Metodos Energeticos...Problemas Resueltos Resistencia de Materiales 2

Universidad Nacional del Altiplano

CURSO: RESISTENCIA DE MATERIALES

TEMA:

Resolución de Métodos Energéticos:  Trabajo Virtual  Teorema de Castigliano

PRESENTADO POR:

 Escobedo Huamanquispe Eddison PUNO - PERU

2016

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL ALTIPLANO - PUNO FACULTAD DE INGENIERIA CIVIL Y ARQUITECTURA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA CIVIL

METODO TRABAJO VIRTUAL PROBLEMA 01: Determinar la deflexión vertical en el nudo B y la horizontal en C.

A1= 3plg2 A2= 4plg2 E=29x106 lb/plg2

Solución: (Método Matricial) 

   

D.C.L.

𝐶𝑜𝑠𝛼 = 0.447 𝑆𝑒𝑛𝛼 = 0.894 𝐶𝑜𝑠45 = 0.707 𝑆𝑒𝑛45 = 0.707 ⌊𝐹𝑒⌋ + [𝑢][𝐹𝑖] = 0 ⌊𝐹𝑖⌋ = −[𝑢]−1 [𝐹𝑒]

RESISTENCIA DE MATERIALES II


 Ensamblando la matriz: F1

F2

F3

F4

F5

Ax

Ay

Dy

0

0.447 0.707

0

0

0

1

0

0

F1

0

0

0.894 0.707

0

0

0

0

1

0

F2

0

30 0

-0.45 -0.89

0 0

0.447 -0.89

0 0

0 -1

0 0

0 0

0 0

F3 * F4

0 0

0

0

-0.71

0

0.707

0

0

0

0

F5

0

-40

0

-0.71

0

-0.71

1

0

0

0

Ax

0

0

0

0

-0.45 -0.71

0

0

0

0

Ay

0

0

0

0

0.894 0.707

0

0

0

1

Dy

0

+

 Resolviendo la matriz tenemos: 𝐹1 −44.74 𝐹2 70.72 𝐹3 −111.86 𝐹4 70.72 = 𝐹5 140.00 𝐴𝑥 −30.00 𝐴𝑦 −10 [𝐷𝑦] [ 50 ] 1. Determinamos las fuerzas internas reactivas para una carga virtual: a) 𝝏𝑩 𝑽


=




u-1 =

Calculamos u-1

0.00 0.00 0.00 1.12 1.12

1.12 2.24 0.00

0.00 0.00 1.41 0.71 2.12

0.71 2.83 0.00

0.00 0.00 2.24 1.12 1.12 1.12 2.24 0.00 0.00 0.00 1.41 0.71 0.71 0.71 2.83 0.00 0.00 0.00 2.00 1.00 2.00 2.00 4.00

0.00

1.00 0.00 1.00 0.00 1.00 0.00 1.00 0.00 0.00 1.00 1.00 0.50 0.50 0.50 0.00 0.00 0.00 0.00 1.00 0.50 0.50 0.50 0.00 1.00

𝐹1 0 𝐹2 0 𝐹3 0 𝐹4 1 = [𝑢−1 ] ∗ 𝐹5 0 𝐴𝑥 0 𝐴𝑦 0 [0] [𝐷𝑦] 

ELEMENTO AB BC AC BD CD

𝐹1 −1.12 𝐹2 0.71 𝐹3 −1.12 𝐹4 0.71 = 𝐹5 1 𝐴𝑥 0 𝐴𝑦 0.5 [𝐷𝑦] [ 0.5 ]

Resolviendo Tenemos:

Construimos la Tabla para hallar 𝝏𝑩 𝑽

L 268.32 120 169.68 268.32 169.68

A 3 4 3 3 3

E 29000 29000 29000 29000 29000

V -1.12 1 0.71 -1.12 0.71

N -39.25 130.18 67.25 -106.37 67.25

DEFF 0.136 0.135 0.093 0.367 0.093 0.824

𝜕𝑉𝐵

= 0.824in Rpta.



b) 𝝏𝑯 𝒄 Determinamos las fuerzas internas reactivas para una carga virtual:  Calculamos u-1

u-1 =

0.00 0.00 0.00 1.12 1.12

1.12 2.24 0.00

0.00 0.00 1.41 0.71 2.12

0.71 2.83 0.00

0.00 0.00 2.24 1.12 1.12 1.12 2.24 0.00 0.00 0.00 1.41 0.71 0.71 0.71 2.83 0.00 0.00 0.00 2.00 1.00 2.00 2.00 4.00

0.00

1.00 0.00 1.00 0.00 1.00 0.00 1.00 0.00 0.00 1.00 1.00 0.50 0.50 0.50 0.00 0.00 0.00 0.00 1.00 0.50 0.50 0.50 0.00 1.00

𝐹1 0 𝐹2 0 𝐹3 0 𝐹4 0 = [𝑢−1 ] ∗ 𝐹5 −1 𝐴𝑥 0 𝐴𝑦 0 [0] [𝐷𝑦]  ELEMENTO AB BC AC BD CD

𝐹1 −1.12 𝐹2 2.12 𝐹3 −1.12 𝐹4 0.71 = 𝐹5 2.0 𝐴𝑥 −1 𝐴𝑦 −0.5 [𝐷𝑦] [ 0.5 ]


Construimos la Tabla para hallar 𝝏𝑪𝑯 L 268.32 120 169.68 268.32 169.68

A 3 4 3 3 3

E 29000 29000 29000 29000 29000

u -1.12 2 2.12 -1.12 0.71

N -39.25 130.18 67.25 -106.37 67.25

DEF 0.136 0.269 0.278 0.367 0.093 1.144

𝜕𝐻𝑐

= 1.144in Rpta.



PROBLEMA 02:

Hallar 𝝏𝒄𝒗

A1=4plg2 A2=3plg2 E=29*106 lb/plg2

SOLUCION: Método Matricial. 

D.C.L.

 ⌊𝐹𝑒⌋ + [𝑢][𝐹𝑖] = 0  ⌊𝐹𝑖⌋ = −[𝑢]−1 [𝐹𝑒]



0

0.8

0

1

0

0

0

0

0

0

1

0

0

F1

0

0

0.6

0

0

0

0

0

0

0

0

0

1

0

F2

0

0

-0.8

1

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

F3

0

0

-0.6

0

0

-1

0

0

0

0

0

0

0

0

F4

0

0

0

-1

0

0

-0.8

0

0

0.8

0

0

0

0

0

0

0

0

-0.6

0

-1

-0.6

0

0

0

0

F5 F6

0 0

0

0

0

-1

0

0.8

1

0

0

0

0

0

0

F7

0

-30

0

0

0

1

0.6

0

0

0

0

0

0

0

F8

0

0

0

0

0

0

0

-1

0

0

1

0

0

0

F9

0

-60

0

0

0

0

0

0

1

0

0

0

0

0

Ax

0

0

0

0

0

0

0

0

0

-0.8

-1

0

0

0

Ay

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0.6

0

0

0

1

Fy

0

0

+



Resolviendo la matriz tenemos:

F1

-66.667

F2

-53.333

F3

53.333

F4

40.000

F5 F6

-16.667 66.667

=

F7

60.000

F8

-83.333

F9

66.667

Ax

0.000

Ay

40.000

Fy

50.000


*

=




Para una carga unitaria virtual.



Calculamos u-1 0.00 0.00 0.00 0.00 u^-1= 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 1.00 0.00 0.00

𝐹1 0 𝐹2 0 𝐹3 0 𝐹4 0 𝐹5 0 𝐹6 0 = [𝑢−1 ] ∗ 𝐹7 0 𝐹8 1 𝐹9 0 𝐴𝑥 0 𝐴𝑦 0 [ 0] [𝐹𝑦]

0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 1.00 0.00

-0.42 0.67 -0.67 0.25 -0.42 -0.33 0.00 0.42 -0.33 1.00 0.25 -0.25

-1.11 -0.89 0.89 -0.33 0.56 0.44 0.00 -0.56 0.44 0.00 0.67 0.33

-0.42 -0.33 -0.67 0.25 -0.42 -0.33 0.00 0.42 -0.33 1.00 0.25 -0.25

-0.56 -0.44 0.44 0.33 -0.56 0.89 0.00 -1.11 0.89 0.00 0.33 0.67


0.00 0.00 -1.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 1.00 0.00 0.00

-1.11 -0.89 0.89 0.67 0.56 0.44 0.00 -0.56 0.44 0.00 0.67 0.33

0.00 0.00 -1.00 0.00 0.00 -1.00 0.00 0.00 0.00 1.00 0.00 0.00

-0.56 -0.44 0.44 0.33 -0.56 0.89 1.00 -1.11 0.89 0.00 0.33 0.67

0.00 0.00 -1.00 0.00 0.00 -1.00 0.00 0.00 -1.00 1.00 0.00 0.00

𝐹1 −1.11 𝐹2 −0.89 𝐹3 0.89 𝐹4 0.67 𝐹5 0.56 𝐹6 0.44 = 𝐹7 0.00 𝐹8 −0.56 𝐹9 0.44 𝐴𝑥 0.00 𝐴𝑦 0.67 [𝐹𝑦] [ 0.33 ]


0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 1.00


 ELEMENTO AB AC BC BD CE DE DC DF EF

Construimos la Tabla para hallar 𝝏𝑪𝒗 L 300 240 180 240 240 180 300 300 240

A 4 4 3 4 4 3 3 4 4

E 29000 29000 29000 29000 29000 29000 29000 29000 29000

V -1.11 0.89 0.67 -0.89 0.44 0 0.56 -0.56 0.44

N -66.667 53.333 40 -53.333 66.667 60 -16.667 -83.333 66.667

DEFF 0.191 0.098 0.055 0.098 0.061 0.000 -0.032 0.121 0.061 0.653

𝜕𝑣𝑐 = 0.653in Rpta.



𝑨 PROBLEMA 03: Determinar 𝝏𝑨 𝒗 y 𝝏𝒉

AI= 2pulg2 AII= 4pulg2 E=29000 Klb/plg2

Solución: Método Matricial 

D.C.L.

 ⌊𝐹𝑒⌋ + [𝑢][𝐹𝑖] = 0  ⌊𝐹𝑖⌋ = −[𝑢]−1 [𝐹𝑒]

0

0.894

1

0

0

0

0

0

0

0

0

F1

0

-10

0.447

0

0

0

0

0

0

0

0

0

F2

0

0

-0.89

0

0

0.894

0

0.894

0

0

0

0

F3

0

-20

-0.45

0

0

0.447

0

-0.45

-1

0

0

0

F4

0

0

0

-0.89

0

0

0

1

0

0

0 0

0

0

0

0

-0.45

-1

0

0

0

1

0

F6

0

0

0

-1

1

0

0

0

0

0

0

0

F7

0

-20

0

0

0

0

0

0

1

0

0

0

Ex

0

0

0

0

-1

0

0

-0.89

0

0

0

1

Ey

0

0

0

0

0

0

1

0.447

0

0

0

0

Dx

0

0

*


*

F5

=




Resolviendo la matriz:

F1

22.37

F2

20.00

F3

20.00

F4

67.11

F5

=

20.00

F6

44.74

F7

20.00

Ex

60.00

Ey

50.00

Dx

60.00

1. Para una carga unitaria virtual 𝝏𝑨 𝒗



Calculamos u-1 0.00 2.24 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 1.00 2.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 1.00 2.00 0.00 0.00 0.00 0.00 1.00 0.00 0.00 0.00 0.00 2.24 0.56 1.12 0.00 0.00 0.00 1.12 0.00 0.00

u-1=

0.00 0.00 0.25 0.50 0.00 0.00 0.00 0.50 0.00 1.00 0.00 0.00 0.56 1.12 0.00 0.00 0.00 1.12 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 1.00 0.00 0.00 0.00 2.00 0.50 1.00 1.00 0.00 0.00 1.00 0.00 0.00 0.00 1.00 0.00 1.00 0.00 1.00 0.00 1.00 0.00 1.00 1.00

2.00 0.50 1.00 0.00 0.00 1.00 1.00 1.00 0.00



𝐹1 0 𝐹2 1 𝐹3 0 𝐹4 0 𝐹5 0 = [𝑢−1 ] ∗ 𝐹6 0 𝐹7 0 𝐸𝑥 0 𝐸𝑦 0 [0] [𝐷𝑥 ]

 ELEMENTO AB AC CD BE

𝐹1 2.24 𝐹2 −2.00 𝐹3 −2.00 𝐹4 2.24 𝐹5 0.00 = 𝐹6 0.00 𝐹7 0.00 𝐸𝑥 2.00 𝐸𝑦 1.00 [𝐷𝑥 ] [−2.00]


Construimos la Tabla para hallar 𝝏𝑨 𝒗 L 161.04 144 144 161.04

A 2 2 2 4

E 29000 29000 29000 29000

V 2.24 -2 -2 2.24

N 22.37 -20 -20 67.11

D 0.139 0.099 0.099 0.209 0.546

𝜕𝑣𝐴 = 0.546in Rpta.

2. Para una carga unitaria virtual 𝝏𝑨 𝑯


UNIVERSIDAD NACIONAL DEL ALTIPLANO - PUNO FACULTAD DE INGENIERIA CIVIL Y ARQUITECTURA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA CIVIL 

Calculamos u-1 0.00 2.24 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 1.00 2.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 1.00 2.00 0.00 0.00 0.00 0.00 1.00 0.00 0.00 0.00 0.00 2.24 0.56 1.12 0.00 0.00 0.00 1.12 0.00 0.00

u-1=

0.00 0.00 0.25 0.50 0.00 0.00 0.00 0.50 0.00 1.00 0.00 0.00 0.56 1.12 0.00 0.00 0.00 1.12 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 1.00 0.00 0.00 0.00 2.00 0.50 1.00 1.00 0.00 0.00 1.00 0.00 0.00 0.00 1.00 0.00 1.00 0.00 1.00 0.00 1.00 0.00 1.00 1.00

2.00 0.50 1.00 0.00 0.00 1.00 1.00 1.00 0.00

𝐹1 −1 𝐹2 0 𝐹3 0 𝐹4 0 𝐹5 0 −1 = [𝑢 ] ∗ 𝐹6 0 𝐹7 0 𝐸𝑥 0 𝐸𝑦 0 [0] [𝐷𝑥 ]  ELEMENTO AC CD

𝐹1 0 𝐹2 −1 𝐹3 −1 𝐹4 0 𝐹5 0 = 𝐹6 0 𝐹7 0 𝐸𝑥 0 𝐸𝑦 0 [𝐷𝑥 ] [−1]


Construimos la Tabla para hallar 𝝏𝑨 𝑯 L 144 144

A 2 2

E 29000 29000

u

N -1 -1

-20 -20

D 0.050 0.050 0.099

𝜕𝐻𝐴

= 0.099in Rpta.



TEOREMA DE CASTIGLIANO Problema 1.- Determine las reacciones en los apoyos y la deflexión horizontal en C

𝐴𝐼 = 2𝑝𝑙𝑔2 𝐴𝐼𝐼 = 4𝑝𝑙𝑔2 𝐸 = 29 ∗ 106 𝑙𝑏/𝑝𝑙𝑔2

Solución:

1) Sustituimos por Q una reacción redundante y P la carga ficticia



𝛴𝐹𝑋 = 0 / 𝐴𝑋 + 𝑃 + 30 = 0 𝐴𝑋 = 𝑄 − 𝑃 − 30 𝛴𝐹𝑉 = 0

𝐴𝑌 + 𝐷𝑌 = 0

𝛴𝑀𝐴 = 0 15 ∗ 𝐷𝑌 = 30 ∗ 20 4 𝐷𝑌 = (𝑃 + 30) 𝑘𝑖𝑝𝑠 3 4 𝐴𝑌 = − (𝑃 + 30) 𝑘𝑖𝑝𝑠 3

2) Calculo de las fuerzas internas en funcion de P A)

𝛴𝐹𝑋 = 0 𝑄 − 𝐹3 cos 53 = 0

𝐹3 = −

5𝑄 3

𝛴𝐹𝑉 = 0 𝐷𝑌 + 𝐹5 + 𝐹3 ∗ cos 53 = 0 4 𝐹5 = (𝑃 − 𝑄 − 30) 3

B)

𝛴𝐹𝑋 = 0

𝐹2 +

5𝑄 ∗ cos 53 = 0 3

𝐹2 = 𝑄 𝛴𝐹𝑉 = 0

− 𝐹1 − 𝐹1 =

4𝑄 3


5𝑃 cos 53 = 0 3


C)

3 𝛴𝐹𝑋 = 0 𝑃 + 30 − 𝐹4 − 𝐹2 = 0 5 5 𝐹4 = (𝑃 + 30 − 𝑄) 3 𝛴𝐹𝑉 = 0

3)

POR EL SEGUNDO TEOREMA DE CASTIGLIANO



BARRA

Determinacion de la reccion redundante Q donde P=0

𝑨𝒊 (pulg^2)

𝑳𝒊

𝑳 𝑨𝑬

𝑵𝒊

𝝏𝑵𝒊 𝝏𝑸

𝑵𝒊 ∗

𝝏𝑵𝒊 𝑳 ∗ 𝝏𝑸 𝑨𝑬

(pulg) AB

4

240

60 𝐸

4𝑄 3

4 3

4 𝑄60 ( )2 ∗ 3 𝐸

BC

4

180

45 𝐸

𝑄

1

45 𝑄 𝐸

BD

2

300

150 𝐸

AC

2

300

CD

4

240

5𝑄 3

−

5 3

5 𝑄150 ( )2 ∗ 3 𝐸

150 𝐸

5 − (𝑄 − 30) 3

−

5 3

5 150 ( )2 ∗ (𝑄 − 30) 3 𝐸

60 𝐸

4 (𝑄 − 30) 3

−

4 3

4 60 ( )2 ∗ (𝑄 − 30) 3 𝐸



𝛴𝑁𝑖 ∗ 𝑁𝑖 ∗

𝜕𝑁𝑖 𝐿 ∗ =𝟎 𝜕𝑄 𝐴𝐸

𝜕𝑁𝑖 𝐿 4 2 𝑄60 45 5 2 𝑄150 5 2 150 4 2 60 ∗ =( ) ∗ + 𝑄+( ) ∗ + ( ) ∗ (𝑄 − 30) + ( ) ∗ (𝑄 − 30) =0 𝜕𝑄 𝐴𝐸 3 𝐸 𝐸 3 𝐸 3 𝐸 3 𝐸

9465𝑄 − 1413 = 0 𝑄 = 14.92 𝑘𝑖𝑝𝑠  BARRA

Determinacion de la deformacion horizontal en C

𝑨𝒊 ( in^2)

𝑳𝒊

𝑳 𝑨𝑬

𝑵𝒊

𝝏𝑵𝒊 𝝏𝑷

60 𝐸 45 𝐸 150 𝐸 150 𝐸

4𝑄 3

0

0

𝑄

0

0

5𝑄 3

0

0

5 − (𝑄 − 𝑃 − 30) 3

5 3

5 150 ( )2 (𝑃 + 30 − 𝑄) ∗ 3 𝐸

60 𝐸

4 (𝑄 − 𝑃 − 30) 3

𝑵𝒊 ∗

𝝏𝑵𝒊 𝑳 ∗ 𝝏𝑷 𝑨𝑬

(in) AB

4

240

BC

4

180

BD

2

300

AC

2

300

CD

4

240

5

−

2

𝛿𝐻𝐶 = ( ) ∗ (𝑃 + 30 − 𝑄) ∗ 3

𝛿𝐻𝐶 =

−

4 3

4 2 60 + ( ) (𝑃 + 30 − 𝑄) ∗ 𝐸 3 𝐸

150

1 1570 (− ∗ 𝑄 + 15700) 29000 3

𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑙 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑄 𝑠𝑒 𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒 𝛿𝐻𝐶 = 0.2721 𝑝𝑙𝑔


4 60 ( )2 (𝑃 + 30 − 𝑄) ∗ 3 𝐸


Problema 2.- determinar las reacciones y las fuerzas en las barras de la armadura. E es constante.

𝐴𝐼 = 3𝑝𝑙𝑔2 𝐴𝐼𝐼 = 2𝑝𝑙𝑔2

Solución: 1) sustituyendo la fuerza redundante por P



𝛴𝑀𝐴 = 0 20 ∗ 𝐶𝑌 + 40 ∗ 𝑃 = 20 ∗ 20 + 30 ∗ 20 𝐶𝑌 = 50 − 2𝑃 𝛴𝐹𝑋 = 0 𝐴𝑋 = −20 𝑘𝑖𝑝𝑠 𝛴𝐹𝑦 = 0 30 − 𝐶𝑌 − 𝑝 𝐴𝑌 = 𝑃 − 20 2) Determinación de las fuerzas internas en función de P; por el método de nudos. A) 𝛴𝐹𝑦 = 0

𝐴𝑌 +

√2 𝐹 =0 2 1

𝐹1 = √2(20 − 𝑃) 𝛴𝐹𝑋 = 0 √2 𝐹 + 𝐹2 + 𝐴𝑋 = 0 2 1 𝐹2 = 𝑃 B) 𝛴𝐹𝑋 = 0 𝐹3 = 𝑃 𝛴𝐹𝑦 = 0 𝐹5 = 2𝑃 − 50

C) 𝛴𝐹𝑋 = 0 √2 𝐹 =0 2 4 𝐹4 = −√2𝑃

𝐹3 +



3) Del segundo teorema de Castigliano BARRA

𝑨𝒊 (in^2)

𝑵𝒊


√2(20 − 𝑃)

−√2

𝑳𝒊 (in)

𝑵𝒊 ∗


12 √2(20 − 𝑃) 3𝐸

1

3

12 ∗ 20√2

2

3

12 ∗ 20

𝑃

1

20𝑃 ∗ 12 3𝐸

3

3

12 ∗ 20

𝑃

1

20𝑃 ∗ 12 3𝐸

4

3

12 ∗ 20√2

−√2𝑃

−√2

12 ∗ √2 ∗ 20 ∗ 2 ∗𝑃 3𝐸

5

2

12 ∗ 20

2𝑃 − 50

2

12 ∗ 20 ∗ (2𝑃 − 50) 𝐸

𝛴 𝑁𝑖 ∗ 𝛴 𝑁𝑖 ∗

𝜕𝑁𝑖 𝜕𝑃

𝐿 ∗

𝐴𝐸

12

= −40 ∗

√(


2 20 − 𝑃

3𝐸

+

−40 ∗

𝐿 ∗

𝐴𝐸

=𝟎

)+2∗

20𝑃

12 ∗

√2 ∗ 20 ∗ 2

∗ 12 + 3𝐸

∗𝑃 3𝐸

12 ∗ 20 ∗ (2𝑃 − 50) = 0 𝐸

91.045 ∗ 𝑃 = 1377.123 𝑃 = 15.125

𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑃 𝑠𝑒 𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒 𝐴𝑌 = −4.875 𝑘𝑖𝑝 𝐶𝑌 = 19.749 𝑘𝑖𝑝 𝐹1 = 6.895 𝑘𝑖𝑝𝑠 (𝑇) 𝐹2 = 15.125 𝑘𝑖𝑝 (𝑇) 𝐹3 = 15.125 𝑘𝑖𝑝 (𝑇) 𝐹4 = 21.391 𝑘𝑖𝑝 (𝐶) 𝐹5 = 19.749 𝑘𝑖𝑝 (𝐶) Rpta.



Problema 3.- determinar las reacciones y las fuerzas en las barras de la armadura. E es constante.

𝐴𝐼 = 4000𝑚𝑚2 𝐴𝐼𝐼 = 3000𝑚𝑚2 𝐴𝐼𝐼𝐼 = 2000𝑚𝑚2

Solución: 1) Reemplazando las fuerzas redundantes en función de P y Q

𝛴𝑀𝐴 = 0 20𝐸𝑌 + 8𝑄 − 80 ∗ 8 − 10 ∗ 120 = 0 𝐸𝑌 = 92 −

5𝑄 5

𝛴𝐹𝑉 = 0 𝐴𝑌 + 𝐸𝑌 = 120 𝐴𝑌 = 𝛴𝐹𝑋 = 0

2𝑄 5

+ 28

𝐴𝑋 = 𝑃 + 𝑄 − 80



2) Determinación de las fuerzas internas en función de P y Q por método de nudos A)

𝛴𝐹𝑉 = 0

4

2 𝐹1 = − − 28 5 √41

𝐹1 = 𝛴𝐹𝑋 = 0

𝑄 √41 ∗ (− − 14) 2 5

𝑃 + 𝑄 − 80 +

5 𝐹 √41 1

𝑄

+ 𝐹2

𝐹2 = 115 − 𝑃 − 2

C) 𝑄

𝛴𝐹𝑋 = 0 𝐹4 = 𝐹2 = 115 − 𝑃 − 2

𝛴𝐹𝑌 = 0 𝐹3 = 120 𝐾𝑁

D) 𝛴𝐹𝑋 = 0 𝑃 + 𝐹4 + 4 −

5 √41

𝐹5 = 0

𝑄 𝐹5 = √41( − 23) 10 𝛴𝐹𝑌 = 0 𝐹6 = −

4

𝑄 (√41( − 23)) 10 √41

𝐹6 = 92 −

2𝑄 5

E)



𝛴𝐹𝑋 = 0 /

𝐹7 = −𝑄

3) Del segundo teorema de Castigliano: BARRA

𝑨𝒊 (m^2)

𝑳𝒊


𝑵𝒊

𝑵𝒊 ∗


(m) 1

4𝑥10−3

2

4𝑥10−3

10

3

4𝑥10−3

8

4

3𝑥10−3

10

5

3𝑥10−3

6

2𝑥10−3

8

7

4𝑥10−3

10

𝛴 𝑁𝑖 ∗ 𝑃+

𝑄 2


∗

𝐿 𝐴𝐸

𝑄 √41 (− − 14) 2 5

2√41

115 − 𝑃 −

-1

120

0

√41(23 −

10 4∗10−3 𝐸

10 𝑄 (115 − 𝑃 − ) 4 ∗ 10−3 𝐸 2

0

-1

𝑄 ) 10

0

0

0

0

0

0

2𝑄 5 −𝑄

92 −

−

𝑄 2

115 − 𝑃 −

2√41

= −2 ∗

𝑄 2

0

−

𝑄

(115 − 𝑃 − ) = 0 2

= 115………………………………(1)


10 𝑄 (115 − 𝑃 − ) 4 ∗ 10−3 𝐸 2


BARRA

𝑨𝒊 (m^2)

𝑳𝒊

𝝏𝑵𝒊 𝝏𝑸

𝑵𝒊

𝝏𝑵𝒊 𝑳 ∗ 𝝏𝑸 𝑨𝑬

𝑵𝒊 ∗

(m) 1

4𝑥10−3

2

4𝑥10−3

10

3

4𝑥10−3

8

4

3𝑥10−3

10

5

3𝑥10−3

𝑄 √41 (− − 14) 2 5

2√41

115 − 𝑃 −

6

2𝑥10−3

8

7

4𝑥10−3

10

√41(23 −

92 −

1 2

−

5 𝑄 (115 − 𝑃 − ) 4 ∗ 10−3 𝐸 2

1 2

−

5 𝑄 (115 − 𝑃 − ) 4 ∗ 10−3 𝐸 2

√41 10

−

−

𝑄 2

0

−

𝑄 ) 10

2𝑄 5

−

−

−𝑄

41√41 𝑄 ( + 14) 4 ∗ 10−2 𝐸 5

√41 10

0

115 − 𝑃 −

𝜮𝑁𝑖 ∗ 𝜮𝑁𝑖 ∗

𝑄 2

120

2√41

−

2 5

√41 −3

15 ∗ 10 𝐸

−

−1

(23 −

8 5𝑄 (92 − ) −3 5 ∗ 10 𝐸 2 5𝑄 2 ∗ 10−3 𝐸

𝜕𝑁𝑖 𝐿 ∗ =𝟎 𝜕𝑄 𝐴𝐸

𝜕𝑁𝑖 𝐿 41√41 𝑄 5 𝑄 𝑄 √41 ∗ = ( + 14) − 2 ∗ (115 − 𝑃 − ) − (23 − ) −2 −3 −3 𝜕𝑄 𝐴𝐸 4 ∗ 10 𝐸 5 4 ∗ 10 𝐸 2 15 ∗ 10 𝐸 10 −

8 −3

5 ∗ 10 𝐸

(92 −

5𝑄

5𝑄

2

2 ∗ 10−3 𝐸

)+

=0

2.5𝑃 + 7.4528𝑄 = 745.3582 … … … … … … … … … … . . (2) Del sistema de ecuaciones se tiene. 𝑃+

𝑄 = 115 … … … … … … … … … … … … (1) 2

2.5𝑃 + 7.4528𝑄 = 745.3 … … … … … … . . (2) 𝑃 = 78.092 𝑄 = 73.81


𝑄 ) 10


De donde se tiene las fuerzas internas

𝐴𝑌 = 57.523 𝐾𝑁 𝐴𝑋 = 71.798 𝐾𝑁 𝐹1 = 92.1 𝐾𝑁 (𝐶) 𝐹2 = 0 𝐹3 = 120 𝐾𝑁 (𝑇) 𝐹4 = 0 𝐹5 = 100 𝐾𝑁 (𝐶) 𝐹6 = 62.5 𝐾𝑁 (𝑇) 𝐹7 = 73.81 𝐾𝑁 (𝐶) Rpta.


Metodos Energeticos...Problemas Resueltos Resistencia de Materiales 2

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