165
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
CAPITULO VI
Proble Problema ma VI.1 VI.1 Para Para el arco arco triart triarticu iculad lado o de eje parabó parabólic lico o mostra mostrado do en la figu figura, ra, deter determina minarr las reacciones de apoyo, funciones de fuerzas internas y los diagramas de Momento M, Cortante Q y Normal N.
Figura VI.1.1
4m 7 KN/m
m 8 = f
60 KN
3.5 m
L
2
6m
4m
166
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS 1. Geometría Figura VI.1.2
4m 7 KN/m B
C
y – 3.5 3.5 60 KN
y V C
y
3.5m y
x
H A
x
x
A V A
1.5m
2.5m
2m
4m
La ecuación del eje parabólico esta dado por la siguiente ecuación: y
4 f x 2
L
( L x)
De la figura se tiene: L
2
6 L 12m f 8m
Remplazando en la ecuación del eje parabólico: 4 8 32 32 2 8 2 2 y x x x x x x 12 12 144 3 9 12 2 8 2 2 La ecuación será: y x x 3 9 Determinamos el ángulo θ tangente a la curva, derivando: dy 8 4 8 4 x θ tg 1 x tgθ dx 3 9 3 9
H C m 8 = f
166
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS 1. Geometría Figura VI.1.2
4m 7 KN/m B
C
y – 3.5 3.5 60 KN
y V C
y
3.5m y
x
H A
x
x
A V A
1.5m
2.5m
2m
4m
La ecuación del eje parabólico esta dado por la siguiente ecuación: y
4 f x 2
L
( L x)
De la figura se tiene: L
2
6 L 12m f 8m
Remplazando en la ecuación del eje parabólico: 4 8 32 32 2 8 2 2 y x x x x x x 12 12 144 3 9 12 2 8 2 2 La ecuación será: y x x 3 9 Determinamos el ángulo θ tangente a la curva, derivando: dy 8 4 8 4 x θ tg 1 x tgθ dx 3 9 3 9
H C m 8 = f
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
167
8 4 x 3 9
θ tg 1
El ángulo será:
Calcularemos las coordenadas que nos serán útiles para solucionar el problema, haciendo uso de la ecuación del eje parabólico: 8 2 2 Si: x 10m y 10 10 3 9 y 4.444m 8 2 2 Si: x 4m y 4 4 3 9 y 7.111m 8 2 Si: y 3.5m 3.5 x x 2 3 9 Para este problema se tiene la siguiente ecuación de segundo grado: 2 x 2 24 x 31.5 0 Resolviendo: x1 10.5 m (No valido) x 2 1.5 m (Si valido) No es valido x1 10.5 m, por que ésta coordenada esta fuera de nuestro arco triarticulado. 2. Reacciones de apoyo M A 0
M B 0
V C 10 H C 4.444 7 2.5 2.75 60 3.5 0 10V C 4.444 H C 258.125 ……………………. (1) (Lado derecho de la articulación B) B)
V C 6 H C 7.111 4.444 0 6V C 2.667 H C 0 ……………………………. (2)
Se forma el siguiente sistema de ecuaciones lineales: 10V C 4.444 H C 258.125 6V C 2.667 H C 0
Resolviendo:
V C 12.908 [KN] H C 29.039 [KN]
F V 0 V A 7 2.5 12.908 0
F H 0
V A 4.592 [KN] H A 60 29.039 0 H A 30.961 [KN]
Control:
Realizamos el control calculando las reacciones de apoyo del punto A, por ecuaciones de Momento: M C 0 V A 10 H A 4.444 60 4.444 3.5 7 2.5 7.25 0
168
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
10V A 4.444 H A 183.515 ……………………. (1)
M B 0
(Lado izquierdo de la articulación articulación B) V A 4 H A 7.111 60 7.111 3.5 7 2.51.25 0
4V A 7.111H A 238.535 …………………….. (2)
Resolviendo el sistema: V A 4.592 [KN] H A 30.961 [KN]
Estos resultados comprueban nuestros cálculos realizados.
3. Funciones Funciones de fuerzas fuerzas internas internas 3.1. 3.1. Tramo Tramo A-C. Origen de x el punto A.
Signos:
+M
+Q +N
Las ecuaciones de fuerzas internas son: M x V A x H A y
60 y 3.5
M x 4.592 x (30.961) y
y 3.5
60 y 3.5
60 y 3.5
M x 4.592 x 30.961 y
x 1.5 7 x 1.5 2 y 3.5
y 3.5
3.5 x 1.5 2
3.5 x 1.5 2
7 2.5 x 2.75 1.5 x 4 1.5 x 4
1.5 x 4
17.5 x 2.75
17.5 x 2.75
x 4
x 4
x 4
Para determinar las ecuaciones ecuaciones de la Normal y Cortante, Cortante, realizamos el siguiente siguiente análisis: N H
La Normal en el punto x es, de acuerdo a los signos asumidos:
Q H
θ Recta tangente
N x N H N V
FH x
Donde: θ
QV
FV x y
N H FH x Cos θ N V FV x Senθ
Remplazando se tiene la ecuación de la Normal: N V
θ
N x FH x Cos θ FV x Senθ
La Cortante en el punto x es, de acuerdo acuerdo a los signos: signos: Q x Q H QV
x
Donde:
Q H FH x Senθ QV FV x Cos θ
Remplazando se tiene la ecuación de la Cortante:
Q x FH x Senθ FV x Cosθ
Se asume como sentidos positivos: FH x y FV x , siendo estos sentidos los los que se asumen para nuestra deducción de las ecuaciones, como están en e n la figura. Para nuestro problema: FH x 30.961 60 y 3.5
169
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
FV x 4.592 7 x 1.5
1.5 x 4
17.5
x4
Remplazando en las ecuaciones: Q x (30.961 60 y 3.5 ) Senθ (4.592 7 x 1.5 Q x 30.961Senθ
60 y 3.5 Senθ 4.592Cosθ 7 x 1.5
1.5 x 4
Cos θ
17.5 x 4 Cosθ
60 y 3.5 Senθ 7 x 1.5
1.5 x 4
Cos θ
17.5 x 4 Cosθ
Q x 30.961Senθ 4.592Cos θ N x ( 30.961
17.5 x 4 )Cos θ
1.5 x 4
60 y 3.5 )Cos θ (4.592 7 x 1.5
N x 30.961Cos θ 4.592 Senθ
1.5 x 4
60 y 3.5 Cos θ 7 x 1.5
17.5 x 4 ) Senθ
1.5 x 4
Senθ
17.5 x 4 Senθ
Evaluando: Resumen:
8 3
2 2 9 8 4 θ tg 1 x 3 9
y x x
M x 4.592 x 30.961 y
60 y 3.5
y 3.5
3.5 x 1.5 2
1.5 x 4
17.5 x 2.75
Q x 30.961Senθ 4.592Cos θ
60 y 3.5 Senθ 7 x 1.5
1.5 x 4
N x 30.961Cos θ 4.592 Senθ
60 y 3.5 Cosθ 7 x 1.5
1.5 x 4
x 4
Cos θ
17.5 x 4 Cosθ
Senθ
17.5 x 4 Senθ
El cuadro llamado Resumen nos ayudara a hallar de una forma ordenada y clara todos los parámetros para la solución de nuestro problema, este cuadro resulta importante por que nos evitara cometer errores ya que ordenara nuestro trabajo. Evaluamos: x[ m]
y[m]
θ [ ]
M x [ KNm ]
Q x [ KN ]
N x [ KN ]
0 1
0 2.444
69.444 65.772
0.000 80.274
1.5
3.5
63.435
115.252
2 3 4 5 6 7 8 9 10
4.444 6 7.111 7.778 8 7.778 7.111 6 4.444
60.642 53.130 41.634 23.962 0 -23.962 -41.634 -53.130 -60.642
89.247 41.667 -0.007 -32.274 -51.635 -58.090 -51.639 -32.281 -0.017
30.602 30.118 29.746 -23.920 -24.774 -26.776 -28.940 -23.589 -12.908 -0.002 9.645 15.486 18.981
6.572 8.518 9.739 -17.094 -15.188 -12.697 -13.128 -21.294 -29.039 -31.779 -30.280 -27.750 -25.487
170
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS 4. Diagramas 4.1 Diagrama de Momento flector +115.252 +89.247 +80.274
+41.667
B
1
A
2
3
C
5
6
7
9
8
10
4 – 32.281
– 32.274 – 51.635
– 51.635 – 58.090
4.2 Diagrama de Cortante 2 0 6 . 0 3 +
8 1 1 . 0 3 +
6 4 7 . 9 2 +
5 4 6 . 9 +
6 8 4 . 5 1 +
1 8 9 . 8 1 +
B
2 A
3
4
5
6
1
7 8
9
10 C
8 0 9 . 2 1 0 2 9 . 3 2
–
4 7 7 . 4 2
–
6 7 7 . 6 2
–
0 4 9 . 8 2
–
9 8 5 . 3 2
–
–
171
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS 4.3 Diagrama de Normal
4 9 0 . 7 1
–
8 8 1 . 5 1
–
7 9 6 . 2 1
8 2 1 . 3 1
3
4
–
A
9 7 7 . 1 3
–
0 8 2 . 0 3
–
–
0 5 7 . 7 2
–
7 8 4 . 5 2
–
–
–
1 2
2 7 5 . 6 +
4 9 2 . 1 2
9 3 0 . 9 2
8 1 5 . 8 +
5
6
7
8
B
9
10 C
9 3 7 . 9 +
Problema VI.2 Para el arco triarticulado de eje circular 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 VI.2.1
70 KNm
13 KN/m
17 KN/m
m 5 = f
45 KNm
a 6m
a 6m
172
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS 1. Geometría Figura VI.2.2
70 KNm
13 KN/m
17 KN/m
C
5 – y y – 2.5 Resultante=65 KN
y
R
y
y
x
H A
A
45 KNm
x
x
H B
R
b
B
o (Centro de la circunferencia)
V A
m 5 = f
a 6m
V B
a 6m
La ecuación del eje circular esta dado por la siguiente ecuación:
x a 2 y b 2 R 2 De la figura podemos determinar las siguientes condiciones: R 2 b 2 a 2 ……………….. 1 R b f …………………… 2
De la ecuación 2, elevamos al cuadrado ambos términos de la ecuación: 2
2 R b f ……………… 3
Igualando las ecuaciones 1 y 3:
b f 2 b 2 a 2 2 2 2 2 b 2bf f b a
b
a 2 f 2
62 52 25
2 f b 1.1 m Remplazando en 2: R 1.1 5 6.1 [m] Considerando de acuerdo a nuestro eje de referencia cartesiano, la ordenada b como negativo. Remplazando en la ecuación del eje circular, se tiene: x 6 2 y 1.1 2 6.12
x 6 2 y 1.1 2 37.21 La ecuación del eje circular es:
y
37.21 x 6 2 1.1
y
37.21 x 6 2 1.1
173
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
Determinamos el ángulo θ tangente a la curva, derivando, en este caso implícitamente: 2 x 6 2 y 1.1 y ' 0 dy x 6 tgθ y ' dx y 1.1 x 6 θ tg 1 y 1.1 2. Reacciones de apoyo M B 0 V A 12 13 5 2.5 70 17 5 2.5 45 0 V A 6.25 [KN]
M C 0
(Lado izquierdo de la articulación C)
6.25 6 H A 5 13 5 2.5 0 H A 25 [KN] F V 0
6.25 V B 0 V B 6.25 [KN]
F H 0
25 13 5 17 5 H B 0 H B 45 [KN] Control:
Realizamos el control calculando las reacciones de apoyo del punto B, por ecuaciones de momento: M A 0 V B 12 45 17 5 2.5 70 13 5 2.5 0 V B 6.25 [KN] M C 0 (Lado derecho de la articulación C) H B 5 45 17 5 2.5 70 6.25 6 0 H B 45 [KN] Estos resultados comprueban nuestros cálculos realizados. 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 V A x H A y M x 6.25 x 25 y M x 6.25 x 25 y
y
13 y 2 6.5 y 2
6.5 y
2 x 6
x 6
x 6
5 y 70 x6 13 5 y 2.5 x 6 17 5 y 2
70 x 6 65 y 2.5
70 x6 65 y 2.5
x 6
x 6
8.5 5 y 2
8.5 5 y
2 x 6
x 6
x 6
174
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
Para determinar las ecuaciones de la Normal y Cortante, utilizamos las siguientes ecuaciones: N x FH x Cos θ FV x Senθ Q x FH x Senθ FV x Cosθ
Estas ecuaciones fueron desarrolladas en el problema VI.1, su deducción es similar. Para nuestro problema: FH x 25 13 y x 6 13 5 x 6 175 y x 6 25 13 y x 6 65 x 6 17 5 y
x 6
FV x 6.25
Remplazando: Q x (25 13 y x 6 65 x 6 17 5 y x 6 ) Senθ 6.25 Cosθ N x ( 25
13 y x 6 65 x 6 17 5 y x6 )Cosθ 6.25 Senθ
Evaluando: Resumen: y
37.21 x 6 2 1.1 x 6 1 . 1 y
θ tg 1
M x 6.25 x 25 y
6.5 y 2
x 6
70 x6 65 y 2.5 x 6 8.5 5 y 2
Q x (25
13 y x 6 65 x 6 17 5 y x 6 ) Senθ 6.25Cosθ
N x ( 25
13 y x6 65 x 6 17 5 y x6 )Cos θ 6.25 Senθ
x 6
El cuadro llamado Resumen nos ayudara a hallar de una forma ordenada y clara todos los parámetros para la solución de nuestro problema, este cuadro resulta importante por que nos evitara cometer errores ya que ordenara nuestro trabajo. Evaluamos: θ [ ] x[ m] y[m] M x [ KNm ] Q x [ KN ] N x [ KN ] 0 0.000 79.611 0.000 25.717 -1.639 1 2.394 55.052 28.845 -1.441 -8.632 2 3.505 40.976 20.263 -8.770 -19.629 3 4.211 29.459 8.754 -9.188 -28.975 4 4.663 19.139 0.249 -5.773 -35.697 5 4.917 9.435 -2.993 -0.216 -39.425 0.000 6 5.000 0.000 6.250 -40.000 -70.000 7 4.917 -9.435 -60.507 12.493 -37.050 8 4.663 -19.139 -44.979 17.140 -30.324 9 4.211 -29.459 -24.990 18.520 -20.080 10 3.505 -40.976 -4.204 14.287 -6.919 11 2.394 -55.052 7.766 0.058 7.585 12 0.000 -79.611 -45.000 -43.135 14.262
175
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS 4. Diagramas 4.1 Diagrama de Momento flector – 70
– 60.507
– 45
– 44.979
– 24.990
1
A
2
3
4
– 4.204
– 2.993
+0.249
5
11
6
7
8
9
10
12
C
+8.754
B
+7.766
+20.263
+28.845
4.2 Diagrama de Cortante
7 1 7 . 5 2 +
0 5 2 . 6 +
1 A
1 4 4 . 1
–
2 0 7 7 . 8
–
3 8 8 1 . 9
4 3 7 7 . 5
3 9 4 . 2 1 +
0 4 1 . 7 1 +
0 2 5 . 8 1 +
8 5 0 . 0 +
5 6 1 2 . 0
–
6
7 8 2 . 4 1 +
7
8
9
10 11
12 B
C
–
–
5 3 1 . 3 4
–
176
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS 4.3 Diagrama de Normal
9 2 6 . 9 1
5 7 9 . 8 2
7 9 6 . 5 3
5 2 4 . 9 3
–
0 4
–
0 5 0 . 7 3
–
–
4 2 3 . 0 3
–
–
–
–
9 3 6 . 1
0 8 0 . 0 2
2 3 6 . 8
9 1 9 . 6
–
–
–
A
11 1
2
3
4
5
6
7
8
9
C
12 B
10 5 8 5 . 7 +
2 6 2 . 4 1 +
Problema VI.3 Para la estructura mostrada en la figura determinar las reacciones de apoyo, funciones de fuerzas internas y los diagramas de Momento M, Cortante Q y Normal N. Figura VI.3.1
20 KN 13 KN/m 30 KN
R=5 m
5m
7m
177
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS 1. Geometría Figura VI.3.2
20 KN 13 KN/m 30 KN C
x
θ
rCosθ
B
D
x
R=5 m r
rSenθ H A
x
A
V A
5m
7m
2. Reacciones de apoyo M A 0
V B 12 1312 6 30 5 0 V B 65.5 [KN] F V 0 V A 1312 65.5 20 0 V A 110.5 [KN]
F H 0
H A 30 0 H A 30 [KN] Control: M B 0 V A 12 H A 5 2012 1312 6 0
F H 0
12V A 5 H A 1176 ……………….. (1) H A 30 0 H A 30 [KN]
Remplazando en la ecuación 1, se tiene:
12V A 5 30 1176 V A 110.5 [KN] Estos resultados comprueban nuestros cálculos realizados.
V B
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
178
3. Funciones de fuerzas internas 3.1 Tramo A-D.Origen de x el punto A.
Signos:
+M
+Q +N
Para determinar las funciones de fuerzas internas de este tramo, consideraremos coordenadas polares, de esta forma reduciremos los cálculos, representaremos el tramo en la siguiente figura y detallaremos su solución: Figura VI.3.3 (Polo) O
θ
r rCosθ
Eje polar
r
rSenθ r rCosθ H A 30 KN
x V A 110.5 KN
Analizando nuestro problema y observando la figura podemos terminar que: r es constante y θ es variable, por lo tanto obtendremos nuestras ecuaciones en función del ángulo θ, haciendo variar de 0º hasta 90º en sentido antihorario y tomando en cuenta que r R 5m . Las ecuaciones de fuerzas internas son: M x V A rSenθ H A r rCos θ M x V A r Senθ H A r 1 Cos θ M x 110.5 5 Senθ 30 51 Cos θ M x 552.5Senθ 1501 Cos θ
Para determinar las ecuaciones de la Normal y Cortante, analizaremos en la siguiente figura: La Normal en el punto x es, de acuerdo a los signos asumidos:
θ
N x N H N V
r
Donde: N H FH x Cosθ N V FV x Senθ
FH x Q H
Remplazando se tiene la ecuación de la Normal: N x FH x Cos θ FV x Senθ
θ
N H
N V Recta tangente
QV
FV x θ
La Cortante en el punto x es, de acuerdo a los signos asumidos: Q x Q H QV
179
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS Q H FH x Senθ
Donde:
QV FV x Cos θ
Remplazando se tiene la ecuación de la Cortante:
Q x FH x Senθ FV x Cos θ
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 en la figura. Para nuestro problema: FH x 30 FV x 110.5 Remplazando en las ecuaciones: N x 30Cos θ 110.5Senθ Q x 30 Senθ 110.5Cos θ Evaluando: θ º M x [ KNm] Q x [ KN ] N x [ KN ]
0 15 30 45 60 75 90
0.000 137.886 256.154 346.743 403.479 422.497 402.500
110.500 98.970 80.696 56.922 29.269 -0.378 -30.000
-30.000 -57.577 -81.231 -99.349 -110.696 -114.499 -110.5
3.2 Tramo C-D.Origen de x el punto C. Signos: +Q +N
+M
Las ecuaciones de fuerzas internas son: x M x 20 x 13 x 20 x 6.5 x 2 2
2 M x 20 x 6.5 x
Q x
dM x dx
20 13 x Q x 20 13 x
N x 0
3.3 Tramo B-D.Origen de x el punto B. +N Signos: +M +Q
Las ecuaciones de fuerzas internas son: x M x 65.5 x 13 x 65.5 x 6.5 x 2 2
2 M x 65.5 x 6.5 x
Evaluando: x[m]
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
0 2.5 5
0.000 -90.625 -262.500
-20.000 -85.000
180
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS Q x
dM x dx
(65.5 13 x) 65.5 13 x Q x 65.5 13 x
N x 30
Evaluando: x[m]
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
0 3.5 7
0.000 149.625 140.000
-65.500 25.500
4. Diagramas 4.1 Diagrama de Momento flector – 262.5 – 90.625
D C
B
+402.500
+140
+149.625 +422.497
+403.479
A
+346.743 +137.886
+256.154
4.2 Diagrama de Cortante – 85 – 20
– 30
– 65.5
D
+25.5
C
– 0.378
+29.269
+56.922
A +80.696 +110.5
+98.970
B
181
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS 4.3 Diagrama de Normal – 30
– 110.5
– 30
B D
C – 114.499 – 110.696 – 99.349 – 81.231 – 57.577 – 30
A
Problema VI.4 Para la estructura de eje circular mostrada en la figura, determinar las reacciones de apoyo, funciones de fuerzas internas y los diagramas de Momento M, cortante Q y Normal N. Figura VI.4.1
170 KN 45 KN
R=6 m
30º
30º
182
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS 1. Geometría Figura VI.4.2
170 KN 45 KN
C
x
rSen(θ -90º)
) º 0 9 -
r
θ ( s o C r
rCos(- θ)
θ -90º
θ
rCos30º A’
) θ º 0 3 n e S r
r=6 m Eje polar
90º
θ
( n e S r
30º
O
B’
30º
(Polo)
r
x H A
A
B V B
V A
Calculamos las longitudes necesarias: 1 2 3 A' O B' O rCos 30º 6 2 3 3 [m] AA' BB ' rSen30 º 6 3 [m]
2. Reacciones de apoyo M A 0
V B B' O A' O 170 A' O 45 r A' A 0 V B
3
3 3 3 1703 3 45 6 3 0 V B 46.029 [KN]
F V 0 V A 170 46.029 0
F H 0
V A 123.971 [KN] H A 45 0
183
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS H A 45 [KN] Control: M B 0
V A 2 3 3 45 6 3 170 3 3 0 V A 123.971 [KN]
F H 0
H A 45 0 H A 45 [KN]
Estos resultados comprueban nuestros cálculos realizados.
3. Funciones de fuerzas internas 3.1 Tramo A-B.Origen de x el punto A.
Signos:
+M
+Q +N Cos θ Cosθ
Considerando que:
Sen θ Senθ
Las ecuaciones de fuerzas internas son: M x V A rCos θ rCos30º H A rSen30º rSen θ 170 rSenθ 90º 45 r rCos θ 90º
θ 90 º
θ 90 º
M x V A r Cos θ Cos 30 º H A r Sen30 º Senθ
170 r Cos θ
θ 90 º
45 r 1 Senθ
θ 90 º
M x 743.826 Cos θ Cos 30 º 270 Sen30 º Senθ
1020Cos θ θ 90 º 2701 Senθ θ 90 º Para determinar las ecuaciones de la Normal y Cortante realizaremos el siguiente análisis, observaremos la siguiente figura: La Normal en el punto x, es de acuerdo a los signos asumidos: θ 30º N x N H N V
Q H θ
Donde: N H FH x Sen θ FHSenθ
N H
N V FV x Cos θ FV x Cosθ
FH x FV x
Remplazando se tiene la ecuación de la Normal: N x FH x Senθ FV x Cosθ
N V
La Cortante en el punto x, es de acuerdo a los signos asumidos:
θ
θ
Q x Q H QV
QV
Donde: Q H FH x Cos θ FHCosθ
Recta tangente
QV FV x Sen θ FV x Senθ
Remplazando se tiene la ecuación de la Cortante:
Q x FH x Cos θ FV x Senθ
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 en la figura. De trigonometría se sabe que: Senθ 90 º Senθ Cos 90 º Cos θ Sen90º Cosθ Cos θ 90º Cos θ Cos 90º Senθ Sen90º Senθ
184
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
Para nuestro problema: FH x 45 45
θ 90 º
FV x 123.971 170
θ 90 º
Remplazando: N x 45 45
θ 90 º
θ 90 º
Q x
θ
θ
45 45
Senθ 123.971 170 Cosθ 123.971 170 90 º
Cosθ Senθ 90 º
Evaluando: Resumen: M x 743.826 Cos θ Cos 30º 270 Sen30 º Senθ
45 45 45 45
Senθ 123.971 170 Cosθ 123.971 170 90 º
1020Cosθ
Cosθ Senθ 90 º
N x
θ 90 º
θ 90 º
Q x
θ
θ
θ 90 º
2701 Senθ
θ 90 º
El cuadro llamado Resumen nos ayudara a hallar de una forma ordenada y clara todos los parámetros para la solución de nuestro problema, este cuadro resulta importante por que nos evitara cometer errores ya que ordenara nuestro trabajo.
Tomando en cuenta que los ángulos negativos se remplazaran en las formulas como negativos y los positivos como positivos.
Evaluamos: θ º
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
N x [ KN ]
-30 -15 0 15 30 45 60 75
0.000 -139.427 -234.654 -279.190 -270.000 -207.711 -96.568 55.856
90
239.172
105 120 150 180 210
167.693 101.085 -0.001 -37.002 -0.001
-100.957 -75.553 -45.000 -11.381 23.014 55.841 84.862 108.100 123.971 -46.029 -44.461 -39.862 -23.015 0.000 23.015
-84.862 -108.100 -123.971 -131.394 -129.862 -119.481 -100.957 -75.553 -45.000 0.000 -11.913 -23.015 -39.862 -46.029 -39.862
185
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS 4. Diagramas 4.1 Diagrama de Momento flector
C – 96.568 – 207.711
+55.856 +239.172
+167.693 +101.085
– 270
– 279.190
– 37.002
– 234.654
– 139.427
A
B
+123.971 +108.100
4.2 Diagrama de Cortante +84.862
C – 46.029
+55.841
– 44.461 – 39.862
+23.014 – 23.015
– 11.381
– 45
– 75.553
– 100.957
A
B
+23.015
186
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS 4.3 Diagrama de Normal
C – 45
– 11.913
– 75.553
– 23.015
– 100.957 – 119.481 – 39.862 – 129.862
– 131.394
– 123.971
– 46.029
– 108.100
– 84.862
– 39.862
A
Problema VI.5
B
Para la estructura de eje curvo determinar las reacciones de apoyo, funciones de fuerzas internas y los diagramas de Momento M, Cortante Q y normal N. Figura VI.5.1 70 KN
m 5
200 KN
m 5
50 KN 2.5 m
2.5 m
2.5 m
2.5 m
187
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS 1. Geometría Figura VI.5.2
70 KN 5 – y
m 5
y y
H A
x
x
200 KN
x
x
M B
A
m 5
B V B
– y
– y
x – 2.5 50 KN
2.5 m
2.5 m
2.5 m
2.5 m
La ecuación del eje curvo esta dado por la siguiente ecuación: π x a
y aSen
Como un dato del problema se tiene: a 5 [m], remplazando en la ecuación del eje curvo se tiene: π x 5
y 5Sen
Determinamos el ángulo θ de la recta tangente al eje curvo, derivando la ecuación: tgθ
La ecuación es:
π π π 5Cos x tgθ πCos x dx 5 5 5 π θ tg 1 πCos x 5
dy
2. Reacciones de apoyo F V 0
50 V B 0 V B 50 [KN]
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
188
M A 0 M B 5010 70 5 50 2.5 0 M B 25 [KNm]
F H 0
H A 70 200 0 H A 130 [KN] Control: M A 0 V B 10 M B 70 5 50 2.5 0
10V B M B 475 ……………….. (1) F V 0
50 V B 0 V B 50 [KN]
Remplazamos en la ecuación 1:
10 50 M B 475 M B 25 [KNm] Estos resultados comprueban nuestros cálculos realizados.
3. Funciones de fuerzas internas 3.1 Tramo A-B.Origen de x el punto A.
Signos: +N
+Q +M
Las ecuaciones de fuerzas internas son: M x 130 y 50 x 2.5 x 2.5 70 5 y
x 7.5
50 x 2.5 x 2.5 70 5 y x 7.5 Para determinar las ecuaciones de la Normal y Cortante realizaremos el siguiente análisis, observaremos la siguiente figura el cual es una parte de la estructura: La Normal en el punto (x,y), es de acuerdo a los signos asumidos:
M x 130 y
x
N x N H N V
-θ Recta tangente – y
Donde: N H FH x Cos θ FH x Cosθ N V FV x Sen θ FV x Senθ
Remplazando se tiene la ecuación de la Normal:
N x FH x Cos θ FV x Senθ
La Cortante en el punto (x,y), es de acuerdo a los signos asumidos: Q x Q H QV
Q H
N H -θ FH x
FV x
Donde: N H FH x Sen θ FH x Senθ QV FV x Cos θ FV x Cosθ N V
-θ -θ QV
Remplazando se tiene la ecuación de la Cortante:
Q x FH x Senθ FV x Cos θ
189
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
Ángulos medidos en sentido horario son negativos. Realizando el análisis para la deducción de las ecuaciones en una porción de la estructura, donde el ángulo de la recta tangente es positivo, los resultados serán iguales. 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 en la figura, estos sentidos pueden variar dependiendo de nuestra conveniencia. Para nuestro problema: FH x 130 70 x 7.5
FV x 50
x 2.5
Remplazando: N x 130 70 x 7.5 Cos θ 50 x 2.5 Senθ N x 130 Q x 130 Q x 130
70 x7.5 Cosθ 50 x 2.5 Senθ
70 x7.5 Senθ 50 x 2.5 Cosθ 70 x7.5 Senθ 50 x 2.5 Cosθ
Evaluando: Resumen:
π x 5 π θ tg 1 πCos x 5 M x 130 y 50 x 2.5 y 5Sen
N x 130 Q x 130
x 2.5
70 5 y
x 7.5
70 x 7.5 Cosθ 50 x 2.5 Senθ
70 x 7.5 Senθ 50 x2.5 Cosθ
Evaluamos: x[m]
y[m]
θ Rad
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
N x [ KN ]
0 0.5 1 1.5 2
0.000 -1.545 -2.939 -4.045 -4.755
-1.263 -1.248 -1.196 -1.074 -0.771
0.000 200.861 382.060 525.861 618.187
-39.431 -41.260 -47.597 -61.906 -93.275
2.5
-5.000
0.000
650.000
3 3.5 4 4.5 5 5.5
-4.755 -4.045 -2.939 -1.545 0.000 1.545
0.771 1.074 1.196 1.248 1.263 1.248
593.187 475.861 307.060 100.861 -125.000 -350.861
123.876 123.279 120.973 114.314 90.552 0.000 -50.000 -126.427 -138.124 -139.280 -139.148 -139.041 -139.148
-130.000 -58.448 -17.939 -1.069 6.155 8.214 6.155
190
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
6 6.5 7
2.939 4.045 4.755
1.196 1.074 0.711
-557.060 -725.861 -843.187
-139.280 -138.124 126.427
7.5
5.000
0.000
-900.000
-50
8 8.5 9 9.5 10
4.755 4.045 2.939 1.545 0.000
-0.711 -1.074 -1.196 -1.248 -1.263
-876.057 -759.017 -562.785 -309.017 -25.000
103.436 152.058 167.806 173.790 175.412
-1.069 -17.930 -58.448 -130 -200 -178.328 -139.206 -119.755 -110.892 -108.307
4. Diagramas 4.1 Diagrama de Momento flector – 900 – 843.187
– 725.861
– 557.060
– 350.861
A
– 125
– 876.057
– 759.017
– 562.785
– 309.017
– 25
B +200.861
+100.861
+307.060
+382.060
+475.861
+525.861
+593.187
+618.187 +650
191
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS 4.2 Diagrama de Cortante
+103.436 – 50 – 126.427
+152.058
– 138.124
+167.806 – 139.280
+173.790 – 139.148
+175.412
+123.876
A
– 139.041
B
+123.279 – 139.148
+120.973 – 139.280
+114.314
– 200
+90.552
– 50
– 138.124
– 130
– 178.328
– 126.427 – 58.448
4.3 Diagrama de Normal
– 139.206 – 17.930 – 119.755 – 1.069
– 110.892
+6.155
A
– 108.307
+8.214
– 39.431
B +6.155
– 41.260
– 1.069
– 47.597
– 17.939
– 61.906
– 58.448
– 93.275 – 130
El sentido, solamente para el diagrama de la Normal, se ha cambiado para poder dibujar. Otra solución es dibujar en la línea proyectada a la curva.
192
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
Problema VI.6 Se aplica una presión que hace de carga distribuida uniforme y transversal al eje curvo, determinar para esta disposición las reacciones de apoyo, funciones de fuerzas internas y los diagramas de Momento M, Cortante Q y Normal N. Figura VI.6.1
q=13 KN/m
r
α
10 m 1. Geometría Cargas equivalentes
Figura VI.6.2
q=13 KN/m
q=13 KN/m
q=13 KN/m
Carga distribuida anulada
q=13 KN/m
r
rSen α
x
α
H B
A
B V A
rCos α
q=13 KN/m 10 m
10 rCos α V B
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
193
En el problema haremos uso de las cargas equivalentes, de esta forma facilitaremos el calculo tanto de las reacciones de apoyo como de las ecuaciones de fuerzas internas. La ecuación del eje curvo esta dado por la siguiente relación (Cardioide): r a 1 Cos α Para nuestro problema; a 5 , entonces la ecuación será: r 51 Cos α Para determinar el ángulo de la recta tangente a la curva, se realizara un análisis junto con la deducción de las ecuaciones Normal y Cortante.
2. Reacciones de apoyo
La carga distribuida verticalmente como se puede observar en la Figura VI.6.2, son de sentidos opuestos, por lo tanto se anularan y la carga distribuida horizontal se anulara solamente la porción donde esta representada, como se puede observar en la figura de Geometría. M B 0 V A 10 1310 5 0 V A 65 [KN] F V 0 V A 1310 V B 0 65 130 V B 0 V B 65 [KN] F H 0 H B 0 [KN] Control: M A 0 V B 10 1310 5 0 V B 65 [KN]
Este resultado comprueba nuestros cálculos.
3. Funciones de fuerzas internas 3.1 Tramo A-B.Origen de x el punto B.
Signos:
+M
+Q +N
Las ecuaciones de fuerzas internas son: rSenα 10 rCosα 1310 rCosα 6510 rCosα 2 2 2 2 M x 6.5 rSenα 6.510 rCos α 6510 rCosα M x 13 rSenα
Para las ecuaciones de la Normal y Cortante realizaremos el siguiente análisis, además determinaremos la ecuación del ángulo de la recta tangente a la curva, observemos la siguiente figura:
194
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS Signos asumidos:
Q H θ
+M
+Q
N H
Recta perpendicular a la tangente
FH x
+N
FV x r
θ
N V
Recta tangente
QV y rSen α
α
θ
Eje polar
x rCos α
Es importante distinguir el ángulo α de posición de la curva y el ángulo θ perpendicular de la recta tangente. La Normal es, de acuerdo a los signos asumidos:
Donde:
N H FH x Senθ
N x N H N V
N V FV x Cos θ
Remplazando se tiene la ecuación de la Normal:
N x FH x Senθ FV x Cosθ
La Cortante es, de acuerdo a los signos asumidos: Donde:
Q H FH x Cos θ
Q x Q H QV
QV FV x Senθ
Remplazando se tiene la ecuación de la Cortante:
Q x FH x Cos θ FV x Senθ
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 en la figura. Para nuestro problema: FH x 13rSenα FV x 65 1310 rCosα Remplazando: N x 13rSenα Senθ 65 1310 rCos α Cos θ Q x 13rSenα Cos θ 65 1310 rCosα Senθ Ya están definidas las ecuaciones de la Normal y Cortante, ahora determinaremos el ángulo perpendicular a la recta tangente a la curva, primeramente determinamos el ángulo de la tangente que esta dado por:
tgβ
dy dx
Como la curva esta definido en coordenadas polares, realizamos un cambio de coordenadas, llevándolas al sistema de coordenadas rectangulares o Cartesiano, entonces se tiene, observando la figura: y rSenα
x rCos α
Pero r, es, dentro de las coordenadas polares:
195
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS r 51 Cos α
Remplazamos en las ecuaciones de coordenadas rectangulares y derivamos respecto al ángulo α : y 51 Cos α Senα 51 Cos α Senα dy 5 0 Senα Senα 1 Cos α Cos α d α 2 2 dy 5 Cos α Sen α Cos α d α x 51 Cos α Cos α 51 Cos α Cos α dx 5 0 Sen α Cos α 1 Cos α Sen α d α dx 5 2 Senα Cos α Senα d α
Se tiene las derivadas, remplazaremos en la ecuación del ángulo de tangente: 5 Cos 2α Sen 2α Cosα d α tgβ dx 5 2 SenαCos α Senα d α dy
tgβ
2 2 Cos α Sen α Cos α
2 SenαCos α Senα
La recta perpendicular al la tangente, se obtiene mediante la siguiente relación, de acuerdo a geometría analítica: 2 SenαCos α Senα 1 2 SenαCos α Senα tgθ
tgβ
2 2 Cos α Sen α Cos α
2 2 Cos α Sen α Cos α
2 SenαCosα Sen2α
Por trigonometría:
2 2 Cos α Sen α Cos 2α
Remplazando y despejando el ángulo, se tiene la ecuación que necesitamos: Sen2α Senα θ tg 1 Cos 2α Cos α Se obtuvieron todas las ecuaciones necesarias para la resolución de nuestro problema, ahora realizaremos la evaluación: Resumen: r 51 Cos α
Sen 2α Senα Cos 2α Cos α 2 2 M x 6.5 rSenα 6.510 rCos α 6510 rCosα Q x 13rSenα Cos θ 65 1310 rCosα Senθ N x 13rSenα Senθ 65 1310 rCosα Cosθ θ tg 1
Evaluamos: α º
α rad
r m
θ º
θ rad
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
N x [ KN ]
0 30 60 90 120 150 180
0
10.000 9.330 7.5 5 2.5 0.670 0
0 45 90 135 180 225 270
0.000 0.785 1.571 2.356 3.142 3.927 4.712
0.000 40.625 121.875 162.5 121.875 40.625 0.000
0.000 -14.569 -16.250 0.000 28.146 54.374 65
65 71.197 84.437 91.924 81.25 48.216 0
π/6 π/3 π/2 2π/3 5π/6 π
196
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS 4. Diagramas 4.1 Diagrama de Momento flector +121.875
+151.615
+81.250 +162.5
+40.625 +151.615
+10.885 +121.875
A
+81.250
B
+10.885
+40.625
4.2 Diagrama de Cortante
– 10.241
– 16.250 – 17.589
+13.347
– 14.569
– 8.195
+28.146
A
+42.463
B +54.374
+62.243 +65
197
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS +84.437
4.3 Diagrama de Normal
+89.789
+77.641
+91.924 +71.197
+89.380
+66.640 +81.25
+67.338 +48.216
A +65 +25.164
B
Problema VI.7 Dado la carga vertical distribuida uniformemente a lo largo del eje, determinar las reacciones de apoyo, funciones de fuerzas internas y los diagramas de Momento M, Cortante Q y Normal N. Figura VI.7.1
q=15 KN/m
r=7 m
r=7 m
45º
90º
198
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS 1. Geometría Figura VI.7.2
q=15 KN/m
dQ x
ds
B C V B
r=7 m
r=7 m α
dθ x
θ
xSen45º
45º
45º
H A
xCos45º
A
90º
45º
Eje polar
rCosα
V A
rCosθ 7Cos45º
7Cos45º
7Cos45º
De la figura se tiene los siguientes datos importantes: dθ: Diferencial del ángulo θ. ds: Diferencial de la longitud de arco. dQ: Diferencial de la carga puntual. 2. Reacciones de apoyo M A 0
Para la carga distribuida en el eje circular: dQ qds ........................ (1) (Carga distribuida por la longitud de la carga) ds rd θ ………………. (2) (Radio por el diferencial del ángulo)
Remplazando la ecuación 2 en 1, se tiene:
dQ qrd θ (Es la carga puntual en el segmento diferencial)
Realizando la suma de momentos se tiene: 7Cos 45º V B 3 7Cos 45º dQ rCosθ 2 7Cos 45º 15 7 0 2
Analizamos los términos de la integral y resolviendo:
dQ rCosθ 2 7Cos 45º Significado de los términos de la integral: dQ =Diferencial de la carga puntual. rCosθ 2 7Cos 45º =Brazo de la carga diferencial puntual respecto al punto A. Resolviendo:
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS I dQ rCosθ 2 7Cos 45º qrd θ rCosθ 14Cos 45º qrd θ rCosθ qrd θ 14Cos 45º 2
I qr
Cos θ d θ 14qrCos 45º d θ
La integral varia, de acuerdo a nuestro eje de referencia (Eje polar), de 45º o π/4 hasta 135º o 3π/4, remplazando en la integral se tiene: 2
I qr
3π / 4
3π / 4
3π / 4
π / 4
π / 4
π / 4
Cos θ d θ 14qrCos 45º
2 d θ qr Senθ
14qrCos 45º θ
3π / 4 π / 4
2 3π π 2 3π π π 14 Sen 14qrCos 45º qr 2 qrCos 45º 4 4 2 4 4 2 2 I 7 qr π Cos 45º Remplazando valores numéricos: I 7 7 15 π Cos 45º 1632.759 [KNm] Remplazamos en la ecuación de momentos: V B 21Cos 45º 1632.759 367.5Cos 45º 0 V B 127.456 [KN] F V 0 2
I qr Sen
V A 15 7 127.456 dQ 0
Resolviendo la integral: 3π / 4
3π / 4
π / 4
π / 4
I dQ qrd θ qr
d θ qr θ
3π π π qr qr 4 4 2
π 164.934 [KN] 2
I 15 7
Remplazando: V A 15 7 127.456 164.934 0 V A 142.478 [KN]
F H 0
H A 0
3. Funciones de fuerzas internas: 3.1 Tramo A-C. Origen de x el punto A.
Signos:
+M
+Q +N
Las ecuaciones de fuerzas internas son: xCos 45º M x 142.478 xCos 45º 15 x 2 M x 100.747 x 5.303 x 2 Q x
dM x dx
100.747 10.607 x Q x 100.747 10.607 x
Para la ecuación de la Normal hacemos uso de la siguiente ecuación: N x FH x Cos 45º FV x Sen45º
199
200
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
Esta ecuación ha sido ampliamente estudiada en el capitulo II. Para nuestro problema: FH x 0 FV x 142.478 15 x Remplazando: N x 0Cos 45º 142.478 15 x Sen 45º 142.478Sen45º x15 Sen45º N x 142.478Sen45º x15 Sen45º Evaluando: x[m] M x [ KNm] Q x [ KN ] N x [ KN ] 0 0.000 100.747 -100.747 3.5 287.657 63.623 -63.624 7 445.382 26.498 -26.501
3.2 Tramo B-C.Origen de x el punto B. Signos: +M
+Q +N
Para las ecuaciones se debe distinguir que el ángulo θ es el de posición de nuestra carga distribuida, el ángulo α es la variable y determina la posición de x y r es el radio el cual es una constante, todo esto esta representado en la Figura VI.7.2. Las ecuaciones de fuerzas internas son: M x V B 7Cos 45º 7Cos α dQ rCosθ rCosα Resolviendo la integral:
I dQ rCosθ rCosα qrd θ rCosθ rCosα qrd θ rCosθ qrd θ rCosα 2
I qr
2 Cos θ d θ qr Cosα d θ
Nuestra integral varia desde 45º o π/4, hasta la variable α, entonces se tiene: I qr 2
α
α
α
π / 4
π / 4
π / 4
2 Cos θ d θ qr Cosα
I qr 2 Senα Sen
2 d θ qr Senθ
qr 2 Cos α θ
α π / 4
2 π π Cos α α qr 2 Cos α α qr 2 Senα 4 4 2 4
π
Remplazando valores numéricos: 2 π 2 I 15 7 Senα Cos α α 2 4
2 π Cos α α 2 4 Remplazamos en la ecuación de momentos: π 2 M x 127.456 7Cos 45º 7Cos α 735 Senα Cos α α 2 4 I 735 Senα
I
201
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
2 π 2 Cos α 735 Senα Cos α α 2 2 4 2 2 π Cos α 735 Senα Cos α α 2 2 4
M x 127.456 7
M x 892.192
Para las ecuaciones de Normal y Cortante realizamos el siguiente análisis, observar la siguiente figura:
FH x N H
α
x Q H QV
FV x α
N V
r=7 m
α
90º
45º
La Normal es, de acuerdo a los signos asumidos: Donde:
N x N H N V
N H FH x Senα N V FV x Cos α
Remplazando se tiene la ecuación de la Normal:
N x FH x Senα FV x Cos α
La Cortante es, de acuerdo a los signos asumidos: Donde:
Q x Q H QV
Q H FH x Cos α QV FV x Senα
Remplazando se tiene la ecuación de la Cortante:
Q x FH x Cos α FV x Senα
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 en la figura. Para nuestro problema: FH x 0
FV x 127.456 dQ
Resolvemos la integral, sabiendo que esta comprendida entre 45º o π/4 y el ángulo α, entonces se tiene: α
I dQ qrd θ qr d θ qr θ π / 4
π qr α 4 π / 4 α
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
202
Remplazando valores numéricos se tiene:
π 105 α 4 4 π 4
I 15 7 α
I 105 α
π
Remplazamos en la sumatoria de fuerzas verticales: π FV x 127.456 105 α 4
Remplazando:
N x 0 Senα 127.456 105 α
N x 127.456Cos α 105 α
π
π Cos α 127.456Cos α 105 α Cosα 4 4
π Cos α
4
π π Senα 127.456 Senα 105 α Senα 4 4 π Senα 4
Q x 0Cos α 127.456 105 α
Q x 127.456 Senα 105 α
Evaluando: Resumen:
2 2 π Cos α 735 Senα Cos α α 2 2 4 π N x 127.456Cos α 105 α Cos α 4 π Q x 127.456 Senα 105 α Senα 4
M x 892.192
El cuadro llamado Resumen nos ayudara a hallar de una forma ordenada y clara todos los parámetros para la solución de nuestro problema, este cuadro resulta importante por que nos evitara cometer errores ya que ordenara nuestro trabajo. Evaluamos: α º
α rad
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
N x [ KN ]
45 60 75 90 105 120 135
π/4
0.000 164.185 309.332 415.598 472.349 479.109 445.370
-90.125 -86.574 -70.008 -44.989 -16.904 8.650 26.501
-90.125 -49.984 -18.759 0.000 4.529 -4.994 -26.501
π/3 5π/12 π/2 7π/12 2π/3 3π/4
203
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS 4. Diagramas 4.1 Diagrama de Momento flector +472.349
+415.598 +309.332
+479.109
+164.185
+445.382
B C +287.653
A
4.2 Diagrama de Cortante
+8.650
– 16.904
– 44.989 – 70.008
+26.501
– 86.574
C +63.623
+100.747
A
B – 90.125
204
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS 4.3 Diagrama de Normal
+4.529 – 18.759 – 4.994 – 49.984
B
– 26.501 – 90.125
C
A
– 100.747
Problema VI.8 Dado la carga distribuida uniforme tangente a lo largo del eje curvo, determinar las reacciones de apoyo, funciones de fuerzas internas y los diagramas de Momento M, Cortante Q y Normal N. Figura VI.8.1
q=25 KN/m
r=6 m
205
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS 1. Geometría Figura VI.8.2
q=25 KN/m dQSenα α s dQ o C Q α d
x
ds r
rSenα
dα α rCosα
A
θ H C
C
B
V C
V A
r-rCosθ
rCosθ
2. Reacciones de apoyo M C 0
Para la carga tangencial del eje circular, definimos los siguientes términos:
dQ qds (Representa la carga puntual en ese segmento diferencial)
Donde: ds rd α (Es la longitud de arco en ese segmento diferencial) Remplazando: dQ qrd α (Carga puntual en función del ángulo α) Calculando el momento tenemos: V A 6 dQSenα rSen α dQCosα rCosα 0 brazo
brazo
Resolviendo las integrales, sabiendo que ambas integrales varían de 0º ó 0 radianes hasta 180º o π radianes, entonces se tiene: π
π
0
0
2
I qrd α Senα rSenα qrd αCos α rCos α qr
π
2
2
Sen α d α qr Cos 0
Por propiedades de las integrales realizamos la siguiente factorización: π π 1 π I qr 2 Sen 2α Cos 2α d α qr 2 d α qr 2 α qr 2 π 0 qr 2π
0
0
π
0
Remplazando valores numéricos: 2 I 25 6 π 2827.433 Remplazando en la ecuación de momento: V A 6 2827.433 0 V A 471.239 [KN]
0
2
α d α
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
206
F V 0 471.239 dQCosα V C 0
Resolviendo la integral, sabiendo que esta varía de 0º ó 0 radianes hasta 180º o π radianes, entonces se tiene: π
π
0
0
I dQCosα qrd αCos α qr Cos α d α qr Cos α d α qr Senα qr Senπ Sen0 I qr 0 I 0
La integral es igual a cero, esto significa que las componentes verticales de la carga tangencial se anulan para todo el tramo. Remplazando en la ecuación de fuerzas verticales: 471.239 0 V C 0 V C 471.239 [KN] F H 0
H C dQSenα 0
Resolviendo la integral, sabiendo que esta varía de 0º ó 0 radianes hasta 180º o π radianes, entonces se tiene: π
π
0
0
I dQSenα qrd αSenα qr Senα d α qr Senα d α qr Cos α qr Cos π Cos 0 I qr 2 2qr 2 25 6 300 I 300 [KN]
Remplazando en la ecuación de la suma de fuerzas horizontales: H C 300 0 H C 300 [KN] 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 V A r rCosθ dQSenα rSenθ rSenα dQCosα rCosα rCosθ M x V A r 1 Cos θ qrd α Senα r Senθ Senα qrd α Cos α r Cos α Cos θ 2 2 M x V A r 1 Cos θ qr Senα Senθ Senα d α qr Cos α Cos α Cos θ d α
r 1 Cos θ qr 2 Senα Senθ d α Sen 2α d α Cos 2α d α Cos α Cos θ d α r 1 Cos θ qr 2 Senθ Senα d α Sen 2α Cos 2α d α Cos θ Cos α d α 1 r 1 Cos θ qr 2 Senθ Senα d α Sen 2α Cos 2α d α Cos θ Cos α d α
M x V A r 1 Cos θ qr 2 Senα Senθ Sen 2α d α Cos 2α Cos α Cos θ d α M x V A M x V A M x V A
2 M x V A r 1 Cos θ qr Senθ Senα d α d α Cos θ Cos α d α
Nuestra integral varia de 0º ó 0 radianes hasta el ángulo variable θ, entonces se tiene:
207
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
θ
θ
θ
M x V A r 1 Cos θ qr 2 Senθ Senα d α d α Cos θ Cos α d α
0 0 0 θ θ θ 2 α Cos θ Senα M x V A r 1 Cos θ qr Senθ Cos α 0 0 0 2 M x V A r 1 Cos θ qr Senθ Cos θ Cos 0 θ 0 Cos θ Senθ Sen0
M x V A r 1 Cos θ qr 2 Senθ Cos θ Senθ Cos θ Senθ θ 2 M x V A r 1 Cos θ qr θ Senθ
Remplazando valores numéricos, se tiene: 2 M x 471.239 61 Cos θ 25 6 θ Senθ 2827.4341 Cos θ 900 θ Senθ M x 2827.4341 Cos θ 900θ Senθ Para las ecuaciones de Normal y Cortante realizaremos el siguiente análisis, se tiene la siguiente figura: La Normal en el punto x es, de acuerdo a los signos asumidos: N x N H N V
FH x θ Q H
Donde: N H FH x Senθ N V FV x Cos θ
N H N V
Remplazando se tiene la ecuación de la Normal: θ
x
N x FH x Senθ FV x Cosθ
FV x
La Cortante en el punto x es, de acuerdo a los signos asumidos:
QV
Q x Q H QV
Donde: Q H FH x Cosθ QV FV x Senθ
θ
Remplazando se tiene la ecuación de la Cortante:
Q x FH x Cos θ FV x Senθ
Para nuestro problema: θ
θ
θ
θ
0
0
0
0
FH x dQSenα qrd αSenα qr Senα d α qr Cos α qr Cos θ Cos 0
Remplazando valores numéricos: FH x 25 6 Cos θ 1 150 Cos θ 1 θ
θ
θ
0
0
0
FV x 471.239 dQCosα 471.239 qrd αCos α 471.239 qr Cos α d α θ
FV x 471.239 qr Senα 471.239 qr Senθ Sen0 471.239 qrSenθ 0
Remplazando valores numeritos: FV x 471.239 25 6 Senθ 471.239 150 Senθ Remplazando: N x 150 Cos θ 1 Senθ 471.239 150 Senθ Cosθ N x 150Cos θ Senθ 150 Senθ 471.239Cos θ 150 Senθ Cos θ
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS N x 150 Senθ 471.239Cos θ Q x 150 Cos θ 1 Cos θ 471.239 150 Senθ Senθ Q x 150 Cos θ 1Cos θ 417.239 Senθ 150 Sen 2θ
Q x 150Cos 2θ 150Cos θ 417.239 Senθ 150 Sen 2θ 150 Cos 2θ Sen 2θ 150Cos θ 417.239 Senθ Q x 150 150Cos θ 417.239 Senθ
Evaluando: Resumen: M x 2827.4341 Cos θ 900θ Senθ N x 150 Senθ 471.239Cos θ Q x 150 150Cos θ 417.239 Senθ
Evaluamos: θ º
θ Rad
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
N x [ KN ]
0 30 60 90 120 150 180
0
0.000 -357.565 -1250.662 -2313.717 -3135.618 -3369.869 -2827.435
0.000 -215.523 -333.105 -321.239 -183.105 44.284 300.000
471.239 333.105 105.716 -150.000 -365.523 -483.105 -471.239
π/6 π/3 π/2 2π/3 5π/6 π
3.2 Tramo B-C.Origen de x el punto C. Signos: +Q +N
+M
Las ecuaciones de fuerzas internas son: M x V C x 471.239 x M x 471.239 x Q x
dM x
471.239 Q x 471.239 dx N x H C 300 N C 300
Evaluando: x[ m]
M x [ KNm]
0 6
0.000 2827.434
208
209
ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS 4 Diagramas 4.1 Diagrama de Normal – 150.000
– 365.523
+105.716 – 483.105
+333.105
C – 471.239
+471.239
A
B +3000
+300
4.2 Diagrama de Momento flector
– 2313.717 – 3135.618
– 1250.662
– 3369.869
– 357.565
C A
– 2827.435
B
– 2827.434
