Guia 1 Ejercicios Resueltos de Aplicación del Principio de los Trabajos Virtuales

UNIVERSIDAD NACIONAL DE MISIONES

ESTRUCTURAS

Ejercicios Resueltos de: Aplicación del Principio de los Trabajos Virtuales Ejercicio Resuelto:

CAÑETE, Joaquín C-3064/3

Año: 2009

Corregido:GUTAWSKI Alex

 Ejercicio Nº1:

Determinar el descenso de la sección media de la viga.

Diagrama de Cuerpo libre p/Cargas P 0

Cálculo de reacciones P/Cargas P0

∑M ∑F

V

A

= 0 => − R B ⋅ 7 m + 10tn ⋅ 2m => R B = 2,86tn

= 0 => 10tn − R B − R A = 0 => R A = 7,14tn

Cálculo de los Momentos Flectores P/Cargas P0

MA  0 MB  0 MC  R A · 2m  14.28 4.28ttm MD  R A · 3,50m  10 · 1,50m  10tm

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PRINCIPIO DE LOS TRABAJOS VIRTUALES

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Año: 2009


Diagrama de Momentos Flectores P/Estado “0” P0

Diagrama de Cuerpo Libre P/Carga X 1 = 1tm

Cálculo de Reacciones P/Carga X 1 = 1tm

∑M ∑F

V

A

= 0 => − R B ⋅ 7 m + 1tn ⋅ 3,5m => R B = 0,50tn

= 0 => 1tn − R B − R A = 0 => R A = 0,50tn

3) Cálculo de los Momentos Flectores P/Carga X 1 = 1tm

MA  0 MB  0 MC  R A · 2m  1tm MD  R A · 3,50m  1,75tm 5tm

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Año: 2009


4) Diagrama de Momentos Flectores P/Estado “I” X 1 = 1tm

5) Cálculo del descenso del Punto “D” (Despreciando los Esfuerzos de Corte y Normal) l

Te = Ti = X1 ⋅ δ A =

∫ 0

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M ⋅ M* E⋅I

dx


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Año: 2009


54,58 ·  54,58 ·      0,1397  13,97 ··1 310  · 1,30210 Estructuras 2009


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Año: 2009


 Ejercicio Nº2:

Calcular la Rotación del Punto “A” Datos:

2

E = 300.000 kg /cm

Estado “0” (P0)

Diagrama de Cuerpo Libre P/Cargas P0

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Cálculo de Reacciones P/Cargas P0

∑M

2

2

A

= 0 => − VD ⋅ 6 m +

q ⋅ (6 m ) 2

+ H ⋅ 3 m =>

1 t ⋅ (6 m) 1t ⋅ 3 m m VD = + 2⋅6m 6m

=>

VD = 3,50 t

∑M ∑F

X

2

2

D

= 0 => VA ⋅ 6 m −

q ⋅ (6 m) 2

+ H ⋅ 3 m =>

1 t ⋅ (6 m) 1t ⋅ 3 m m VA = − 2⋅6m 6m

=>

VA = 2,50 t = 0 => H - H D = 0 => H D = H =>

H = 1,00 t

Cálculo de los Momentos Flectores P/Cargas P0 M 0A = 0 M 0B = 0

M = H D ⋅ 3 m − VD ⋅ 2 m + 0 C

q ⋅ (2 m ) 2

2

= 2,00 tm

M 0D = 0


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Año: 2009


Estado “I” (X 1 = 1tm )

6) Estado de Carga P/Carga X 1 = 1tm

7) Diagrama de Cuerpo Libre P/Carga X 1 = 1tm

8) Cálculo de Reacciones P/Carga X 1 = 1tm

∑M

A

= 0 => VD ⋅ 6 m − X1 => VD =

X1 6m

=

1tm 6m

=>

VD = 0,17 t

∑M

∑F

X

D

= 0 => VA ⋅ 6 m − X1 => VA =

X1 6m

=

1 tm 6m

=>

VA = 0,17 t = 0 => H D = 0

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9) Cálculo de los Momentos Flectores P/Carga X 1 = 1tm M1A = − 1tm M1B = − 1tm M 1C = − VD ⋅ 2 m = − 0,34 tm M 1D = 0

10) Diagrama de Momentos Flectores P/Estado “I” X 1 = 1tm

11) Cálculo de la Rotación del Punto “A” l

Te = Ti = X1 ⋅ Φ A =

∫ 0

M ⋅ M* E⋅I

dx

C D ⎡ B M ⋅ M * M ⋅ M* M ⋅ M* ⎤ ΦA = ⋅⎢ dx + ∫ dx + ∫ dx ⎥ ⋅ ⋅ X1 ⎣⎢ A∫ E ⋅ I E I E I ⎥⎦ B C

1

a) Cálculo de las Inercias: 3

I AB =

0,20 m ⋅ (0,20 m ) 12

= 0,00013 m 4

3

I BC =

0,20 m ⋅ (0,40 m ) 12

= 0,00107 m 4

3

I CD =

0,20 m ⋅ (0,30 m ) 12

= 0,00045 m 4

Adoptando como I 0 = I BC = 0,00107 m 4

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b) Cálculo de los Coeficientes “ α ik ”: α ik

α AB

α BC

α CD

=

I AB

=

I BC

=

I CD

I0 I0 I0

= = =

0,00013 m 4 0,00107 m 4 0,00107 m 4 0,00107 m 4 0,00045 m 4 0,00107 m 4

=

I ik I0

=>

α

AB

= 0,121

=>

α

BC

= 1,00

=>

α

CD

= 0,422

C D ⎡ B M ⋅ M * ⎤ M ⋅ M* M ⋅ M* dx + ∫ dx + ∫ dx ⎥ ΦA = ⋅ ⎢∫ X1 ⎢⎣ A E ⋅ I 0 ⋅ α AB E ⋅ I 0 ⋅ α BC E ⋅ I 0 ⋅ α CD ⎥⎦ B C C D ⎡ B M ⋅ M * 1 M ⋅ M* M ⋅ M* ⎤ dx + ∫ dx + ∫ dx ⎥ ΦA = ⋅ ⎢∫ X1 ⋅ E ⋅ I 0 ⎢⎣ A α AB α BC α CD ⎥⎦ B C

1

c) Cálculo de las Integrales por Tramos:

•

Tramo “AB”: lAB = 3,00 m

;

αAB = 0,121

Nota: Como el Momento Flector correspondiente al Estado “0”, para este tramo es igual a cero, el valor de la integral para dicho tramo también valdrá cero. B

∫

A

•

Tramo “BC”: lBC = 4,00 m

;

M ⋅ M* α AB

dx = 0

αBC = 1,00

Diagramas de Momentos Flectores Estado “0”

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Estado “I”

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Con estos diagramas entramos a la tabla y obtenemos los siguientes datos: C

∫

B C

∫

B C

∫

B

•

M ⋅ M* α BC

M ⋅ M* α BC

M ⋅ M* α BC

dx = dx =

l BC α BC

4m 1,00

{[

3

{[

3

] [

6

] [

6

−A −B ⋅ − 1 ⋅ (M 1B + M1C )⋅ M 0BC − 1 ⋅ (M1B + 2 ⋅ M 1C )⋅ M 0BC

]}

⋅ − 1 ⋅ (1tm + 0,34tm ) ⋅ 2tm − 1 ⋅ (1tm + 2 ⋅ 0,34tm ) ⋅ 2tm

]}

dx = − 5,80 t 2 m 3

Tramo “CD”: lCD = 3,61 m

;

αCD = 0,422

Diagramas de Momentos Flectores Estado “0”

Estado “I”

Con estos diagramas entramos a la tabla y obtenemos los siguientes datos: D

∫

C D

∫

C C

∫

B

M ⋅ M* α CD

M ⋅ M* α CD

M ⋅ M* α BC

dx = dx =

l CD α CD

{[

] [3

−A −B ⋅ − 1 ⋅ M1C ⋅ M 0CD − 1 ⋅ M1C ⋅ M 0CD

3,61m 0,422

3

{[3

]}

] [3

⋅ − 1 ⋅ 0,34tm ⋅ 0,5tm − 1 ⋅ 0,34tm ⋅ 2tm

]}

dx = − 2,42 t 2 m 3

Reemplazando los valores obtenidos en las integrales por tramos en la ecuación general y además reemplazando en esta misma ecuación los datos de E e I 0 tendremos como resultado la rotación del punto “A”. C D ⎡ B M ⋅ M * M ⋅ M* M ⋅ M* ⎤ ΦA = ⋅ ⎢∫ dx + ∫ dx + ∫ dx⎥ X1 ⋅ E ⋅ I 0 ⎢⎣ A α AB α BC α CD ⎥⎦ B C

1

ΦA =

ΦA

1

1tm ⋅ 0,00107m ⋅ 3000000 t 2 m = − 0,00256rad = 0,146"

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4

⋅ [0 − 5,80t 2 m 3 − 2,42t 2 m 3 ]


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 Ejercicio Nº3:

q = 1t/m

At = 5 cm²

2t 1t D

E

F

30/50

30/30

C

30/50

30/30

A

B

Estado “0” (P0)

Diagrama de Cuerpo Libre P/Cargas P0

RC

q = 1t/m 2t 1t D

30/30

30/50

F

E

30/50

C

30/30

B H

A

RB V

RA

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RB


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Reacciones, Momento Flector y Esfuerzo Normal P/Cargas P0 El cálculo para este estado dio los siguientes resultados: REACCIONES

FLECTOR

NORMAL

   ,      ,    , 

M A = 0 M D = 1 tm M F = 0 M E = -9tm (izquierda) M E = -4tm (abajo) M E = -5tm (derecha) M C = 0 M B = 0

N AD = -0,56t (compresión) N DE = -1t (compresión) N EC = 0 N BE = -8,75t (compresión) N C = 0,75t (tracción)

Diagrama de Momentos Flectores P/Estado “0” P0 -9tm

-5tm

-

-

1tm D + +

A

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F

E

-4tm

C

-

B


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Diagrama de Esfuerzos Normales P/Estado “0” P0

+ 0,75t -1t D

E

F

C

-

-

-0.56t

A

-8,75t

B

ESTADO “1” (desplazamiento horizontal)

Diagrama de Cuerpo Libre P/Carga X 1 = 1t RC

X1=1t D

30/30

30/50

F

E

30/50

C

30/30

B H

A

RB V

RA

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RB


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Año: 2009



FLECTOR

NORMAL

            

M A = 0 M D = 0 M F = 0 M E =0 (izquierda) M E = -4tm (abajo) M E = 4tm (derecha) M C = 0 M B = 0

N AD = 0 N DE = -1t (compresión) N EC = 0 N BE = 1t (tracción) N C = 1t (tracción)


-4tm D

F

E

+

C

4tm -

A

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B


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Diagrama de Esfuerzos Normales P/Estado “1” P1

+ 1t -1t D

F

E

C

+ 1t

A

Cálculo del desplazamiento horizontal del punto “D” l

Te = Ti = X 1 ⋅ δ D =

∫ 0

δ D

M ⋅ M* E⋅I

l

dx +

N N

∫ E Ω dx 0

E C E D ⎡ D M ⋅ M * ⎤ M ⋅ M* M ⋅ M* M ⋅ M* N ⋅ N * dx + ∫ dx + ∫ dx + ∫ dx + ∫ dx + ⎥ ⎢∫ E⋅I E⋅I E⋅I E⋅Ω 1 ⎢ A E ⋅ I D E B A ⎥ = ⋅ E C E * * * ⎥ X1 ⎢ N ⋅ N N ⋅ N N ⋅ N ⎢+ ∫ ⎥ + + dx ∫ dx ∫ dx ⋅ Ω ⋅ Ω ⋅ Ω E E ⎢⎣ D E ⎥⎦ E B

Cálculo de las Inercias:

0,30 m ⋅ (0,30 m )

3

I AD = I EB =

12

= 6,75 ⋅10 − 4 m 4

0,30 m ⋅ (0,50 m )

3

I DF = I FE = I EC =

12

= 3,125 ⋅10 −3 m 4

−4 4 Adoptando como I 0 = 6,75 ⋅10 m

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Cálculo de los Coeficientes “ α ik ”: α ik

α AD

α DF

= α EB =

I AD I0

=

= α FE = α EC =

6,75 ⋅ 10 −4 m 4 3,125 ⋅ 10 −3 m 4

I BC I0

=

=

I ik I0

=>

3,125 ⋅10 −3 m 4 3,125 ⋅10 −3 m 4

α A D

= 0,216

=>

α DF

= 1,00

Cálculo de las áreas “ Ωik ”:

ΩAD  ΩEB  0.3 · 0.3  0.09m ΩDF  ΩFE  ΩEC  0.3 · 0.5  0.15m Calculo de las integrales por tramos

- Momentos flectores: Tramo AD = Tramo DE = 0 Tramo EB (l = 4m) -4tm

-

1 · 4 · 4 · 4 12,8 5   59,26  

4tm

Tramo EC (l = 4m) -5tm

1 · 4 ·  5 · 4 16 5   16  

-

+ 4tm

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- Esfuerzos Normales: Tramo AD = Tramo EC = 0 Tramo DE (l = 4m) =

··  ,

Tramo BE (l = 4m) =

·,·  ,

H δ D

26,66 388,88

E C E ⎡ D M ⋅ M * M ⋅ M* M ⋅ M* M ⋅ M* ⎤ = ⋅⎢ dx + ∫ dx + ∫ dx + ∫ dx⎥ + α α α X1 ⋅ E ⋅ I 0 ⎣ A∫ α AD DE EC BE D E B ⎦ E C E ⎡ D N ⋅ N * ⎤ 1 N ⋅ N * N ⋅ N * N ⋅ N * ⋅ ⎢∫ dx + ∫ dx + ∫ dx + ∫ dx⎥ X1 ⋅ E ⎣ A E ⋅ Ω AD E ⋅ Ω DE E ⋅ Ω EC E ⋅ Ω BE ⎦ D E B

1

H

δ D

=

1 1tn ⋅ 3 ⋅10 tn 6

m

2

⋅ 3,125 ⋅10

1 1tn ⋅ 3 ⋅10 tn

−3

⋅ [59,26tn 2 ⋅ m 3 − 16tn 2 ⋅ m 3 ] +

⋅ [26,66tn 2 ⋅ m 3 − 388,88tn 2 ⋅ m 3 ]

6

m2

= 4,61⋅10 −3 m − 1,2074 ⋅10 −4 m = 4,5 ⋅10 −3 m Para Acero

  6,42 · 10 ESTADO “II” (desplazamiento vertical)

Diagrama de Cuerpo Libre P/Carga X 2 = 1 t

RC

X 2=1t

D

30/30

30/50

F

E

30/50

C

30/30

B H

A

RB V

RA Estructuras 2009

RB


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FLECTOR

NORMAL

   ,   ,       , 

M A = 0 M D = 1tm M F = 0 M E =-1tm (izquierda) M E = 0 (abajo) M E = -1 (derecha) M C = 0 M B = 0

N AD = -0,56t (compresión) N DE = 0 N EC = 0 N BE = -0,75t (compresión) N C = -0,25t (compresión)

Diagrama de Momentos Flectores P/Estado “II” P2

D

+ + 1tm

A

Estructuras 2009

F

-1tm E

C

B


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ESTRUCTURAS



Año: 2009


Diagrama de Esfuerzos Normales P/Estado “II” P2

-

D

F

C

E

-0.75t

-

-

-0.25t

-0.56t

A

B

Calculo de las integrales por tramos

- Momentos flectores: Tramo AD (l = 4,47m) + 1tm

1 · 4 , 4 7 · 1 · 1 1,49 3   6,9  

+ 1tm

Tramo DF (l = 2m) + 1tm

+

5 · 2 · 1 · 1 0,83 12   0,83  

1tm

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ESTRUCTURAS



Año: 2009


Tramo FE (l = 2m) -9tm

1 · 2 · 1 · 9 3,6 5   3,6  

-

-1tm -

Tramo EC (l = 4m) -5tm

1 · 4 · 5 · 1 4 5  4  

-

-1tm -

- Esfuerzos Normales: Tramo AD (l=4,47m) = Tramo BE (l = 4m) =

V δ D

V

δ D

=

,·,·,  ,

·,·,  ,

15,55

291,66

E C E ⎡ D M ⋅ M * M ⋅ M* M ⋅ M* M ⋅ M* ⎤ dx + ∫ dx + ∫ dx + ∫ dx⎥ + = ⋅⎢ X1 ⋅ E ⋅ I 0 ⎣ A∫ α AD α α α DE EC BE D E B ⎦ E C E ⎡ D N ⋅ N * ⎤ 1 N ⋅ N * N ⋅ N * N ⋅ N * ⋅ ⎢∫ dx + ∫ dx + ∫ dx + ∫ dx⎥ X1 ⋅ E ⎣ A E ⋅ Ω AD E ⋅ Ω DE E ⋅ Ω EC E ⋅ Ω BE ⎦ D E B

1

1 1tn ⋅ 3 ⋅10 6 tn

m

2

⋅ 3,125 ⋅10

[ ⋅ 6,9tn 2 ⋅ m 3 + 0,83tn 2 ⋅ m 3 + 3,6tn 2 ⋅ m 3 + 4tn 2 ⋅ m 3 ] + −3

1 1tn ⋅ 3 ⋅106 tn

⋅ [15,55tn 2 ⋅ m 3 + 291,66tn 2 ⋅ m 3 ] m2

= 1,63 ⋅10 −3 m + 1,024 ⋅10 −4 m = 1,73 ⋅10 −3 m Para Acero

  6,42 · 10

Estructuras 2009


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ESTRUCTURAS



Año: 2009


El Desplazamiento del punto D estará dado por la suma de los desplazamientos horizontal y  vertical entonces será         HORMIGON

    4,5·10 1,73·10  4,82 · 10 ACERO

   6,42 · 10 6,42·10  9,08 · 10

Estructuras 2009


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