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CAPITULO IV
Problema Problema IV.1 Para el pórtico pórtico de la figura determina determinarr las reacciones reacciones de apoyo, apoyo, funciones funciones de fuerzas interna internass y los diagra diagramas mas de de Moment Momento o M, Cortan Cortante te Q y Normal Normal N. Figura IV.1.1 120 KN 2m 35 KNm 40 KNm 2.5 m 150 KN 25 KN/m
3.5 m
50 KNm 2.5 m
4m
1. Geomet Geometría ría Figura IV.1.2 D
120 KN
2m 35 KNm KNm
β
C
M
40 KNm 2.5 m 150 KN B
25KN/m
L
3.5 m
θ
A
E
50 KNm
H A
2.5m
V A
4m
V E
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Calculamos las longitudes L y M : L
2.5 2 3.5 2
M 6.5 2 2 2
L 4.301m
M 6.801m
Determinamos los ángulos: tgθ
3.5
1.4 θ tg 11.4
2.5 θ 54.462 2 0.308 β tg 1 0.308 tgβ 6.5 β 17.103
2. Reaccione Reaccioness de apoyo apoyo M A 0
2.5 V E ( 4) 50 25 2.5 3.5 35 40 150 3.5 0 2 V E 43.218 [KN]
F V 0 V A 120 43.218 0 V A 76.719 [KN]
F H 0
H A 150 25(2.5) 0 H A 87.5 [KN] Control: M E 0
2.5 76.719(4) 150(3.5) 40 35 120(4) 25( 2.5) 3.5 50 0 2 0.001 0 3. Funciones Funciones de fuerzas fuerzas internas internas 3.1. Tramo A-B.Origen de x el punto A. Signos: +M +Q
+N
Las ecuaciones ecuaciones de fuerzas internas son: B M x 76.719( xCosθ ) 87.5( xSenθ ) M x (76.719 Cos54.462) x (87.5 Sen54.462) x M x 26.610 x Q x
x xSenθ
θ
H A 87.5 KN
xCosθ
A
V A 76.719 KN
dM x
26.610
dx Q x 26.610
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Para determinar la ecuación de la Normal y otro método de determinar la Cortante en una viga inclinada, realizaremos el siguiente análisis: Q H
La Normal en el punto x es, de acuerdo a los signos asumidos: N x N H N V Donde:
N H
θ FH x
N H FH x Cosθ
NV
FV x
N V FV x Senθ
θ QV
La ecuación de la Normal es, remplazando: N x FH x Cosθ FV x Senθ
θ
La Cortante en el punto x es, de acuerdo a los signos asumidos: Q x Q H QV Donde: Q H FH x Senθ QV FV x Cosθ
La ecuación ecuación de la Cortante Cortante es:
Q x FH x Senθ FV x Cosθ
Se asume como sentidos positivos: FH x y FV x , siendo estos sentidos los que se asumen
para nuestra deducción de las ecuaciones, como están e n la figura. Para nuestro problema: FH x 87.5
FV x 76.719 Remplazand Remplazando o en las ecuacione ecuaciones: s: N x ( 87.5)Cos54.462 (76.719) Sen54.462 N x 113.287 Q x (87.5) Sen54.462 (76.719)Cos54.462 Q x 26.610
Ambos resultados de la ecuación ecuación de la Cortante son iguales, por lo tanto tanto se puede emplear cualquier método método para determinar determinar la ecuación. ecuación. Evaluando:
3.2. Tramo B-C.Origen de x el punto B. Signos: +M +Q +N
Analizaremos el tramo en la la siguiente figura: figura:
x[m]
M x [ KNm]
0
0.000
4.301
114.454
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C
Realizamos la sumatoria de fuerzas y momentos hasta el punto B: FH B 87.5 150 62.5 KN
M B
FV B 76.719 KN M B 76.719(2.5) 87.5(3.5) 114.453 KNm
x B
FH B
FV B
Las ecuaciones de fuerzas internas son: M x FH B x M B 62.5 x 114.453 M x 62.5 x 114.453 Q x
dM x dx
62.5 Q x 62.5
N x FV B 76.719 N x 76.719
Evaluando: x[m]
M x [ KNm]
0
114.453
2.5
-41.797
3.3. Tramo C-D.Origen de x el punto C. Signos: +M +Q +N
Analizaremos el tramo en la siguiente figura: 120KN 35KNm 2.616m
x
M C
x
β
(x-2.616)Sen β
(x-2.616)Cosβ xSenβ
β
FH C C
x-2.616
xCosβ
FV C
Calculamos la suma de fuerzas y momentos hasta el punto C : FH C 87.5 150 62.5 KN
FV C 76.719 KN M C 87.5(6) 76.719(2.5) 40 150( 2.5) 81.798 KNm Las ecuaciones de fuerzas internas son: M x M C FV C ( xCosβ ) FH C ( xSenβ ) 35
x 2.616
120 x 2.616Cosβ x 2.616
M x 81.798 (76.719Cos17.103) x (62.5Sen17.103) x 35 M x 81.798 54.946 x 35 x 2.616 114.693( x 2.616)
x 2.616
x 2.616
120( x 2.616)Cos17.103 x 2.616
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Q x
dM x
54.946 114.693 x 2.616 dx Q x 54.946 114.693 x 2.616 Para determinar la ecuación de la Normal y otra forma forma para determinar la ecuación de la Cortante Cortante en una viga inclinada, realizaremos el siguiente análisis: La Normal en el punto x es, de acuerdo a los signos asumidos: N x N H N V FH x Donde:
β Q H
N H FH x Cosβ
N H N V V
FV x β
QV β
N V FV x Senβ
Remplazando se tiene la ecuación de Normal: N x FH x Cosβ FV x Senβ
La Cortante en el punto x es, de acuerdo a los signos asumidos: Q x Q H QV Donde:
Q H FH x Senβ QV FV x Cosβ
Remplazando se tiene la ecuación de la Cortante: Q x FH x Senβ FV x Cosβ Para nuestro problema: FH x 62.5
FV x 76.719 120 x 2.616 Remplazando: N x (62.5)Cos17.103 (76.719 120 N x 82.298 35.290
x 2.616
x 2.616
Q x (62.5) Sen17.103 76.719 120
x 2.616
) Sen17.103
Cos17.103
Q x 54.946 114.693 x 2.616
Ambos resultados resultados de la ecuación de la Cortante son son iguales, por por lo tanto se puede emplear cualquier método para determinar determinar esta esta ecuación. Evaluando: x[m]
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
N x [ KN ]
0
-81.798
54.946
-82.298
2.616
61.941 96.941
54.946 -59.747
-82.298 -47.008
6.801
-153.100
-59.747
-47.008
3.4. Tramo E-D.Origen de x el punto E. Signos: +M +Q +N
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Para el tramo realizaremos la suma y resta de cargas ficticias, para completar la parte final del tramo, e sto para reducir los cálculos de las ecuaciones, como se observa en la siguiente figura: Carga ficticia
25KN/m 2m
Las ecuaciones de fuerzas internas son:
x 3.5 2
M x 50 25 x 3.5
M x 50 12.5 x 3.5
x
2.5m
Q x
x 6 25 x 6 2 x 3.5
12.5( x 6) 2
2 x 3.5
x 6
dM x
( 25( x 3.5) x 3.5 25( x 6) dx Q x 25( x 3.5) x 3.5 25( x 6) x 6
x 6
)
N x 43.218
x
3.5m
x 6
x
Evaluando:
50KNm
x[ m]
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
0
50
0
3.5
50
0
4.75
30.469
31.250
6
-28.125
62.5
8
-153.125
62.5
E V E 43.218 KN
4. Diagramas 4.1. Diagrama de Momento flector
– 153.100
D – 153.125 – 81.798 +61.941
C
– 41.797
+96.941
– 28.125
+30.469
Parábola de 2° grado
+114.454
B +114.454
+50.000
A
E +50.000
Recta
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Control de Momento, en el punto C: 81.798KNm
41.797KNm 40KNm
+ M C 0
41.797 40 81.798 0 0.001 0
C Momento puntual
4.2. Diagrama de Cortante D
+54.946
+54.946
+62.5
– 59.747
C
+62.5
– 62.5
– 59.747
+31.25
B – 62.5 +26.610
A
E
+26.610
4.3. Diagrama de Normal
D – 43.218
– 47.008
C
– 76.719
– 82.298
– 82.298 – 113.287
B – 76.719
– 113.287
A
E
– 43.218
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Problema IV.2 Para el pórtico de la figura determinar las reacciones de apoyo, funciones de fuerzas internas y los diagramas de Momento M, Cortante Q y Normal N. Figura IV.2.1 35KN/m 20KN/m
Pte=30%
Pte=40% L/2
1.5m 135KN
4.5m
10 m
1. Geometría Figura IV.2.2
35KN/m 15KN/m 20KN/m 20KN/m C DV 1 DV 2
Pte=30% θ
Pte=40% L/2
brazo
B
1.5m
h
β Fy
135KN
β
l β
Fx
D
ϕ
b
4.5m
3m
x x A
E V A
H E V E
DH 1
DH 2
10m
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Geometría de B-C-D, si: Pte
DV DH
100%
Remplazando: 30 40
DV 1 DH 1 DV 2
DH 2
100% DV 1 0.3 DH 1 ...................(1) 100% DV 2 0.4 DH 2 ...................(2)
De la figura se tiene las siguientes relaciones: DV 2 1.5 DV 1 ...................(3) DH 1 DH 2 10 ...................(4)
Remplazando ecuación 1 y 2 en 3: 0.4 DH 2 1.5 0.3 DH 1 ...................(5) Se forma el sistema de ecuaciones:
0.4 DH 2 1.5 0.3 DH 1 DH 1 DH 2 10 Resolviendo y remplazando: DH 1 3.571m DH 2 6.429m DV 1 1.071m DV 2 2.571m Calculamos las longitudes de los lados inclinados: 2 2 BC 3.571 1.071
2 2 L 6.429 2.571
L 6.924m Calculamos los ángulos:
BC 3.728m
tgθ 0.3 θ tg 1 0.3
tgβ 0.4 β tg 1 0.4
θ 16.699
β 21.801
Analizamos la carga puntual: 1° Opción: descomponemos la car ga puntual:
F=135KN
Las fuerzas descompuestas son: F y=135Cosβ F x=135Senβ
β F y
F x Los brazos de la carga puntual descompuesta son, respecto al punto E : DH 2 6.429 3.215m brazo y b 2 2 DV 2 2.571 3 3 4.286m brazo x h 3 2 2 2° Opción: hallamos el brazo de la fuerza puntual inclinada: ϕ β 90 ϕ 90 β Cosϕ
l
3
l 3Cos (90 β ) 3Senβ
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l 3Sen21.801 1.114m
El brazo de la carga puntual será: brazo
L
2
l
6.924 2
1.114 4.576m
2. Reacciones de apoyo Para la fuerza puntual inclinada utilizamos el brazo obtenido en la 2° opción, en la ecuación de momento. Para la carga distribuida en forma de trapecio, dividimos en carga distribuida rectangular y triangular, para facilitar el cálculo de las reacciones de apoyo. M E 0
15 10 10 135(4.576) 0 2 3 V A 63.222 [KN]
V A (10) 20(10)(5)
F V 0 63.222 20(10)
15 10
F y V E 0 2 63.222 200 75 135Cos 21.801 V E 0 V E 86.434 [KN]
F H 0
H E F x 0 H E 135Sen21.801 0 H E 50.138 [KN] Control: M A 0
15 10 2 10 F y (10 b) F x (h 3) 0 2 3 15 10 2 86.434(10) 20(10)(5) 10 135Cos 21.801(10 3.215) 135Sen21.801(1.286 3) 0 2 3 0.083 0 V E (10) 20(10)(5)
3. Funciones de fuerzas internas 3.1. Tramo A-B.Origen de x el punto A. Signos: +M +Q +N
Las ecuaciones de fuerzas internas son: M x=0 Q x=0 N x= – 63.222 3.2.Tramo B-C.Origen de x el punto B. +M Signos: +Q +N
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Calculamos la sumatoria de fuerzas y momentos hasta el punto B, como se observa en la figura: Calculamos la sumatoria de fuerzas y Momentos hasta el punto B: FV B 63.222 20KN/m
FH B 0
q x
M B 0 Calculamos q x por relación de triángulos: q x 15 q x 1.5 xCosθ C 10 xCosθ
M B FH B
x
B
xSenθ
θ
FV B
xCosθ
Las ecuaciones de fuerzas internas son:
xCosθ 1 1 M x 63.222( xCosθ ) 20( xCosθ ) q x ( xCosθ ) xCosθ 2 2 3 xCosθ 1 1 (1.5 xCosθ )( xCosθ ) xCosθ 2 2 3 1 2 2 3 3 M x (63.222 Cosθ ) x (10 Cos θ ) x 1.5 Cos θ x 6 M x 60.556 x 9.174 x 2 0.220 x 3 M x 63.222( xCosθ ) 20( xCosθ )
Q x
dM x dx
60.556 18.348 x 0.660 x 2
2 Q x 60.556 18.348 x 0.660 x
Para la ecuación de la Normal se tiene, para nuestro caso el ángulo de inclinación es θ : N x FH x Cosθ FV x Senθ
Esta ecuación fue desarrollada en el problema IV.1 Para nuestro problema: FH x 0 1
FV x 63.222 20( xCosθ ) (1.5 xCosθ )( xCosθ ) 63.222 (20 Cosθ ) x (0.75 Cos 2θ ) x 2 2
Remplazando:
N x (0)Cosθ 63.222 20 Cosθ x 0.75 Cos 2θ x 2 Senθ N x 18.167 5.505 x 0.198 x Evaluando:
2
x[m]
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
N x [ KN ]
0
0.000
60.556
-18.167
1
51.162
41.548
-12.464
1.864
79.577
24.062
-7.218
2
82.656
21.220
-6.365
3.728
86.854
-17.018
5.107
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3.3. Tramo E-D.Origen de x el punto E. Signos: +M +Q +N
Las ecuaciones son: M x 50.138 x Q x
dM x
( 50.138) Q x 50.138
dx N x 86.434 Evaluando:
x[m]
M x [ KNm]
0
0.000
3
-150.414
3.3. Tramo D-C.Origen de x el punto D. Signos: +M
+Q
+N
Para facilitar el cálculo, completamos la carga distribuida del trapecio restando y sumando cargas ficticias, como se observa en la figura: 15KN/m 35KN/m 20KN/m
FV D 86.434 KN
qx
Carga ficticia
x 135KN xSenβ
Calculamos la sumatoria de fuerzas y momentos hasta el punto D: FH D 50.138 KN
3.462m
x β xCosβ
FH D
M D 50.138(3) 150.414 KNm Calculamos q x por relación de triángulos: (tomando en cuenta todo el tramo, es decir los 10 metros de longitud) q x 15 q x 1.5 xCosβ 10 xCosβ
M D FV D
Las ecuaciones de fuerzas internas son:
xCosβ 1 1 q x xCosβ xCosβ 2 2 3
M x M D FV D ( xCosβ ) FH D ( xSenβ ) 35 xCosβ
135 x 3.462
x 3.462
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M x 150.414 (86.434Cosβ ) x 50.138Senβ x (17.5Cos 2 β ) x 2
135 x 3.462 dM x dx
6
1.5Cos β x 3
3
x 3.462
M x 150.414 61.631 x 15.086 x 2 0.2 x 3 135 x 3.462 Q x
1
x 3.462
(61.631 30.172 x 0.6 x 2 135 x 3.462 )
2 Q x 61.631 30.172 x 0.6 x 135
x 3.462
Para la ecuación de la Normal se tiene: N x FH x Cosθ FV x Senθ
La ecuación de Normal fue desarrollada en el problema IV.1. Para nuestro caso el ángulo de inclinación es β , entonces se tiene: N x FH x Cosβ FV x Senβ
Para nuestro problema: FH x 50.138
FV x 86.434 35( xCosβ ) FV x 86.434 (35Cosβ ) x
1 2 1
q x ( xCosβ ) 86.434 (35Cosβ ) x
1 2
1.5 xCosβ xCosβ
1.5 xCosβ xCosβ 2 La carga puntual de 135KN no genera fuerza Normal, por que esta dispuesta perpendicularmente la viga inclinada. Remplazando: 1 N x (50.138)Cosβ [86.434 (35Cosβ ) x (1.5 xCosβ )( xCosβ )]Senβ 2 1 2 2 N x 50.135Cosβ 86.434 Senβ (35CosβSenβ ) x 1.5Cos βSenβ x 2
2 N x 78.653 12.069 x 0.240 x
Evaluando:
x[m]
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
N x [ KN ]
0
-150.414
-61.631
-78.653
1.731
-87.897
-11.201
-58.481
3.462
-109.561
35.633 -99.367
-39.747
5.193
24.501
-56.128
-22.451
6.924
86.829
-16.485
-6.593
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4. Diagramas 4.1. Diagrama de Momento flector +86.854
+86.829
+82.656 +51.162
+24.501
C B
– 109.561
D
– 150.414 8 7.897 –
– 150.414
A
E
4.2. Diagrama de Cortante
– 16.485 – 17.018
– 56.128
– 99.367
C B
+24.062
– 11.201
– 61.631
+35.633
D
+60.556 +50.138
Parábola de 2° grado
+50.138
A
E
4.3. Diagrama de Normal – 6.593 – 12.464
– 6.365
– 22.451
C
– 18.167
+5.107
Parábola de 2° grado
– 39.747
– 58.481
B
– 78.653
– 63.213
D – 86.434
– 63.213
A
E
– 86.434
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Problema IV.3 Para el pórtico triarticulado de la figura determinar las reacciones de apoyo, funciones de fuerzas internas y los diagramas de Momento M, Cortante Q y Normal N. Figura IV.3.1 7m
15KN/m
10KN/m 2m
2m 65KN
3m
2m
5m
4m
1. Geometría De la figura obtenemos los siguientes cálculos: Calculamos las longitudes de las vigas inclinadas: M 5 2 2 2
29
M 5.385m L 3 2 4 2
25
L 5m
Calculamos los ángulos: 2 1 tgθ 0.4 θ tg 0.4 5 θ 21.801
tgβ
3
0.75 β tg 1 0.75
4 β 36.870
Para más exactitud de nuestros cálculos obtenemos las relaciones trigonométricas del ángulo β : 4 3 Cosβ 0.8 Senβ 0.6 5 5 Cosβ 0.8 Senβ 0.6
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Figura IV.3.2 7m
15KN/m D
2m 10KN/m M C d
2m
h
θ
65KN B
E L
3m
x
β
H A
F A V A
2m
x G H G
2m
3m V G
5m
4m
Calculamos h por relación de triángulos y d por teorema de Pitágoras: 2 h h 0.8m d 0.8 2 2 2 2.154m 5 2 2. Reacciones de apoyo M G 0 V A (9) H A (2) 65(5) 15(7)(3.5) 10(9)(4.5) 0
M C 0
9V A 2 H A 447.5 ....................(1) (Lado izquierdo de la articulación C) V A (5) H A (5) 65( 2) 15(3)(1.5) 0
5V A 5 H A 197.5 .....................(2) Se forma el sistema:
9V A 2 H A 447.5 5V A 5 H A 197.5 Resolviendo: V A 47.864 [KN] H A 8.364 [KN]
PORTICOS FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
F V 0 47.864 15(7) V G 0 V G 57.136 [KN]
F H 0
8.364 65 10(9) H G 0 H G 16.636 [KN] Control: M A 0
16.636(2) 57.136(9) 10(9)(7 4.5) 15(7)(9 3.5) 65(3) 0 0.004 0 3. Funciones de fuerzas internas 3.1. Tramo A-B.Origen de x el punto A. Signos: +M +Q +N
Las ecuaciones de fuerzas internas son: M x H A x 8.364 x Q x
dM x
8.364 Q x 8.364 dx N x V A 47.864 Evaluando: x[m]
M x [ KNm]
0
0.000
3
-25.092
3.2. Tramo B-C.Origen de x el punto B. Signos: +M +Q +N
Analizaremos el tramo en la siguiente figura: 15KN/m C
x-2.154
x
d=2.154m
FH B M B
x θ
(x-2.154)Senθ
(x-2.154)Cosθ xSenθ
xCosθ
FV B Las ecuaciones de fuerzas internas son:
Calculamos la sumatoria de fuerzas y momentos hasta el punto B: FV B 47.864 KN
FH B 8.364 65 73.364 KN M B 8.364(3) 25.092 KNm
102
PORTICOS
103
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x 2.154Cosθ 2
M x M B FV B ( xCosθ ) FH B ( xSenθ ) 15 x 2.154Cosθ M x 25.092 17.194 x 6.466 x 2.154 Q x
x 2.154
2 x 2.154
dM x
17.194 12.931 x 2.154 dx Q x 17.194 12.931 x 2.154 x 2.154
x 2.154
Para la ecuación de la Normal se tiene, para nuestro caso el ángulo de inclinación es θ : N x FH x Cosθ FV x Senθ
La ecuación fue desarrollada en el problema IV.1 Para nuestro caso: FH x 73.364
FV x 47.864 15 x 2.154 Cosθ
x 2.154
Remplazando: N x 73.364Cosθ 47.864 15 x 2.154 Cosθ N x 85.893 5.172( x 2.154)
x 2.154
Senθ
x 2.154
Evaluando: x[m]
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
N x [ KN ]
0
-25.092
17.194
-85.893
2.154
11.945
17.194
-85.893
3.770
22.844
-3.702
-77.535
5.385
-0.003
-24.586
-69.182
3.3. Tramo D-E.Origen de x el punto D. +N Signos: +Q +M
Analizaremos el tramo en la siguiente figura: D
10KN/m
x
2m
FH C 2m
C x
FV C E
Las ecuaciones de fuerza internas son:
Calculamos la sumatoria de fuerzas y momentos hasta el punto C: FV C 47.864 15(3) 2.864 KN
FH C 8.364 65 73.364 KN M C 47.864(5) 8.364(5) 65(2) 15(3)(1.5) 0 El momento en una articulación siempre es cero, y no es necesario su cálculo, pero vale la pena realizarlo, para comprobar nuestros cálculos efectuados.
PORTICOS
104
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x 73.364 x 2 2 M x 5 x 2 73.364( x 2) x 2 M x 10 x
Q x N x
dM x dx
x 2
10 x 73.364 x 2
FV C x2
2.864
x 2
Evaluando: x[m]
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
N x [ KN ]
0
0.000
0.000
0.000
1
-5.000
-10.000
0.000
2
-20.000
-20.000 53.364
0.000 2.864
3
28.364
43.364
2.864
4
66.728
33.364
2.864
3.4. Tramo G-F.Origen de x el punto G. Signos: +M +Q +N
Las ecuaciones de fuerzas internas son: x M x H G x 10 x 16.636 x 5 x 2 2 Q x
dM x
(16.636 10 x) Q x 16.636 10 x
dx N x 57.136
Evaluando: x[ m]
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
0
0.000
-16.636
1
11.636
-6.636
2
13.272
3.364
3.5. Tramo F-E.Origen de x el punto F. Signos: +M
+Q
+N
Analizaremos el tramo en la siguiente figura:
PORTICOS
105
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15KN/m E
10KN/m
xSenβ
x β
M F FH F
Calculamos la sumatoria de fuerzas y momentos hasta el punto F : FH F 16.636 10( 2) 3.364 KN
FV F 57.136 KN M F 16.636(2) 10( 2)(1) 13.272 KNm
xCosβ
FV F Las ecuaciones de fuerzas internas son:
xSenβ xCosβ 15 xCosβ 2 2 M x (13.272) (57.136 0.8) x (3.364 0.6) x (5 0.6 2 ) x 2 (7.5 0.8 2 ) x 2 M x M F FV F ( xCosβ ) FH F ( xSenβ ) 10 xSenβ
M x 13.272 43.69 x 6.6 x 2 Q x
dM x
( 43.69 13.2 x) dx Q x 43.69 13.2 x Para la ecuación de la Normal, se tiene: N x FH x Cosθ FV x Senθ
La ecuación fue desarrollada en el problema IV.1. Para nuestro caso el ángulo de inclinación es β , entonces se tiene: N x FH x Cosβ FV x Senβ Para el problema: FH x 3.364 10( xSenβ )
FV x 57.136 15( xCosβ ) Remplazando: N x (3.364 10 xSenβ )Cosβ 57.136 15 xCosβ Senβ N x 3.364Cosβ 10 xSenβCosβ 57.136 Senβ 15 xCosβSenβ N x 36.973 2.4 x
Evaluando:
x[m]
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
N x [ KN ]
0
13.272
-43.690
-36.973
2.5
81.247
-10.690
-30.973
5
66.722
22.310
-24.973
PORTICOS
106
FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
4. Diagramas 4.1. Diagrama de Momento flector D – 5
C
– 20
+28.364
– 25.092
+11.948
– 25.092
E
+66.728
B +66.722
A
+81.247
+13.272
F +13.272
+11.636
G
4.2. Diagrama de Cortante D – 10 – 20
C
+53.364
– 24.586 +17.194 +22.31
B
E
+33.364
– 8.364
A
+3.364
– 43.69
– 16.636
G
F
PORTICOS
107
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4.3. Diagrama de Normal D – 69.182
– 85.893
+2.864
C
– 24.973 +2.864
B
E
– 47.864 – 36.973
A
F – 57.136
G
Problema IV.4 Para el pórtico de la figura determinar las reacciones de apoyo, funciones de fuerzas internas y los diagramas de Momento M, Cortante Q y Normal N.
Figura IV.4.1
12KN/m 30KN 1.5m
2.5m
50KNm 25KN
1.5m 60KN
2m
3m
5m
PORTICOS
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1. Geometría
Figura IV.4.2
12KN/m (carga equivalente) B C
12KN/m 12KN/m(carga equivalente)
30KN 1.5m
2.5m
x
D
E
25KN
50KNm
θ
1.5m 60KN
V Ax
x
M A V A
V Ay
2m
θ
x H F F V F
3m
5m
Calculamos la longitud L: L 3 2 (2.5 1.5) 2 L 5m Calculamos las relaciones trigonométricas del ángulo θ : 3 Cosθ 0.6 Cosθ 0.6 5 2.5 1.5 0.8 Senθ 0.8 Senθ 5 Descomponemos la reacción de apoyo V A : V Ax Descomponiendo: V A V Ay V A V Ay V Ay V A Senθ 0.8V A θ
V Ax V A Cosθ 0.6V A
θ
V Ax Descomponemos la fuerza puntual: F x F=25KN F y θ
F y θ
F=25KN
Descomponiendo: F y 25Cosθ 25 0.6 15 KN F x 25Senθ 25 0.8 20 KN
F x
2. Reacciones de apoyo Para el cálculo de las reacciones apoyo, utilizamos la carga distribuida equivalente. M F 0
PORTICOS
109
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M A V Ay (8) V Ax (2) F y (8) F x (2) 12(4)(4) 12(3)(6.5) 30(1.5) 50 60(2) 0 M A 0.8V A (8) 0.6V A ( 2) 15(8) 20(2) 12(4)(4) 12(3)(6.5) 30(1.5) 50 60( 2) 0 M A 7.6V A 87 ...................(1)
+ M D 0 (A un lado de la articulación D)
M A V Ay (8) V Ax (1.5) F y (8) F x (1.5) 12(4)(0.5) 12(3)(6.5) 30(1.5) 0 M A 0.8V A (8) 0.6V A (1.5) 15(8) 20(1.5) 12( 4)(0.5) 12(3)(6.5) 30(1.5) 0 M A 5.5V A 15 ...................(2)
Se forma el sistema:
M A 7.6V A 87 M A 5.5V A 15 Resolviendo: M A 173.571 [KNm] V A 34.286 [KN]
F V 0 V Ay F y 12(3) 30 V F 0
0.8(34.286) 15 12(3) 30 V F 0 V F 23.571 [KN]
F H 0
V Ax F y 12( 4) 60 H F 0
0.6(34.286) 20 12(4) 60 H F 0 H F 11.428 [KN]
3. Ecuaciones de fuerzas internas 3.1. Tramo A-B.Origen de x el punto A. Signos: +M +Q +N
Analizares el tramo en la siguiente figura: B
12KN/m
Las ecuaciones de fuerzas internas son: x M x 173.571 25 x 12 x 2 2 M x 173.571 25 x 6 x
Q x
x 25KN
xSenθ
θ M A 173.571 KNm
xCosθ
dM x
25 12 x Q x 25 12 x dx N x 34.286 La carga distribuida perpendicular a la viga inclinada no genera fuerza Normal, para este caso la ecuación es una constante.
V A 34.286 KN
PORTICOS
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Evaluando: x[ m]
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
0
-173.571
25
2.5
-148.571
-5
5
-198.571
-35
3.2. Tramo B-C.Origen de x el punto B. +Q Signos: +N
+M
Calculamos la suma de fuerzas y momento hasta el punto B: FV B 0.8(34.286) 25(0.6) 12(3) 6.429 KN M B
FH B
B
FH B 0.6(34.286) 25(0.8) 12( 4) 48.572 KN M B (173.571) 25(5) 12(5)(2.5) 198.571 KNm
C
x
FV B Las ecuaciones de fuerzas internas son: M x M B FV B x M x 198.571 6.429 x Q x
dM x dx
6.429 Q x 6.429
N x FH B 48.572 N x 48.572
Evaluando: x[m]
M x [ KNm]
0
-198.571
5
-166.426
3.3. Tramo C-D.Origen de x el punto C. Signos: +N +Q +M
Calculamos la suma de fuerzas y momento hasta el punto C : FH C C M C
FV C 6.429 KN
FV C
x
FH C 48.572 KN M C 0.6(34.286)(4) 0.8(34.286)(8) 15(8) 20(4) 12(3)(6.5) 12(4)(2) 173.571 166.427 KNm
D
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Las ecuaciones de fuerzas internas son: M x FH C x M C M x 166.427 48.572 x Q x
dM x
48.572
dx Q x 48.572
N x FV C 6.429
Evaluando: x[ m]
M x [ KNm]
0
-166.427
2.5
-44.997-45
3.4. Tramo D-E.Origen de x el punto E. +M +N Signos: +Q
Las ecuaciones de fuerzas internas: M x 30 x Q x
dM x dx
Evaluando:
(30) Q x 30
N x 0
x[m]
M x [ KNm]
0
0
1.5
-45
3.5. Tramo D-F.Origen de x el punto F. Signos: +M +Q +N
Las ecuaciones de fuerzas internas son: M x H F x 60( x 2) x 2 M x 11.428 x 60( x 2) Q x
x 2
dM x
(11.428 60 dx N x V F 23.571
x 2
) Q x 11.428 60
x 2
Evaluando: x[ m]
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
0
0
-11.428
2
22.856
-11.428 48.572
3.5
-50.002
48.572
PORTICOS
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4. Diagramas 4.1. Diagrama de Momento flector – 198.571 – 166.426 – 198.571
– 166.427
B
C
– 148.571 – 45
D
– 44.997 – 50
E
– 173.571
A
+22.856
F
4.2. Diagrama de Cortante
+6.429
B – 35
C +48.572 +30
+30
D
E
+25
+48.572
A – 11.428
F
PORTICOS
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4.3. Diagrama de Normal – 48.572 – 34.286
B
C +6.429
D
E – 23.571
– 34.286
A
F
– 23.571
Problema IV.5 Para el pórtico de la figura determinar las reacciones de apoyo, funciones de fuerzas internas y los diagramas de Momento M, Cortante Q y Normal N. Figura IV.5.1
2m 30KN 12KN/m 20KN
45KNm 3m 4m
3m 2m 35KNm 3m
2m
3m
3KN/m 4.5m
1.5m
PORTICOS
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1. Geometría Figura IV.5.2
2m 30KN 12KN/m
x G
20KN
B C
D
F Carga ficticia
45KNm 3m
4m
x x
3KN/m
3KN/m
H
θ
A
V H
3m
H A
2m
x
V A
35KNm
3KN/m
E V E
3m
2m
3m
4.5m
1.5m
Calculamos la longitud de la barra inclinada: AB 4 3 5m Calculamos las relaciones trigonométricas del á ngulo θ : 3 Cosθ 0.6 Cosθ 0.6 5 4 Senθ 0.8 Senθ 0.8 5 2. Reacciones de apoyo M A 0 2
3
V H (12.5) 45 20(4) 3(6)(4 3) 30(10.5) 12(9.5)(7.75) 35 V E (8) 0 12.5V H 8V E 1110 .5 0 12.5V H 8V E 1110 .5 .....................(1)
M C 0 (Lado derecho de la articulación C) V H (7.5) 45 3(6)(3) 30(5.5) 12(7.5)(3.75) 35 V E (3) 0 7.5V H 3V E 566.5 0 7.5V H 3V E 566.5 .....................(2) Se forma el sistema de ecuaciones:
12.5V H 8V E 1110 .5 7.5V H 3V E 566.5 Resolviendo el sistema:
PORTICOS
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V H 53.356 [KN] V E 55.444 [KN]
F V 0 V A 12(9.5) 30 55.444 53.356 0 V A 35.2 [KN]
F H 0
H A 20 3(6) 0 H A 38 [KN] Control: M H 0
35.2(12.5) 38(1) 12(9.5)(4.75) 55.444(4.5) 35 30(2) 20(3) 45 3(6)(0) 0 0.002 0 3. Funciones de fuerzas internas 3.1. Tramo A-B.Origen de x el punto A. Signos: +M +Q +N
Analizaremos el tramo en la siguiente figura: B
Las ecuaciones de fuerzas internas son: M x V A ( xCosθ ) H A ( xSenθ ) M x (35.2 0.6) x (38 0.8) x M x 9.280 x Q x
x H A =38KN
xSenθ
θ xCosθ
A
V A=35.2KN
dM x
9.280
dx Q x 9.280
Para la Normal se tiene la ecuación: N x FH x Cosβ FV x Senβ Para nuestro caso, el ángulo de inclinación es θ , entonces: N x FH x Cosθ FV x Senθ
La ecuación fue desarrollada en el problema IV.1. Para nuestro problema:
FV x 35.2 FH x 38 Remplazando: N x (38)0.6 (35.2)0.8 N x 50.960
Evaluando: x[m]
M x [ KNm]
0
0.000
5
-46.400
PORTICOS
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3.2. Tramo B-D.Origen de x el punto B. Signos: +Q +N
+M
Analizaremos el tramo en la siguiente figura: 12KN/m M B
Calculamos la suma de fuerzas y momento hasta el punto B: FH B 38 KN
FV B 35.2 KN M B 35.2(3) 38(4) 46.4 KNm
B
FH B FV B
x
C
D
x
Las ecuaciones de fuerzas internas son: x M x M B FV B x 12 x 46.4 35.2 x 6 x 2 2 M x 46.4 35.2 x 6 x 2 Q x
dM x dx
35.2 12 x Q x 35.2 12 x
N x FH B 38 N x 38
Evaluando: x[ m]
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
0
-46.400
35.200
1
-17.200
26.200
2
0.000
11.200
3
5.200
-0.800
5
-20.400
-24.800
3.3. Tramo E-D.Origen de x el punto E. Signos: +M +Q +N
Completamos el tramo con cargas ficticias, sumando y restando, para facilitar el cálculo, como se muestra en la figura de Geometría. Las ecuaciones de fuerzas interna son:
x x 3 M x 35 3 x 3( x 3) 2 2 M x 35 1.5 x 2 1.5( x 3) 2 Q x
dM x
x 3
(3 x 3( x 3) x 3 ) Q x 3 x 3( x 3) x 3
dx N x 55.444
Evaluando:
x 3
PORTICOS
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x[ m]
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
0
35
0
1.5
31.625
4.5
3
21.500
9
6
-5.500
9
x[ m]
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
0
0
0
1.5
-3.375
4.5
3
-13.5
9
3.4. Tramo H-F.Origen de x el punto H. Signos: +M +Q +N
Las ecuaciones de fuerzas internas son: x M x 3 x 1.5 x 2 2 M x 1.5 x 2 Q x
dM x
( 3 x) Q x 3 x dx N x V H 53.356 N x 53.356 Evaluando:
3.5. Tramo F-G.Origen de x el punto G. +M +N Signos: +Q
Las ecuaciones son: M x 45 Q x
dM x
dx N x 20
0
3.6. Tramo D-F.Origen de x el punto F. Signos: +M +N +Q
Analizaremos el tramo en la siguiente figura: 2m 30KN 12KN/m M F
x
D
x
FH F FV F
Calculamos la suma de fuerzas y momento hasta el punto F : FV F 53.356 KN
FH F 3(3) 20 29 KN M F 3(3)(1.5) 45 58.5 KNm
PORTICOS
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Las ecuaciones de fuerzas internas son: x M x M F FV F x 12 x 30( x 2) 2 M x 58.5 53.356 x 6 x 30( x 2)
x 2
58.5 53.356 x 6 x 2 30( x 2) x 2
2
Q x
dM dx
x 2
(53.356 12 x 30 x 2 ) Q x 53.356 12 x 30 x 2
N x FH F 29 N x 29
Evaluando: x[ m]
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
0
-58.5
-53.356
1
-11.144
2
24.212
3.25
14.032
4.5
-14.898
-29.356 0.644 30.644
4. Diagramas 4.1. Diagrama de Momento flector – 58.5 – 46.4 – 46.4
– 45 – 20.4 – 14.898
– 17.2
B
C
– 11.144
D – 5.5
+5.2
F
– 13.5
+14.032 +24.212
– 3.375
+21.5
H A +31.625
+35
E
Control de Momento en el punto D:
20.4 5.5
14.898
M D 0 5.5 14.898 20.4 0 0.002 0
G
PORTICOS
119
FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
Control de Momento en el punto F:
58.5
M F 0 13.5 45 58.5 0 0 0
45
13.5
4.2. Diagrama de Cortante – 53.356 – 24.8
B
– 29.356
D
F +0.644
+35.2
G
+9
+30.644 +9
– 9.28
H
A
E
4.3. Diagrama de Normal
– 38
– 29 – 20
B
C
D
F
G
– 50.960 – 53.356
– 55.444
A
E
H
PORTICOS
120
FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
Problema IV.6 Para el pórtico con cable mostrado en la figura determinar las reacciones de apoyo, funciones de fuerzas internas y los diagramas de Momento M, Cortante Q y Normal N. Figura IV.6.1
70KNm
70KNm
2m
25KN
2.5m
2m
4m
1. Geometría
5m
2m
Figura IV.6.2 D 70KNm 70KNm
2m
θ
β TCosϕ E
C T
x
TSenϕ
2.5m T
x
TSenϕ
x
ϕ
G
TCosϕ
B
V G
2m H A
x A V A
4m
5m
Calculamos las longitudes inclinadas de la estructura: CD 4 2 2 2
20 4.472m
ED 5 2 2 2
29 5.385m
2m
25KN F
PORTICOS FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
Longitud del Cable: BE 9 2 2.5 2 87.25 9.341m
Calculamos los ángulos: tgθ tgβ tgϕ
2 4 2
0.5 θ tg 1 0.5 26.565 0.4 β tg 1 0.4 21.801
5 2.5
2.5 ϕ tg 1 15.524 9 9
2. Reacciones de apoyo M A 0
V G (9) 25(11) 70 70 0 V G 30.556 [KN]
F V 0 30.556 25 V A 0 V A 5.556 [KN]
F H 0
H A 0 La tensión T se anula en las ecuaciones anteriores, por eso formulamos una ecuación más en la articulación D para determinar la tensión T . M D 0 (Lado izquierdo de la articulación D) V A ( 4) TCosϕ (4.5) TSenϕ ( 4) 70 0
(5.556)(4) TCos15.524(4.5) TSen15.524(4) 70 0 T 14.633 [KN] Control: M G 0
– ( – 5.556)(9) – 70+70 – 25(2)=0 0.0040 3. Ecuaciones de fuerzas internas 3.1. Tramo A-C.Origen de x el punto A. Signos: +M +Q +N
Las ecuaciones de fuerzas internas son: M x TCosϕ ( x 2)
x 2
M x 14.099( x 2)
x 2
Q x
dM x dx
14.633Cosϕ ( x 2) x 2
14.099 x 2 Q x 14.099 x 2
N x V A TSenϕ
x 2
N x 5.556 3.916
x 2
(5.556) 14.633Sen15.524 x 2
121
PORTICOS
122
FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
Evaluando: x[m]
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
N x [ KN ]
0
0
0
5.556
2
0
0 -14.099
5.556 1.640
4.5
-35.248
-14.099
1.640
3.2. Tramo C-D.Origen de x el punto C. +M Signos: +Q +N
Analizamos el tramo en la siguiente figura: Calculamos la suma de fuerzas y momento hasta el punto C : FV C V A TSenϕ (5.556) 14.633Sen15.524 1.640 [KN]
M C FH C FV C
x
xSenθ
FH C TCosϕ 14.633Cos15.524 14.099 [KN] M C (TCosϕ )(2.5) (14.633Cos15.524)(2.5) 35.248 [KNm]
θ xCosθ
Las ecuaciones de fuerzas internas son: M x M C FV C ( xCosθ ) FH C ( xSenθ ) M x 35.248 (1.640)( xCos 26.565) 14.099( xSen26.565) M x 35.248 7.772 x Q x
dM x
7.772 Q x 7.772 dx Para la ecuación de la Normal se tiene: N x FH x Cosθ FV x Senθ
La ecuación fue desarrollada en el problema VI.1. Para nuestro problema:
FV x 1.640 FH x 14.099 Remplazando: N x (14.099)Cos 26.565 (1.640) Sen 26.565 N x 11.877
Evaluando: x[m]
M x [ KNm]
0
-35.248
4.472
-70.004
PORTICOS
123
FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
3.3. Tramo G-E.Origen de x el punto G. Signos: +M +Q +N
Las ecuaciones de fuerzas internas son: M x 0 Q x
dM x
0 dx N x V G 30.556 3.4. Tramo F-E.Origen de x el punto F. Signos: +M +N +Q
Las ecuaciones de fuerzas internas son: M x 25 x Q x
dM x dx
Evaluando: x[m]
M x [ KNm]
0
0
2
-50
( 25) 25 Q x 25
N x 0
3.5. Tramo E-D.Origen de x el punto E. Signos: +M
+Q
+N
Analizaremos el tramo en la siguiente figura: Calculamos la suma de fuerzas y momento hasta el punto E : FV E 30.556 25 14.633Sen15.524 1.64 [KN]
D
xSenβ
x
FH E
β xCosβ
FH E 14.633Cos15.524 14.099 [KN] M E 25(2) 50 [KNm]
M E FV E
Las ecuaciones de fuerzas internas son: M x M E FV E ( xCosβ ) FH E ( xSenβ ) 50 (1.64 Cosβ ) x (14.099 Senβ ) x M x 50 3.713 x Q x
dM x
(3.713) 3.713 Q x 3.713 dx Para la ecuación de la Normal se tiene: N x FH x Cosθ FV x Senθ
La ecuación fue desarrollada en el problema IV.1. Para nuestro caso, el ángulo de inclinación es β , entonces se tiene:
PORTICOS
124
FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
N x FH x Cosβ FV x Senβ
Para nuestro problema: FH x 14.099
FV x 1.64 Remplazando: N x ( 14.099)Cosβ (1.64) Senβ N x 13.700
Evaluando: x[m]
M x [ KNm]
0
-50
5.385
-69.995
4. Diagramas 4.1. Diagrama de Momento flector
– 70.004
– 69.995
D – 50 – 35.248
– 50
– 35.248
C
B
A
E
G
F
PORTICOS
125
FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
4.2. Diagrama de Cortante
– 7.772
D
+3.713
– 7.772
E
F
C
– 14.099
+3.713
+25
+25
G
– 14.099
B
A
4.3. Diagrama de Normal
– 11.877
– 13.7
D
– 13.7
– 11.877
E C
+1.64
F
– 30.556 +14.633
+1.64
B
+5.556
+14.633
A
+5.556
G
– 30.556
PORTICOS
126
FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
Problema IV.7 Para el pórtico de la figura determinar las reacciones de apoyo, funciones de fuerzas internas y los diagramas de Momento M, Cortante Q y Normal N. Figura IV.7.1 N K 0 4 m 2
m N K 0 7
m / N K 3 1
m 4
° 0 2
m / N K 2 1
m 3
N K 0 6
° 0 2
m 3
m / N K 3 1
m 4
N K 0 4
2m
m N K 0 7
1m 2m
3m
m 2
PORTICOS
127
FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
1. Geometría N K 0 4 m 2
B
H
β
B
V
m N B K 0 7
θ
m / N K 3 1
m 4
° 0 2 2 . 7 . V I a r u g i F
m / N K 2 1
m 3
N K 0 6 G ° 0 2
m 3
F
E
m / N K 3 1
m 4 θ
A C
x m N A K H 0 7
β
N K 0 4
2m
D 1m
2m
3m
Calculamos las longitudes de las vigas inclinadas (teorema de Pitágoras) : CD 12 2 2 2.236m
A
V
m 2
PORTICOS
128
FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
CE
4 2 2 2 4.472m
Calculamos la longitud FG , con la relación trigonométrica coseno: 3 3 FG 3.193m Cos 20 Cos 20 FG Calculamos los ángulos: 1 tgβ 0.5 β tg 1 0.5 26.565 2 2 tgθ 0.5 θ tg 1 0.5 26.565 4 2. Reacciones de apoyo Por la simetría del pórtico se tiene: 1 V A 40 12(14) 2(13)(4) 40 60 2 V A V B 206 [KN] (Por simetría)
M G 0 (Lado izquierdo de la articulación G) 70 H A (7 1.092) 40(9) 12(7)(3.5) 13(4)(5) 206(7) 0 H A 73.9 [KN]
Donde: H A H B 73.9 [KN] (Por simetría)
3. Funciones de fuerzas internas 3.1. Tramo A-C.Origen de x el punto A. Signos: +M +Q +N
Las ecuaciones son: M x 70 73.9 x Q x
dM x
dx N x 206
Evaluando:
73.9 Q x 73.9
x[m]
M x [ KNm]
0
70
3
-151.7
3.2. Tramo D-C.Origen de x el punto D. Signos: +N +Q +M
Analizaremos el tramo en la siguiente figura: 40KN Las ecuaciones de fuerzas internas son: M x 40( xCosβ ) ( 40Cos 26.565) x M x 35.777 x
D xSen
Q x
x β xCos
C
dM dx
35.777 Q x 35.777
PORTICOS
129
FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
Para determinar la ecuación de la Normal y otro método para determinar la Cortante en una viga inclinada, realizaremos el siguiente análisis: Q H
La Normal en el punto x es, de acuerdo a los signos asumidos: N x N H N V Donde:
N H
β FH x
N H FH x Cosβ
NV
FV x
N V FV x Senβ
β QV
β
La ecuación de la Normal es, remplazando ( para este problema ): N x FH x Cosβ FV x Senβ
La Cortante en el punto x es, de acuerdo a los signos asumidos: Q x Q H QV Donde: Q H FH x Senβ QV FV x Cosβ
La ecuación de la Cortante es:
Q x FH x Senβ FV x Cosβ
Se asume como sentidos positivos: FH x y FV x , siendo estos sentidos los que se asumen
para nuestra deducción de las ecuaciones, como están e n la figura. Para nuestro caso: FH x 0
FV x 40 Remplazando en las ecuaciones: N x (0)Cos 26.565 ( 40) Sen 26.565 N x 17.889 Q x (0) Sen 26.565 (40)Cos 26.565 Q x 35.777
Se tienen los mismos resultados de la ecuación de la Cortante, por lo tanto se puede usar cualquier método para determinar la ecuación. Evaluando: x[m]
M x [ KNm]
0
0
2.236
-80
3.3. Tramo C-E.Origen de x el punto C. Signos: +M +Q +N
Analizaremos el tramo en la siguiente figura:
PORTICOS
130
FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
13KN/m Calculamos la suma de fuerzas y momento hasta el punto C :
12KN/m
FV C 206 40 166 KN
E
M C
FH C
x θ
FV C
FH C 73.9 KN M C 70 73.9(3) 40( 2) 231.7 KNm xSenθ
xCosθ
Las ecuaciones de fuerzas internas son:
xCosθ xCosθ M x M C FV C ( xCosθ ) FH C ( xSenθ ) 12 xCosθ 13 xCosθ 2 2 M x 231.7 (166Cosθ ) x (73.9 Senθ ) x (12.5Cos 2θ ) x 2 M x 231.7 115.426 x 10 x 2 Q x
dM x
115.426 20 x Q x 115.426 20 x dx Para la ecuación de la Normal se tiene: N x FH x Cosβ FV x Senβ
La ecuación fue desarrollada en el problema IV.1 Para nuestro problema el ángulo de inclinación es θ, entonces se tiene: N x FH x Cosθ FV x Senθ Para nuestro problema: FV x 166 13( xCosθ ) 12( xCosθ ) 166 25 xCosθ
FH x 73.9 Remplazando: N x (73.9)Cos 26.565 (166 25 xCos 26.565) Sen 26.565 N x 140.336 10 x
Evaluando: x[m]
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
N x [ KN ]
0
-231.7
115.426
-140.336
2.236
-23.604
4.472
84.497
25.986
-95.616
3.4. Tramo E-F.Origen de x el punto E. Signos: +M +Q +N
Analizaremos el tramo en la siguiente figura:
PORTICOS
131
FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
F
M E
Calculamos la suma de fuerzas y momento hasta el punto E :
FV E 206 25(4) 40 66 KN FH E 73.9 KN M E 70 206(4) 73.9(5) 40(6) 25(4)(2) 84.5 KNm
x
FH E
FV E
Las ecuaciones de fuerzas interna son: M x M E FH E x 84.5 73.9 x
Evaluando:
M x 84.5 73.9 x Q x
dM x dx
x[m]
M x [ KNm]
0
84.5
2
-63.3
73.9 Q x 73.9
N x FV E 66 N x 66
3.5. Tramo F-G.Origen de x el punto F. Signos: +M +Q +N
Analizaremos el tramo en la siguiente figura: 12KN/m M F
G
x
FH F
20° xCos20°
xSen20°
Calculamos la suma de fuerzas y momento hasta el punto F : FV F 206 40 25(4) 66 KN
FH F 73.9 KN M F 70 206(4) 73.9(7) 40(6) 25(4)(2) 63.3 KNm
FV F
Las ecuaciones de fuerzas internas son:
xCos 20 M x M F FV F ( xCos 20) FH F ( xSen20) 12( xCos 20) 2 xCos 20 M x (63.3) 66( xCos 20) 73.9( xSen20) 12( xCos 20) 2 M x 63.3 36.744 x 5.298 x 2 Q x
dM x
36.744 10.596 x Q x 36.744 10.596 x dx Para la ecuación de la Normal se tiene: N x FH x Cosβ FV x Senβ
La ecuación fue desarrollada en el problema IV.1 Para nuestro problema el ángulo de inclinación es 20°, entonces se tiene: N x FH x Cos 20 FV x Sen20 Para nuestro problema:
FV x 66 12 xCos 20 FH x 73.9 Remplazando: N x (73.9)Cos 20 (66 12 xCos 20) Sen20
PORTICOS
132
FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
N x 92.017 3.857 x
Evaluando: x[m]
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
N x [ KN ]
0
-63.3
36.744
-92.017
1.596
-18.152
3.193
0.0090
2.911
-79.702
4. Diagramas 7 . 1 5 1
7 . 1 3 2
–
–
B 0 8
–
0 7 +
4 0 6 . 3 2
–
3 . 3 3 . 6 – 3 6
. o i r . a r a t c i n r o t c é m o i n . s g a a i s r u m e t r d c o u f r o r t n s e e e p s a r l a o t l a s a d e v u o p n t . s n e i o . d c o e a c o s i r h i c c a t r i t g r e t r é é m é r a i e m m d c s i y s s i s a s e s a e s a t o e d c t e i l r e r n a i : t n e e u a é l t m r q p i m m o r z o o i m s M C N e u s d c a e e e r d d d a e u a a a n s t o s c m m m i a u c a a r a t r r r m s g g g c e a r a i a i a i r e i g a d d d d a r i a l l l e d P E E E S s o ) ) ) ) l ) 1 2 3 4 5 a r a P
–
5 . 4 8 +
2 5 1 . 8 1
7 9 4 . 4 8 +
–
G
2 5 1 . 8 1
5 . 4 8 +
–
F
r o t c e l f o t n e m o M e d a m a r g a i D . 1 . 4
3 . 3 6 3 . – 3 6
7 9 4 . 4 8 +
E
–
4 0 6 . 3 2
–
0 7 +
0 8
–
C A 7 . 1 3 2
–
D
7 . 1 5 1
–
PORTICOS
133
FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
9 8 8 . 7 1
7 7 7 . 5 3 +
6 0 2
–
–
9 . 3 7 +
6 2 4 . 5 1 1
–
6 3 3 . 0 4 1
9 . 3 7 +
7 7 7 . 5 3 +
6 0 2
–
9 8 8 . 7 1
B
B
–
–
9 . 3 7 +
9 . 3 7 +
7 1 0 . 2 9
6 6
–
4 4 7 . 6 3
–
6 1 6 . 5 9
6 8 9 . 5 2
–
6 6
–
–
–
2 0 7 . 9 7
G
1 1 9 . 9 . 2 – 2 +
–
2 0 7 . 9 7
G
–
9 . 3 7
9 . 3 7
–
–
4 4 7 . 6 3 +
F
6 8 9 . 5 2 +
F
E 7 1 0 . 2 9
–
9 . 3 7
6 C 2 4 . 5 1 1 +
D
7 7 7 . 5 3
–
E
–
6 6
6 6
–
–
9 . 3 7
–
e t n a t r o C e d a m a r g a i D . 2 . 4
6 1 6 . 5 9
9 8 8 . 7 1
–
7 7 7 . 5 3
–
A
l a m r o N e d a m a r g a i D . 3 . 4
–
C
A
6 3 3 . 0 4 1
–
9 8 8 . 7 1
–
D 6 0 2
–
6 0 2
–
PORTICOS
134
FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
Problema IV.8 Para el pórtico de la figura determinar las reacciones de apoyo, funciones de fuerzas internas y los diagramas de Momento M, Cortante Q y Normal N. Figura IV.8.1
30KN/m 30KN/m 12KN/m
12KN/m
35KNm
35KNm 75KN
75KN
2m
2m
4m
4m
2m
1. Geometría Figura IV.8.2
30KN/m 30KN/m 12KN/m
12KN/m D
C
E
35KNm
35KNm 75KN
75KN
x 2m
x H A
A
B
V A
2m
H B V B
4m
4m
2m
PORTICOS
135
FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
2. Reacciones de apoyo + M A 0
V B (8) 35 75(2) 12(5)(2.5)
1 2
30 6 6 4 30 6 6 2 35 75(2) 12(5)(2.5) 0 2
3
1
1
2
3
V B 98.75 [KN]
F V 0 V A
1 2
(30)(6)
1
(30)(6) (98.75) 0 2 V A 98.75 [KN]
M E 0 ( Lado izquierdo de la articulación E)
H A (5) 98.75( 4) 35 75(3) 12(5)(2.5)
1 2
2 6 0 3
(30)(6)
H A 15 [KN]
F H 0
15 75 75 12(5) 12(5) H B 0 H B 15 [KN] Control: M B 0
1 2 1 1 98.75(8) 12(5)(2.5) 35 75( 2) 30 6 6 4 30 6 6 2 12(5)( 2.5) 35 75( 2) 0 2 3 2 3 0 0
3. Funciones de fuerzas internas 3.1. Tramo A-C.Origen de x el punto A. Signos: +M +Q +N
x M x H A x 12 x 35 2
x 2
M x 15 x 6 x 2 75( x 2) Q x
x 2
dM x
15 12 x 75 dx N x V A 98.75
75( x 2) x 2
x 2
35 x 2
Q x 15 12 x 75 x 2
Evaluando: x[ m]
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
0
0
-15
1
-21
2
-54 -89
3.5
-48.5
5
-35
-39 +36 0
PORTICOS
136
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3.2. Tramo D-E.Origen de x el punto D. Signos: +Q +N
+M
Para facilitar el cálculo de las ecuaciones, realizamos el artificio de suma y resta de cargas ficticias y la sumatoria de fuerzas y momento hasta el punto C , como se muestra en la figura: Calculamos la suma de fuerzas y momento en C : 30KN/m FV C 98.75 KN
FH C 15 75 12(5) 0 KN 30KN/m M C 15(5) 35 75(3) 12(5)(2.5) 35 KNm
q x
x
Hallamos q x por relación de triángulos: 30 q x q x 5 x x 6 Para reducir los cálculos de tramos, r ealizamos
x E
C
D
FH C
M C FV C
la suma de fuerzas y momento hasta el punto C.
2m
Las ecuaciones de fuerzas internas son: x 1 1 M x 30 x q x x x FV C ( x 2) 2 2 3 M x 15 x 2
1 (5 x x) x 98.75( x 2) 2 3
1
M x 15 x 2 0.833 x 3 98.75( x 2) Q x
dM x dx
x 2
x 2
x 2
35 x 2
35 x 2
35 x 2
30 x 2.5 x 2 98.75 x 2
Q x 30 x 2.5 x 2 98.75
x 2
N x 0
Evaluando: x[ m]
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
0
0.000
0.000
1
-14.167
-27.000
2
-53.336 -88.336
-50.000 +48.000
4
-24.188
+18.750
6
-0.072 0
+8.750
Para los diagramas se cumple: 1) La estructura es simétrica y las cargas de simetría inversa. 2) El diagrama de Momento flector es de iguale en valor absoluto pero de signos contrarios a partir del eje de simetría.
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3) El diagrama de Cortante es igual en valor y signo. 4) El diagrama de la Normal es igual en valor pero de signo contrario a partir del eje de simetría.
4. Diagramas 4.1. Diagrama de Momento flector +88.336 +53.336 +14.167
+24.188
C – 35
E
D
+35
– 14.167 – 53.336
– 24.188
– 88.336
– 48.5
+48.5
– 89
+89
– 54
+54
– 21
+21
A
B
4.2. Diagrama de Cortante +48.75
+48.75 +18.75
+18.75 +8.75
D C
E
– 27.5
– 27.5 – 50
+36
A
– 50
– 39
– 15
– 39
+36
– 15
B
