RVS 6300 RVS 2700 RVS 4000 RVS 4000REM 516.78 REM -516.78 REM 368.16 REM -368.16REAC 6816.78 () REAC 2183.22 () REAC 4368.16 () REAC 3631.84 ()


- 67 -


fd

2,5m.1,5m.

1000 kg1233.16

RVS 625 RVS 375REM 308.29 REM -308.29REAC 933.29 () REAC 66.71 ()

h

d

2m.

2m.

2000 kg

1176.61

646.78 RVS 1000

REM -132.46

REAC 867.54 ()

RVS 1000

REM 132.46

REAC 1132.46 ()

4m.

i

f

314.29

628.59 RVS 0

REM -235.72

REAC -235.72 ()

RVS 0

REM 235.72

REAC 235.72 ()

Estructura con reacciones finales


- 68 -


2000 kg/m3000 kg/m

h

g

i

fedcba

1000 kg

2000 kg

66.71

235.72

314.29

4565.13

1132.46

1176.61

6551.38

6816.78

631.82

5271.30


631.82

235.72

6551.38 4565.13


6816.78

-2183.22

4368.16

-3631.84

933.29

-66.71

1132.46 235.72

2,28m. 2,17m.



- 69 -


5271.30

3334.18

2287.41

2473.36

1679.041088.31

1176.61

646.78

1861.541233.16

166.78

628.59

314.29

1456.32

7. TAREA 009PROB. 01

Para la estructura mostrada encontrar las reacciones externas y trazar los diagramas de fuerza axial, cortante y momento flector; así como la ubicación de los momentos máximos

f g

e

dcba

1,5m.

1,5m.

3m.2m.1m.

3000 kg/m

3000 kg

2000 kg


- 70 -


CAPITULO XIDESPLAZAMIENTOS DE NUDOS EN ESTRUCTURASDESPLAZAMIENTOS DE NUDOS EN ESTRUCTURAS INDETERMINADASINDETERMINADAS

1. SOLUCION DE LA ESTRUCTURA HIPERESTATICA UTILIZANDO UN SOFTWARE

2. APLICACIÓN DEL METODO DE LA CARGA VIRTUAL UTILIZANDO EL SOFTWARE PARA RESOLVER LA ESTRUCTURA HIPERESTATICA.


- 71 -


CAPITULO XIICOLUMNASCOLUMNAS

3. INTRODUCCIONste capitulo comprende a la estabilidad de una estructura es decir la capacidad que esta tiene para soportar cargas sin que se produzcan cambios bruscos en su configuración. El análisis entonces se

centra en el estudio de las columnas.EDefiniremos una columna como un elemento prismático estructural en posición vertical, diseñada para soportar cargas axiales de compresión el cual predomina sobre los momentos flectores que actúan sobre a estructura.Ahora, estas cargas respecto a su posición pueden ser pueden ser centroidales o excéntricas.

P P P

_Carga excéntrica en un eje__Carga centroidal_ _Carga excéntrica en dos ejes_

4. FORMA DE FALLA Y CLASIFICACION DE LAS COLUMNASCOLUMNAS CORTAS

Falla por aplastamientoP

Aplastamiento

COLUMNAS LARGASFalla por Pandeo, es decir, la columna se flexa lateralmente hasta que se rompe antes de fallar por aplastamiento.

P

PPandeo o flexión Lateral

COLUMNAS INTERMEDIASFallan por combinación de aplastamiento y pandeo lateral


- 72 -


P

P

Falla por pandeomas apalstemiento

NOTADebido a que una columna falla por pandeo o flexión lateral, estas se deben diseñar para que no fallen por pandeo.En el análisis de columnas, cortas la falla se produce por compresión no afectando los esfuerzos por flexión que pueden ser debidos a pequeñas excentricidades.Según aumenta la longitud de las columnas, los esfuerzos por flexión aumentan y los de compresión son menos relevantes.En columnas largas cuando se produce la falla será debido a la flexión (pandeo), en lugar que el e las compresiones.

5. FORMULA DE EULERCARGA CRITICA

En el modelado se debe definir el grado de fijación de los extremos de la columna que es ele grado de limitación de la rotación de cada extremo.Modelado de una columna ideal:

P

L

e

P

Se define como carga critica Pcr a la carga axial máxima que puede aplicarse a una columna para que permanezca recta, pero en equilibrio inestable o sea que esta próximo a pandearse y cualquier empuje lateral lo haría fallar.

P

L

P

x

y

La E.D. seria para la flecha y: Resolviendo la ecuación diferencial se

tiene la solución general:

Las condiciones de borde son:Para x = 0 y =0 = Asen0 + Bcos0

= + B B = Se obtiene como solución:

y = Asen((P/EI) XPara x = L y = 0

= Asen((P/EI) LSi A = 0, no existe soluciónPor consiguiente debe ser: Sea [(P/EI) L] = [(P/EI) L] = , , 2ó [(P/EI) L] = N para N = , 1, 2Despejando P, se obtiene la carga crítica:

Pcr = N22EI/L2


- 73 -


Para N=1 se tiene el primer modo de Pandeo:Pcr = 2EI/L2

1° modo de pandeo N=1 2° modo de pandeo N=2

Sujeto en laparte central

NOTALa carga critica Pcr, depende de la geometría de la columna (L,I) y del material E.Si L es grande la carga critica Pcr disminuye, si I es grande puede soportar mayor carga critica Pcr.La carga critica Pcr es una carga limite tal que:

Si P<Pcr, la columna no falla para la carga P Si P>Pcr, la columna se pandea y se dice que falla

Si la sección es rectangular la columna se pandara respecto al eje centroidal que tenga menor momento de Inercia por consiguiente el I que interviene en la formula es la que corresponde a ese eje centroidal.

Py

x

Ixx es el Momento de Inercia menor, se perderá alrededor del eje x-x

El esfuerzo critico será:

cr=Pcr/A siendo A el área de la secciónReemplazando:cr=2EIL2/A si consideramos I=Ar2 siendo r el radio de giro se tiene:cr=2EI/AL2 = 2EAr2/AL2

cr=2E/(L/r)2

La relación (L/r) se llama relación de esbeltez, que permite clasificar las columnas, si son cortas, intermedias, o largas.

Si cr> y, se estaría fuera del rango elástico y no seria valida la formula utilizada para Pcr.

y

89

cr = E)(L/r)

2

2

acero estructural Gy=2800

esfuerzo

L/r

máximoelastico

Nota: Una definición de columna corta es la columna en donde L≤10ª, en donde a es la

menor dimensión de la sección


- 74 -


6. CASOS

Se va llamar longitud efectiva Le a la distancia entre los momentos M=0 que se producen en una columna según los tipos de apoyo que tengan.Casos:

a. Articulado_articulado

P

M=0

Le=L

P

M=0

Para el caso de la deducción de la formula de Euler se tenia:Si Le=L y corresponde a los apoyos articulado-articulado:Pcr=2EI/L2

b. Empotrado_empotrado

M=0

P

M=0

P

L/4

Le=L/2

L/4

Si Pcr=cr=2EI/L2 y Le=L/2Reemplazando tenemos:Pcr = 2EI/(L/2)2 = 42EI/L2

Nota: Una columna doblemente empotrada es cuatro veces mas resistente que una columna articulada-articulada.

c. Articulado_Empotrado

M=0

P

P

Le=0.7L

0.3L

M=0

Si Pcr = 2EI/L2 y Le=0.7 LReemplazando tenemos:Pcr = 2EI/(0.7L)2 ≈ 22EI/L2

Nota: La columna articulada-empotrada es dos veces mas resistente que la columna articulada-articulada

d. Extremo Libre_empotrado


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Le=2L

M=0

M=0

P

LSi Pcr = 2EI/L2 y Le=2 LReemplazando tenemos:Pcr = 2EI/(2L)2 ≈ 2EI/4L2

Nota: La columna libre-empotrada tiene una resistencia de 1/4 que una columna articulada-articulada.

7. DISEÑO DE COLUMNASPara el diseño de columnas de diferentes materiales existen los correspondientes códigos o reglamentos los cuales se derivan de los siguientes:Para el diseño de columnas e diferentes materiales existen los correspondientes códigos o reglamentos los cuales se derivan de los siguientes:

a. Para el acero estructural:AISC (American Institute off Steel Constructions)

b. Para el concreto:ACI (American Concrete Institute)

c. Para el aluminio:AA (Aluminium Association)

d. Para la madera:AITC (American Institute of Timber Constructions)

8. EJEMPLOS DE PROBLEMAPROB. 01Se quiere construir una columna de acero de 4 m de largo de sección rectangular y articulada en los extremos. Si E= 2.1e+06 kg/cm2 y y=1200 kg/cm2

Calcular la sección de la columna considerando una carga critica de Pcr=4000 kgSolución:Si Pcr = 2EI/L2 reemplazando: (4000) = 2(2.1e+06)I/(4e+02)2 I = 30.8 cm4

Si la sección es rectangular: I=bh3/12 haciendo: h=2bTenemos: b=2.6 ≈ 3 cm b=3 cm, h=6 cmcr=Pcr/A reemplazando: cr = 4000/[(3)(6)] cr = 222.22<yPor consiguiente la sección será de 3x6 cm y corresponde al diseño de una columna larga.PROB. 02Se tiene una columna de acero de 5x10 cm, se va utilizar como columna con apoyos articulados. Si E= 2.1e+06 kg/cm2 y y=1200 kg/cm2

La longitud es de 3 m. Determinar la carga máxima para evitar que se pandee la columna.

Solución:La columna va tender a flexarse alrededor del eje de menor Momento de Inercia (I), o sea alrededor del eje y-yEl momento de inercia seria: Iy-y=10(3)3/12

Carga critica:Si Pcr = 2EI/L2 reemplazando: Pcr = 2(2.1e+06)(Iy-y)/(4e+02)2 Pcr =23964.3 kg

VerificaciónSi se quiere verificar se puede calcular el esfuerzo normal de la columnacr=Pcr/A reemplazando: cr = 479.28 kg/cm2

Por consiguiente esta dentro del rango elástico y la falla de la columna seria por pandeo, corresponde a una columna larga.

PROB. 03Se quiere construir una columna de madera Pino de 2 m de largo y que esta articulada en sus extremos. Utilizar un factor de seguridad de 1.5 para determinar la carga criticaDiseñar la sección de la columna que debe ser cuadrada para que soporte una carga de P=4000 kgConsiderar E= 1.25e+05 kg/cm2 y y=120 kg/cm2

Solución:


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DiseñoLa carga critica seria:Pcr=1.5(4000)=6000 kgSi consideramos el diseño como columna larga se tiene que:Si Pcr = 2EI/L2 reemplazando: Pcr = 2(1.25e+05)I/(200)2 Pcr =194.536 kgSi la sección es cuadrada: I=a4/12 despejando a: a=6.95 ≈ 7 cm

VerificaciónSe va verificar si el cr no ha sobrepasado el valor de y para la madera:cr=Pcr/A = 6000/(7x7) cr=122.44 kg/cm2 cr=122.44>y=120La columna fallaría por compresión antes que por pandeo.y=Pcr/A reemplazando: (120)=6000/a2 a=7.07 ≈ 8 cm

Sobre verificaciónSi reemplazamos el valor de I para la seccion de 8x8 cm, se debe obtener un Pcr>6000Si Pcr = 2EI/L2 reemplazando: Pcr= 2(1.25e+05)(8x83/12)/(200)2

Pcr = 10527>6000

Por lo tanto es correcta la aplicación de la formula para compresión.Esto indica que la columna no se comporta como columna larga, sino como columna corta.


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BIBLIOGRAFIA

MECANICA DE MATERIALES Ferdinand P. BeerE. Russell Johnston

RESISTENCIA DE MATERIALES Ed. MIR

ANALISIS ESTRUCTURAL Jeffrey P. Laible

ANALISIS ESTRUCTURAL Harry H. West

REMM Alejandro Muñoz PeláezCurso Multimedia de resist. de mat. Juan Antonio Montalbetti S.

Apuntes de Clases C. Roman V.


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Documents

Curso de Resistencia de Materiales