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PROBLEMAS RESUELTOS DE RESISTENCIA DE MATERIALES II (En Construcción)
Ing. Pedro Maglione Di Guida Año: 2015
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INDICE GENERAL PÁG. N° RESUMEN INTRODUCCION ........................................................................................................................... 9 CAPÍTULO I (Repaso) .................................................................................................................... 10 Problema # 1 .......................................................................................................................... 10 Problema # 2 .......................................................................................................................... 11 Problema # 3 .......................................................................................................................... 12 CAPÍTULO II (Método de Doble Integración) ............................................................................... 13 Problema # 1 .......................................................................................................................... 13 Problema # 2 .......................................................................................................................... 14 Problema # 3 .......................................................................................................................... 17 Problema # 4 .......................................................................................................................... 19 Problema # 5 .......................................................................................................................... 20 Problema # 6 .......................................................................................................................... 22 Problema # 7 .......................................................................................................................... 23 Problema # 8 .......................................................................................................................... 25 Problema # 9 .......................................................................................................................... 27 Problema # 10 ........................................................................................................................ 30 Problema # 11 ........................................................................................................................ 34 Problema # 12 ........................................................................................................................ 37 Problema # 13 ........................................................................................................................ 40 Problema # 14 ........................................................................................................................ 43 Problema # 15 ........................................................................................................................ 48 Problema # 16 ........................................................................................................................ 50 CAPÍTULO III (Método de Área – Momento) ............................................................................... 52 Problema # 1 (Isostática) ........................................................................................................ 59 Problema # 2 (Isostática) ......................................................................................................... 61 Problema # 3 (Isostática) ......................................................................................................... 64 Problema # 4 (Isostática) ......................................................................................................... 66 Problema # 5 (Isostática) ......................................................................................................... 67 Problema # 6 (Isostática) ......................................................................................................... 68 Problema # 7 (Isostática) ......................................................................................................... 70 Problema # 8 (Isostática) ......................................................................................................... 72 Problema # 9 (Isostática) ......................................................................................................... 73 Problema # 10 (Isostática) ....................................................................................................... 74 Problema # 11 (Isostática) ....................................................................................................... 75 Problema # 12 (Isostática) ....................................................................................................... 76 Problema # 13 (Isostática) ....................................................................................................... 77 Problema # 14 (Isostática) ....................................................................................................... 78 Problema # 15 (Isostática) ....................................................................................................... 80
-3Problema # 16 (Isostática) ....................................................................................................... 81 Problema # 17 (Isostática) ....................................................................................................... 84 Problema # 18 (Hiperestática) ................................................................................................. 87 Problema # 19 (Hiperestática) ................................................................................................. 88 Problema # 20 (Hiperestática) ................................................................................................. 89 Problema # 21 (Hiperestática) ................................................................................................. 91 Problema # 22 (Hiperestática) ................................................................................................. 93 Problema # 23 (Hiperestática) ................................................................................................. 95 Problema # 24 (Hiperestática) ................................................................................................. 97 Problema # 25 (Hiperestática) ................................................................................................. 98 Problema # 26 (Hiperestática) ................................................................................................. 107 Problema # 27 (Hiperestática) ................................................................................................. 110 Problema # 28 (Hiperestática) ................................................................................................. 114 Problema # 29 (Hiperestática) ................................................................................................. 117 Problema # 30 (Hiperestática) ................................................................................................. 128 Problema # 31 (Hiperestática) ................................................................................................. 131 Problema # 32 (Hiperestática) ................................................................................................. 136 Problema # 33 (Hiperestática) ................................................................................................. 142 Problema # 34 (Hiperestática) ................................................................................................. 146 Problema # 35 (Hiperestática) ................................................................................................. 158 Problema # 36 (Hiperestática) ................................................................................................. 163 Problema # 37 (Hiperestática) ................................................................................................. 168 Problema # 38 (Hiperestática) ................................................................................................. 175 Problema # 39 (Hiperestática) ................................................................................................. 183 Problema # 40 (Hiperestática) ................................................................................................. 189 CAPÍTULO IV (Método de 3 Momentos) ...................................................................................... 195 Problema # 1 .......................................................................................................................... 201 Problema # 2 .......................................................................................................................... 202 Problema # 3 .......................................................................................................................... 204 Problema # 4 .......................................................................................................................... 206 Problema # 5 .......................................................................................................................... 209 Problema # 6 .......................................................................................................................... 211 Problema # 7 .......................................................................................................................... 212 Problema # 8 .......................................................................................................................... 214 Problema # 9 .......................................................................................................................... 218 Problema # 10 ........................................................................................................................ 220 Problema # 11 ......................................................................................................................... 223 Problema # 12 ........................................................................................................................ 226 Problema # 13 ........................................................................................................................ 230 Problema # 14 ........................................................................................................................ 233 Problema # 15 ........................................................................................................................ 237 Problema # 16 ........................................................................................................................ 240
-4CAPÍTULO V (Tips del método de Cross) ...................................................................................... 243 Problema # 1 .......................................................................................................................... 248 Problema # 2 .......................................................................................................................... 251 Problema # 3 .......................................................................................................................... 252 Problema # 4 .......................................................................................................................... 253 Problema # 5 .......................................................................................................................... 254 Problema # 6 .......................................................................................................................... 258 Problema # 7 .......................................................................................................................... 259 Problema # 8 .......................................................................................................................... 260 Problema # 9 .......................................................................................................................... 262 Problema # 10 ........................................................................................................................ 263 Problema # 11 ......................................................................................................................... 264 Problema # 12 ........................................................................................................................ 265 Problema # 13 ........................................................................................................................ 266 Problema # 14 ........................................................................................................................ 267 Problema # 15 ........................................................................................................................ 268 CAPÍTULO VI (Combos de Doble integración, Área - Momento, 3 Momentos y Cross) ............. 269 Problema # 1 .......................................................................................................................... 269 Problema # 2 (Doble Integración – Área Momento)................................................................ 271 Problema # 3 (Doble Integración – Área Momento)................................................................ 281 Problema # 4 (Doble Integración – Área Momento – 3 Momentos)........................................ 284 Problema # 5 (Doble Integración – Área Momento – 3 Momentos – Cross) ........................... 288 Problema # 6 (3 Momentos – Cross) ....................................................................................... 292 Problema # 7 (3 Momentos – Cross) ....................................................................................... 294 Problema # 8 (3 Momentos – Cross) ....................................................................................... 296 Problema # 9 (3 Momentos – Cross) ....................................................................................... 300 Problema # 10 (3 Momentos – Cross) ..................................................................................... 311 Problema # 11(Área Momento - 3 Momentos – Cross) ........................................................... 313 Problema # 12 ......................................................................................................................... 316 Problema # 13 ......................................................................................................................... 318 Problema # 14 ......................................................................................................................... 320 Problema # 15(Doble Integración- Área Momento - Cross) ..................................................... 322 CAPÍTULO VII (Columnas largas – Hipérbole de Euler) ................................................................ 325 Diseño de perfiles metálicos sometidos a compresión ............................................................ 329 Diseño de perfiles metálicos sometidos a tracción .................................................................. 331 Problema # 1 .......................................................................................................................... 333 Problema # 2 ........................................................................................................................... 339 Problema # 3 ........................................................................................................................... 340 Problema # 4 ........................................................................................................................... 341 Problema # 5 ........................................................................................................................... 342 Problema # 6 ........................................................................................................................... 345 Problema # 7 ........................................................................................................................... 346
-5Problema # 8 ........................................................................................................................... 348 Problema # 9 ........................................................................................................................... 350 Problema # 10 ......................................................................................................................... 358 Problema # 11 ......................................................................................................................... 361 Problema # 12 ......................................................................................................................... 364 Problema # 13 ......................................................................................................................... 368 Problema # 14 ......................................................................................................................... 370 Problema # 15 ......................................................................................................................... 371 Problema # 16 ......................................................................................................................... 373 Problema # 17 ......................................................................................................................... 377 Problema # 18 ......................................................................................................................... 380 Problema # 19 ......................................................................................................................... 383 Problema # 20 ......................................................................................................................... 385 Problema # 21 ......................................................................................................................... 389 Problema # 22 ......................................................................................................................... 392 Problema # 23 ......................................................................................................................... 395 Problema # 24 ......................................................................................................................... 397 Problema # 25 ......................................................................................................................... 401 Problema # 26 ......................................................................................................................... 404 CAPÍTULO VIII (Tensiones Compuestas – Círculo de Mohr) ......................................................... 407 Problema # 1 .......................................................................................................................... 413 Problema # 2 ........................................................................................................................... 414 Problema # 3 ........................................................................................................................... 415 Problema # 4 ........................................................................................................................... 418 Problema # 5 ........................................................................................................................... 421 Problema # 6 ........................................................................................................................... 423 Problema # 7 ........................................................................................................................... 425 Problema # 8 ........................................................................................................................... 427 Problema # 9 ........................................................................................................................... 430 Problema # 10 ......................................................................................................................... 433 Problema # 11 ......................................................................................................................... 439 Problema # 12 ......................................................................................................................... 445 Problema # 13 ......................................................................................................................... 452 Problema # 14 ......................................................................................................................... 458 Problema # 15 ......................................................................................................................... 462 Problema # 16 ......................................................................................................................... 471 Problema # 17 ......................................................................................................................... 478 Problema # 18 ......................................................................................................................... 486 Problema # 19 ......................................................................................................................... 490 Problema # 20 ......................................................................................................................... 496 Problema # 21 ......................................................................................................................... 501
-6CAPÍTULO IX (Círculo de Mohr para deformaciones) .................................................................. 505 Esfuerzos en las rosetas........................................................................................................... 510 Problema # 1 .......................................................................................................................... 511 Problema # 2 ........................................................................................................................... 516 Problema # 3 ........................................................................................................................... 519 Problema # 4 ........................................................................................................................... 524 Problema # 5 ........................................................................................................................... 525 Problema # 6 ........................................................................................................................... 530 Problema # 7 ........................................................................................................................... 536 Problema # 8 ........................................................................................................................... 539 Problema # 9 ........................................................................................................................... 542 Problema # 10 ......................................................................................................................... 544 Problema # 11 ......................................................................................................................... 548 Problema # 12 ......................................................................................................................... 550 Problema # 13 ......................................................................................................................... 553 Problema # 14 ......................................................................................................................... 556 Problema # 15 ......................................................................................................................... 560 Problema # 16 ......................................................................................................................... 565 Problema # 17 ......................................................................................................................... 570 CAPÍTULO X (FLEXIÓN ASIMÉTRICA, LÍNEA DE TENSIONES NULAS Y NÚCLEO CENTRAL) .... 573 Problema # 1 (Núcleo Central) ................................................................................................ 582 Problema # 2 (Cargas perpendiculares a la sección, dentro de la sección) ................................. 587 Problema # 3 (Cargas perpendiculares a la sección, dentro de la sección) ................................. 590 Problema # 4 (Cargas perpendiculares a la sección, dentro de la sección) ................................. 594 Problema # 5 (Cargas perpendiculares a la sección, dentro de la sección) ................................. 600 Problema # 6 (Cargas perpendiculares a la sección, fuera de la sección) ................................... 605 Problema # 7 (Cargas ⊥ a la sección en cualquier pto más cargas en sentido distinto sobre CG) 607 Problema # 8 (Cargas ⊥ a la sección en cualquier pto más cargas en sentido distinto sobre CG) 612 Problema # 9 (Cargas ⊥ a la sección en cualquier pto más cargas en sentido distinto sobre CG) 615 Problema # 10(Cargas ⊥ a la sección en cualquier pto más cargas en sentido distinto sobre CG)620 Problema # 11(Cargas ⊥ a la sección en cualquier pto más cargas en sentido distinto sobre CG)627 Problema # 12(Cargas ⊥ a la sección en cualquier pto más cargas en sentido distinto sobre CG)630 Problema # 13 (Cargas que producen únicamente momentos) .............................................. 633 Problema # 14 (Cargas que producen únicamente momentos) .............................................. 636 Problema # 15 (Cargas que producen únicamente momentos) .............................................. 640 CAPÍTULO XI (Esfuerzos Cortantes directos y torsionantes combinados) .................................. 645 Problema # 1 .......................................................................................................................... 651 Problema # 2 ........................................................................................................................... 654 Problema # 3 ........................................................................................................................... 661 Problema # 4 ........................................................................................................................... 665 Problema # 5 ........................................................................................................................... 671 Problema # 6 ........................................................................................................................... 678
-7Problema # 7 ........................................................................................................................... 680 Problema # 8 ........................................................................................................................... 683 Problema # 9 ........................................................................................................................... 687 Problema # 10 ......................................................................................................................... 693 Problema # 11 ......................................................................................................................... 699 Problema # 12 ......................................................................................................................... 705 Problema # 13 ......................................................................................................................... 711 Problema # 14 ......................................................................................................................... 714 Problema # 15 ......................................................................................................................... 718 Problema # 16 ......................................................................................................................... 724 Problema # 17 ......................................................................................................................... 730 CAPÍTULO XII (Energía de Deformación – Teorema de Castigliano) .............................. 736 Ejemplo # 1 ............................................................................................................................. 743 Ejemplo # 2.............................................................................................................................. 745 Ejemplo # 3.............................................................................................................................. 749 Ejemplo # 4.............................................................................................................................. 751 Problema # 1 .......................................................................................................................... 755 Problema # 2 ........................................................................................................................... 757 Problema # 3 ........................................................................................................................... 759 Problema # 4 ........................................................................................................................... 762 Problema # 5 ........................................................................................................................... 766 Problema # 6 ........................................................................................................................... 770 Problema # 7 ........................................................................................................................... 771 Problema # 8 ........................................................................................................................... 777 Problema # 9 ........................................................................................................................... 778 Problema # 10 ......................................................................................................................... 784 Problema # 11 ......................................................................................................................... 789 Problema # 12 ......................................................................................................................... 795 Problema # 13 ......................................................................................................................... 797 Problema # 14 ......................................................................................................................... 801 Problema # 15 ......................................................................................................................... 806 Problema # 16 ........................................................................................................................ 808 Problema # 17 ......................................................................................................................... 810 Problema # 18 ......................................................................................................................... 814 Problema # 19 ......................................................................................................................... 817 Problema # 20 ......................................................................................................................... 821 Problema # 21 ......................................................................................................................... 825 Problema # 22 ......................................................................................................................... 831 Problema # 23 ......................................................................................................................... 838 Problema # 24 ......................................................................................................................... 845 Problema # 25 ......................................................................................................................... 853 Problema # 26 ......................................................................................................................... 858
-8Problema # 27 ......................................................................................................................... 867 Problema # 28 ......................................................................................................................... 872 Problema # 29 ......................................................................................................................... 875 Problema # 30 ......................................................................................................................... 880 Problema # 31 ......................................................................................................................... 883 Problema # 32 ......................................................................................................................... 888 Problema # 33 ......................................................................................................................... 892 Problema # 34 ......................................................................................................................... 895 Problema # 35 ......................................................................................................................... 908 Problema # 36 ......................................................................................................................... 915 Problema # 37 ......................................................................................................................... 924 ANEXO # 1 (Estática Gráfica. MÉTODO DE MAXWELL – CREMONA) ............................................ 929 ANEXO # 2 (Tablas de Perfiles Metálicos) .................................................................................. 931 Vigas IPN ................................................................................................................................. 932 Vigas IPE (ala mediana)............................................................................................................ 933 Vigas HEA ó IPBL (ala ancha – serie ligera) ............................................................................... 934 Vigas HEB ó IPB (ala ancha) ..................................................................................................... 935 Vigas HEM ó IPBV (ala ancha – serie reforzada)....................................................................... 936 Perfiles W americanos ............................................................................................................. 937 Ángulos de alas iguales ............................................................................................................ 946 Vigas UPN ................................................................................................................................ 947 Vigas UPL (canal liviano) .......................................................................................................... 948 Vigas UPEL ............................................................................................................................... 949 Vigas UPAM............................................................................................................................. 950 Ángulos dobles de alas iguales ................................................................................................ 951
-9Introducción Siempre he considerado que en las materias relacionadas con Estructuras es importante que el estudiante resuelva el mayor número de problemas, ya que únicamente la práctica permite desarrollar las destrezas necesarias para resolver las infinidades de problemas que puedan presentarse. Es, por lo tanto, con esa finalidad que he ido construyendo en ya dos años de labor docente en la Universidad Católica Andrés Bello una gama de problemas resueltos de Resistencia de Materiales II con la única finalidad de que el estudiante practique problemas y compruebe la metodología usada así como los resultados con los de este pequeño problemario. Hago hincapié en clases que la fórmula del fracaso para un estudiante es leer y no resolver estos problemas. Creerá que aprendió leyendo, lo cual es totalmente erróneo. Para aprender hay que resolver los problemas, no simplemente leerlos. La parte teórica de este problemario es mínima (Únicamente se dan algunos tips y trucos genéricos). El mismo ha sido desarrollado en doce capítulos más un anexo relacionado con tablas de perfiles metálicos que abarcan el programa de Resistencia de Materiales II. Para el enunciado de algunos problemas, he tomado como referencia varios libros relacionados con Resistencia de Materiales, tales como:
Resistencia de Materiales de Andrew Pytel y Ferdinand L. Singer (Cuarta Edición) Strenght of Materials de Ferdinand L. Singer (Second Edition) Análisis Estructural de R.C. Hibbeler (Tercera Edición) Mecánica de Materiales de Beer, Johnston (Quinta Edición) Resistencia de Materiales - Problemas Resueltos, Aula Politécnica 15 (Segunda Edición) Mechanics of Materials de James M. Gere, Barry J. Goodno (Seventh Edition) Mecánica de Materiales de Egor P. Popov (Primera Edición) Design of Concrete Structures de GeorgeWinter, C.E. O’Rourke, L.C. Urquhart y Arthur H. Nilson (Seventh Edition) Análisis Elemental de Estructuras de Norris y Wilbur (Segunda Edición) http://www.mathalino.com/reviewer/mechanics-and-strength-of-materials/mechanicsand-strength-of-materials Teoría y Problemas Resistencia de Materiales de William A. Nash, 1969. Problemas de Resistencia de Materiales facilitados por el Ing. Alfonso Malaver, profesor de la Universidad Católica Andrés Bello, a quien agradezco muchísimo su colaboración.
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CAPÍTULO I (Repaso de ciertos conocimientos) 1.- Calcule las inercias de la siguiente sección hueca alrededor de los 2 ejes que pasan por el centro de gravedad (Una vez alrededor del eje z y otra vez alrededor del eje y). Proceda a calcular luego el momento estático del área de la sección que está por encima del punto “A” señalada en color amarillo con respecto al eje z que pasa por el centro de gravedad. Si el corte V es de 1000 Kgf, ¿cuánto valdrá el esfuerzo cortante ς en el punto A de la sección n-n?
Area = 30 x 60 – 20 x 40 = 1000 cm
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Iz = 30 x 60 /12 – 20 x 40 /12 = 433333,33 cm
Iy = 60 x 30 /12 – 40 x 20 /12 = 108333,33 cm
Qn-n = 5 x 20 x (10 + 10) x 2 + 20 x 10 x (20 + 5) = 9000 cm ςA = 1000 x 9000/(433333,33 x 2 x 5) = 2,08 Kgf/cm
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3
- 11 2.- Calcule las inercias de la siguiente sección en “T” alrededor de los 2 ejes que pasan por el centro de gravedad (z e y) (Una vez alrededor del eje z y otra vez alrededor del eje y). Proceda a calcular luego el momento estático, alrededor del centro de gravedad que pasa por el eje z, del área de la sección que está por encima de n-n señalada en color amarillo, y del área de la sección que está por debajo de n-n. Compare los resultados. Proceda a calcular ahora el momento estático, alrededor del centro de gravedad que pasa por el eje z, del área de la sección que está por encima de m-m, y del área de la sección que está por debajo de m-m señalada en color amarillo. Compare los resultados. NOTA: Para el cálculo de las inercias está prohibido usar el teorema de Steiner. Use la propiedad de la 3 Inercia alrededor de la base de un rectángulo (I = b h /3).
Area = 10 x 25 + 40 x 5 = 450 cm
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Ycg = 10 x 25 x 12,5 + 40 x 5 x 2,5/450 = 8,056 cm (medido respecto a la base) 3
3
3
Iz = 10 x (25 – 8,056) /3 + 50 x 8,056 /3 – 2 x 20 x (8,056 – 5) /3 = 24548,61 cm 3
3
Iy = 5 x 50 /12 + 20 x 10 /12 = 53750 cm
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4
3
Qn-n (por arriba) = 10 x 5 x (25 – 8,056 – 2,5) = 722,2 cm
2
2
Qn-n (por debajo) = 50 x 5 x (8,056 – 2,5) + 10 x (8,056 – 5) /2 – 10 x (25 – 8,056 – 5) /2 = 722,2 cm Evidentemente calcular Qn-n por arriba o por debajo da el mismo resultado. 2
2
2
Qm-m (por arriba) = 10 x (25 – 8,056) /2 – 50 x (8,056 - 3) /2 + 2 x 20 x (8,056 – 5) /2 = 983,20 cm 3
Qm-m (por debajo) = 50 x 3 x (8,056 – 1,5) = 983,20 cm
Evidentemente calcular Qm-m por arriba o por debajo da el mismo resultado.
3
3
- 12 3.- Calcule las inercias de la siguiente sección compuesta formada por 2 UPN 100 separados 6 mm, alrededor de los 2 ejes que pasan por el centro de gravedad (Una vez alrededor del eje x y otra vez alrededor del eje y). NOTA: Para este problema está permitido usar el teorema de Steiner. Desprecie las 4 pequeñas curvaturas del perfil y suponga que son “U” perfectas. Exprese los resultados en cm .
3
3
Ixx = 2 x 5 x 10 /12 – 2 x (5 – 0,6) x (10 – 2 x 0,85) /12 = 414,02 cm 3
3
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3
Iyy = 2 x 0,85 x (2 x 5 + 0,6) /12 + (10 – 2 x 0,85) x (2 x 0,6 + 0,6) /12 – 10 x 0,6 /12 = 172,58 cm
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CAPÍTULO II (Método de doble integración) E I y” = M (Convenio de signos: la elástica es + hacia arriba y – hacia abajo). 1.- Determine el máximo valor de EIy para la viga en voladizo cargada como se muestra. Tome el origen en la pared. (A, E, I = ctes). Utilice el método de doble integración.
Entre A y C: E I d2y/dx2 = P X – P a – P 2
2
Integrando se tiene: E I dy/dx = P X /2 – P a X – P /2 + C1 El término entre <> es válido sólo entre X = a y X = L Para X = 0, dy/dx = 0 (por ser un empotramiento), de donde C1 = 0 Integrando nuevamente, se tiene: 3
2
3
E I y = P X /6 – P a X /2 – P /6 + C2 Para X = 0, y = 0, de donde: C2 = 0 De donde, la ecuación de la elástica es: 3
2
3
E I y = P X /6 – P a X /2 – P /6 Para X = L, se aplica la totalidad de la ecuación y se obtiene: 3
2
3
E I y = P L /6 – P a L /2 – P (L – a) /6 Resolviendo: 3
2
3
3
2
2
E I y = P L /6 – P a L /2 – P [L - a – 3 L a + 3 L a )/6 3
3
2
3
2
2
E I y = P L /6 – P L /6 – P a L /2 + P a /6 + 3 P L a/6 – 3 P L a /6 2
2
3
2
E I y = – P a L /2 + 3 P L a/6 + P a /6 – 3 P L a /6 3
2
E I y = + P a /6 – 3 P L a /6 2
E I y = P a /6 x (a – 3 L) 2
E I y = - P a (3 L – a)/6
(Para X = L)
- 14 2.- Utilizando el método de doble integración halle la ecuación de la elástica para el siguiente perfil IPN 300, tomando en cuenta, además de la carga señalada, su peso propio. Determine además el máximo valor de la 2 flecha. Si la tensión máxima admisible es de 1400 Kgf/cm y la flecha máxima admisible para el voladizo es de L/150, diga si ese perfil cumple con las condiciones anteriores de resistencia y de deformabilidad. Para el 2 cálculo de la Inercia, utilice la fórmula I = A r , donde r es el radio de giro. Para el peso propio, tome un peso 3 específico de 7850 Kgf/m . Tome el origen en el punto “A”.
Peso Propio = PP = 0,069 x 7850 = 54 Kgf/m RA = 1000 x 2/2 + 54 x 2 = 1108 Kgf MA = 1000 x 2/2 x 2/3 x 2 + 54 x 2 x 1 = 1441Kgf-m 2
2
Iz = A x rz = 69 x 11,9 = 9771 cm
4
6
De la gráfica esfuerzos – deformaciones se obtiene: E = 2800/0,001 = 2,8 x 10 Kgf/cm
2
3
E I y’’ = 1108 X – 54 X /2 – 500 X /6 – 1441 Integrando, se obtiene: 2
3
4
E I y’ = 1108 X /2 – 54 X /6 – 500 X /24 – 1441 X + C1
2
- 15 Para X = 0, y’ = 0, ya que tenemos un empotramiento en A, de donde: C1 = 0 Integrando nuevamente tenemos: 3
4
5
2
E I y = 1108 X /6 – 54 X /24 – 500 X /120 – 1441 X /2 + C2 Para X = 0, y = 0, ya que el apoyo A ni sube ni baja, de donde: C2 = 0 La ecuación de la elástica queda: 3
4
5
E I y = 184,67 X – 2,25 X – 4,17 X – 720,5 X
2
Para X = 2, y = ymáx, de donde: 3
4
5
6
6
E I y máx = 184,67 x 2 – 2,25 x 2 – 4,17 x 2 – 720,5 x 2 E I y máx = - 1574,08 Kgf-m
2
3
De donde: ymáx = - 1574,08 x 10 /(2,8 x 10 x 9771) = - 0,0575 cm De donde: y máx = - 0,58 mm (El signo – quiere decir que la flecha es hacia abajo) Chequeo flecha: Y admisible = L/150 = 2000/150 = 13,3 mm >> 0,58 mm O.K. (La flecha cumple) Chequeo resistencia: 2
2
ς= M c/Iz = (1441 x 100 x 30/2)/9771 = 221 Kgf/cm << 1400 Kgf/cm O.K.
A continuación, para practicar, hallaremos la ecuación de la elástica, utilizando las ecuaciones de las elásticas que están en la tabla 6-2 del libro de Singer, haciendo la salvedad de que en esa tabla se considera la flecha + hacia abajo. Esto es con la finalidad de que sepan que se puede aplicar superposición de las ecuaciones de las elásticas. Tendremos que hacer los siguientes artificios:
2
2
2
CASO 3: E I y = w X /24 (6 L – 4 L X + X ) (donde w = 1054 Kgf/m) 2
3
2
2
3
CASO 4: w X /(120 L) (10 L – 10 L X + 5 L X – X ) (donde w = 1000 Kgf/m) E I y = (CASO 3) – (CASO 4) Sustituyendo nuestros valores en las ecuaciones anteriores, se obtiene: 2
2
2
2
3
2
2
3
E I y = 1054 X /24 * (6 * 2 – 4 * 2 X + X ) - 1000 X /(120 * 2) * (10 * 2 – 10 * 2 X + 5 * 2 X – X )
- 16 2
2
2
2
3
2
2
3
E I y = 1054 X /24 * (6 * 2 – 4 * 2 X + X ) - 1000 X /(120 * 2) * (10 * 2 – 10 * 2 X + 5 * 2 X – X ) 2
2
2
2
3
E I y = 43,917 X * (24 – 8 X + X ) – 4,167 X * (80 – 40 X + 10 X – X ) 2
3
4
2
3
4
E I y = 1054 X – 351,333 X + 43,917 X – 333,333 X + 166,667 X – 41,67 X + 4,167 X 3
4
5
E I y = – 184,666 X + 2,247 X + 4,167 X + 720,667 X
5
2
(Es la misma ecuación anterior, con la diferencia de que aquí la flecha es + hacia abajo)
- 17 3.- El punto medio del perfil de acero de la siguiente figura está conectado a la barra vertical de aluminio. 2 Determinar el valor máximo de Q si el esfuerzo en la barra no ha de ser mayor que 1530 Kgf/cm . Aplique el método de doble integración. Desprecie el peso propio del perfil de acero y de la barra de aluminio.
2
Si el esfuerzo máximo que puede soportar la barra de aluminio es: ς = 1530 Kgf/cm , eso quiere decir que la fuerza máxima (La llamaremos P1) que puede soportar esa barra es: P1 = ς x A, de donde: P1 = 1530 x 0,40 = 612 Kgf Calculamos ahora el alargamiento en esa barra para esa fuerza P1: δ = P1 L/(A E) = 612 x 500/(0,40 x 713790) = 1,07 cm Por lo tanto el problema se resume en hallar Q para un valor de δ = 1,07 cm en el punto B, donde hay una fuerza P1 = 612 Kgf hacia arriba.
E I y’’ = - Q X + 612 2
2
Integrando: E I y’ = - Q X /2 + 612 /2 + C1 Para X = 4, tenemos: y’ = 0 2
De donde: - 16 Q/2 + 612 <4 - 2> /2 + C1 = 0 De donde: - 8 Q + 1224 + C1 = 0 De donde: C1 = 8 Q - 1224 2
2
De donde: E I y’ = - Q X /2 + 306 + 8 Q – 1224
- 18 3
3
Integrando: E I y = - Q X /6 + 306 /3 + 8 Q X – 1224 X + C2 Para X = 4, tenemos: y = 0 3
3
- 4 Q/6 + 102 (4 – 2) + 8 Q . 4 – 1224 . 4 + C2 - 32 Q/3 + 816 + 32 Q – 4896 + C2 = 0 De donde: C2 = 4080 – 64/3 Q 3
3
De donde: E I y = - Q X /6 + 306 /3 + 8 Q X – 1224 X + 4080 – 64/3 Q Para X = 2, y = - 1,07 cm 6
6
3
De donde: - 2,1 x 10 x 1720 x 1,07/10 = - Q x 2 /6 + 8 Q x 2 – 1224 x 2 + 4080 – 64/3 Q De donde: Q = 825 Kgf
- 19 4.- Hallar las reacciones en “A” y “C” así como el momento en “C”, usando el método de doble integración:
La viga es hiperestática de primer grado. E I y’’ = RA X – 90 Integrando, tenemos: 2
2
E I y’ = RA X /2 – 90 /2 + C1 Para X = 9, y’ = 0 (ya que en C tenemos un empotramiento), de donde: 2
2
RA x 9 /2 – 90 x (9 – 3) /2 + C1 = 0 De donde: C1 = 1620 – 40,5 RA Por lo tanto: 2
2
E I y’ = RA X /2 – 90 /2 + 1620 – 40,5 RA Integrando nuevamente tenemos: 3
3
E I y = RA X /6 – 90 /6 + 1620 X – 40,5 RA X + C2 Para X = 0, y = 0 (ya que el punto A no baja por ser un apoyo), de donde: C2 = 0 3
3
Nos queda: E I y = RA X /6 – 90 /6 + 1620 X – 40,5 RA X Para X = 9, y = 0 (ya que el punto C no baja por ser un apoyo), de donde: 3
3
RA x 9 /6 – 90 x (9 – 3) /6 + 1620 x 9 – 40,5 RA x 9 = 0 De donde: 121,50 RA – 364,5 RA = 3240 – 14580 243 RA = 11340 De donde: RA = 46,67 lb Por Σ Fv = 0, se obtiene que: RC = 43,33 lb Y el momento en C valdrá: MC = 46,67 x 9 – 90 x 6 = - 119,97 lb-ft
- 20 5.- Resolver la viga del problema 4 por el método de doble integración pero aplicando superposición.
La viga es hiperestática de primer grado. La convertimos en isostática, quitando el rodillo en “A”: CASO “0”:
E I y’’ = – 90 Integrando, tenemos: 2
E I y’ = – 90 /2 + C1 Para X = 9, y’ = 0 (ya que en C tenemos un empotramiento), de donde: 2
– 90 x (9 – 3) /2 + C1 = 0 De donde: C1 = 1620 Por lo tanto: 2
E I y’ = – 90 /2 + 1620 Integrando nuevamente tenemos: 3
E I y = – 90 /6 + 1620 X + C2
- 21 Para X = 9, y = 0 (ya que el punto C no baja por ser un apoyo), de donde: 3
– 90 x (9 – 3) /6 + 1620 x 9 + C2 = 0 C2 = 11340 3
Nos queda: E I y = – 90 /6 + 1620 X + 11340 Hallamos ahora la flecha para X = 0, de donde: E I y = 11340 lb-ft
3
Colocamos ahora una fuerza vertical en A que será la reacción en “A”. Esta fuerza será hallada con la condición de que la flecha que ella produzca hacia arriba sea igual a E I y = 11340, ya que en “A” hay un apoyo y la flecha ahí debe ser nula. CASO “1”:
E I y’’ = RA X 2 Integrando: E I y’ = RA X /2 + C1 Para X = 9, y’ = 0 (ya que en C tenemos un empotramiento), de donde: 2
RA x 9 /2 + C1 = 0 De donde: C1 = - 40,5 RA 2
E I y’ = RA X /2 - 40,5 RA Integrando nuevamente, se tiene: 3
E I y = RA X /6 – 40,5 RA X + C2 Para X = 9, y = 0 (ya que en C tenemos un empotramiento), de donde: 3
E I y = RA x 9 /6 – 40,5 x RA x 9 + C2 De donde: C2 = 243 RA 3
E I y = RA X /6 – 40,5 RA X + 243 RA Calculamos la flecha en “A”, la cual debe ser igual a E I y = 11340, de donde: 11340 = 243 RA De donde: RA = 46,67 lb
- 22 6.- Utilizando el método de doble integración, calcule la reacción en el apoyo A y el momento de empotramiento en C. (A, E, I = ctes).
La viga es hiperestática de primer grado. 2
E I d2y/dx2 = RA X – 2000 /2 2
3
Integrando se tiene: E I dy/dx = RA X /2 – 2000 /6 + C1 El término entre <> es válido sólo entre X = 2 y X = 6 Para X = 6, dy/dx = 0 (por ser un empotramiento), de donde: 2
3
RA x 6 /2 – 2000 x (6 – 2) /6 + C1 = 0 De donde: C1 = 21333,33 – 18 RA 2
3
E I dy/dx = RA X /2 – 2000 /6 + 21333,33 – 18 RA Integrando nuevamente, se tiene: 3
4
E I y = RA X /6 – 2000 /24 + 21333,33 X – 18 RA X + C2 Para X = 0, y = 0, de donde: C2 = 0 Para X = 6, y = 0, de donde: 3
4
E I y = RA 6 /6 – 2000 (6 – 2) /24 + 21333,33 x 6 – 18 RA x 6 = 0 Despejando RA, se obtiene: 36 RA – 108 RA = - 106666,65 De donde: RA = 1481,5 Kgf 2
MC = 1481,5 x 6 – 2000 x 4 /2 MC = - 7111 Kgf-m
- 23 7.- Aplicando el método de doble integración, halle las reacciones y el momento en el apoyo B en la siguiente viga.
y/(5 – x) = 100/5 y = 20 * (5 – x) M = RA * x – y * x * x/2 – (100 – y) * x/2 * 2/3 * x Sustituyendo: M = RA * x - 20 * (5 – x) * x * x/2 – [100 - 20 * (5 – x)] * x/2 * 2/3 * x 2
M = RA * x – 50 * x + 10/3 * x
3
Integrando, tenemos: 2
3
4
EI y’ = RA * x /2 – 50 * x /3 + 5/6 * x + C1 Integrando nuevamente, tenemos: 3
4
5
EIy = RA * x /6 – 50 * x /12 + 1/6 * x + C1 * x + C2 Aplicando las condiciones de borde: Para x = 0, y = 0, de donde C2 = 0 De donde: 3
4
5
EIy = RA * x /6 – 50 * x /12 + 1/6 * x + C1 * x Para x = 5, y = 0, de donde: 3
4
5
0 = RA * 5 /6 – 50 * 5 /12 + 5 /6 + C1 * 5
- 24 20,83 * RA – 2083,33 + 5 C1 De donde: C1 = 416,67 – 4,17 RA Sustituyendo en la ecuación de EIy’, tenemos: 2
3
4
EI y’ = RA * x /2 – 50 * x /3 + 5/6 * x + 416,67 – 4,17 RA Para x = 5, y’ = 0 De donde: 2
3
4
0 = RA * 5 /2 – 50 * 5 /3 + 5/6 * 5 + 416,67 – 4,17 RA De donde: 0 = 12,5 RA – 1145,83 – 4,17 RA 8,33 RA = 1145,83 RA = 137,5 Kgf RB = 100 * 5/2 – 137,5 RB = 112,5 Kgf Para x = 5, tenemos: 2
MB = 137,5 * 5 – 50 * 5 + 10/3 * 5 MB = - 145,8 Kgf-m
3
- 25 8.- Para la siguiente viga doblemente empotrada, calcule la flecha máxima y los momentos en los empotramientos. Diga de qué signo son. Se pide solucionar este problema utilizando voladizos equivalentes en el punto medio, donde las redundantes serán el corte y el momento en el punto medio. Note que en el punto medio la fuerza cortante es “cero”. ¿Por qué? (A, E, I = ctes). Use el método de doble integración.
Es evidente que la fuerza cortante en el medio es cero por simetría. 2
E I d2y/dx2 = Mm – 100 /2 3
E I dy/dx = Mm X – 100 /6 + C1 Para X = 0, dy/dx = 0, de donde C1 = 0 (Ya que hay simetría, es evidente que la pendiente en el punto medio “m” es cero). 3
De donde: E I dy/dx = Mm X – 100 /6 Para X = 8, dy/dx = 0 (por ser “B” un empotramiento) 3
De donde: Mm x 8 – 100 x (8 – 4) /6 = 0 De donde: Mm = 133,33 lb-ft El momento de empotramiento en “B” será igual a: MB = 133,33 – 100 x 4 x 2 MB = - 666,67 lb-ft Integrando nuevamente, se tiene: 2
4
E I y = 133,33 X /2 – 100 /24 + C2 2
4
Para X = 8, y = 0, de donde: 133,33 x 8 /2 – 100 (8 - 4) /24 + C2 = 0 C2 = - 3200 2
4
De donde: E I y = 133,33 X /2 – 100 /24 - 3200 Para X = 0, tendremos la flecha máxima, de donde: E I y = - 3200 lb-ft
3
- 26 -
- 27 9.- Utilizando el método de doble integración, halle los momentos de empotramiento en A y B (expréselos en Kgf-m) y la flecha (exprésela en mm) en el punto medio “M” del siguiente perfil IPN 240, empotrado en sus dos extremos, para 2 condiciones: a.- Perfil colocado en la posición 1. b.- Perfil colocado en la posición 2.
2
2
Para el cálculo de las Inercias, utilice las fórmulas Ix = A rx e Iy = A ry donde rx es el radio de giro alrededor del eje “x” y ry es el radio de giro alrededor del eje y. A = área perfil.
Para el módulo de elasticidad E, haga uso del siguiente gráfico “Esfuerzos deformaciones” por Uds conocido:
Preguntas adicionales: ¿Para qué posición la flecha es mayor? ¿Influye la posición del perfil para los valores calculados de los momentos de empotramiento?
- 28 Finalmente, compare los valores por Uds hallados de los momentos de empotramiento, con los calculados haciendo uso de las tablas de momento de empotramiento entregadas de Paul Rogers (Ver página 23).
Es muy sencillo resolver este problema debido a la simetría.
Colocaremos los momentos de empotramiento en el sentido señalado en la figura de arriba. Este sentido quiere decir momento negativo. RA = RB = 3000 Kgf 2
E I y’’ = 3000 X – 1000 X /2 – MA 2
3
E I y’ = 3000 X /2 – 500 X /3 – MA X + C1 Para X = 0, E I y’ = 0 Por lo tanto C1 = 0 2
3
Entonces: E I y’ = 1500 X – 500 X /3 – MA X Para X = 6, E I y’ = 0 2
3
De donde: 1500 x 6 – 500 x 6 /3 – MA x 6 De donde: MA = 3000 Kgf-m El resultado fue +, lo cual indica que el sentido correcto es el indicado en la figura superior. Este sentido es -. Por lo tanto: MA = - 3000 Kgf-m = MB (por simetría) 3
4
2
E I y = 1500 X /3 – 500 X /12 – 3000 X /2 + C2 Para X = 0, E I y = 0, de donde: C2 = 0 3
4
E I y = 1500 X /3 – 125 X /3 – 1500 X
2
Para X = 3 (punto medio), tenemos: 3
4
E I y (punto medio) = 1500 x 3 /3 – 125 x 3 /3 – 1500 x 3 3
E I y (punto medio) = - 3375 Kgf-m
2
- 29 a.- Perfil colocado en la posición 1. 2 4 Ix = 46,10 x 9,59 = 4239,73 cm 2 E = 2500/0,0012 = 2083333 Kgf/cm 7 y (punto medio) = - 3375 x 10 /(2083333 x 4239,73) = - 3,82 mm (El signo negativo quiere decir que la flecha es hacia abajo)
b.- Perfil colocado en la posición 2. 2 4 Iy = 46,10 x 2,20 = 223,12 cm 7 y (punto medio) = - 3375 x 10 /(2083333 x 223,12) = - 72,61 mm (El signo negativo quiere decir que la flecha es hacia abajo)
Evidentemente en la posición 2 la flecha es mayor que en posición 1, ya que la inercia es menor. La posición del perfil no influye en el cálculo de los momentos de empotramiento. Influye sólo para las flechas. 2
2
Los momentos de empotramiento para carga uniforme valen : M = - w L /12 = 1000 x 6 /12 = - 3000 Kgf-m (mismo resultado que el que se obtuvo por doble integración).
- 30 10.- Halle los momentos de empotramiento de la figura siguiente por el método de doble integración:
Dividiremos la figura en tres casos: CASO 1:
CASO 2:
CASO 3:
Aplicaremos luego las siguientes condiciones: θc (caso 1) – θ2 (caso 2) – θ3 (caso 3) = 0 δ1 (caso 1) – δ2 (caso 2) – δ3 (caso 3) = 0
- 31 CASO 1: Cálculo de θc (caso 1): E I y’’ (Entre A y B) = - 1000 (Ecuación referida a “A”) 2 E I y’ (Entre A y B) = - 1000 /2 + C1 Para X = 6, y’ = 0, de donde: 2 0 = - 1000 x 5 /2 + C1 De donde: C1 = 12500 Por lo tanto: E I y’ (Para X = 1) = C1 = 12500 De donde: θc = 12500/(EI) (Mismo resultado que caso 2, tabla 6-2 del libro de Singer) Integrando nuevamente, se tiene: 3 E I y = - 1000 /6 + 12500 X + C2 Para X = 6, y = 0, de donde: 3 0 = - 1000 x 5 /6 + 12500 x 6 + C2 De donde: C2 = - 54166,67 Por lo tanto, la ecuación de la elástica es: 3 E I y = - 1000 /6 + 12500 X – 54166,67 Para X = 1, calculamos δc, de donde: E I δc = 12500 – 54166,67 E I δc = - 41666,67 De donde: δc = - 41666,67/(EI) (Es negativo ya que la flecha es hacia abajo) En resumen: δ1 = δc + θc x 1 = (41666,67 +12500)/(EI) O sea: δ1 = 54166,67/(EI) (Mismo resultado que caso 2, tabla 6-2 del libro de Singer)
CASO 2: Cálculo de θ2 (caso 2): E I y’’ = MA (Ecuación referida a “A”) E I y’ = MA x X + C1 Para X = 6, y’ = 0 De donde: 0 = 6 MA + C1 De donde: C1 = - 6 MA Por lo tanto: E Y y’ (Para X = 0) = C1 De donde: θ2 = - 6 MA/(EI) (Mismo resultado que caso 5, tabla 6-2 del libro de Singer) Cálculo de δ2 (caso 2): E I y’ = MA x X – 6 MA 2 E I y = MA x X /2 – 6 MA x X + C2 Para X = 6, y = 0, de donde: 0 = MA x 36/2 – 36 MA + C2 De donde: C2 = 36 MA – 18 MA = 18 MA Para X = 0: E I δ2 = C2 = 18 MA O sea: δ2 = 18 MA/(EI) (Mismo resultado que caso 5 , tabla 6-2 del libro de Singer)
- 32 CASO 3: Cálculo de θ3 (caso 3): E I y’’ = RA x X (Ecuación referida a “A”) 2 E I y’ = RA x X /2 + C1 Para X = 6, y’ = 0 De donde: 0 = 18 RA + C1 De donde: C1 = - 18 RA Por lo tanto: E Y y’ (Para X = 0) = C1 De donde: θ3 = - 18 RA/(EI) (Mismo resultado que caso 1, tabla 6-2 del libro de Singer) Cálculo de δ3 (caso 3): 2 E I y’ = RA x X /2 – 18 RA 3 E I y = RA x X /6 – 18 RA x X + C2 Para X = 6, y = 0, de donde: 0 = RA x 216/6 – 18 RA x 6 + C2 De donde: C2 = 108 RA – 36 RA = 72 RA Para X = 0: E I δ3 = C2 = 72 RA O sea: δ3 = 72 RA/(EI) (Mismo resultado que caso 1 , tabla 6-2 del libro de Singer) Aplicando las condiciones señaladas anteriormente, tenemos: θc (caso 1) – θ2 (caso 2) – θ3 (caso 3) = 0 δ1 (caso 1) – δ2 (caso 2) – δ3 (caso 3) = 0 12500/(EI) - 6 MA/(EI) - 18 RA/(EI) = 0 De donde: 6 MA + 18 RA = 12500 (Ecuación # 1) 54166,67/(EI) - 18 MA/(EI) - 72 RA/(EI) = 0 De donde: 18 MA + 72 RA = 54166,67 (Ecuación # 2) Resolviendo el sistema de ecuaciones formado por MA y RA, se obtiene: MA = - 694,45 Kgf-m RA = 925,93 Kgf A partir de MA y RA, es fácil hallar MB y RB: MB = 925,93 x 6 – 694,45 – 1000 x 5 De donde: MB = - 138,87 Kgf-m Σ Fv = 0, tenemos: RB = 1000 – 925,93 RB = 74,07 Kgf Vamos a chequear ahora los momentos MA y MB con las tablas de Paul Rogers: En la página 24, tenemos el caso que estamos estudiando: Buscamos la relación a/L = 1/6 = 0,1667 Para a/L = 0,1667, m = 0,1157 (Se halla interpolando) Para a/L = 0,1667, n = 0,0232 (Se halla interpolando) Por lo tanto: MA = - P x L x m = - 1000 x 6 x 0,1157 = - 694,2 Kgf-m ~ - 694,45 Kgf-m O.K. MB = - P x L x n = - 1000 x 6 x 0,0232 = - 139,2 Kgf-m ~ - 138,87 Kgf-m O.K. A continuación se muestra una forma que van a utilizar más adelante para hallar los cortes y las reacciones a partir de los momentos de empotramiento:
- 33 -
- 34 11.- Hallar las reacciones y los momentos en “A” y en “B” por doble integración. La viga está sometida a un momento Mo = 100 Kgf-m aplicado en el punto “C” y tiene diferentes inercias.
La viga es hiperestática de segundo grado. Por existir una diferencia de inercia, RA será diferente a RB y MA diferente a MB. Es indiferente como asumamos la dirección de las reacciones y de los momentos. En la figura, se asumieron en la forma indicada. Debido a la dificultad del cambio de inercia, se dividirá la viga en dos partes, tomando el origen de la “X” una vez en el punto “A” para la ecuación entre “A” y “C” y otra vez en el punto “B” para la ecuación entre “C” y “B”. Ecuación entre A y C (Con la X referida al punto A): E I d2y/dx2 = - RA X + MA (Nota: se toma el signo de RA negativo, ya que esta reacción está hacia abajo) Pero: I = 2 Io, de donde E Io d2y/dx2 = - RA X/2 + MA/2 2
Integrando se tiene: E Io dy/dx = - RA X /4 + MA X/2 + C1 Para X = 0, dy/dx = 0 (por ser un empotramiento), de donde C1 = 0 Integrando nuevamente, se tiene: 3
2
E Io y = - RA X /12 + MA X /4 + C2 Para X = 0, y = 0, de donde: C2 = 0 La ecuación de la elástica entre A y C queda: 3
2
E Io y = - RA X /12 + MA X /4 Ecuación entre C y B (Con la X referida al punto B): E I d2y/dx2 = RB X – MB (Nota: se toma el signo de RB positivo, ya que esta reacción está hacia arriba) Pero I = Io, de donde: E Io d2y/dx2 = RB X - MB 2
Integrando se tiene: E Io dy/dx = RB X /2 - MB X + C1
- 35 Para X = 0, dy/dx = 0 (por ser un empotramiento), de donde C1 = 0 Integrando nuevamente, se tiene: 3
2
E Io y = RB X /6 - MB X /2 + C2 Para X = 0, y = 0, de donde: C2 = 0 La ecuación de la elástica entre C y B queda: 3
2
E Io y = RB X /6 - MB X /2 Las flechas en “A” y en “B” son nulas, sin embargo, estas 2 condiciones no nos sirven. Las condiciones que nos servirán son: la flecha en “C” calculada desde “A” debe ser igual a la flecha en “C” calculada desde “B”, así como la pendiente en “C” calculada desde “A” debe ser igual a la pendiente en “C” calculada desde “B”. Podemos hacer uso de estas condiciones, ya que en el punto “C” hay continuidad. Igualando las flechas en “C”, nos queda: 3
2
3
2
yC = [- RA x 1 /12 + MA x 1 /4]/(E Io) = [RB x 1 /6 - MB x 1 /2]/(E Io) Desarrollando, nos queda: -2 RB – RA + 6 MB + 3 MA = 0 Igualando ahora las pendientes en “C”, nos queda: 2
2
Y’C = *- RA x 1 /4 + MA x 1/2]/(E Io) = - [RB x 1 /2 - MB x 1]/(E Io) Nota: Se le colocó un signo negativo a la pendiente que viene de “B”, ya que la pendiente es positiva desde “A” y negativa desde “B”, teniendo, por supuesto, el mismo valor. Desarrollando, nos queda: 2 RB – RA - 4 MB + 2 MA = 0 Haremos uso de 2 ecuaciones de la estática: ΣFv = 0: RA - RB = 0 ΣM = 0: MA - 2 RA + 100 + MB = 0 De donde: MA – 2 RA + MB = - 100 Nos queda, entonces, un sistema de 4 ecuaciones con 4 incógnitas, que ordenado de forma matricial es:
La solución de este sistema de ecuaciones nos arroja los siguientes resultados: RB = 72,72 Kgf; RA = 72,72 Kgf; MB = 27,27 Kgf-m; MA = 18,18 Kgf-m. Todos los signos son +, lo cual quiere decir que tanto el sentido de las reacciones como el de los momentos fueron asumidos correctamente.
- 36 A continuación, con el objetivo de ver la diferencia en su comportamiento, se han dibujado 2 elásticas, una para I constante entre “A” y “B” y otra para cambio de inercia como en el enunciado en el punto “C”.
- 37 12.- Dos vigas iguales cantiléver en contacto en sus extremos soportan una carga de 1000 Kgf/m en una de ellas como se muestra en la figura. Determine los momentos de empotramiento en A y en B, así como la flecha en el punto medio. Nota: Las vigas están formadas por perfil IPN 300 colocado en el sentido de la 6 2 inercia fuerte. E = 2,1 x 10 Kgf/cm . Resuelva el problema usando el método de doble integración.
Desig.
Peso
Area
IPN
(Kgf/m)
(cm2)
300
54,20
69,00
d 300
Esta viga equivale a:
Tramo M-B 2
E I y’’ = RB * x – 1000 * x /2 – MB Para x =3, EIy’’ = 0
bf
tf
tw
(mm) (mm) (mm) (mm) 125
16,2
10,8
Ix
Sx
rx
Iy
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
(cm3) (cm)
451,00
72,20 2,56
9800,0
653,0 11,90
Sy
ry
- 38 De donde: 3 RB – 500 * 9 – MB = 0 MB = 3 RB – 4500 2
EIy’’ = RB * x – 500 * x + 4500 – 3 RB 2
3
EIy’ = RB * x /2 – 500 * x /3 + 4500 * x – 3 RB * x + C1 Para x = 0, EIy’ = 0, de donde C1 = 0 3
4
2
2
2
2
EIy = RB * x /6 – 500 * x /12 + 4500 * x /2 – 3 RB * x /2 + C2 Para x = 0, y = 0, de donde: C2 = 0 3
4
EIy = RB * x /6 – 500 * x /12 + 4500 * x /2 – 3 RB * x /2 3
4
2
2
2
Para x = 3: EIy = RB * 3 /6 – 500 * 3 /12 + 4500 * 3 /2 – 3 RB * 3 /2 – 3 RB * 3 /2 EIy (punto medio) = 4,5 RB – 3375 + 20250 – 13,5 RA EIY (punto medio) = 16875 – 9 * RB TRAMO A-M EIy’’ = RA * x – MA Para x = 3, EIy’’ = 0 De donde: MA = 3 RA EIy’’ = RA * x – 3 RA 2
EIy’ = RA * x /2 – 3 RA * x + C1 Para x = 0, EIy’ = 0, de donde: C1 = 0 3
2
EIy = RA * x /6 – 3 RA * x /2 + C2 Para x = 0, EIy = 0, de donde: C2 = 0 3
2
Para x = 3: EIy = RA * 3 /6 – 3 RA * 3 /2 EIy (punto medio) = (27 RA – 81 RA)/6 EIy (punto medio) = - 9 * RA Igualando las deformaciones en el punto medio, es decir: δ1 = δ2, tenemos: 9 RA = 9 RB – 16875 Por otro lado debe cumplirse: ΣFv = 0, de donde: RA + RB = 1000 * 3 RA = 3000 – RB
- 39 Sustituyendo, tenemos: 9 * (3000 – RB) = 9 RB – 16875 27000 – 9 RB = 9 RB – 16875 18 RB = 43875 RB = 2437,50 Kgf MB = 3 RB – 4500 = 3 * 2437,50 – 4500 MB = 2812,50 Kgf-m (El signo + significa que fue bien supuesto. Se supuso en sentido negativo) Por lo tanto: MB = - 2812,50 Kgf-m RA = 3000 – RB RA = 3000- 2437,50 RA = 562,50 Kgf MA = 3 RA, de donde: MA = 3 * 562,50 MA = 1687,50 Kgf-m (El signo + significa que fue bien supuesto. Se supuso en sentido negativo) Por lo tanto: MA = - 1687,50 Kgf-m EIy (punto medio) = - 9 * RA De donde: EIy (punto medio ) = - 9 * 562,50 3
EIy (punto medio ) = - 5062,50 Kgf-m (hacia abajo) 6
6
De donde: y = - 5062,50 * 10 * 10/(2,1 x 10 x 9800) Y = - 2,46 mm (hacia abajo)
- 40 13.- Utilizando el método de doble integración y despreciando el peso propio, calcule la flecha en el punto “D” (en mm) del siguiente perfil metálico IPN 120 el cual descansa sobre tres apoyos. Como puede verse hay simetría total tanto desde el punto de vista de las luces, como de las cargas. El perfil está colocado en la forma indicada al lado del apoyo “C”, es decir según la Inercia Fuerte y a continuación están sus características. Del perfil, se tiene la siguiente curva de esfuerzos deformaciones:
Desig.
Peso
Area
IPN
(Kgf/m)
(cm2)
120
11,10
14,20
d
bf
tf
tw
(mm) (mm) (mm) (mm) 120
58
7,7
5,1
Ix
Sx
rx
Iy
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
328,0
54,7
4,81
21,50
Sy
ry
(cm3) (cm) 7,41 1,23
Dividimos la viga de 2 tramos de la siguiente forma y, en vista de la simetría, se cumple que la pendiente en el apoyo “B” es perfectamente horizontal, por lo tanto y’B = 0.
Trabajando con la viga izquierda tenemos: 2
E I y” = M = RA * X - 500 *
- 41 Tenemos 3 condiciones de borde: Para X = 0, y = 0 Para X = 4, y’ = 0 Para X = 4, y = 0 Integrando, tenemos: 2
3
E I y’ = RA * X /2 – 500/3 * + C1 Para X = 4, y’ = 0 2
3
De donde: RA * 4 /2 – 500/3 * (4 – 2) + C1 = 0 De donde: C1 = 1333,333 – 8 RA Sustituyendo tenemos: 2
3
E I y’ = RA * X /2 – 500/3 * + 1333,333 – 8 RA Integrando nuevamente, tenemos: 3
4
E I y = = RA * X /6 – 500/12 * + 1333,333 * X – 8 RA * X + C2 Para X = 0, y = 0 (No se usa el término en el corchete) C2 = 0 Para X = 4, y = 0 3
4
E I y = = RA * 4 /6 – 500/12 * <4 - 2> + 1333,333 * 4 – 8 RA * 4 = 0 10,6667 RA – 666,6667 + 5333,332 – 32 RA = 0 De donde: RA = 218,75 Kgf Por lo tanto la ecuación de la elástica es: 3
4
E I y = 218,75 * X /6 – 500/12 * + 1333,333 * X – 8 * 218,75 * X De donde: 3
4
E I y = 36,4583 * X – 41,6667 * + 1333,333 * X – 1750 * X De la curva de esfuerzos deformaciones del perfil, se obtiene: 6
2
E = 2500/0,00119 = 2,1 x 10 Kgf/cm
Y de las características del perfil, tenemos que la inercia fuerte es Ix = 328 cm
4
- 42 Por lo tanto: Para X = 2 m (Punto D), la flecha será: 3
E I y = 36,4583 * 2 + 1333,333 * 2 – 1750 * 2 3
6
E I y = - 541,6676 Kgf-m = - 541,6676 x 10 Kgf-cm
3
De donde: 6
2
4
6
3
2,1 x 10 Kgf/cm x 328 cm x y = - 541,6676 x 10 Kgf-cm De donde: y = - 0,786 cm
De donde: y = - 7,86 mm (hacia abajo) (flecha en el punto D)
- 43 14.- En el siguiente perfil metálico W8x10 (Imperial) equivalente a W200x15 (milimétrico), se pide la ecuación de la elástica (incluyendo el peso propio) refiriéndola al punto “A”, así como resolver totalmente la estática y calcular la flecha en el punto medio colocando el perfil primero en la posición “A” y luego en la 3 posición “B”. Tome en cuenta el peso propio del perfil calculándolo para un peso específico de 7850 Kgf/m . Para el cálculo del peso propio y de las inercias desprecie las pequeñas curvaturas del perfil. Aplique el método de doble integración y, haciendo uso de la tabla anexa de momentos de empotramiento tomada del libro “Tables and Formulas for Fixed end Moments” de Paul Rogers, revise los resultados de los momentos 6 2 en “A” y “C” así como de las reacciones en “A” y “C”. E = 2,1 x 10 Kgf/cm .
Medidas en mm: bf = 100 d = 200 POSICIÓN A:
tf = 5.2
tw = 4.3 POSICIÓN B:
- 44 -
Area = 2 x 10 x 0,52 + (20 – 2 x 0,52) x 0,43 = 18,55 cm
2
Peso propio = PP = 0,001855 x 7850 = 14,56 Kgf/m ≈ 15 Kgf/m
3
3
Inercia fuerte = Iz = 10 x 20 /12 – 2 x 4,785 x 18,96 /12 = 1231 cm 3
3
4
Inercia débil = Iy = 2 x 0,52 x 10 /12 + 18,96 x 0,43 /12 = 87 cm
4
- 45 -
2
3
E I y’’ = RA X – MA – 15 X /2 – 75 /6 Integrando, tenemos: 2
3
4
E I y’ = RA X /2 – MA X – 15 X /6 – 75 /24 + C1 Para X = 0, y’ = 0 ya que el apoyo A es un empotramiento, de donde: C1 = 0 Para X = 4,50, y’ = 0 ya que el apoyo C es un empotramiento, de donde: 2
3
4
RA x 4,50 /2 – MA x 4,50 – 15 x 4,50 /6 – 75 <4,50 – 1,50> /24 = 0 De donde: 10,125 RA – 4,50 MA = 480,9375 Integrando nuevamente, tenemos: 3
2
4
5
E I y = RA X /6 – MA X /2 – 15 X /24 – 75 /120 + C2 Para X = 0, y = 0, ya que el apoyo A no sube ni baja, de donde: C2 = 0 Para X = 4,50, y = 0, ya que el apoyo C no sube ni baja, de donde: 3
2
4
5
RA x 4,50 /6 – MA x 4,50 /2 – 15 x 4,50 /24 – 75 <4,50 – 1,50> /120 = 0 De donde: 15,1875 RA – 10,125 MA = 408,164 Resolviendo el sistema de ecuaciones formado por las dos ecuaciones amarillas, se obtiene:
- 46 RA = 88,75 Kgf MA = 92,81 Kgf-m (El signo + en MA quiere decir que el sentido supuesto para MA es correcto, lo cual quiere decir que MA es negativo) Por simple estática, hallamos RC y MC, resultando: RC = 316,25 Kgf MC = - 182,81 Kgf-m Sustituyendo los valores hallados, tenemos la ecuación de la elástica: 3
2
4
5
E I y = 88,75 X /6 – 92,81 X /2 – 15 X /24 – 75 /120 Cálculo de la flecha en el punto medio: 3
2
4
5
E I y = 88,75 x 2,25 /6 – 92,81 x 2,25 /2 – 15 x 2,25 /24 – 75 <2,25 – 1,50> /120 3
E I y = - 82,605 Kgf-m (El signo – quiere decir que la flecha es hacia abajo) Para la posición A = Inercia fuerte, tenemos: 4
6
2
I = 1231 cm , E = 2,1 x 10 Kgf/cm 6
6
y = - 82,605 x 10 /(1231 x 2,1 x 10 ) = 0,032 cm = 0,32 mm (hacia abajo) Para la posición B = Inercia débil, tenemos: 4
6
I = 87 cm , E = 2,1 x 10 Kgf/cm 6
2
6
y = - 82,605 x 10 /(87 x 2,1 x 10 ) = 0,452 cm = 4,52 mm (hacia abajo) Nótese la gran diferencia en las flechas al colocar el perfil de diferentes formas.
Chequeo con las tablas de momentos de empotramiento de Paul Rogers: Carga triangular: a/L = 3/4,50 = 0,666 De donde, interpolando, tenemos: m = 0,0345 y n = 0,0148 2
De donde:
2
MA (por carga triangular) = w L n = 225 x 4,50 x 0,0148 = 67,4 Kgf-m 2
2
MC (por carga triangular) = w L m = 225 x 4,50 x 0,0345 = 157,2 Kgf-m Los momentos por carga uniforme son: 2
2
MA = MC = w L /12 = 15 x 4,50 /12 = 25,31 Kgf-m Por lo tanto: MA = 67,4 + 25,31 = 92,71 Kgf-m
- 47 y MC = 157,2 + 25,31 = 182,51 Kgf-m Recuerden que a los momentos obtenidos por las tablas de Paul Rogers hay que cambiarle los signos, de donde: MA = - 92,71 Kgf-m MC = - 182,51 Kgf-m Conocidos MA y MC, calculamos las reacciones de la siguiente forma:
- 48 15.- Aplicando el método de doble integración, calcule el valor de Q de tal forma que la deflexión en el punto “C” sea nula.
Tomamos el origen de coordenadas en el punto C, de donde:
De donde, integrando tenemos:
Por ser A un empotramiento, debe cumplirse que para X = 6, y’ = 0, de donde, sustituyendo tenemos:
De donde:
Por lo tanto:
Integrando nuevamente, tenemos:
Para X = 0, nos imponen la condición de que y = 0, de donde C2 = 0, por lo tanto:
Para X = 2, y = 0, de donde:
- 49 De donde:
De donde:
Para X = 6, y = 0, de donde:
De donde:
De donde:
Resolviendo el sistema de ecuaciones formado por las dos ecuaciones amarillas, se obtiene: Q = 50 Kgf RB = 337,50 Kgf
- 50 16.- Aplicando el método de doble integración, calcule el valor de Q de tal forma que la deflexión en el punto “C” sea nula.
Tomamos el origen de coordenadas en el punto C, de donde:
De donde, integrando tenemos:
Por ser A un empotramiento, debe cumplirse que para X = 6, y’ = 0, de donde, sustituyendo tenemos:
De donde:
Por lo tanto:
Integrando nuevamente, tenemos:
Para X = 0, nos imponen la condición de que y = 0, de donde C2 = 0, por lo tanto:
Para X = 2, y = 0, de donde:
- 51 De donde:
Para X = 6, y = 0, de donde:
De donde:
De donde:
Resolviendo el sistema de ecuaciones formado por las dos ecuaciones amarillas, se obtiene: Q = 666,67 Kgf RB = 1058,33 Kgf
- 52 -
CAPÍTULO III (Método ÁREA – MOMENTO) En los problemas aquí resueltos, este método se usa combinado con el método del diagrama de momentos por partes. Se usa entre 2 puntos de una elástica, pero su utilidad es cuando estos 2 puntos (digamos A y B) de la elástica no suben o bajan (caso de apoyos) o cuando un punto no baja ni sube (digamos A) y conocemos la pendiente de la elástica en el otro punto (digamos B). Este último caso puede ser la pendiente en un empotramiento que sabemos es nula así como la pendiente en un tramo que, por circunstancias de simetría, sepamos es nula, o simplemente se conozca el valor de la pendiente en un punto determinado de la elástica.
1er TEOREMA:
2do TEOREMA:
Donde:
En caso de que no se desee usar momentos por parte, será necesario hallar el área del diagrama de momento integrando la ecuación de la curva de momentos hallada a partir del corte, el cual es igual a:
En muchas oportunidades, especialmente si las cargas son puntuales, es más fácil trabajar con los momentos resultantes que con los momentos por parte.
- 53 Convenio de signos
Para la aplicación de los diagramas de momento por parte se hará uso de la tabla 6-1 del libro de Singer, a la cual se le han agregado dos casos de superposición. En esta tabla aparecen las formas de los diagramas de momento para los diferentes casos de carga.
- 54 Por curiosidad, se anexa la fórmula que permite calcular el área y el centro de gravedad de una curva de nésimo grado:
(
)
̅ En casos como el siguiente, pueden aplicarse las fórmulas del trapezoide que se muestran. Recomendamos el uso de estas fórmulas sólo para corroborar los resultados hallados descomponiendo los trapecios en triángulos.
- 55 -
h1 = altura mayor h2 = altura menor
̅ ̅
̅ ̅
Nota: tA/B, tC/B y tD/B son negativos ya que los puntos A’, C’ y D’ están por debajo de la tangente en B. Nota: Los t son siempre la distancia de la elástica a la tangente.
- 56 Nota: Después de calcular tA/B, tC/B y tD/B, se calculan X y X’ por relación de triángulos y luego fácilmente se calculan δA y δD. Como se ve, aquí únicamente se aplicó el segundo teorema de Área – Momento. Si se quiere calcular δE a una distancia “a” del apoyo B, calculamos “X” por relación de triángulos y tE/B. δE será la diferencia. tE/B es también negativo. Si nos piden la tangente en A, tenemos que hacer uso del primer teorema de Área – Momento. Regresando al dibujo anterior tenemos:
Se calcula θA-B por el primer teorema; θB se calculará conociendo los 2 catetos del triángulo anterior. θA será igual a θA-B + θB. Es muy importante de aquí notar que cuando θB es cero (caso de un empotramiento), la pendiente en la punta del volado será igual a θA-B directamente.
SUGERENCIAS AL MÉTODO DE AREA-MOMENTO 1.- Siempre es conveniente construir los diagramas de corte y momento. 2.- Hay que estar “pila” y verificar si hay alguna área de momentos sencilla en el diagrama normal de momentos antes de empezar como locos. 3.- AISLAR LOS TRAMOS. Se pueden aislar todos los tramos conociendo los cortes y los momentos negativos. Eso facilita todo. 4.- Los momentos de una carga triangular en un sentido son diferentes si la carga triangular está en el otro sentido. Si es necesario hay que colocar un rectángulo y restar la carga triangular dada y convertirla en la carga triangular del Singer. 5.- También se puede prolongar la carga triangular hasta el otro apoyo y restarle el triángulo de más que sale. 6.- ¿Qué pasa si la carga fuese un trapecio? Veamos el siguiente caso:
- 57 Transformaremos la carga trapezoidal sumando y restando las áreas amarillas:
- 58 NOTA FINAL: Hay que recordarse que no se toman en cuenta las áreas de momento debajo del tramo que tiene inercia = , ya que ese tramo no se deforma. Hay que recordarse también de los “semáforos rojos” en caso haya articulaciones internas, entendiéndose por “semáforo rojo” el hecho de que, si se traza una tangente por un punto, la misma no puede ir más allá de la articulación interna, ya que en ese punto hay una discontinuidad. A continuación se muestra una viga con una articulación interna, donde tA/F y tD/A están errados. Debido a la discontinuidad que representa la articulación interna en “C”, las tangentes desde el punto F no pueden ir más allá del punto “C” y llegar a los puntos B y A, así como las tangentes desde el punto “A” no pueden ir más allá del punto “C” y llegar a los puntos D y F.
- 59 LOS PROBLEMAS 1 A 17 SON DE VIGAS ISOSTÁTICAS (REPASO DE RESISTENCIA DE MATERIALES I) Y LOS PROBLEMAS 18 A 36 SON DE VIGAS HIPERESTÁTICAS
1.- La viga con un extremo en voladizo está cargada con la fuerza aislada de 5000 Kgf, aplicada como se 4 6 2 indica en la figura. El momento de inercia respecto a su eje neutro es de 40.000 cm , y E = 2,1 x 10 Kgf/cm . Determinar la flecha en el punto de aplicación de la fuerza de 5.000 Kgf. Aplicar el método de área momento.
Por estática tenemos: RA = - 2500 Kgf y RB = 7500 Kgf En vista de que el diagrama de momentos es sencillo, se resolverá el problema usando el verdadero diagrama de momentos y luego el diagrama de momentos por parte, para que se vea que es lo mismo. Se traza la tangente por A:
- 60 3
E I tC/A = -7500 x 3/2 x (1/3 x 3 + 1,50) – 7500 x 1,50/2 x 2/3 x 1,50 = - 33750 Kg-m 6
6
De donde: tC/A = - 33750 x 10 /(2,1 x 10 X 40000) = - 0,402 cm 3
E I tB/A = - 7500 x 3 /2 x 3/3 = - 11250 Kg-m 6
6
De donde: tB/A = - 11250 x 10 //(2,1 x 10 X 40000) = - 0,134 cm Por relación de triángulos, tenemos: 0,134/3 = X/4,50 De donde: X = 0,201 cm De donde: δ = 0,402 – 0,201 = 0,201 cm (Hacia abajo) Si el problema se resuelve por momentos por parte, tenemos:
3
E I tC/A = 11250 x 1,50/2 x 1,50/3 – 11250 x 4,50/2 x 4,50/3 = 33750 Kg-m 3
E I tB/A = - 7500 x 3 /2 x 3/3 = - 11250 Kg-m
Como se ve, son los mismos valores calculados anteriormente.
- 61 2.- La viga de acero con extremos volados de la figura está cargada con dos fuerzas aisladas de 100 Kgf cada una. Hallar la flecha en el punto medio y la pendiente en el punto sobre el soporte A. Aplicar el método de área momento. (A, E, I = ctes).
En este caso es más fácil trabajar con el diagrama de momentos resultantes que el diagrama de momentos por partes, sin embargo, a continuación, se muestra su construcción.
- 62 -
Por simetría, en el punto C, la pendiente es nula, de donde: E I θAC = E I θA = Área diagrama de momentos entre A y C (1er teorema de área – momento)
E I θA = Area amarilla = - 100 x 1,50 = - 150 Kgf-m2 (sentido horario a partir de la pendiente izquierda) De donde: θA = - 150/(E I) Kgf-m2
- 63 Aplicando el segundo teorema: E I tC/A = Area amarilla x XC
E I tC/A = - 100 x 1,50 x 0,75 = - 112,50 Kgf-m3 (Es negativo ya que el punto “C” en la elástica está por debajo de la pendiente izquierda) Para calcular la flecha δ, tenemos: θA =(δ + tC/A)/1.50, de donde: δ = *1.50 x (- 150)]/E I – 112,50/(E I) δ = - 337,50/(E I)
- 64 2
3.- Repetir el problema No. 2, pero con una viga de 30 x 60 de concreto (f´c = 250 Kgf/cm ) cargada con dos fuerzas aisladas de 2000 Kgf cada una. Hallar la flecha en el punto medio y la pendiente en el punto sobre el soporte B. Aplicar el método de área momento. (A, E, I = ctes).
√
2
(expresado en Kgf/cm )
Calculamos primero el θA/B (conociendo que la pendiente es 0 en el punto A). Usaremos el diagrama de momentos verdadero:
2
E I θA/B = Área amarilla = - 4000 x 3 = - 12000 Kg-m (1er teorema de Área – Momento)
- 65 -
√ 3
I = 30 x 60 /12 = 540000 cm
4
4
De donde θA/B = -12000 x 10 /(238752 x 540000) = - 0,00093 radianes Nota: el signo – indica que la tangente en B forma un ángulo en el sentido de las agujas del reloj con la trazada por A. Calculamos ahora tA/B:
3
E I tA/B = - 4000 x 3 x 1,50 = - 18000 Kg-m 6
De donde: tA/B = -18000 x 10 /(238752 x 540000) = - 0,1396 cm Pero: θA/B = (tA/B + δ)/300
OJO: 3 metros = 300 cm
De donde: δA = 300 θA/B – tA/B = - 300 x 0,00093 + 0,1396 δA = - 0,1396 cm = - 1,4 mm (Es decir hacia arriba)
- 66 4.- Determinar la pendiente en el extremo derecho del volado, así como la flecha en el punto de aplicación de la carga.
1er teorema: E I θA-B = Área amarilla, de donde: θA-B = - 500 x 5/2 2
θA-B = - 1250/(E I) Kgf-m
2do teorema: E I t B/A = Área amarilla * XB, de donde: E I t B/A = - 500 x 5/2 X 3,333, de donde: 3
tB/A = - 4166,25/(E I) Kgf-m
- 67 5.- Calcular el valor de la flecha en el punto medio de la luz en la siguiente viga. Indicación: Trazar el diagrama de momentos por partes, empezando por el centro de la luz hacia los extremos. Por simetría, la tangente en el centro es horizontal. Use el método de área-momento.
Por simetría sabemos que RA = RC = 600 x 2 = 1200 N En el punto medio: MB = 1200 x 2,50 – 600 x 2 x 1,50 = 1200 m-N
E I tc/B = δ = 1200 x 2,50 x 1,25 – 1200 x 2 /3 x 2/4 = 3350 N x m
3
- 68 6.- Calcular el valor de EIδ a 1 m de R 2 en la siguiente viga. Indicación: Trazar la tangente de referencia en el apoyo derecho. Use el método de área-momento.
Por estática: R1 = 800 N y R2 = 400 N E I t1/2 = E I (Momento del Area amarilla respecto a 1) = 2400 x 3/2 x 2/3 x 3 – 1200 x 1 x 2,50 – 1200 x ½ x (2 + 2/3 x 1) – 1200 x 2/3 x ¾ X 2 = 1400
- 69 -
E I tc/2 = E I (Momento del Area verde respecto a C) = 800 x 1/2 x2/3 x 1 + 1600 x 1 x 0,5 -1200 x 1 x 0,5 – 1200 x 1/2 x 2/3 x 1 = 66,67 Por relación de triángulos:
– tc/2 = 1400/3 – 66,67 = 400 N-m3
- 70 7.- Calcular el valor de EIδ bajo cada carga concentrada de la siguiente viga. Utilice el método de áreamomento.
E I t1/2 = (Momento del área amarilla respecto a 1) = 1600 x 4/2 x 2/3 x 4 – 600 x 3/2 x (1 + 2/3 x 3) – 1000 x 2/2 x (2 + 2/3 x 2) = 2500 N-m3 Por relación de triángulos se calculan los valores de 1875 y 1250 en los puntos A y B respectivamente.
- 71 -
E I tA/2 = (Momento del área verde respecto a A) = 400 x ½ x 2/3 x 1 + 400 x 1 x 0,50 + 800 x 2 x (1+1) + 800 x 2/2 x (1 + 2/3 x 2) – 200 x ½ x 2/3 x 1 – 200 x 2 x (1 + 1) – 400 x 2/2 x (1 + 2/3 x 2) – 1000 x 2/2 x (1 + 2/3 x 2) = 1266,67 De donde: E I δA = 1875 – 1266,67 = 608,33 N-m3
E I tB/2 = (Momento del área roja respecto a B) = 800 x 2/2 x 2/3 x 2 + 800 x 2 x 1 – 200 x 2 x 1 – 400 x 2/2 x 2/3 x 2 – 1000 x 2/2 x 2/3 x 2 = 400 De donde: E I δB = 1250 – 400 = 850 N- m3
- 72 8.- Aplicando el método de área momento, halle la flecha δ1 y el ángulo θ1 en la siguiente viga cantilever con una carga triangular:
Haciendo uso del segundo teorema de área-momento, hallamos tA/B: EI tA/B = EI δ1 ya que la tangente en B es horizontal por existir un empotramiento. 2
4
EI tA/B = EI δ1 = Wo L /6 x L/4 x 4/5 x L = Wo L /30 4
Por lo tanto: δ1 = Wo L /(30 EI)
Haciendo uso del primer teorema de área-momento, hallamos θA-B = θ1 (en vista de que la tangente en B es horizontal por existir un empotramiento). 2
3
EI θA-B = EI θ1 = Wo L /6 x L/4 = Wo L /24 3
Por lo tanto: θ1 = Wo L /(24 EI)
- 73 9.- Aplicando el método de área momento, halle la flecha δ2 y el ángulo θ2 en la siguiente viga cantilever con un momento aplicado MA en la punta:
Haciendo uso del segundo teorema de área-momento, hallamos tA/B: EI tA/B = EI δ2 ya que la tangente en B es horizontal por existir un empotramiento. 2
EI tA/B = EI δ2 = MA L x L/2 = MA L /2 2
Por lo tanto: δ2 = MA L /(2 EI)
Haciendo uso del primer teorema de área-momento, hallamos θA-B = θ2 (en vista de que la tangente en B es horizontal por existir un empotramiento). EI θA-B = EI θ2 = MA L Por lo tanto: θ2 = MA L/(EI)
- 74 10.- Aplicando el método de área momento, halle la flecha δ3 y el ángulo θ3 en la siguiente viga cantilever con una carga RA aplicada en la punta:
Haciendo uso del segundo teorema de área-momento, hallamos tA/B 2
3
EI tA/B = EI δ3 = RA L /2 x 2/3 x L = RA L /3 3
Por lo tanto: δ3 = RA L /(3 EI)
Haciendo uso del primer teorema de área-momento, hallamos θA-B = θ3 (en vista de que la tangente en B es horizontal por existir un empotramiento). 2
EI θA-B = EI θ3 = RA L x L/2 = RA L /2 2
Por lo tanto: θ3 = RA L /(2 EI)
- 75 11.- El empotramiento de la viga de la figura siguiente no es perfecto, de manera que al aplicar la carga 3 uniforme W permite un cierto giro de WL /(48 EI) de la sección empotrada. Si los apoyos están al mismo nivel, determinar RA. Aplique el método de área-momento.
tA/B = L θ 2do teorema de área – momento: 2
1/2 L (RA L) (2/3 L) – 1/3 L (1/2 W L ) (3/4 L) = 1/48 W L 3
4
4
4
1/3 RA L – 1/8 W L = 1/48 W L (*) 3
1/3 RA L = 7/48 W L
4
RA = 7/16 W L Si queremos determinar totalmente la estática, tenemos: 2
2
MB = RA L – W L /2
Sustituyendo: MB = - W L /16
y
RB = W L – 7/16 W L
Es decir: RB = 9/16 W L NOTA: Si no hubiese habido rotación en “B”, la reacción en “A” sería de: R A = 3/8 W L. Eso quiere decir que la rotación en “B” incrementó la reacción en “A” y rebajó la reacción en “B”. El Momento en “B” también bajó 2 por la rotación en “B” (Sin rotación sería: M B = W L /8). 3
Si la rotación en “B” hubiese sido de W L /(24 E I), tendríamos, calculando a partir de (*): 3
4
4
2
1/3 RA L – 1/8 W L = W L /24 De donde: RA = W L/2 y MB = W L/ L – W L /2 = 0 (VALORES PARA VIGA 3 SIMPLEMENTE APOYADA). Esto es lógico ya que la rotación de W L /(24 E I) corresponde a una viga simplemente apoyada (Ver tabla 6-2 del libro de Singer, caso 8).
- 76 12.- Si el apoyo izquierdo de la viga del problema 11 sufre un asentamiento de valor δ, demostrar que la 3 reacción en él experimenta una disminución igual a 3 EI δ/L . Aplique el método de área-momento.
tA/B = L θ – δ Aplicando el segundo teorema de Area – Momento, tenemos: E I tA/B = L (E I θ) – E I δ 3
4
1/3 RA L = 7/48 Wo L – E I δ RA = 7/16 Wo L – 3 E I δ/L
3
La cantidad de 7/16 wo L es la simple reacción cuando no hay asentamiento δ en el soporte A (pero sí la 3 3 rotación de wo L /(48 EI), por lo tanto la reacción en “A” decreció en 3 EI δ/L
- 77 13.- Calcular la deflexión en el centro de la viga de la siguiente figura (Problema 657 Singer)
R1 = 300 N R2 = 900 N
E I t2/1 = (Momento del área verde respecto a 2) = 1200 x 4/2 x 4/3 – 1200 x 3/4 x 3/5 = 2660
E I td/1 = (Momento del área amarilla respecto a d) = 600 x 2/2 x 2/3 – 44.44 x ¼ x 1/5 = 397,78 Por relación de triángulos: E I δd = 932,22 N – m3
- 78 14.- Problemas No. 649 y No. 650 del Singer resuelto. La viga de la figura soporta una carga concentrada de 300 N a 2 m del apoyo izquierdo. Calcular el valor de E I δ, a 1 m de este apoyo y la pendiente de la elástica en ese apoyo. Aplique el método de área – momento.
E I tC/A = (Momento del área amarilla respecto a C): E I t C/A = 300 x 3/2 x 3/3 – 300 x 1/2 x 1/3 3
E I tC/A = 400 N-m
- 79 E I tB/A = (Momento del área verde respecto a B):
E I tB/A = 100 x 1/2 x 1/3 De donde: E I tB/A = 16,667 N-m
3
Por relaciones de triángulo, se tiene: (tB/A + δB)/1 = tC/A/3 De donde: δB = [400/3 - 16,667]/(E I) δB = 116,67/(E I) N-m
3
La pendiente solicitada es θA, de donde: 3
θA = tC/A/3 = 400 N-m /(3 E I) 3
θA = 133,33/(E I) N-m
- 80 15.- Problema No. 651 del Singer resuelto. En la viga del problema 6, determinar el valor y la posición de la flecha máxima. Aplique el método de área – momento.
Del problema No. 14, se tiene: 3 E I tC/A = 400 N-m 3
θA = 133,33/(E I) N-m Primer teorema:
E I θAB = E I θA, ya que en el punto B de flecha máxima la pendiente debe ser cero. De donde: (100 X * X/2)/(E I) = 133,33/(E I) N-m Por lo tanto: X = 1,633 m Segundo teorema: E I tB/A = 100 x 1,633 x 1,633/2 x 1/3 X 1,633 3
E I tB/A = 72,578 N-m
Por relaciones de triángulo, se tiene: (tB/A + δmáx)/1,633 = tC/A/3 De donde: δmáx = [400/3 x 1,633 – 72,578]/(E I) δmáx = 145,16/(E I) N-m
3
3
- 81 16.- Calcular la flecha en el la punta del volado “D”. Aplique el método de Área – Momento.
- 82 Cálculo de E I tA/C:
E I tA/C = 900 x 3/2 x 2/3 x 3 – 1000 x 2/2 x (1 + 2/3 x 2) E I tA/C = 366,667 N-m
3
Cálculo de E I tD/C:
E I tD/C = - 100 x 1/2 x 2/3 x 1 E I tD/C = - 33,333 N-m
3
- 83 Por relaciones de triángulo, se tiene: (tD/C + δD)/1 = tA/C/3 De donde: δD = [366,667 x 1/3– 33,333]/(E I) 3
δD = 88,89/(E I) N-m
- 84 17- La siguiente viga está formada por un perfil W10x22. Aplicando área-momento, calcule la flecha en el 6 2 punto D (en mm) donde existe una articulación interna. E = 2,1 x 10 Kgf/cm . Recomendación: trabaje directamente con los diagramas reales de momento.
Desig.
Desig.
Peso
Area
d
W
W
(Kgf/m)
(cm2)
(mm)
W10x22
W250x33
33
Cálculo de las reacciones: ΣMD = 0: RA x 2 = 0 De donde: RA = 0 ΣMC = 0: - 5 x 7 + RB x 6 – 7 x 1 = 0 De donde: RB = 7 T ΣFv = 0: 7 + RC = 5 + 7 De donde: RC = 5 T
41,7
258,0
bf
tf
Tw
(mm) (mm) (mm) 146
9,1
6,1
Ix
Sx
rx
Iy
Sy
ry
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
(cm3)
(cm)
4890
379,00 10,80
473,0
64,70
3,37
- 85 -
6
2
E = 2,1 x 10 Kgf/cm
4
Ix = 4890 cm
De donde: E Ix = 1026,90 T-m
2
- 86 Cálculo de tD/C:
EI tD/C = 1 x 5/2 x (7 + 1/3 x 1) + 2,50 x 5/2 x (4,50 + 2/3 x 2,50) – 2,50 x 5/2 x (2 + 1/3 x 2,50) – 1 x 5/2 x (1 + 2/3 x 1) 3
EI tD/C = + 35 T- m (El signo + quiere decir que el punto D en la elástica está por arriba de la tangente que viene de C) Por lo tanto: tD/C = 35 x 1000/1026,90 = 34,08 mm Cálculo de tB/C:
EI tB/C = 1 x 5/2 x (5 + 1/3 x 1) + 2,50 x 5/2 x (2,50 + 2/3 x 2,50) – 2,50 x 5/2 x 1/3 x 2,50 3 EI tB/C = + 34,167 T-m (El signo + quiere decir que el punto B en la elástica está por arriba de la tangente que viene de C) Por lo tanto: tB/C = 34,167 x 1000/1026,90 = 33,27 mm Por relación de triángulos se obtiene: (tD/C + δD)/8 = tB/C/6 De donde: δD = 4/3 tB/C – tD/C Por lo tanto: δD = 4/3 x 33,27 – 34,08 δD = 10,28 mm
- 87 18.- Utilizando el método de área - momento, calcule la reacción en el apoyo A y el momento de empotramiento en C. (A, E, I = ctes).
La viga es hiperestática de primer grado.
E I tA/C = 0 E I tA/C = 6 RA x 6/2 x 2/3 x 6 – 16000 x 4/3 x (2 + 3/4 x 4) = 0 De donde: RA = 1481,5 Kgf 2
MC = 1481,5 x 6 – 2000 x 4 /2 MC = - 7111 Kgf-m
- 88 19.- Utilizando el método de área - momento, calcule las reacciones y los momentos de empotramiento en los dos apoyos. (A, E, I = ctes).
La viga es hiperestática de segundo grado. Primer teorema: E I θA-C = 0, de donde: 6 RA x 6/2 – 16000 x 4/3 – MA x 6 = 0 De donde: 18 RA – 6 MA = 21333,33 Segundo teorema: E I tC/A = 0, de donde: 6 RA x 6/2 x 6/3 – 16000 x 4/3 x 4/4 – MA x 6 x 3 = 0 De donde: 36 RA – 18 MA = 21333,33 Resolviendo las dos ecuaciones grises, se obtiene: RA = 2370 Kgf MA = 3555 Kgf-m (El sentido del momento fue correctamente asumido = sentido antihorario) De donde: MC = 2370 x 6 – 3555 – 2000 x 4 x 2 MC = - 5335 Kgf-m (Por lo tanto el momento es en sentido horario) Por Σ Fv = 0, tenemos: RC = 5630 Kgf
- 89 20.- Para la siguiente viga doblemente empotrada, calcule la flecha máxima y los momentos en los empotramientos. Diga de qué signo son. Se pide solucionar este problema utilizando voladizos equivalentes en el punto medio, donde las redundantes serán el corte y el momento en el punto medio. Use el método de área – momento.
La viga es hiperestática de segundo grado.
Es evidente que la fuerza cortante en el medio es cero por simetría.
Primer teorema: E I θm-B = 0 = Área amarilla, de donde: De donde: Mm x 8 – 800 x 4/3 = 0 De donde: Mm = 133,33 lb-ft MB = 133,33 – 100 x 4 x 2 MB = - 666,67 lb-ft
- 90 Segundo teorema:
E I tm/B = 133,33 x 8 x 4 – 800 x 4/3 x (4 + 3/4 x 4) = E I δ De donde: E I δ = - 3200 lb-ft
3
- 91 21.- Calcule las reacciones y el momento en el empotramiento B de la siguiente viga, aplicando el método de área – momento.
La viga es hiperestática de primer grado.
- 92 -
Ya que en B hay un empotramiento, la tangente a la elástica en B es horizontal y pasa por A. Por lo tanto la desviación de A con respecto a la tangente en B es nula. Es decir: E I tA/B = 0 = 5 RA x 5/2 x 2/3 x 5 – 1250 x 5/3 x 3/4 x 5 De donde: RA = 187,50 Kgf Por Σ Fv = 0, hallamos: RB = 312,50 Kgf MB = 187,50 x 5 – 100 x 52/2 MB = - 312,50 Kgf-m Mmáx + = Vizq2/(2 w) = 187,502/(2 x 100) Mmáx + = + 176 Kgf-m
- 93 22.- El punto medio de la viga de acero de la siguiente figura está conectado a la barra vertical de aluminio. Determinar el valor máximo de P si el esfuerzo en la barra no ha de ser mayor que 1530 Kgf/cm2. Aplique el método de área-momento.
δmáx barra al = P L/(A E) Pero P/A = ςmax = 1530 Kg/cm2 De donde: δmáx = ςmax L/E = 1530 x 500/713790 = 1,07 cm La fuerza máxima en la barra de aluminio será: Pal = (δmáx barra al) A E/L Llamaremos a esta fuerza P1, de donde P1 = 1,07 x 0,40 x 713790/500 = 611 Kgf Por lo tanto el problema se resume en hallar P para un valor de δ = 1,07 cm en el punto B, donde hay una fuerza P1 hacia arriba igual a 611 Kgf.
- 94 Aplicando el Segundo Teorema de Area - Momento del área amarilla alrededor del punto B, tenemos: E I tB/C = (1222 x 2/2 x 2/3 x 2 – 2 P x 2 x 1 – 2 P x 2/2 x 2/3 x 2) Kgf-m
3
3
E I tB/C = (1629,33 – 6,67 P) Kgf-m Pero: E I tB/C = - δal, de donde:
3
E I δal = - (1629,33 – 6,67 P) Kgf-m
De donde: P = (E I δal + 1629,33)/6,67 4
Para ser congruentes con las unidades, debemos colocar E en Kg/m2, I en m y δ en metros, de donde sustituyendo tenemos:
COMPROBACION POR EL METODO DE SUPERPOSICION Vamos a superponer estos 2 casos:
CONDICION: δal = δB1 - δB2 = 1,07 cm
En la tabla 6-2, conseguimos para el caso 1:
Para X = 2, tenemos: E I δB1 = 6,67 P Igualmente para el caso 2, conseguimos: 3
3
E I δB2 = P1 x L /3 = 611 x 2 /3 = 1629,33
E I δB2 = 1629,33
OJO: Esta es la flecha en un extremo de un volado empotrado. En nuestro caso L = 2 m Aplicando la condición en “B”, tenemos: E I δB1 – E I δB2 = E I δal De donde, sustituyendo: 6,67 P – 1629,33 = E I δal Despejando tenemos: P = (E I δal + 1629,33)/6,67 O.K. (IGUAL A METODO AREA-MOMENTO)
- 95 23.- Si se reemplaza la carga P del problema 22 por un par M en sentido contrario al del reloj, determinar el valor máximo de M si el esfuerzo en la barra vertical no ha de ser mayor que 1020 Kgf/cm2. Aplique el método de área-momento.
δmáx barra al = P L/(A E) Pero P/A = ςmax = 1020 Kg/cm2 De donde: δmáx = ςmax L/E = 1020 x 500/713790 = 0,714 cm La fuerza máxima en la barra de aluminio será: Pal = (δmáx barra al) A E/L Llamaremos a esta fuerza P1, de donde P1 = 0,714 x 0,40 x 713790/500 = 408 Kgf Por lo tanto el problema se resume en hallar M para un valor de δ = 0,714 cm en el punto B, donde hay una fuerza P1 hacia arriba igual a 408 Kgf.
- 96 Aplicando el Segundo Teorema de Area - Momento del área amarilla alrededor del punto B, tenemos: 3
E I tB/C = (816 x 2/2 x 2/3 x 2 – M x 2 x 1) Kgf-m E I tB/C = (1088 – 2 M) Kgf-m
3
Pero: E I tB/C = - δal, de donde: E I δal = - (1088 – 2 M) Kgf-m
3
De donde: M = (E I δal + 1088)/2 4
Para ser congruentes con las unidades, debemos colocar E en Kg/m2, I en m y δ en metros, de donde sustituyendo tenemos:
COMPROBACION POR EL METODO DE SUPERPOSICION Vamos a superponer estos 2 casos:
CONDICION: δal = δB1 - δB2 = 0,714 cm
En la tabla 6-2, conseguimos para el caso 1:
Para X = 2, tenemos: E I δB1 = 2 M Igualmente para el caso 2, conseguimos: 3
3
E I δB2 = P1 x L /3 = 408 x 2 /3 = 1088
E I δB2 = 1088
OJO: Esta es la flecha en un extremo de un volado empotrado. En nuestro caso L = 2 m Aplicando la condición en “B”, tenemos: E I δB1 – E I δB2 = E I δal De donde, sustituyendo: 2 M – 1088 = E I δal Despejando tenemos: M = (E I δal + 1088)/2 O.K. (IGUAL A METODO AREA-MOMENTO)
- 97 24.- En la viga perfectamente empotrada de la figura siguiente el empotramiento B ha tenido un 2 asentamiento vertical de valor Δ. Comprobar que MB = - MA = 6 EI Δ/L . Aplique el método de áreamomento.
1er teorema Area-Momento: Rotación entre A y B E I θAB = (Area amarilla)AB De donde: ½ L (RA L) + MA L = 0 Resolviendo tenemos: RA = - 2 MA/L
(1)
2do. Teorema Area-Momento: Asentamiento de B respecto a la tangente trazada por A Se toma momento del área amarilla AB respecto a B: EI tB/A = (Area amarilla)AB . XB = - EI Δ (B en la elástica está debajo de la tangente trazada por A) De donde: ½ L (RA L) (1/3 L) + MA L L/2 = - EI Δ 3
2
3
2
RA L + 3 MA L = - 6 EI Δ RA L + 3 MA L = - 6 EI Δ
(2)
Sustituyendo RA de la ecuación (1), tenemos: MA = - 6 EI Δ/L
2
Sustituyendo MA en la ecuación (1), se obtiene: RA = 12 EI Δ/L Y MB será:
3
3
y RB = - 12 EI Δ/L
MB = MA + RA L = 6 EI Δ/L
2
= MB
OK.
- 98 25.- Resolver por área-momento
NOTA: RD será aquel que cumpla con el hecho de que la superposición de los efectos (CASO 0 y CASO 1) haga que δD final sea de 0,04 m hacia abajo. CASO “0” Al eliminar el rodillo “D” la viga se convierte en isostática y podemos resolverla. Tramo E-F: RF x 4 = 16 x 2 + 8, de donde RF = 10 T y VE = 16 – 10 = 6 T Tramo B-E: Tomamos momentos alrededor del punto B, sabiendo que el momento ahí debe ser 0 por la articulación:
- 99 -
-6 x 12 = 6 x 4 x 2 – RC x 4 + 10 x 6 + 4 x 4 x (8 + 2), De donde: RC = 85 T Por lo tanto VB = 6 x 4 +10 + 4 x 4 – 85 + 6 = -29 T TRAMO A-B: Tomando momento alrededor del empotramiento A, tenemos:
MA = 29 x 4 – 6 x 4/2 x 2/3 x 4 = 84 T-m y RA = 6 x 4/2 – 29 = - 17 T Por lo tanto la estática para el CASO “0” queda resuelta y de ahí podemos generar los diagramas de corte y de momento:
- 100 -
- 101 -
El objetivo del CASO “0” es hallar δD, para lo cual hallaremos tB/C, luego tB/A, luego tD/C y finalmente δD, conociendo que, por relación de triángulos: δD = tB/C + tB/A + tD/C Cálculo de tB/C: Aprovechando de la articulación B, hallamos el diagrama de momentos por parte respecto a C, para luego hallar el Momento de esta área de momento con respecto a B:
tB/C = - (116 x 4/2 x 2/3 x 4 + 48 x 4/3 x ¾ x 4)/(10000) = - 0,081 m (El signo – quiere decir que el punto B en la elástica está por debajo de la tangente que viene de C)
- 102 Cálculo de tB/A: Aprovechando de la articulación B, hallamos el diagrama de momentos por parte respecto a B, para luego hallar el Momento de esta área de momento con respecto a B:
tB/A = (84 x 4 x 2 – 68 x 4/2 x 4/3 – 16 x 4/4 x 4/5)/(10000) = + 0,0478 m (El signo + quiere decir que el punto B en la elástica está por encima de la tangente que viene de A) Cálculo de tD/C: Por ser rectas, es más fácil trabajar con el diagrama de momento directo:
Calculamos el momento respecto a D de toda el área amarilla: tD/C = - (100 x 2 x 3 + 56 x 2 x 1 + 64 x 2/2 x (2 + 2/3 x 2) + 44 x 2/2 x (2/3 x 2))/(10000) = - 0,0984 m (El signo - quiere decir que el punto D en la elástica está por debajo de la tangente que viene de C) De donde: δD = tB/C + tB/A + tD/C δD = 0,081 + 0,0478 + 0,0984 = 0,2272 m (hacia abajo)
- 103 CASO “1”
Hallaremos la reacción RD, conociendo que la viga es isostática y con la condición que la flecha en el punto D sea igual a 0,2272 m (valor hallado anteriormente para el CASO “0”) menos 0,04 m (dato del problema). Se colocará esta reacción como una carga más puntual hacia arriba. Esta flecha en el punto D, para el CASO 1, es igual entonces a: 0,2272 – 0,04 = 0,1872 (hacia arriba). Volvemos, entonces, a calcular la nueva estática de la viga: CASO “1” Tramo E-F: Es evidente que VE y RF1 son cero. Tramo B-E: Tomamos momentos alrededor del punto B, sabiendo que el momento ahí debe ser 0 por la articulación:
RD x 8 = Rc1 x 4, de donde: Rc1 = 2 RD Por lo tanto VB = Rc1 - RD De donde: VB = 2 RD – RD = RD TRAMO A-B: Tomando momento alrededor del empotramiento A, tenemos:
MA1 = - 4 RD y RA1 = RD Por lo tanto la estática para el CASO “1” queda resuelta y de ahí podemos generar los diagramas de corte y de momento:
- 104 -
Trabajaremos con los diagramas de momento en vista de que son lineales. Cálculo de tB/C: Hallaremos el Momento del área amarilla con respecto a B:
tB/C = (4 RD x 4/2 x 2/3 x 4)/(10000) = 0,00213 RD (El signo + quiere decir que el punto B en la elástica está por encima de la tangente que viene de C)
- 105 Cálculo de tB/A: Hallaremos el Momento del área amarilla con respecto a B:
tB/A = - (4 RD x 4/2 x 2/3 x 4)/(10000) = - 0,00213 RD (El signo - quiere decir que el punto B en la elástica está por debajo de la tangente que viene de A) Cálculo de tD/C: Hallaremos el Momento del área amarilla con respecto a D:
tD/C = (4 RD x 4/2 x 2/3 x 4)/(10000) = 0,00213 RD (El signo + quiere decir que el punto D en la elástica está por encima de la tangente que viene de C) Por relación de triángulos, sabemos que: δD = tB/C + tB/A + tD/C. Además δD debe ser 0,1872 (hacia arriba). Por lo tanto: 0,1872 = 0,00213 RD + 0,00213 RD + 0,00213 RD De donde: 0,1872 = 0,00639 RD De donde: RD = 29,3 T A continuación se calculan las otras reacciones: De acuerdo a los diagramas de corte del CASO 0 y CASO 1, tenemos: RA = RA (CASO 0) + RA (CASO 1) = -17 + RD = -17 + 29,3 = 12,3 T MA = MA (CASO 0) + MA (CASO 1) = 84 – 4 RD = 84 – 4 x 29,3 = - 33,2 T-m RC = RC (CASO 0) + RC (CASO 1) = 85 + (-2 RD) = 85 - 2 x 29,3 (En vista de que se colocó hacia abajo) = 26,4 T RD = RD (CASO 0) (NO EXISTE) + RD (CASO 1) = 0 + 29,3 T = 29,3 T RF = RF (CASO 0) + RF (CASO 1) = 10 + 0 = 10 T ES IMPORTANTE SEÑALAR EN ESTE PROBLEMA DE QUE EN CASO DE QUE HUBIESEMOS NECESITADO HALLAR algún “t” que involucrara el área de momento entre D y E, en el cálculo del mismo no se tomaría en cuenta el área del diagrama de momentos del tramo D-E, en vista de su inercia infinita.
- 106 Por ejemplo tE/C (CASO 0):
No se toma en cuenta el área amarilla, ya que la inercia del tramo D-E es infinita. Finalmente, es importante señalar que los “t” pueden calcularse también a partir del diagrama real de momentos, sin tener que recurrir al diagrama de momentos por partes. Por ejemplo, en el caso del cálculo de tB/A (CASO 0), cuyo valor dio + 0,0478 m, hubiésemos podido operar de la siguiente manera:
De donde el “brazo” del área del diagrama de momentos entre A y B será: -
X = 258,13/184 = 1,40 m (respecto al punto A) De donde tB/A = 184 x (4 – 1,40) /(10000) = + 0,0478 O.K.
- 107 26.- Calcular las reacciones y dibujar el diagrama de momentos flectores del pórtico de la figura. E e I son constantes. Aplique el método de área-momento.
- 108 -
Debe cumplirse que: δCo - δC1 = 0 De donde: 2880 - 168 X1 = 0 De donde: X1 = 17,14 T De donde las reacciones de la estructura primaria son: VA = - 0,75 x 17,14 = - 12,86 T (hacia abajo) VC = 0,75 x 17,14 = 12,86 T (hacia arriba) HA = 17,14 T (hacia la izquierda)
- 109 -
Finalmente, sumando las reacciones del CASO 0 y CASO 1, obtenemos:
- 110 27.- Utilizando el método de superposición combinado con el método de área – momento, halle las reacciones. Dibuje únicamente el diagrama de fuerza cortante, indicando todos sus valores. No calcule las distancias donde los cortes son nulos.
Elegimos el momento en B como superabundante (como si no existiera), colocando una articulación interna. Nos queda: CASO O:
TRAMO A-B: RA x 4 = 40 x 3 x (1 + 1,50) + 50 x 3
De donde: RA = 112,5 K y RB = 57,5 K
- 111 E I tA/B = 230 x 4/2 x 4/3 – 180 x 3/3 x ¾ - 50 x ½ x 1/3 = 470 K-m 2 De donde: E I θAB = 470/4 = 117,50 K-m
3
TRAMO B-C: ΣMB = 0 20 x 4,50 – Rc x 3 + 80 x 3/2 x 1/3 x 3 = 0 De donde: Rc = 70 K y RB = 70 K
3
E I tC/B = 210 x 3/2 x 2/3 x 3 – 30 x 3 x 1,50 – 60 x 3/2 x 2/3 x 3 – 120 x ¾ x 4/5 x 3 = 99 K-m De donde: 2 E I θCB = 99/3 = 33 K-m 2 De donde: E I ΔBo = 117,50 + 33 = 150,50 K-m
- 112 CASO 1: Momento en B = 1
TRAMO A-B: RA x 4 = 1 De donde: RA = 1/4 K y RB = 1/4 K 3
E I tA/B = 1 x 4/2 x 2/3 x 4 = 5,33 K-m 2 De donde: E I θAB = 5,33/4 = 1,33 K-m TRAMO B-C: RC x 3 = 1 De donde: RC = 1/3 K y RB = 1/3 K 3
E I tC/B = 1 x 3/2 x 2/3 x 3 = 3 K-m 2 De donde: E I θAB = 3/3 = 1 K-m 2 De donde: E I ΔB1 = 1,33 + 1 = 2,33 K-m Superponiendo CASO 0 + CASO 1, debe cumplirse que: ΔB = 150,50 + 2,33 XB = 0 De donde: XB = -64,60 K-m = MB
- 113 -
- 114 28.- Calcular las reacciones y trazar el diagrama de momento flector de la viga de la figura. E = 2,1 x 10 2 T/cm . Resolver por área – momento.
3
Esta viga es estáticamente indeterminada de segundo grado. Elegimos los momentos en los apoyos como superabundantes.
Al eliminar los momentos en los apoyos, la estructura primaria equivale a haber colocado 2 articulaciones internas en “b” y en “c”. Por lo tanto tenemos:
A continuación presentamos los diagramas de momento de este CASO 0, así como el mismo diagrama de momentos pero relativo a la inercia menor I1. Fíjense como se reducen los diagramas de momento del segundo y tercer tramo.
Todos los ángulos anteriores pueden hallarse fácilmente por área-momento (2do teorema). Por ejemplo: E I θ10 = (ta/b)/5 y así sucesivamente
Obtendremos los siguientes valores: E I1 θ10 = 24
- 115 E I1 θ20 = 16 2
De donde E I1Δbo = 24 + 16 = 40 T-m E I1 θ30 = 14 E I1 θ40 = 27
2
De donde E I1Δco = 14 + 27 = 41 T-m
Pasamos ahora a estudiar el CASO 1:
Igualmente, aplicando el segundo teorema de área-momento, y tomando en cuenta la variación de la inercia, obtendremos: E I1 θ1b = 1,65 E I1 θ2b = 0,55 2
De donde E I1 δbb = 1,65 + 0,55 = 2,2 T-m E I1 θ3b = 0,28 2
De donde E I1 δcb = 0,28 T-m
Pasamos ahora a estudiar el CASO 2:
- 116 Igualmente, aplicando el segundo teorema de área-momento, y tomando en cuenta la variación de la inercia, obtendremos: E I1 θ2c = 0,28 2
De donde E I1 δbc = 0,28 T-m E I1 θ3c = 0,55 E I1 θ4c = 1
De donde E I1 δcc = 0,55 + 1 = 1,55 T-m
2
Finalmente debe cumplirse que:
Sustituyendo los valores obtenidos en las ecuaciones anteriores, se obtiene: (1): 40 + 2,2 Xb + 0,28 Xc = 0 (2): 41 + 0,28 Xb + 1,55 Xc = 0 Resolviendo el sistema, se obtiene: Xb = -15 T-m (Momento en el apoyo “B”) Xc = -23,66 T-m (Momento en el apoyo “C”)
- 117 29.- Determine las reacciones aplicando el método de área – momento.
Es hiperestática de 2do. grado, por lo tanto se convertirá en isostática eliminando el rodillo “B” y convirtiendo el empotramiento “F” en una articulación. Será necesario, por lo tanto, analizar 3 casos:
Se hallarán δB y θF para los 3 casos y se aplicarán las siguientes condiciones: δB (caso 0) + δB (caso 1) + δB (caso 2) = 0 θF (caso 0) + θF (caso 1) + θF (caso 2) = 0,04 rad
- 118 CASO “0”:
Tramo A-C ( ΣMC = 0). RA x 8 - 20 x 6 – 20 x 2 = 0 De donde RA = 20 T y VC = 20 + 20 - 20 = 20 T Tramo C-F ( ΣMF = 0). - 20 x 12 + RD x 8 – 8 x 8 x 8 – 16 x 2 = 0 De donde: RD = 98 T De donde RF= 20 + 8 x 8 – 98 + 16 = 2 T Al estar la estática resuelta se generan los diagramas arriba señalados de corte y momento así como la elástica.
- 119 Para hallar θF y δB, se seguirán los siguientes pasos:
Cálculo de tD/F Cálculo de θF Cálculo de C-C’ Cálculo de tC/F Cálculo de δC Cálculo de tC/A Cálculo de tB/A Cálculo de δB
Cálculo de tD/F: Se dibujarán los momentos por parte.
tD/F = (- 64 x 4/3 x 4/4 - 96 x 6/2 x 6/3 + 16 x 8/2 x 8/3)/10000 = - 0,04907 m (El signo – quiere decir que el punto D en la elástica está por debajo de la tangente que viene de F) Cálculo de θF: -3
θF = - 0,04907/8 = - 6,13375 x 10 rad (Sentido antihorario +)
Cálculo de C-C’: C-C’/12 = tD/F/8 De donde: C-C’ = 0,04907 x 12/8 = 0,073605 m
- 120 Cálculo de tC/F:
tC/F = (24 x 12/2 x 12/3 – 160 x 10/2 x 10/3 + 392 x 4/2 x 4/3 – 256 x 8/3 x 8/4)/10000 = - 0,24107 m (El signo – quiere decir que el punto C en la elástica está por debajo de la tangente que viene de F) Cálculo de δC: δC = tC/F – C-C’ = 0,24107 – 0,073605 = 0,167465 m Cálculo de tC/A:
Las áreas verdes no se toman en cuenta ya que la inercia del tramo B-C es infinita.
- 121 tC/A = (80 x 4 x (4 + 4/2) + 80 x 4/2 x (4 + 2/3 x 4) - 40 x 4 x (4 + 4/2) - 80 x 4/2 x (4 + 2/3 x 4) – 40 x 2/2 x (6 + 2/3 x 2))/10000 = + 0,06667 m (El signo + quiere decir que el punto C en la elástica está por encima de la tangente que viene de A) Cálculo de tB/A: tB/A = (80 x 4 x 4/2 + 80 x 4/2 x 2/3 x 4 – 40 x 4 x 4/2 - 80 x 4/2 x 2/3 x 4 - 40 x 2/2 x (2 + 2/3 x 2))/10000 = + 0,01867 m (El signo + quiere decir que el punto B en la elástica está por encima de la tangente que viene de A) Cálculo de δB: (δC + tC/A)/8 = (δB + tB/A)/4 De donde: δB = (0,167465 + 0,06667)/8 x 4 – 0,01867 = 0,0983975 m (Hacia abajo) CASO “1”:
Tramo A-C ( ΣMC = 0). - RA x 8 + X1 x 4 = 0 De donde RA = 0,5 X1 y VC = - 0,5 X1
- 122 Tramo C-F ( ΣMF = 0). 0,5 X1 x 12 – RD x 8 = 0 De donde: RD = 0,75 X1 De donde RF= 0,25 X1 Al estar la estática resuelta se generan los diagramas arriba señalados de corte y momento así como la elástica. Para hallar θF y δB, se seguirán los mismos pasos del CASO “0”:
Cálculo de tD/F Cálculo de θF Cálculo de C-C’ Cálculo de tC/F Cálculo de δC Cálculo de tC/A Cálculo de tB/A Cálculo de δB
Cálculo de tD/F: Se trabajará directamente en los diagramas de momento:
tD/F = (2 X1 x 8/2 x 8/3)/10000 = + 0,002133 X1 (El signo + quiere decir que el punto D en la elástica está por encima de la tangente que viene de F) Cálculo de θF: -3
θF = + 0,002133 X1 /8 = + 0,266625 x 10 x X1 rad (+ Sentido antihorario) Cálculo de C-C’: C-C’/12 = tD/F/8 De donde: C-C’ = 0,002133 X1 x 12/8 = 0,0031995 X1 Cálculo de tC/F:
tC/F = (2 X1 x 4/2 x 2/3 x 4 + 2 X1 x 8/2 x (4 + 8/3))/10000 = + 0,0064 X1 (El signo + quiere decir que el punto C en la elástica está por encima de la tangente que viene de F)
- 123 Cálculo de δC: δC = tC/F – C-C’ = 0,0064 X1 – 0,0031995 X1= 0,0032005 X1 Cálculo de tC/A:
Las áreas verdes no se toman en cuenta ya que la inercia del tramo B-C es infinita. tC/A = (- 2 X1 x 4/2 x (4 + 4/3))/10000 = - 0,0021333 X1 (El signo - quiere decir que el punto C en la elástica está por debajo de la tangente que viene de A) Cálculo de tB/A: tB/A = (- 2 X1 x 4/2 x 4/3)/10000 = - 0,0005333 X1 (El signo - quiere decir que el punto B en la elástica está por debajo de la tangente que viene de A) Cálculo de δB: (δC + tC/A)/8 = (δB + tB/A)/4 De donde: δB = (0,0032005 X1 + 0,0021333 X1)/8 x 4 – 0,0005333 X1 = 0,0021336 X1 (Hacia arriba)
- 124 CASO “2”:
Tramo C-F ( ΣMF = 0). RD x 8 – X2 = 0 De donde: RD = 0,125 X2 De donde RF= 0,125 X2 Al estar la estática resuelta se generan los diagramas arriba señalados de corte y momento así como la elástica. Para hallar θF y δB, se seguirán los mismos pasos de los casos anteriores con una pequeña modificación:
Cálculo de tD/F Cálculo de θF Cálculo de tF/D Cálculo de δC Cálculo de δB
- 125 Cálculo de tD/F: Se trabajará directamente en los diagramas de momento:
tD/F = (X2 x 8/2 x 2/3x8)/10000 = + 0,002133 X2 (El signo + quiere decir que el punto D en la elástica está por encima de la tangente que viene de F) Cálculo de θF: -3
θF = + 0,002133 X2 /8 = + 0,266625 x 10 x X2 rad (+ en sentido antihorario) Cálculo de tF/D:
tF/D = (X2 x 8/2 x 8/3)/10000 = + 0,0010667 X2 (El signo + quiere decir que el punto F en la elástica está por encima de la tangente que viene de D) Cálculo de δC: Por relación de triángulos: δC/4 = tF/D/8 De donde: δC = 0,0010667 X2 x 4/8 = 0,000533 X2 Cálculo de δB: Por relación de triángulos: δC/8 = δB/4 De donde: δB = 0,000533 X2 x 4/8 = 0,0002667 X2 (Hacia arriba)
- 126 RESUMEN: Sumamos los 3 casos: δB (caso 0) + δB (caso 1) + δB (caso 2) = 0 θF (caso 0) + θF (caso 1) + θF (caso 2) = 0,04 rad CASO “0” -3
θF = - 6,13375 x 10 rad (en sentido horario) δB = - 0,0983975 m (Hacia abajo)
CASO “1” -3
θF = + 0,266625 x 10 x X1 rad (en sentido antihorario) δB = + 0,0021336 X1 (Hacia arriba)
CASO “2” -3
θF = + 0,266625 x 10 x X2 rad (en sentido antihorario) δB = + 0,0002667 X2 (Hacia arriba)
Sustituyendo tenemos: -3
-3
-3
- 6,13375 x 10 + 0,266625 x 10 x X1 + 0,266625 x 10 x X2 = + 0,04 (en sentido antihorario) - 0,0983975 + 0,0021336 X1 + 0,0002667 X2 = 0 Esto equivale a: 2,66625 X1 + 2,66625 X2 = 461,3375 21,336 X1 + 2,667 X2 = 983,975 Resolviendo se obtiene: X1 = RB = 27,987 T (En el mismo sentido en que se había colocado) (Hacia arriba) X2 = MF = 145,04 T-m (En el mismo sentido en que se había colocado) (Antihorario) Se termina ahora de resolver la estática: Apoyo A: RA = 20 – 0,5 X1 + 0 = 20 – 0,5 x 27,987 = 6 T Apoyo B: RB = 0 + 0 + X1 = 27,987 T = 28 T
- 127 Apoyo D: RD = 98 – 0,75 X1 + 0,125 X2 = 98 – 0,75 x 27,987 + 0,125 x 145,04 = 95,13 T Apoyo F: RF = 2 + 0,25 X1 – 0,125 X2 = 2 + 0,25 x 27,987 – 0,125 x 145,04 = - 9,13 T (Hacia abajo) Apoyo F: MF = 0 + 0 + X2 = 145,04 T-m
Si no se hubiese tenido la rotación, el sistema de ecuaciones anterior hubiese sido: 2,66625 X1 + 2,66625 X2 = 61,3375 21,336 X1 + 2,667 X2 = 983,975 Y la solución sería: X1 = 49,419 y X2 = - 26,41. Esto nos da las siguientes reacciones que se van a chequear con el programa sencillo de estructuras por Uds conocido. RA = - 4,71 T
RB = 49,42 T
RD = 57,63 T
RF = 17,66 T
MF = - 26,41 T-m
Este programa no permite colocar rotaciones. Esta es la razón por la cual se acaban de calcular las reacciones arriba sin rotación. Por otro lado, se han supuesto perfiles pequeños en todos los miembros a excepción del miembro BC al cual se le ha colocado un perfil bastante grande para simular un poco la inercia infinita. Los resultados deben dar muy parecidos. En efecto, son los siguientes: RA = - 4,453 T
RB = 48,905 T
RD = 57,994 T
RF = 17,553 T
MF = - 26,141 T-m
- 128 30.- Utilizando el método de AREA-MOMENTO halle las reacciones y dibuje el diagrama de fuerza cortante. NO SE PIDE DIAGRAMA DE MOMENTO. Se sugiere el uso de la planilla conocida. Desprecie el peso propio.
La viga es hiperestática de primer grado. La convertiremos en isostática quitando el rodillo del eje “2” teniendo entonces los siguientes casos: CASO “0”:
Cálculo de t1/3 (Momento del Area Amarilla respecto a 1): 3 EI t1/3 = 880 x 10/2 x 10/3 – 640 x 8/3 x 8/4 – 160 x 8/2 x 8/3 – 120 x 6/2 x 6/3 = 8826,67 Kgf-m
- 129 Cálculo de t2/3 (Momento del Area roja respecto a 2): 3 EI t2/3 = 352 x 4/2 x 4/3 – 40 x 2/3 x 2/4 – 40 x 2/2 x 2/3 = 898,67 Kgf-m
Cálculo de δ2: Por relación de triángulos se obtiene: 3 δ2 = 0,4 t1/3 – t2/3 = (0,4 x 8826,67 – 898,67)/EI = 2632 Kgf-m /EI CASO “1”:
Cálculo de t1/3 (Momento del Area Amarilla respecto a 1): 3 EI t1/3 = - [6 x 2,4 X1/2 x 2/3 x 6 + 4 x 2,4 X1/2 x (6 + 4/3)] = - 64 X1 m
Cálculo de t2/3 (Momento del Area roja respecto a 2): 3 EI t2/3 = - 4 x 2,4 X1/2 x 4/3 = - 6,4 X1 m
- 130 Cálculo de δ2: Por relación de triángulos se obtiene: 3 δ2 = -(0,4 t1/3 – t2/3) = - (0,4 x 64 X1 - 6,4 X1)/EI = - 19,2 X1 m /EI CONDICIÓN DE BORDE: Debe cumplirse que δ2 (caso 0) + δ2 (caso 1) = 0 3
3
De donde: 2632 Kgf-m /EI - 19,2 X1 m /EI = 0 De donde: X1 = 137,08 Kgf = R2 Conociendo R2, regresamos a la viga original, donde es fácil hallar las otras reacciones, resultando: R1 = 77,17 Kgf R3 = 5,75 Kgf Conocidas las reacciones se procede a calcular el momento en el apoyo “2” ya que M1 es ya conocido. M2 = 5,75 x 4 – 20 x 2 – 20 x 2 x 1 = - 57 Kgf-m
- 131 31.- Utilizando el método de área momento, calcule las reacciones en la siguiente viga:
La viga es hiperestática de un grado, por lo tanto tendremos CASO “0” y CASO “1”. Eliminamos el rodillo en “C” y convertimos la viga en isostática. Este será el CASO “0”. Calcularemos para este caso la deflexión en C, es decir: δC.
Luego colocaremos una fuerza X1 en el punto “C” hacia arriba sobre la viga descargada y la hallaremos con la condición de que δc (CASO “0”) - δc (CASO “1”) = 0. De una vez el valor de X1 representará la reacción en el apoyo “C”. Conocido RC es fácil hallar RB y RD.
- 132 -
- 133 Tomamos el diagrama de momento verdadero entre “C y D” y entre” B y C” hallaremos el momento por partes, aislando ese tramo.
E I tc/D = 60 x ½ x 1/3 + 580 x 1 x 0,50 + 320 x 2/2 x (1 + 2/3) + 260 x 2 x 2 + 260 x ½ x (3 + 1/3) = 2306,67 Kgf3 m
- 134 E I tB/D = 1440 x 6/2 x 2/3 x 6 – 200 x 6 x 3 – 600 x 6/4 x 4/5 x 6 + 60 x ½ x (1/3 + 6) + 580 x 1 x 6,50 + 320 x 3 2/2 x (7 + 2/3) + 260 x 2 x 8 + 260 x ½ x (9 + 1/3) = 21146,67 Kgf-m Por relaciones de triángulos, tenemos: E I tB/D/10 = E I (δc + tC/D)/4 De donde: E I δc = 4 x 21146,67/10 – 2306,67 E I δc = 6152 Kgf-m
3
Trabajamos directamente sobre el diagrama de momento verdadero:
- 135 E I tc/D = - 2,4 X1 x 4/2 x 4/3 = - 6,4 X1 m
3
3
E I tB/D = - 2,4 X1 x 4/2 x (6 + 4/3) – 2,4 X1 x 6/2 x 2/3 x 6 = - 64 X1 m Por relaciones de triángulos, tenemos: E I tB/D/10 = E I (δc + tC/D)/4 De donde: E I δc = - 4 x 64 X1/10 + 6,4 X1 E I δc = - 19,2 X1 m
3
δc (CASO “0”) - δc (CASO “1”) = 0 3
3
6152 Kgf-m – 19,2 X1 m = 0 De donde: X1 = 320,42 Kgf
Pero RC = X1, de donde: RC = 320, 42 Kgf ≈ 320 Kgf Σ MD = 0, se tiene: -100 – 100 x 11 + RB x 10 – 100 x 6/2 x (4 + 6/3) + 320,42 x 4 – 100 x 3 – 100 x 1 = 0 De donde RB = 211,83 Kgf ≈ 212 Kgf Σ Fv = 0, se tiene: RD = 100 + 100 x 6/2 + 100 + 100 – 211,83 – 320,42 RD = 67,75 Kgf ≈ 68 Kgf
- 136 4
32.- Resolver la estática del siguiente perfil C10x30 (Imperial) = C250x45. Iz = 4287,20 cm . E = 2,1 x 10 2 Kgf/cm . Desprecie el PP. Use el método de área-momento.
6
La viga es hiperestática de primer grado. Tendremos que evaluar la viga por superposición (una sola vez ya que tenemos un solo grado de hiperestaticidad). Sustituiremos el empotramiento con una articulación teniendo los siguientes casos: CASO 0:
CASO 1:
La condición de borde que se aplicará será la condición de que la pendiente en el empotramiento E debe ser 0, lo cual implica que θE (Caso 0) + θE (Caso 1) = 0. Hallaremos, entonces, θE (Caso 0) y θE (Caso 1). CASO 0: ΣMD = 0 (A la derecha de D), tenemos: REo x 4 – 50 x 4 x 2 – 50 x 3 = 0 De donde: REo = 137,50 Kgf ΣMD = 0 (A la izquierda de D), tenemos: RBo x 10 + RCo x 3 – 50 x 12 – 100 – (100 x 7/2) x (3 + 7/3) = 0 De donde: 10 RBo + 3 RCo = 2566,67 (1) ΣFv = 0, tenemos: 50 + 100 x 7/2 + 50 x 4 + 50 - RBo - RCo - 137,50 = 0 De donde: RBo = 512,50 - RCo De donde sustituyendo en (1), tenemos: 10 x ( 512,50 – RCo) + 3 RCo = 2566,67 De donde: - 7 RCo = - 2558,33 De donde RCo = 365,47 Kgf De donde: RBo = 512,50 – 365,47 = 147,03 Kgf = RBo
- 137 Nos quedan entonces los siguientes diagramas de fuerza cortante, momento y elástica:
Cálculo de tB/C:
- 138 EI tB/C = Momento del área amarilla respecto al punto B. EI tB/C = 1029 x 7/2 x 2/3 X 7 – (100 x 2) X 7 X 3,5 – 350 X 7/2 X 2/3 X 7 – 816,67 X 7/4 X 4/5 X 7 3 EItB/C = - 1813,03 Kgf-m Cálculo de D-D’: Por semejanza de triángulos tenemos que: 1813,03/7 = DD’/3 3 De donde EI DD’ = 777,01 Kgf-m Cálculo de tD/C:
EI tD/C = Momento del área verde respecto al punto D. EI tD/C = 413 x 3/2 x 2/3 x 3 + 550 x 3 x 1,50 – 150 x 3 x 1,50 – 150 x 3/2 x 2/3 x 3 – 400 x 3 x 1,50 – 600 x 3/2 x 2/3 X 3 3 EI tD/C = - 1011 Kgf-m Cálculo de tD/E:
EI tD/E = Momento del área azul respecto al punto D. EI tD/E = 550 x 4/2 x 4/3 – 150 x 3/2 x 3/3 – 400 x 4/3 x 4/4 3 EI tD/E = + 708,33 Kgf-m
- 139 Cálculo de θE: θE = *(DD’ + tD/C + t D/E)/EI+/4 θE = (777,01 + 1011 + 708,33)/(4 EI)
2
θE = (624,085/EI) Kgf-m (CASO 0)
CASO 1: ΣMD = 0 (A la derecha de D), tenemos: RE1 x 4 – X1 = 0 De donde: RE1 = 0,25 X1 ΣMD = 0 (A la izquierda de D), tenemos: RB1 x 10 + RC1 x 3 = 0 De donde: 10 RB1 + 3 RC1 = 0 (1) ΣFv = 0, tenemos: RB1 + RC1 + 0,25 X1 = 0 De donde: RB1 = - 0,25 X1 – RC1 De donde sustituyendo en (1), tenemos: 10 x ( - 0,25 X1 – RC1) + 3 RC1 = 0 De donde: - 2,50 X1 = 7 RC1 De donde RC1 = - 0,357 X1 (Hacia abajo) De donde: RB1 = - 0,25 X1 – (-0,357 X1) = 0,107 X1 (Hacia arriba) = RB1 Nos quedan entonces los siguientes diagramas de fuerza cortante, momento y elástica:
- 140 No es necesario hacer el diagrama de momentos por parte ya que los momentos son triangulares. Cálculo de tB/C: EI tB/C = Momento del área verde respecto al punto B. EI tB/C = 0,75 X1 x 7/2 x 2/3 x 7 2 2 EI tB/C = 12,25 X1 m (La unidad es m ya que X1 tiene implícita la unidad de “Kgf-m”) Cálculo de D-D’: Por semejanza de triángulos tenemos que: 12,25 X1/7 = DD’/3 2 De donde EI DD’ = 5,25 X1 m Cálculo de tD/C: EI tD/C = Momento del área amarilla respecto al punto D. EI tD/C = 0,75 X1 x 3/2 x 2/3 x 3 2 EI tD/C = 2,25 X1 m
Cálculo de tD/E: EI tD/E = Momento del área azul respecto al punto D. EI tD/E = - X1 x 4/2 x 2/3 x 4 2 EI tD/E = - 5,33 X1 m Cálculo de θE: θE = *(DD’ + tD/C + t D/E)/EI+/4 θE = (5,25 X1 + 2,25 X1 + 5,33 X1)/(4 EI) θE = (3,2075 X1/EI) m (CASO 1) Aplicando la condición de borde θE (Caso 0) + θE (Caso 1) = 0 tenemos: 2
(624,085/EI) Kgf-m – (3,2075 X1/EI) m = 0 2 De donde: 624,085 Kgf-m – 3,2075 X1 m = 0 2 De donde X1 = 624,085 Kgf-m /(3,2075 m) De donde: X1 = 194,57 Kgf-m (En el sentido en que se supuso X1) Redondeando: X1 = ME = - 195 Kgf-m (Convención de signo) Ahora es fácil resolver la estática: Σ M= 0 (a la derecha de D): RE x 4 – 50 x 4 x 2 – 50 x 3 – 195 = 0 De donde RE = 186,25 Kgf RE = 186 Kgf Σ M= 0 (a la izquierda de D): RB x 10 + RC x 3 – 50 x 12 – 100 – (100 x 7/2) x (3 + 7/3) = 0 10 RB + 3 RC = 2566,67 De donde: RB = (2566,67 – 3 RC)/10
- 141 Σ Fv= 0: RB + RC + 186 - 50 - 100 x 7/2 – 50 x 4 – 50 = 0 De donde: RB = 464 – RC Igualando las ecuaciones verdes, se obtiene: RC = 296 Kgf Y luego: RB = 168 Kgf Está, por lo tanto, resuelta toda la estática. NOTA: Al ser la inercia constante a lo largo de toda la viga y estar calculando únicamente reacciones y momento y no deflexiones, la inercia no influye.
- 142 33.- Halle los valores de la flecha en la punta del volado (punto “A”) y en el punto D (en mm) de la siguiente 2 viga. La sección de la viga tiene forma “T” y está dibujada a continuación. F´c = 210 Kgf/cm . Desprecie el PP. Use el método de área-momento.
La viga es isostática. ΣMD = 0 (A la derecha de D), tenemos: RE x 4 – 50 x 4 x 2 – 50 x 3 = 0 De donde: RE = 137,50 Kgf ΣMD = 0 (A la izquierda de D), tenemos: RB x 10 + RC x 3 – 50 x 12 – 100 – (100 x 7/2) x (3 + 7/3) = 0 De donde: 10 RB + 3 RC = 2566,67 (1) ΣFv = 0, tenemos: 50 + 100 x 7/2 + 50 x 4 + 50 - RB - RC - 137,50 = 0 De donde: RB = 512,50 - RC
- 143 De donde sustituyendo en (1), tenemos: 10 x (512,50 – RC) + 3 RC = 2566,67 De donde: - 7 RC = - 2558,33 De donde RC = 365,47 Kgf De donde: RB = 512,50 – 365,47 = 147,03 Kgf = RB Nos quedan entonces los siguientes diagramas de fuerza cortante, momento y elástica:
- 144 Cálculo de la flecha en “A”: El planteamiento del problema aparece en la figura de la elástica anterior. Debemos hallar tA/B y tC/B. Por relación de triángulos hallaremos AA’ y la flecha en “A” está resuelta.
EI tA/B se calcula con el área amarilla respecto a “A”. De donde: EI t A/B = - (100 x 2/2 x 2/3 x 2 + 100 x 2 x 1) 3 = - 333,33 Kgf-m (El valor negativo quiere decir que la elástica en “A” está por debajo de la pendiente que viene de “B”) O.K. 3 De donde: tA/B = - 333,33 Kgf-m /EI EI tC/B se calcula con el área verde respecto a “C”. De donde: EI tC/B = 1029 x 7/2 x 7/3 – (817 x 7/4 x 7/5 + 3 350 x 7/2 x 7/3 + 100 x 7 x 3,50 + 100 x 7 x 3,50) = - 1356,48 Kgf-m (El valor negativo quiere decir que la elástica en “C” está por debajo de la pendiente que viene de “B”) O.K. 3
De donde: tC/B = - 1356,48 Kgf-m /EI 3
De donde: A-A’ = (2 x tC/B)/7 = 2 x 1356,48/7 EI = 387,57 Kgf-m /EI De donde la flecha en “A” es: 3 3 yA = tA/B + A-A’ = 333,33 Kgf-m /EI + 387,57 Kgf-m /EI (Hacia abajo) 3
yA = 720,9 Kgf-m /EI (Hacia abajo) Cálculo de la flecha en “D”: El planteamiento del problema aparece en la página anterior. Debemos hallar tD/C y tB/C. Por relación de triángulos hallaremos DD’’ y la flecha en “D” está resuelta. Para calcular t D/C nos iremos directamente al diagrama de momentos ya que es triangular, de donde:
3
EI tD/C = - 337 x 3/2 x 2/3 x 3 = - 1011 Kgf-m /EI (El valor negativo quiere decir que la elástica en “D” está por debajo de la pendiente que viene de “C”) O.K.
- 145 -
EI tB/C se calcula con el área verde respecto a “B”. De donde: EI tB/C = 1029 x 7/2 x 2/3 x 7 – (817 x 7/4 x 4/5 3 x 7 + 350 x 7/2 x 2/3 x 7 + 100 x 7 x 3,50 + 100 x 7 x 3,50) = - 1816,27 Kgf-m (El valor negativo quiere decir que la elástica en “B” está por debajo de la pendiente que viene de “C”) O.K. 3
De donde: tB/C = - 1816,27 Kgf-m /EI 3
De donde: D-D’ = (3 x tB/C)/7 = 3 x 1816,27/7 EI = 778,40 Kgf-m /EI De donde la flecha en “D” es: 3 3 yD = tD/C + D-D’ = 1011 Kgf-m /EI + 778,40 Kgf-m /EI (Hacia abajo) 3
yD = 1789,4 Kgf-m /EI (Hacia abajo) Cálculo de la Inercia:
YCG = [50 x 5 x 2,5 + 10 x 20 x (10 + 5)]/(50x5 + 10 x 20) = 8,06 cm 3 3 3 4 Iz = 50 x 8,06 /3 – 2 x 20 x 3,06 /3 + 10 x 16,94 /3 = 24549 cm f´c = 210 Kgf/cm E=
√
2
2
2
(Se coloca f´c en Kgf/cm y el resultado es en Kgf/cm )
E = 218820 Kgf/cm
2
4
2
De donde EI = 218820 x 24549/10 = 537181 Kgf-m 3
De donde: yA = 720,9 Kgf-m /EI = (720,9/537181) x 1000 = 1,34 mm (hacia abajo) 3 De donde: yD = 1789,4 Kgf-m /EI = (1789,4/537181) x 1000 = 3,33 mm (hacia abajo)
- 146 2
34.- Halle las reacciones en la siguiente viga de concreto. F´c = 250 Kgf/cm . Desprecie el PP. Use el método de área-momento.
Grados de hiperestaticidad: La viga tiene dos grados de hiperestaticidad. Al ser la viga de 2 grados de hiperestaticidad, necesitamos convertirla en isostática (CASO “0”) y aplicar los vínculos eliminados como fuerzas o momentos (dependiendo de qué vínculo eliminemos) sobre la viga descargada (X1 en el CASO “1” y X2 en el CASO “2” para los efectos de este problema). En este caso se decidió eliminar los 2 empotramientos. También hubiese sido posible eliminar el rodillo “C” y dejar un empotramiento. CASO “0”:
CASO “1”:
CASO “2”:
- 147 Las condiciones de borde serán entonces: θA (caso “O”) + θA (caso “1”) + θA (caso “2”) = 0 (Por ser empotramiento, donde debe cumplirse que la pendiente en “A” debe ser igual a 0. θD (caso “O”) + θD (caso “1”) + θD (caso “2”) = 0 (Por ser empotramiento, donde debe cumplirse que la pendiente en “D” debe ser igual a 0. ESTUDIO DEL CASO “0”: Estructura isostática.
ΣMB =0 : RA x 4 - 1000 x 2 = 0 RA = 500 Kgf ΣMD = 0: 500 x 12 – 1000 x 10 – 1000 x 4 x 6 + RC x 4 – 1000 x 4/2 x 4/3 = 0 RC = 7667 Kgf ΣFv = 0: 500 + 7667 + RD – 1000 – 1000 x 4 – 1000 x4/2 = 0 RD = - 1167 Kgf
- 148 -
- 149 DIAGRAMA DE MOMENTOS POR PARTE:
- 150 Procedimiento para hallar θA y θB: 1.- tC/D 2.- θD 3.- B-B’ 4.- tB/D 5.- δB 6.- tB/A 7.- θA 1.- tC/D:
Haciendo uso de las siguientes propiedades del trapecio, se obtiene:
h1 = altura mayor h2 = altura menor
- 151 -
̅
̅
̅ ̅ tC/D = Momento del área amarilla respecto a C: 2 2 2 tC/D = 4 /6 x (2 x 6000 + 4000) – 4 /6 x (2 x 10000 + 6000) + 30668 x 4/2 x 2/3 x 4 – 4 /6 x (2 x 24000 + 8000) 3 – 2667 x 4/4 x 4/5 x 4 = - 20971,73 Kgf-m /(EI) 2.- θD: 2 θD = - 20971,73/4 = - 5242,93 Kgf-m /EI 3.- B-B’: 3 BB’ = 8 tC/D/4 = 8 x 20971,73/4 = 41943,47 Kgf-m /(EI) 4.- tB/D:
- 152 tB/D = Momento del área verde respecto a B: 2 2 tB/D = 8 /6 x (2 x 6000 + 2000) – 8 /6 x (2x 10000 + 2000) + 30668 x 4/2 x (4 + 2/3 x 4) – ½ x 4 x (24000 + 8000) x [4 + 4/3 x (2 x 24000 + 8000)/(24000 + 8000)] – 8000 x 4/3 x ¾ x 4 – 2667 x 4/4 x (4/5x4 + 4) = 3 132962,4 Kgf-m /(EI) 5.- δB: 3 3 δB = tB/D – BB’ = (132962,4 – 41943,47) Kgf-m /(EI) = 91018,93 Kgf-m /(EI) 6.- tB/A (Directamente del diagrama de momentos: 3 tB/A = 1000 x 4/2 x 2 = + 4000 Kgf-m /(EI) 7.- θA: 3 3 tB/A + δB = (4000 + 91018,93) Kgf-m /EI = 95018,93 Kgf-m /EI 2 De donde: θA = 95018,93/4 = + 23754,73 Kgf-m /EI
Estudio del CASO “1”: Estructura isostática, sin carga y con momento X1 aplicado en el punto “A”. Es indiferente el sentido que tomamos para los X1, X2, X3, etc. Los resultados nos dirán si la suposición hecha era correcta.
ΣMB =0 : RA x 4 + X1 = 0 RA = - 0,25 X1 Kgf ΣMD = 0: - 0,25 X1 x 12 + X1 + Rc x 4 = 0 RC = 0,5 X1 Kgf ΣFv = 0: - 0,25 X1 + 0,5 X1 + RD = 0 RD = - 0,25 X1 Kgf
- 153 -
Procedimiento para hallar θA y θB: 1.- tC/D 2.- θD 3.- B-B’ 4.- tB/D 5.- δB 6.- tB/A 7.- θA 1.- tC/D:
- 154 tC/D = Momento del área amarilla respecto a C: 2 tC/D = - X1 x 4/2 x 4/3 = - 2,67 X1 m /EI 2.- θD: θD = - 2,67 X1/4 = - 0,67 X1 m/EI 3.- B-B’: 2 BB’ = 8 x tC/D/4 = 8 x 2,67 X1/4 = 5,33 X1 m /EI 4.- tB/D:
tB/D = Momento del área verde respecto a B: 2 tB/D = - X1 x 8/2 x 4 = - 16 X1 m /EI 5.- δB: 2 2 δB = tB/D – BB’ = ( 16 X1 – 5,33 X1) m /EI = 10,67 X1 m /EI 6.- tB/A:
tB/A = Momento del área roja respecto a B: 2 tB/A = 4 X1/2 x 2/3 x 4 = + 5,33 X1 m /EI 7.- θA: 2 2 tB/A + δB = (5,33 X1+ 10,67 X1) m /EI = 16 X1 m /EI De donde: θA = 16 X1/4 m/EI = + 4 X1 m/EI
- 155 Estudio del CASO “2”: Estructura isostática, sin carga y con momento X2 aplicado en el punto “D”.
Por simple inspección (Ya que no tenemos cargas entre A y B y MB debe ser igual a 0), nos damos cuenta que RA = 0. ΣMD = 0: RC x 4 – X2 = 0 RC = 0,25 X2 Kgf ΣFv = 0: 0,25 X2 + + RD = 0 RD = - 0,25 X2 Kgf
- 156 Procedimiento para hallar θA y θB: 1.- tC/D 2.- θD 3.- tD/C 4.- δB 5.- θA 1.- tC/D:
tC/D = Momento del área amarilla respecto a “C”: 2 tC/D = X2 x 4/2 x 2/3 x 4 = 5,33 X2 m /EI 2.- θD: θD = + 5,33 X2/4 m/EI = + 1,33 X2 m/EI 3.- tD/C:
tD/C = Momento del área verde respecto a “D”: 2 tC/D = X2 x 4/2 x 1/3 x 4 = 2,67 X2 m /EI 4.- δB: 2 Por ser la luz entre B y C igual a la luz entre C y D, es evidente que δB = tD/C = 2,67 X2 m /EI 5.- θA: θA = δB/4 = - 2,67 X2/4 m/EI = - 0,67 X2 m/EI
APLICACIÓN DE LAS CONDICIONES DE BORDE: θA (caso “O”) + θA (caso “1”) + θA (caso “2”) = 0 θD (caso “O”) + θD (caso “1”) + θD (caso “2”) = 0 CASO “0”: 2 θA = + 23754,73 Kgf-m /EI 2 θD = - 5242,93 Kgf-m /EI
- 157 CASO “1”: θA = + 4 X1 m/EI θD = - 0,67 X1 m/EI CASO “2”: θA = - 0,67 X2 m/EI θD = + 1,33 X2 m/EI De donde: 2 + 23754,73 Kgf-m /EI + 4 X1 m/EI - 0,67 X2 m/EI = 0 2 - 5242,93 Kgf-m /EI - 0,67 X1 m/EI + 1,33 X2 m/EI = 0 Resolviendo este sistema de 2 ecuaciones con dos incógnitas, obtenemos: X1 = - 5765 Kgf-m = MA (en sentido contrario al supuesto) X2 = + 1038 Kgf-m = MD (en el mismo sentido supuesto) Por lo tanto, regresando a la viga original, tenemos:
Después de hallar MA y MD, es fácil resolver la estática. Se deja ese trabajo al estudiante. Los resultados de las reacciones están indicados en el dibujo de arriba. NOTA # 1: Como habrán podido darse cuenta no se ha usado la resistencia dada para el concreto de F´c = 2 250 Kgf/cm , la cual nos hubiese servido para calcular el módulo de elasticidad E y las flechas. En este caso, al ser el mismo material a lo largo de toda la viga, el módulo de elasticidad no influye en el cálculo de las reacciones. NOTA # 2: Respecto a la Inercia, ésta tampoco influyó en el cálculo de las reacciones, por ser la sección de la viga la misma a todo lo largo. Si ese no hubiese sido el caso y hubiese habido un cambio de sección de un tramo al otro, hubiésemos tenido que usar diagramas tipo M/EI para cada tramo, en lugar de diagramas tipo M, como se hizo para este problema.
- 158 35.- La siguiente viga está formada por un perfil W36x231. Aplicando área-momento, calcule las reacciones en todos los apoyos, el momento en C y la flecha en el punto D (en mm) donde existe una articulación 6 2 interna. E = 2,1 x 10 Kgf/cm . Nota: Al lado del apoyo C está indicada la posición en la que está colocado el perfil.
Desig.
Desig.
Peso
Area
d
W
W
(Kgf/m)
(cm2)
(mm)
W36x231
W920x344
344
437,2
927,0
bf
Tf
tw
(mm) (mm) (mm) 418
32,0
19,3
Ix
Sx
rx
Iy
Sy
ry
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
(cm3)
(cm)
39010,0
1867,00
9,45
645000
13920,00 38,41
La viga es hiperestática de primer grado. CASO “O” (Conversión del empotramiento “C” en una articulación)
- 159 -
3
E I tB/C = 71,64 x 6/2 x 6/3 – 35 x 5/2 x 5/3 – 41,67 x 5/4 x 5/5 = 231,92 T-m (Signo +: quiere decir que la tangente que viene de C está por debajo de la elástica en B) 2
De donde EIθ = 231,92/6 = 38,65 T-m
- 160 CASO “1” (Colocación del momento eliminado en “C”)
- 161 Trabajando directamente del diagrama de momentos, se obtiene:
2
E I tB/C = - 6 X1/2 x 2/3 x 6 = - 12 X1 m (Signo -: quiere decir que la tangente que viene de C está por arriba de la elástica en B) De donde EIθ = - 12 X1/6 = - 2 X1 m
En el apoyo C, debe cumplirse que θ = 0, de donde igualando EIθ (Caso”O”) con EIθ (Caso”1”), hallaremos X1, que viene siendo el momento de empotramiento de la viga real en el apoyo “C”. 2
Por lo tanto: 38,65 T-m = 2 X1 m De donde X1 = 19,325 T-m (Igual a momento en el empotramiento “C”) Ya que X1 dio positivo, quiere decir que el signo de X1 supuesto fue correcto (Se supuso negativo) Las reacciones en el CASO “1” son: RB = - 0,167/m x 19,325 T-m = - 3,23 T RC = 0,167/m x 19,325 T-m = 3,23 T
Por lo tanto las reacciones definitivas en la viga serán: RA = 0 RB = 25,06 – 3,23 = 21,83 T (hacia arriba) RC = 11,94 + 3,23 = 15,17 T (hacia arriba) Y como señalado anteriormente: MC = - 19,325 T-m
CÁLCULO DE LA FLECHA EN “D” CASO “O”: Por relación de triángulos debe cumplirse que: (tD/C – δD)/8 = (tB/C)/6 De donde: δD = tD/C – 4/3 tB/C
- 162 En vista de que una parte del diagrama de momentos entre “B” y “D” es una recta, se hará una combinación del diagrama de momentos por parte hallado anteriormente entre “B” y “C” con el diagrama directo de momentos entre “B” y “D”.
EI tD/C = 71,64 x 6/2 x (2 + 6/3) – 35 x 5/2 x (2 + 5/3) – 41,67 x 5/4 x (2 + 5/5) – 5 x ½ x (1 + 2/3 x 1) = + 3 378,4175 T-m 3 3 De donde: δD = 378,4175 T-m /EI – 4/3 x 231,92 T-m /EI 3
δD = 69,19 T-m /EI (Caso “O”) (hacia arriba) CASO “1”: Por relación de triángulos debe cumplirse que: (tD/C – δD)/8 = (tB/C)/6 De donde: δD = tD/C – 4/3 tB/C 3
E I tB/C = - 12 X1 = - 12 x 19,325 = - 231,90 T-m
Trabajando directamente del diagrama de momentos, se obtiene:
3
EI tD/C = - 19,325 x 6/2 x (2 + 2/3 x 6) = - 347,85 T-m De donde: 3
δD = 347,85 T-m /EI – 4/3 x 231,90/EI 3
δD = 38,65 T-m /EI (Caso “1”) (hacia abajo) 3
Por lo tanto: E I δD = (69,19 – 38,65) T-m /EI 3
E I δD = 30,54 T-m /EI 10
6
De donde: δD = 30,54 x 10 (2,1 x 10 x 645000) De donde: δD = 0,22 mm (hacia arriba)
- 163 36.- Aplicando el método de área – momento, halle la flecha en la articulación “C” de la siguiente viga, formada por un perfil IPB 160. La posición del perfil está indicada al lado del apoyo D. Desprecie el peso 6 2 propio del perfil. E = 2,1 x 10 Kgf/cm
Desig.
Peso
Area
IPB
(Kgf/m)
(cm2)
d
bf
tf
tw
(mm) (mm) (mm) (mm)
160 42,6 54,3 160 160 13,0 ESTUDIO DEL CASO “0”: Estructura isostática.
8,0
Ix
Sx
rx
Iy
Sy
ry
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
(cm3)
(cm)
2490
311,0
6,78
889
111,0 4,05
- 164 ΣMC =0 : RD x 4 - 100 x 2 = 0 RD = 50 Kgf ΣMA = 0: 50 x 12 – 100 x 10 – 100 x 4 x 6 + RB x 4 – 100 x 4/2 x 4/3 = 0 RB = 767 Kgf ΣFv = 0: 50 + 767 + RA – 100 – 100 x 4 – 100 x4/2 = 0 RA = - 117 Kgf Procedimiento para hallar θA y δC: 1.- tB/A 2.- θA 3.- C-C’ 4.- tC/A 5.- δC 1.- tB/A: Tomaremos momentos por parte con respecto al apoyo B, modificando el triángulo de carga AB por medio del siguiente artificio y aislando el tramo BC por medio de la fuerza cortante en “B”, aprovechando de que en “C” el momento es cero.
Para tB/A, únicamente tomaremos en cuenta las áreas entre B y A: 3 tB/A = + 267 x 4/4 x 4/5 - 468 x 4/2 x 4/3 – 800 x 4/3 x 4/4 = - 2101 Kgf-m /(EI) 2.- θA: 2 θA = - 2101/4 = - 525,25 Kgf-m /EI 3.- C-C’: 3 CC’ = 8 tB/A/4 = 8 x 2101/4 = 4202 Kgf-m /(EI)
- 165 4- tC/A: Para tC/A tomaremos en cuenta todas las áreas entre Cy A: tC/A = - 200 x 4/2 x 2/3 x 4 – 800 x 4/3 x ¾ x 4 + 267 x 4/4 x (4 + 4/5) – 468 x 4/2 x (4 + 4/3) – 800 x 4/3 x (4 + 3 4/4) = - 13310 Kgf-m /(EI)
5.- δC: 3 3 δC = tC/A – CC’ = (13310 – 4202) Kgf-m /(EI) = 9108 Kgf-m /(EI)
Estudio del CASO “1”: Estructura isostática, sin carga y con momento X1 aplicado en el punto “A”.
Por simple inspección (Ya que no tenemos cargas entre C y D y MC debe ser igual a 0), nos damos cuenta que RD = 0. ΣMA = 0: RB x 4 – X1 = 0 RB = 0,25 X1 Kgf ΣFv = 0: 0,25 X1 + + RA = 0 RA = - 0,25 X1 Kgf
- 166 -
Procedimiento para hallar θA y δC: 1.- tB/A 2.- θA 3.- tA/B 4.- δC
1.- tB/A:
tB /A = Momento del área amarilla respecto a “B”: 2 tB/A = X1 x 4/2 x 2/3 x 4 = 5,33 X1 m /EI 2.- θA: θA = + 5,33 X1/4 m/EI = + 1,33 X1 m/EI
- 167 3.- tA/B:
tA/B = Momento del área verde respecto a “A”: 2 tA/B = X1 x 4/2 x 1/3 x 4 = 2,67 X1 m /EI 4.- δC: 2 Por ser la luz entre B y C igual a la luz entre A y B, es evidente que δC = tA/B = 2,67 X1 m /EI APLICACIÓN DE LA CONDICIÓN DE BORDE: θA (caso “O”) + θA (caso “1”) = 0 (por ser un empotramiento)
CASO “0”: 2 θA = - 525,25 Kgf-m /EI CASO “1”: θA = + 1,33 X1 m/EI De donde: 3 2 - 525,25 Kgf-m /EI + 1,33 X1 m/EI = 0 De donde: X1 = 394,92 Kgf-m (en el mismo sentido supuesto) Por lo tanto: 3
2
δC = 9108 Kgf-m /(EI) - 2,67 X1 m /EI 3 δC = (9108 - 2,67 x 394,92) Kgf-m /(EI) 3 δC = 8053,56 Kgf-m /(EI) De donde: 6 6 δC = 8053,56 x 10 x 10/(2,1 x 10 x 2490) δC = 15,4 mm (hacia abajo)
- 168 37.- Aplicando el método de Área – Momento, halle las reacciones de la siguiente viga:
Es hiperestática de 1er. grado, por lo tanto se convertirá en isostática eliminando el rodillo “D”. Será necesario, por lo tanto, analizar 2 casos: Caso “0” y Caso “1”: Se hallará δD para los 2 casos y se aplicará la siguiente condición: δD (caso 0) + δD (caso 1) = 0,06 m CASO “0”: Σ ME = 0 (Cargas entre C y E) Vc x 8 – 8 x 4 x 6 – 16 x 2 = 0 Vc = 28 T Σ Mc = 0 (Cargas entre A y C) - RA x 8 – 20 x 6 + RB x 4 – 8 x 4 x 2 = 0 -8 RA + 4 RB = 184 De donde: RB -2 RA = 46 (*) Σ Fv = 0 (Cargas entre A y C) -RA – 20 + RB – 8 x 4 -Vc = 0 RB – RA – 20 – 32 – 28 = 0 De donde: RB – RA = 80 De donde: RB = 80 + RA Sustituyendo en (*), tenemos: 80 + RA – 2 RA = 46 De donde: RA = 34 T De donde RB = 80 + 34 = 114 T Σ Fv = 0 (Cargas entre C y E) Vc – 8 x 4 – 16 + VE = 0 28 – 32 –16 + VE = 0 De donde: VE = 20 T Σ Fv = 0 (Cargas entre E y F) -VE – 8 x 4 + RF = 0 -20 – 32 + RF = 0 De donde: RF = 52 T Σ MF = 0 (Cargas entre E y F) -20 x 4 – 8 x 4 x 2 = MF De donde: MF = - 144 T-m
- 169 Los diagramas de corte y de momento quedan entonces de la siguiente forma:
Para hallar δD, se seguirán los siguientes pasos:
Cálculo de tA/B = Co-C (por relación de triángulos) = 858,67/EI Cálculo de tC/E = C-C’ = 1045,33/EI Cálculo de Co-C’ = Co-C + C-C’ = (858,67 + 1045,33)/EI = 1904/EI Cálculo de tE/F = Do-D’’ = Co-C’’ = 682,67/EI Cálculo de C’’-C’ = Co-C’ – Co-C’’ = (1904 – 682,67)/EI = 1221,33/EI Por relación de triángulos, a partir de C’’-C’, hallamos D’’-D’ = 610,66/EI Cálculo de tD/E = D-D’ = 192/EI δD = D’’-D’ – D-D’ + Do-D’’ = (610,66 – 192 + 682,67)/EI = 1101,33/EI
- 170 Cálculo de tA/B: Se trabajará directamente en los diagramas de momento:
tA/B = (- 68 x 2/2 x 2/3 x 2 – 68 x 2 x 3 – 108 x 2/2 x (2 + 2/3 x 2))/EI = - 858,67/EI (El signo – quiere decir que el punto A en la elástica está por debajo de la tangente que viene de B) Co-C (por relación de triángulos) = 858,67/EI Cálculo de tC/E: Se dibujarán los momentos por parte:
tC/E = (+ 224 x 8/2 x 2/3 x 8 – 64 x 4/3 x 3/4 x 4 – 64 x 4 x 6 – 128 x 4/2 x (4 + 2/3 x 4) – 32 x 2/2 x (6 + 2/3 x 2))/EI = + 1045,33/EI (El signo + quiere decir que el punto C en la elástica está por encima de la tangente que viene de E) C-C’ = tC/E = 1045,33/EI Co-C’ = Co-C + C-C’ = (858,67 + 1045,33)/EI = 1904/EI
- 171 Cálculo de tE/F: Se dibujarán los momentos por parte:
tE/F = (- 64 x 4/3 x ¾ x 4 – 80 x 4/2 x 2/3 x 4)/EI = - 682,67/EI = Do-D’’ = Co-C’’ (El signo – quiere decir que el punto E en la elástica está por debajo de la tangente que viene de F) C’’-C’ = Co-C’ – Co-C’’ = (1904 – 682,67)/EI = 1221,33/EI Por relación de triángulos, a partir de C’’-C’, hallamos D’’-D’ = 610,66/EI
Cálculo de tD/E: Se trabajará directamente en los diagramas de momento:
tD/E = (+ 8 x 2/2 x 1/3 x 2 + 40 x 2 x 1 + 40 x 2/2 x (2 + 1/3 x 2))/EI = 192/EI (El signo + quiere decir que el punto D en la elástica está por encima de la tangente que viene de E)
Cálculo de δD: δD = D’’-D’ – D-D’ + Do-D’’ = (610,66 – 192 + 682,67)/EI = 1101,33/EI
- 172 La estática se resuelve fácilmente y queda de la siguiente manera:
Los diagramas de corte y de momento quedan entonces de la siguiente forma:
Para hallar δD, se repiten los mismos pasos anteriores:
Cálculo de tA/B = Co-C (por relación de triángulos) = 10,67 X1/EI Cálculo de tC/E = C-C’ = 32 X1/EI Cálculo de Co-C’ = Co-C + C-C’ = (10,67 + 32) X1/EI = 42,67 X1/EI Cálculo de tE/F = Do-D’’ = Co-C’’ = 10,67 X1/EI Cálculo de C’’-C’ = Co-C’ – Co-C’’ = (42,67 – 10,67) X1/EI = 32 X1/EI Por relación de triángulos, a partir de C’’-C’, hallamos D’’-D’ = 16 X1/EI Cálculo de tD/E = D-D’ = 5,33 X1/EI δD = D’’-D’ – D-D’ + Do-D’’ = (16 – 5,33 + 10,67) X1/EI = 21,34 X1/EI
- 173 Cálculo de tA/B: Se trabajará directamente en los diagramas de momento:
tA/B = (- 2 X1 x 4/2 x 2/3 x 4)/EI = - 10,67 X1/EI (El signo – quiere decir que el punto A en la elástica está por debajo de la tangente que viene de B) Co-C (por relación de triángulos) = 10,67 X1/EI Cálculo de tC/E: Se trabajará directamente en los diagramas de momento:
tC/E = (+ 2 X1 x 8/2 x 4)/EI = + 32 X1/EI (El signo + quiere decir que el punto C en la elástica está por encima de la tangente que viene de E) C-C’ = tC/E = 32 X1/EI Co-C’ = Co-C + C-C’ = (10,67 + 32) X1/EI = 42,67 X1/EI Cálculo de tE/F: Se trabajará directamente en los diagramas de momento:
tE/F = (- 2 X1 x 4/2 x 2/3 x 4)/EI = - 10,67 X1/EI = Do-D’’ = Co-C’’ (El signo – quiere decir que el punto E en la elástica está por debajo de la tangente que viene de F) C’’-C’ = Co-C’ – Co-C’’ = (42,67 – 10,67) X1/EI = 32 X1/EI Por relación de triángulos, a partir de C’’-C’, hallamos D’’-D’ = 16 X1/EI Cálculo de tD/E: Se trabajará directamente en los diagramas de momento:
tD/E = (+ 2 X1 x 4/2 x 4/3)/EI = 5,33 X1/EI (El signo + quiere decir que el punto D en la elástica está por encima de la tangente que viene de E)
- 174 Cálculo de δD: δD = D’’-D’ – D-D’ + Do-D’’ = (16 – 5,33 + 10,67) X1/EI = 21,34 X1/EI Aplicando la condición, se tiene: δD (caso 0) + δD (caso 1) = 0,06 m De donde: 3
(1101,33/EI + 21,34 X1/EI) T-m = 0,06 m 6
2
4
2
EI = 2,1 x 10 Kgf/cm x 48500 cm = 10185 T-m De donde: 1101,33 + 21,34 X1 = 0,06 x 10185 = 611,1 De donde: 21,34 X1 = 611,1 – 1101,33 = - 490,23
De donde: X1 = - 22,97 T (En sentido contrario al supuesto) Las reacciones, por lo tanto, para la totalidad de la viga hiperestática serán: RA = - 34 – 0,5 x (- 22,97) = - 22,51 T (hacia abajo) RB = 114 + (-22,97) = + 91,03 T (hacia arriba) RD = - (- 22,97) = + 22,97 T (hacia arriba) RF = 52 + 0,5 x (-22,97) = + 40,51 T (hacia arriba) MF = - 144 – 2 x (- 22,97) = - 98,06 T-m (en sentido horario) Como curiosidad, nótese que si no hubiese asentamiento del apoyo D, el valor de X1 sería: 21,34 X1 = - 1101,33, de donde: X1 = - 51,61 T y los valores de las reacciones serían los siguientes: RA = - 34 – 0,5 x (- 51,61) = - 8,2 T (hacia abajo) RB = 114 + (-51,61) = + 62,39 T (hacia arriba) RD = - (- 51,61) = + 51,61 T (hacia arriba) RF = 52 + 0,5 x (-51,61) = + 26,2 T (hacia arriba) MF = - 144 – 2 x (- 51,61) = - 40,78 T-m (en sentido horario)
- 175 38.- Aplicando el método de área-momento, se pide la flecha en el punto “C” de la siguiente viga formada por un perfil W 6x9 colocado según su inercia fuerte. Del perfil se conoce su curva esfuerzos – deformaciones, que se anexa. Nota: En el punto “B” hay una articulación interna.
Desig.
Desig.
Peso
Area
d
W
W
(Kgf/m)
(cm2)
(mm)
W6x9
W150x14
14
17,3
150,0
bf
tf
tw
(mm) (mm) (mm) 100
5,5
4,3
Ix
Sx
rx
Iy
Sy
ry
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
(cm3)
(cm)
687
91,60
6,30
91,8
18,40
La viga es hiperestática de 1er grado, por lo tanto se convertirá en isostática, sustituyendo el empotramiento en “A” por una articulación, de donde el CASO “0” será el siguiente:
2,30
- 176 Y el CASO “1”:
La condición para hallar X1 será que el ángulo θA debe ser igual a “0” ya que en “A” hay un empotramiento, es decir θA (CASO “0”) = θA (CASO “1”) CASO “0”:
- 177 Cálculo de E I tB/A:
De donde: Cálculo de E I tD/E:
- 178 -
De donde: De donde:
Cálculo de E I tB/E:
(
De donde: De donde:
)
(
)
(
)
- 179 CASO “1”:
Cálculo de E I tB/A: Trabajamos directamente sobre el diagrama real de momentos, de donde:
De donde:
- 180 Cálculo de E I tD/E:
De donde: De donde:
Cálculo de E I tB/E:
(
)
De donde: De donde:
Sumando el CASO “0” al CASO “1”, se tiene: θA (CASO “0”) = θA (CASO “1”) De donde:
De donde:
- 181 Cálculo de E I tC/E (CASO “0”):
(
)
(
De donde: De donde:
Por lo tanto:
Cálculo de E I tC/E (CASO “1”): Trabajaremos directamente con los verdaderos diagramas de momento, de donde:
( De donde:
)
)
- 182 De donde:
Por lo tanto:
Pero: X1 = 181,58 Kgf-m Por lo tanto, superponiendo el CASO “0” al CASO “1”, tenemos:
De donde:
Del gráfico esfuerzos-deformaciones, obtenemos que:
Por otro lado: 4
I = 687 cm
Por lo tanto:
- 183 39.- Aplicando el método de área-momento, se pide la flecha en el punto “C” de la siguiente viga formada por un perfil W 6x9 colocado según su inercia fuerte. Del perfil se conoce su curva esfuerzos – deformaciones, que se anexa. Nota: En el punto “D” hay una articulación interna.
Desig.
Desig.
Peso
Area
d
W
W
(Kgf/m)
(cm2)
(mm)
W6x9
W150x14
14
17,3
150,0
bf
tf
tw
(mm) (mm) (mm) 100
5,5
4,3
Ix
Sx
rx
Iy
Sy
ry
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
(cm3)
(cm)
687
91,60
6,30
91,8
18,40
La viga es hiperestática de 1er grado, por lo tanto se convertirá en isostática, eliminando el rodillo en “E”, de donde el CASO “0” será el siguiente:
Y el CASO “1”:
La condición para hallar X1 será que la flecha en “E” debe ser igual a “0” ya que en “E” hay un apoyo que ni sube ni baja, es decir δE (CASO “0”) = δE (CASO “1”)
2,30
- 184 CASO “0”:
C’-C’’ = tC/B D’-D’’ = tD/B
- 185 Por relaciones de triángulos:
Cálculo de E I tD/F:
(
)
De donde: Cálculo de E I tC/B: Trabajamos directamente sobre el diagrama real de momentos, de donde:
(
)
- 186 -
De donde: Cálculo de E I tD/B: Trabajamos directamente sobre el diagrama real de momentos, de donde: ( De donde: De donde:
Cálculo de E I tE/F:
De donde:
)
- 187 CASO “1”:
C’-C’’ = tC/B = 0 D’-D’’ = tD/B = 0
Cálculo de E I tD/F: Trabajamos directamente sobre el diagrama real de momentos, de donde:
( De donde:
)
- 188 Por relaciones de triángulos:
De donde:
Cálculo de E I tE/F:
De donde: Sumando el CASO “0” al CASO “1”, se tiene: δE (CASO “0”) = δE (CASO “1”) De donde:
De donde:
Superponiendo el CASO “0” al CASO “1” y sustituyendo el valor de X1 hallado, se tiene:
Por lo tanto:
Del gráfico esfuerzos-deformaciones, obtenemos que:
Por otro lado: 4
I = 687 cm
Por lo tanto:
- 189 40.- Aplicando el método de área-momento, calcule el momento en el apoyo “B” de la siguiente viga, donde la inercia del tramo AB es el doble de la inercia del tramo BC. Dibuje el diagrama de corte de toda la viga y halle todas las reacciones así como el momento máximo positivo en el tramo BC.
La viga es hiperestática de primer grado. Se convertirá en isostática eliminando el rodillo “B”. Se tendrán, entonces, los siguientes casos: CASO 1
tC/A = (31,5 x 6/2 x 4)/(E Io) – (18 x 6/3 x 4,5)/(E Io) + (22,5 x 6/2 x 8)/(2 E Io) – (9 x 3/2 x 7)/(2 E Io) tC/A = (378 – 162 + 270 – 47,25)/E Io 3
tC/A = 438,75 T – m /E Io tB/A = (22,5 x 6/2 x 2)/(2 E Io) – (9 x 3/2 x 1)/(2 E Io) 3
tB/A = 60,75 T – m /E Io 3
δo = 0,5 tC/A – tB/A = (0,5 x 438,75 – 60,75) T – m /E Io
- 190 3
δo = 158,625 T – m /E Io CASO 2
tC/A = - (3 X1 x 6/2 x 4)/(E Io) – (3 X1 x 6/2 x 8)/(2 E Io) 3
tC/A = - 72 X1 m /E Io tB/A = – (3 X1 x 6/2 x 2)/(2 E Io) 3
tB/A = - 9 X1 m /E Io 3
δ1 = 0,5 tC/A – tB/A = - (0,5 x 72 X1 – 9 X1) T – m /E Io 3
δ1 = - 27 X1 m /E Io
Debe cumplirse que flecha en “B” sea nula, de donde: 3
3
δo = δ1, es decir: 158,625 T – m /E Io = 27 X1 m /E Io Por lo tanto: X1 = 5,875 T (Este valor es el valor de la reacción vertical VB en el rodillo “B” en la estructura original). Esta reacción es hacia arriba. Conocido este valor, es fácil obtener las otras 2 reacciones, siendo: VA = 0,8125 T ↑ VC = 2,3125 T ↑ Conocidas las reacciones, es fácil construir el diagrama de corte y el diagrama de momento. Se obtendrá: Mapoyo B = 0,8125 x 6 – 3 x 3 = - 4,125 T – m 2
Mmáx tramo BC = 3,6875 /(2 x 1) – 4,125 = + 2,674 T - m
- 191 -
- 192 -
OTRA FORMA DE RESOLVER EL PROBLEMA (SIN USAR SUPERPOSICIÓN)
1.- RA + RB + RC = 3 + 1 x 6 RA + RB + RC = 9 2.- RA x 6 – 3 x 3 = RC x 6 – 1 x 6 x 3 6 RA – 9 = 6 RC – 18 6 RA – 6 RC = - 9 RA – RC = - 1,5
- 193 3.-
E I tB/A = 6 RA x 6/2 x 6/3 – 9 x 3/2 x 3/3 De donde: tB/A = 36 RA/(E x 2 Io) – 13,5/(E x 2 Io) De donde: tB/A = 18 RA/(E Io) – 6,75/(E Io)
tC/A = 6 RA x 6/(2 x E x 2 Io) x (6 + 6/3) – 9 x 3/(2 x E x 2 Io) x (6 + 3/3) + 6 Rc x 6/(2 E Io) x 2/3 x 6 – 18 x 6/(3 x E Io) x (6 – 6/4) tC/A = 72 RA/(E Io) – 47,25/(E Io) + 72 RC/(E Io) – 162/(E Io) tC/A = 72 RA/(E Io) + 72 RC/(E Io) – 209,25/(E Io) Por relación de triángulos, tenemos:
- 194 tC/A/12 = tB/A/6 De donde: tC/A = 2 tB/A Sustituyendo: 72 RA/(E Io) + 72 RC/(E Io) – 209,25/(E Io) = 2 x [18 RA/(E Io) – 6,75/(E Io)] De donde: 72 RA + 72 RC – 209,25 = 36 RA – 13,50 De donde: 36 RA + 72 RC = 195,75 Con las tres ecuaciones grises, se tiene un sistema de 3 ecuaciones con 3 incógnitas. Al resolverlo, se obtiene: RA = 0,8125 T RB = 5,875 T RC = 2,3125 T
Estos son los mismos valores obtenidos a través del método de superposición. De aquí en adelante, el hallazgo del Momento negativo en “B” y todo lo demás es igual.
- 195 CAPÍTULO IV (Método de 3 Momentos) Se basa en considerar como desconocidos los momentos en los apoyos. Al hallarlos, se resuelve después toda la estática. Sea una viga de 3 apoyos, donde los 3 apoyos están al mismo nivel. Sea el primer tramo de inercia I1 y el segundo tramo de inercia I2:
Dividimos el tramo 1 en 3 partes, llamadas CASO A, CASO B y CASO C y escribiremos I en lugar de I1 para no trabajar con subíndices. Al final colocaremos I1:
Aplicando el segundo teorema de Área Momento, tenemos: E I t2/1 = M1 x L1 x L1/2 – M1 x L1/2 x 1/3 L1 De donde:
Aplicando de nuevo el segundo teorema de Área Momento, tenemos: E I t1/2 = M1 x L1 x L1/2 – M1 x L1/2 x 2/3 L1
- 196 De donde:
Y
REPETIMOS TODO CON EL CASO B:
Aplicando el segundo teorema de Área Momento, tenemos: E I t2/1 = M2 x L1 x L1/2 – M2 x L1/2 x 2/3 L1 De donde:
Aplicando de nuevo el segundo teorema de Area Momento, tenemos: E I t1/2 = M2 x L1 x L1/2 – M2 x L1/2 x 1/3 L1 De donde:
- 197 -
Y
FALTA AHORA EL CASO C:
Llamemos al área amarilla resultante de momento como “A1” y la distancia desde su centro de gravedad resultante respecto al punto 1 como “a1” así como la distancia desde su centro de gravedad resultante respecto al punto 2 como “b1”. Aplicando el segundo teorema de Área Momento tenemos: E I t2/1 = A1 x b1 y E I t1/2 = A1 x a1
Y
Colocando I1 en lugar de I y sumando los casos A, B y C obtenemos:
- 198 -
Si hacemos lo mismo con el tramo 2, obtenemos:
Pero θ2 (primer tramo) = - θ2 (segundo tramo), de donde:
De donde: ECUACION GENERAL DE 3 MOMENTOS (PARA APOYOS AL MISMO NIVEL E INERCIAS VARIABLES ENTRE TRAMOS)
Si la inercia es constante, tenemos: ECUACION GENERAL DE 3 MOMENTOS (PARA APOYOS AL MISMO NIVEL E INERCIAS CONSTANTES ENTRE TRAMOS)
Cuando los 3 puntos no están al mismo nivel y la inercia varía de tramo a tramo, tenemos:
- 199 -
ECUACIÓN GENERAL DE 3 MOMENTOS (PARA APOYOS A DIFERENTE NIVEL E INERCIAS VARIABLES ENTRE TRAMOS)
(
)
Si la Inercia es constante, tenemos: ECUACIÓN GENERAL DE 3 MOMENTOS (PARA APOYOS A DIFERENTE NIVEL E INERCIAS CONSTANTES ENTRE TRAMOS)
(
)
En el método de 3 momentos, cuando hay asentamientos, hay que tener mucho cuidado con los signos que pongan. Fíjense en lo siguiente:
El segundo término de la ecuación de 3 momentos (el que está después del signo “=”) está basado en que el punto del medio (en este caso 2) está más bajo de los puntos 1 y 3. En esa forma los H1 y H3 son positivos. Pero, ¿qué pasa, por ejemplo si tenemos una viga donde se presenta la siguiente situación?
O sea el punto 1 baja 0,5 cm, el punto 2 baja 0,6 cm, el punto 5 baja 0,2 cm y el punto 7 baja 1,1 cm. Sabemos que los H representan el desnivel entre los puntos extremos en la elástica (en este caso 1 y 3) con respecto al punto del medio (En este caso 2). Por lo tanto, cuando tomen los puntos 1-2-3, H1 y H3 serán positivos ya que los puntos 1 y 3 están más arriba del punto 2; el valor de H1 será + (0,6 – 0,5) = + 0,1 cm y el valor de H3 será + (0,6 – 0) = + 0,6. Estos son los valores de H1 y H3 que deben introducir en la ecuación de 3 momentos. Sin embargo, cuando tomen los puntos 2-3-4, H1 será negativo ya que el punto 2 está más abajo del punto 3 y H3 será cero ya que el punto 4 está a la misma altura del punto 3. El valor de H1, en este caso, será igual a – (0,6 -0) = - 0,6 cm. Cuando tomen los puntos 3-4-5, H1 será cero ya que los puntos 3 y 4 están a la misma altura, pero H3 será negativo ya que el punto 5 está más abajo del punto 4. El valor de H3, en este caso, será igual a – (0,2 – 0) = - 0,2 cm. Y así sucesivamente…….
- 200 Los términos de carga están tabulados en la siguiente tabla, tomada de la 8-1 del libro de Singer.
- 201 1.- Problema 857 que está resuelto en el Singer. Aplicar la ecuación de los tres Momentos a la determinación del valor de EIδ a 1 m del apoyo izquierdo de la viga cargada como indica la figura.
Llamamos a 2 el punto en el cual se quiere hallar la deflexión, siendo los puntos 1 y 3 los apoyos. En estas condiciones, las alturas h1 y h3 son iguales entre sí e iguales a la deflexión pedida en 2, que se ha denominado δ. Como los puntos 1 y 3 están por encima del punto 2, estas alturas son positivas. La viga tendrá 2 tramos: tramo 1 y tramo 2. La ecuación general de tres momentos es: M1 L1 + 2 M2 (L1 + L2) + M3 L2 + 6 A1 a1/L1 + 6 A2 b2/L2 = 6 EI (h1/L1 + h3/L2) En el tramo 1 no hay carga, por lo tanto: 6 A1 a1/L1 = 0 Para el tramo 2, hallaremos 6 A2 b2/L2, haciendo uso del caso 5 de la tabla 8-1 del Singer, de donde: 2 2 6 A2 b2/L2 = [900 x 2 /(4 x 3)] x (2 x 9 – 4) = 4200 N – m M1 = M3 = 0. Nos falta, sin embargo, M2. Tomando momento respecto al punto 3, se obtiene: R1 x 4 = 900 x 2 x 1, de donde: R1 = 450 N Por lo tanto: M2 = 450 x 1 = 450 N – m Sustituyendo en la ecuación de tres momentos, se obtiene: 0 + 2 x 450 x (1 + 3) + 0 + 0 + 4200 = 6 EI (δ/1 + δ/3) Despejando δ, se obtiene: EIδ = (3600 + 4200)/8 3
EIδ = 975 N – m
- 202 2.-. El empotramiento de la viga de la figura siguiente no es perfecto, de manera que al aplicar la carga 3 uniforme w permite un cierto giro de wL /(48 EI) de la sección empotrada. Si los apoyos están al mismo nivel, determinar RA. Aplique el método de 3 Momentos. Nota: Este problema ya fue resuelto anteriormente con el método de área-momento (Ver problema resuelto No. 11 de área- momento) Colocaremos valores concretos para no trabajar con letras: W = 1000 Kg/m L1 = 5 m 2 E = 230000 K/cm 4 I = 312500 cm Por lo tanto el giro θ es de 0,0003623188 radianes
En vista del empotramiento, debemos recurrir a una luz ficticia “L 2”, quedando la viga de la siguiente forma:
La ecuación de 3 momentos es: ECUACIÓN GENERAL DE 3 MOMENTOS (PARA APOYOS A DIFERENTE NIVEL E INERCIAS VARIABLES ENTRE TRAMOS)
(
)
Los términos a la derecha serán nulos, ya que no tenemos asentamiento de los apoyos A y B. Por tratarse además de un solo tramo, podemos eliminar la inercia, quedando la típica ecuación del método de 3 momentos:
- 203 Debemos hallar el término 6 A1 a1/L1 por el método de área-momento:
Es evidente que tA/B es igual a L1 θ, es decir: tA/B = 0,0003623188 x 500 = 0,1811 cm y -6
EI tA/B = 230000 x 312500 x 0,1811 x 10 = 13020,83 K-m3 De donde el término de carga 6 A1 a1/L1 será igual a: 2
6 A1 a1/L1 = 6 x 13020,83/5 = 15625 K-m (Recuerden que los términos de carga los “A1 a1” y “A2 b2” corresponden a los “EI t”). Nos queda ahora sustituir este valor en la ecuación general de 3 momentos, colocando en cero todo lo relacionado con la luz ficticia y conociendo que M1 = 0. Nos queda, entonces: 2 MB x 5 + 15625 = 0, de donde: MB = - 1562,50 K-m (mismo resultado del método área-momento si le ponemos valores a: 2
2
MB= - w L /16 = - 1000 x 5 /16 = - 1562,5 K-m (fórmula del problema entregado de área momento) Conocido MB es fácil calcular RA, cuyo valor será igual a: RA = 2.187,50 K
- 204 3.-. Si el apoyo izquierdo de la viga del problema anterior sufre un asentamiento de valor δ, demostrar que 3 la reacción en él experimenta una disminución igual a 3 EI δ/L . Aplique el método de 3 Momentos. Nota: Este problema ya fue resuelto anteriormente con el método de área-momento (Ver problema resuelto No. 12 de área- momento)
3
Vamos a trabajar con números, por lo tanto: Digamos que δ = 0,15 cm. La disminución 3 EI δ/L1 será igual a: 3 3 x 230000 x 312500 x 0,15/500 = 258,75 K. Por lo tanto la nueva RA será: 2187,50 – 258,75 = 1928,75 K 2 Y por lo tanto MB nos debe dar: MB = 1928,75 x 5 – 1000 x 5 /2 = - 2856,25 K-m El problema se reduce entonces a verificar si con δ = 0,15 cm, MB es igual a – 2856,25 K-m. NOTA: Sigue existiendo el giro θ es de 0,0003623188 radianes.
HAY QUE TENER MUCHO CUIDADO CON ESTE TIPO DE PROBLEMAS. En el problema resuelto por Area – momento, obtuvimos: tA/B = L1 θ – δ Sin embargo, es importante señalar que en el método de 3 momentos se considera el apoyo del medio a un nivel inferior a los apoyos extremos, por lo tanto los términos H1 y H3 son positivos si se cumple esa condición. Dibujamos entonces el δ hacia arriba y la relación anterior queda ahora: tA/B = L1 θ + δ
Ahora bien, si colocamos 6 A1 x a1/L1 = 6 EI tA/B/L1 en la ecuación de 3 momentos (con el término tA/B = L1 θ + δ así calculado) tenemos que colocar el término 6 EI H 1/L1 = 0, ya que el desnivel H1 ya está incluido en el término tA/B = L1 θ + δ. Por lo tanto tenemos 2 alternativas: ALTERNATIVA 1: Colocar el término tA/B = L1 θ + δ en el 6 EItA/B /L y no colocar el término H1.
- 205 ALTERNATIVA 2: Olvidarnos de δ en el término 6 EItA/B/ L y colocar el término H1 con signo negativo del lado derecho de la igualdad. Veremos las 2 alternativas: ALTERNATIVA 1: tA/B = L1 θ + δ y H1 = 0, de donde: 6 A1 a1/L1 = 6 EI (L1 θ + δ)/L1 Aplicamos la ecuación de 3 momentos, eliminando los términos relacionados con el tramo ficticio, y conociendo además que M1 = 0. 2 MB L1 + 6 EI (L1 θ + δ)/L1 = 0 De donde: 2 MB L1 + 6 EI θ = - 6 EI δ/L1 Fíjense como apareció indirectamente el término H1 o δ en el lado derecho de la igualdad. Sustituyendo valores tenemos: -4
10 MB + (6 x 230000 x 312500 x 0,0003623188) x 10 = – (6 x 230000 x 312500 x 0,15/500) x 10 De donde MB = - 2856,25 K-m
O.K.
ALTERNATIVA 2: tA/B = L1 θ y H1 = -δ, de donde queda igual a la Alternativa 1.
-4
- 206 4.- Determine la reacción R aplicando el teorema de 3 Momentos. (A, E, I = ctes).
Ecuación General:
Por estar los 2 apoyos al mismo nivel y ser la inercia constante, tenemos: M1 L1 + 2 M2 (L1 + L2) + M3 L2 + 6 A1 a1/L1 + 6 A2 b2/L2 = 0 En este caso, tenemos que recurrir al artificio de colocar una luz ficticia del lado del empotramiento.
Calculamos el momento en 1 producido por la carga de 60 lb en la punta del volado: M1 = -60 x 4 = - 240 lb-ft Nos queda la viga de la siguiente manera:
La forma de la carga triangular no nos permite usar la tabla 8-1 entregada, por lo tanto debemos hallar el término 6 A1 a1/L1 a través de área - momento. Evidentemente no será necesario calcular el término 6 A2 b2/L2, por ser una luz ficticia.
- 207 Recuerden que los términos se obtienen de un diagrama de momentos por parte de una viga simplemente apoyada con sus respectivas cargas, rotando el ángulo en el apoyo intermedio (en este caso 2) y hallando momento de esa área de momento respecto al punto 1. Recuerden que: t1/2 = A1 a1 Esto quiere decir:
E I t1/2 = 375 x 9/2 x 9/3 – 375 x 5/4 x 5/5 = 4593,75 De donde: 6 A1 a1/L1 = 6 t1/2/L1 = 6 x 4593,75/9 = 3062,50 Aplicando ahora la ecuación de 3 momentos tenemos: -240 x 9 + 2 M2 (9 + 0) + 0 + 3062,50 + 0 = 0 tenemos: -2160 + 18 M2 + 3062,50 = 0 Es decir: M2 = - 50.14 ft-lb Conocido M2, es fácil hallar R1 por estática: R1 x 9 – 60 x 13 – 90 x 5/2 x (4 + 2/3 x 5) = - 50,14 De donde: R1 = 264,43 lb y R2 = 20,57 lb Los diagramas de corte y de momento quedan de la siguiente manera:
- 208 -
Se les deja como práctica hallar los puntos notables del diagrama de momentos.
- 209 5.- Se pide resolver toda la estática de la siguiente viga aplicando el teorema de 3 Momentos.
M1 L1 + 2 M2 (L1 + L2) + M3 L2 + 6 A1 a1/L1 + 6 A2 b2/L2 = 0 M3 = 0 y M1 = -60 x 4 = - 240 lb-ft, de donde: 3
TRAMO 1: 6 A1 a1/L1 = 8/60 x 60 x 10 = 8000 lb-ft 2
2
2
2
2
2
TRAMO 2: 6 A2 b2/L2 = 30/(4 x 12) x [8 (2 x 12 – 8 )] + 90 x 4/12 x (12 – 4 ) = 12800 lb-ft Sustituyendo, tenemos: -240 x 10 + 2 M2 x 22 + 8000 + 12800 = 0 44 M2 = - 18400 De donde: M2 = - 418 lb-ft
2
- 210 -
- 211 6.- En el problema No. 5 se pide hallar el valor de E I δ debajo de la carga de 60 lbs. Use el teorema de 3 Momentos.
Aplicamos el teorema de 3 Momentos entre 0 – 1 y 2: Mo x Lo + 2 M1 x (Lo + L1) + M2 x L1 + 6 Ao x ao/Lo + 6 A1 x b1/L1 = 6 E I (ho/Lo + h2/L1) Mo = 0 6 Ao x ao/Lo = 0 (ya que no hay cargas entre 0 y 1) h2 = 0 ya que el apoyo 2 está a la misma altura del apoyo 1 (ninguno de los 2 tiene asentamiento). 3
2 M1 x (4 + 10) + M2 x 10 + 7/60 x 60 x 10 = 6 E I ho/4 M1 = - 60 x 4 = - 240 lb-ft M2 = - 418 lb-ft De donde: 2 x (- 240) x 14 – 418 x 10 + 7000 = 3/2 E I (- ho) Estamos asumiendo que δ es hacia abajo. De donde: E I ho = E I δ = 2600 lb-ft
3
El resultado + quiere decir que fue correcto asumir δ como negativo.
- 212 7.- Se pide resolver la estática de la siguiente viga usando el teorema de los 3 Momentos.
¿ Qué pasa cuando hay un empotramiento? Se usa un artificio que veremos a continuación:
Se colocan, donde hay empotramientos, tramos ficticios. Ecuación de 3 Momentos entre 1 – 2 y 3: M1 = 0 (Es ficticio) L1 = 0 (Es ficticio) M1 x L1 + 2 M2 x (L1 + L2) + M3 x L2 + 6 A1 x a1/L1 + 6 A2 x b2/L2 = 0 2
2
2 M2 x (0 + 8) + M3 x 8 + 100 x 4/8 x (8 – 4 ) = 0 16 M2 + 8 M3 + 2400 = 0 Ecuación de 3 Momentos entre 2 – 3 y 4: M2 x L2 + 2 M3 x (L2 + L3) + M4 x L3 + 6 A2 x a2/L2 + 6 A3 x b3/L3 = 0 2
2
3
8 M2 + 2 M3 (8 + 6) + 6 M4 + 100 x 4/8 x (8 – 4 ) + 20 x 6 /4 = 0 8 M2 + 28 M3 + 6 M4 + 3480 = 0 Ecuación de 3 Momentos entre 3 – 4 y 5: M5 = 0 (Es ficticio) L4 = 0 (Es ficticio) M3 x L3 + 2 M4 x (L3 + L4) + M5 x L4 + 6 A3 x a3/L3 + 6 A4 x b4/L4 = 0
- 213 3
6 M3 + 2 M4 x 6 + 20 x 6 /4 = 0 6 M3 + 12 M4 + 1080 = 0 Resolvemos las 3 ecuaciones amarillas con 3 incógnitas: 16 M2 + 8 M3 + 2400 = 0 8 M2 + 28 M3 + 6 M4 + 3480 = 0 6 M3 + 12 M4 + 1080 = 0 Se obtiene: M2 = - 108,6 Kgf-m M3 = - 82,8 Kgf-m M4 = - 48,6 Kgf-m
- 214 8.- Utilizando el método de 3 Momentos, determine las reacciones en la viga señalada a continuación, cuyo apoyos A y C tienen asentamientos hacia abajo de 0,60 cm y 1,20 cm respectivamente. (EI = 200000 Kgf 2 m ).
MA (volado) = M1 = - 1000 x 2 = - 2000 Kgf-m Tramo 1 = Tramo A-B
RA x 4 = 600 x 3/2 x (1 + 2/3 x 3) De donde: RA = 675 Kgf RB = 600 x 3/2 – 675 = 225 Kgf 3 A1 x a1 = 900 x 4/2 x 1/3 x 4 – 900 x 3/4 x 1/5 x 3 = 1995 Kgf-m 2 De donde: 6 A1 x a1/L1 = 6 x 1995/4 = 2992,50 Kgf-m 3 A1 x b1 = 900 x 4/2 x 2/3 x 4 – 900 x 3/4 x (1 + 4/5 x 3) = 2505 Kgf-m 2 De donde: 6 A1 x b1/L1 = 6 x 2505/4 = 3757,50 Kgf-m (Este término no hace falta calcularlo para este problema) Tramo 2 = Tramo B-C Se buscan los términos de carga en las tablas, de donde: 2 2 2 2 2 6 A2 x a2/L2 = 1200 x 2/6 x (6 – 2 ) – 400/6 x (3 x 4 – 6 ) = 12000 Kgf-m 2 2 2 2 2 6 A2 x b2/L2 = 1200 x 4/6 x (6 – 4 ) + 400/6 x (3 x 2 – 6 ) = 14400 Kgf-m
- 215 Tramo 3 = Tramo C-D Se buscan los términos de carga en las tablas, de donde: 3 3 2 6 A3 x a3/L3 = 400 x 5 /4 + 8/60 x 600 x 5 = 22500 Kgf-m 3 3 2 6 A3 x b3/L3 = 400 x 5 /4 + 7/60 x 600 x 5 = 21250 Kgf-m
Ecuación de 3 Momentos entre A – B y C: M1 x L1 + 2 M2 x (L1 + L2) + M3 x L2 + 6 A1 x a1/L1 + 6 A2 x b2/L2 = 6 E I (- δA/L1 - δC/L2) - 2000 x 4 + 2 MB x (4 + 6) + MC x 6 + 2992,50 + 14400 = 6 E I x (-0,006/4 – 0,012/6) - 8000 + 20 MB + 6 MC + 17392,50 = - 0,021 x 200000 20 MB + 6 MC = - 13592,50 Ecuación de 3 Momentos entre B – C y D: M2 x L2 + 2 M3 x (L2 + L3) + M4 x L3 + 6 A2 x a2/L2 + 6 A3 x b3/L3 = 6 E I (+ δC/L2 + δC/L3) MB x 6 + 2 MC x (6 + 5) + MD x 5 + 12000 + 21250 = 6 E I x (0,012/6 + 0,012/5) 6 MB + 22 MC + 5 MD + 33250 = 0,0264 x 200000 6 MB + 22 MC + 5 MD = - 27970 Ecuación de 3 Momentos entre C – D y Apoyo ficticio E: Por ser ficticios: M5 = 0
L4 = 0
6 A4 x b4/L4 = 0
M3 x L3 + 2 M4 x (L3 + L4) + M5 x L4 + 6 A3 x a3/L3 + 6 A4 x b4/L4 = 6 E I (- δC/L3 + 0) MC x 5 +2 MD x (5 + 0) + 0 + 22500 + 0 = 6 EI x (- 0,012/5) 5 MC + 10 MD + 22500 = - 0,0144 x 200000 5 MC + 10 MD = - 25380 Resolviendo las 3 ecuaciones amarillas con 3 incógnitas, se obtiene: 20 6 0 - 13592,50 6 22 5 - 27970 0 5 10 - 25380
- 216 MB = - 489,8 Kgf-m calculado)
MC = - 632,9 Kgf-m
MD = - 2222 Kgf-m y MA = - 2000 Kgf-m (previamente
Comparando que pasa con las reacciones y los momentos en los apoyos cuando no hay asentamientos, tenemos: SIN ASENTAMIENTO: Segundo término = 0 20 MB + 6 Mc + 9392,50 = 0 6 MB + 22 Mc + 5 MD + 33250 = 0 5 Mc + 10 MD + 22500 = 0 Resolviendo tenemos: 20 6 0 - 11792,50 6 22 5 - 35650 0 5 10 - 22500 De donde: MB = -144,5 Kgf-m calculado)
Mc = -1083,74 Kgf-m
MD = -1708 Kgf-m y MA = - 2000 Kgf-m (previamente
- 217 -
- 218 9.- Aplicando el método de tres Momentos, calcule el cambio en la magnitud del momento del apoyo “C” (MC) antes y después de sufrir ese mismo apoyo un asentamiento de 1 cm. Diga también si hubo cambio de 6 2 signo en el momento MC. En el tramo B-C no pueden usar los términos de carga. E = 2,1 x 10 Kgf/cm . Nota: La viga es un perfil W6x9, colocado en la posición indicada al lado del apoyo “D”.
MB = 100 – 100 x 1 = 0 Se calculará primero MC sin asentamiento. TRAMOS B-C-D: MB x L1 + 2 MC (L1 + L2) + MD x L2 + 6 A1 a1/L1 + 6 A2 b2/L2 = 0 (Sin asentamiento)
3
A x a = 600 x 6/2 x 2/3 x 6 – 600 x 6/4 x 4/5 x 6 = 2880 kgf-m 2 De donde: 6 A x a/L = 6 x 2880/6 = 2880 Kgf-m De la tabla 8-1 del libro de Singer, se obtiene: 2 2 2 2 2 6 A x b/L = 100 x 3/4 x (4 – 3 ) + 100 x 1/4 x (4 – 1 ) = 900 Kgf-m ECUACIÓN # 1: 2 MC (6 + 4) + MD x 4 + 2880 + 900 = 0 (Sin asentamiento) 20 MC + 4 MD + 3780 = 0 5 MC + MD = - 945
- 219 TRAMOS C-D-ficticio: MC x L1 + 2 MD x L1 + 6 A1 a1/L1 = 0 (Sin asentamiento) Por simetría: 2 6 A1 a1/L1 = 900 Kgf-m (caso anterior) ECUACIÓN # 2: 4 MC + 2 MD x 4 + 900 = 0 (Sin asentamiento) MC + 2 MD = - 225 Resolviendo el sistema de 2 ecuaciones con 2 incógnitas, se obtiene: MC = - 185 Kgf-m MD = - 20 Kgf-m Ahora bien, nos dicen que el apoyo “C” sufrió un asentamiento de 1 cm, de donde las ecuaciones anteriores ya no se pueden igualar a 0: ECUACIÓN # 1: 20 MC + 4 MD + 3780 = 6 EI (h1/L1 + h3/L2) Donde: h1 = h3 = + 1 cm La ecuación queda entonces: 6 2 4 20 MC + 4 MD + 3780 = 6 x 2,1 x 10 Kgf/cm x 687 cm x (1 cm/600 cm + 1 cm/400 cm) 2 De donde: 20 MC + 4 MD + 3780 = 36,0675 x 10 20 MC + 4 MD = - 173,25 ECUACIÓN # 2: 4 MC + 8 MD + 900 = 6 EI (h1/L1 + h3/L2) Donde: h1 = - 1 cm y h3 = 0 La ecuación queda entonces: 6 2 4 4 MC + 8 MD + 900 = 6 x 2,1 x 10 Kgf/cm x 687 cm x (-1 cm/400 cm) 2 4 MC + 8 MD + 900 = - 21,6405 x 10 4 MC + 8 MD = - 3064,05 Resolviendo el sistema de 2 ecuaciones con 2 incógnitas, se obtiene: MC = + 75 Kgf-m (El momento en “C” cambió de signo) MD = - 421 Kgf-m
- 220 10.- Utilizando el método de TRES MOMENTOS, halle la flecha en el punto V (extremo izquierdo del volado). Únicamente en el tramo C-D no está permitido utilizar los términos de carga. Desprecie el peso propio. Nota: El perfil es un IPN 220, colocado a lo largo de toda la viga en la posición indicada al lado del apoyo D. 6 2 E = 2,1 x 10 Kgf/cm
Desig.
Peso
Area
IPN
(Kgf/m)
(cm2)
220
31,10
39,50
d
bf
tf
tw
(mm) (mm) (mm) (mm) 220
98
12,2
8,1
TRAMOS A-B-C MA L1 + 2 MB (L1 + L2) + MC L2 + 6 A a/L1 + 6 A b/L2 = 0 MA = 20 – 50 x 2 = - 80 Kgf-m Términos de carga (Tramos A-B-C): Por las tablas del libro de Singer, obtenemos: 3 2 6 A a/L1 = 40 x 3 /4 = 270 Kgf-m 3 2 2 2 6 A b/L2 = 40 x 5 /4 + 50 x 4/5 x (5 – 4 ) = 1610 Kgf-m Sustituyendo, tenemos: - 80 x 3 + 2 MB x (3 + 5) + MC x 5 + 270 + 1610 = 0 De donde: PRIMERA ECUACIÓN DE TRES MOMENTOS:
8 MB + 2,5 MC = - 820 TRAMOS B-C-D: MB L2 + 2 MC (L2 + L3) + MD L3 + 6 A a/L2 + 6 A b/L3 = 0 Términos de carga (Tramos B-C-D): Por las tablas del libro de Singer, obtenemos: 3 2 2 2 6 A a/L2 = 40 x 5 /4 + 50 x 1/5 x (5 – 1 ) = 1490 Kgf-m
Ix
Sx
rx
Iy
Sy
ry
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
(cm3)
(cm)
3060,0
278,0
8,80
162,00
33,10
2,02
- 221 Cálculo de 6 A b/L3:
A b = + 330 x 6/2 x 2/3 x 6 – 180 x 3/3 x (3 + ¾ x 3) – 150 x 3/2 x (3 + 2/3 x 3) = 1890 Kgf-m 2 De donde 6 A b/L3 = 1890 Kgf-m
3
Sustituyendo, tenemos: MB x 5 + 2 MC x (5 + 6) + MD x 6 + 1490 + 1890 = 0 De donde: SEGUNDA ECUACIÓN DE TRES MOMENTOS:
MB + 4,4 MC + 1,2 MD = - 676 TRAMOS C-D-O: Se coloca una luz ficticia Lo después del eje D:
MC L3 + 2 MD (L3 + Lo) + Mo Lo + 6 A a/L3 + 6 A b/Lo = 0 Términos de carga (Tramos C-D-O): Para calcular 6 A a/L3 aprovechamos el diagrama de momento construido anteriormente, de donde: 3 A a = + 330 x 6/2 x 1/3 x 6 – 180 x 3/3 x 1/4 x 3 – 150 x 3/2 x 1/3 x 3 = 1620 Kgf-m 2 De donde 6 A a/L3 = 1620 Kgf-m Eliminando los términos correspondientes a la luz ficticia, nos queda: MC x 6 + 2 MD x 6 + 1620 = 0 De donde:
- 222 TERCERA ECUACIÓN DE TRES MOMENTOS:
MC + 2 MD = - 270 Flecha en el volado (Punto V): Llamamos a la luz del volado Lv, de donde: Mv Lv + 2 MA (Lv + L1) + MB L1 + 6 A a/Lv + 6 A b/L1 = 6 EI (- hv/Lv + hB/L1) hv es la flecha del volado que buscamos (Es negativa ya que V está más abajo que A) hB = 0 ya que los puntos A y B están al mismo nivel. 6 A a/Lv = 0 (No hay cargas entre V y A) 3 2 De las tablas de Singer: 6 A b/L1 = 40 x 3 /4 = 270 Kgf-m Mv = + 20 Kgf-m (Momento aplicado en V) MA = - 80 Kgf-m (hallado anteriormente) Lv es la luz del volado = 2 m Sustituyendo tenemos: 6 4 20 x 2 + 2 x (-80) x (2 + 3) + MB x 3 + 0 + 270 = - 6 x 2,1 x 10 /10 x 3060 x hv/2 De donde: - 490 + 3 MB = - 1927800 hv (donde hv resultará en m) Dividiendo entre 3, tenemos: CUARTA ECUACIÓN DE TRES MOMENTOS:
MB + 642600 hv = 490/3 Resolviendo el sistema de 4 ecuaciones con 4 incógnitas, tenemos: MB (Kgf-m)
MC (Kgf-m)
MD (Kgf-m)
hv (m)
8
2,5
0
0
-820
1
4,4
1,2
0
-676
0
1
2
0
-270
1
0
0
642600
490/3
MB = - 66 Kgf-m MC = - 118 Kgf-m MD = - 76 Kgf-m -4 hv = flecha en la punta del volado V = 3,56 x 10 m De donde: hv = 0,356 mm (hacia abajo) NOTA FINAL: La carga de 50 Kgf directamente aplicada en el apoyo del eje “C” no ha sido tomada en cuenta en este análisis, ya que la misma no flexiona la viga y no influye en absoluto en la flecha del volado V. Habría que considerar esa carga, sin embargo, en caso de que nos pidan las reacciones de la viga, sumándola a la reacción en “C” calculada por el análisis anterior.
- 223 11.- Utilizando el método de TRES MOMENTOS, halle la flecha en el punto A (extremo derecho del volado). Suponga ahora que el apoyo del eje “3” baja 2 mm, calcule los momentos en los apoyos. Únicamente en el tramo 1-2 no está permitido utilizar los términos de carga. Desprecie el peso propio. Perfil W6x20 = 4 6 2 W150x30; Iz = 1720 cm ; E = 2,1 x 10 Kgf/cm
TRAMOS 0-1-2 (El tramo 0-1 es un tramo ficticio):
Mo Lo + 2 M1 (Lo + L1) + M2 L1 + 6 Ao ao/Lo + 6 A1 b1/L1 = 0 Eliminando los términos correspondientes a la luz ficticia, nos queda: 2 M1 L1 + M2 L1 + 6 A1 b1/L1 = 0 Términos de carga (Tramo 1-2):
3
A1 b1 = + 80 x 4/2 x 4/3 – 40 x 2/3 x 2/4 – 40 x 2/2 x 2/3 = 173,333 Kgf-m 2 De donde 6 A1 b1/L1 = 260 Kgf-m
- 224 PRIMERA ECUACIÓN DE TRES MOMENTOS: 2 M1 x 4 + M2 x 4 + 260 = 0 De donde:
8 M1 + 4 M2 = - 260 TRAMOS 1-2-3: M1 L1 + 2 M2 (L1 + L2) + M3 L2 + 6 A1 a1/L1 + 6 A2 b2/L2 = 0 Términos de carga (Tramos 1-2 y 2-3): Para calcular 6 A1 a1/L1 aprovechamos el diagrama de momento construido anteriormente, de donde: 3 A1 a1 = + 80 x 4/2 x 2/3 x 4 – 40 x 2/3 x (2 + ¾ x 2) – 40 x 2/2 x (2 + 2/3 x 2) = 200 Kgf-m 2 De donde 6 A1 a1/L1 = 300 Kgf-m Para calcular 6 A2 B2/L2, se hará uso de la tabla 8-1 del libro de Singer: 3 2 6 A2 b2/L2 = 20 x 6 /4 = 1080 Kgf-m SEGUNDA ECUACIÓN DE TRES MOMENTOS: 4 M1 + 20 M2 + 6 M3 + 1380 = 0 De donde:
4 M1 + 20 M2 + 6 M3 = - 1380 TRAMOS 2-3-4: M2 L2 + 2 M3 (L2 + L3) + M4 L3 + 6 A2 a2/L2 + 6 A3 b3/L3 = 0 Por las tablas del libro de Singer, obtenemos: 6 A2 a2/L2 = 1080 (ya hallado anteriormente para 6 A2 b2/L2) 3 2 6 A3 b3/L3 = 20 x 4 /4 = 320 Kgf-m Por otro lado: M4 = momento del volado derecho = - 20 x 2 + 20 = - 20 Kgf-m TERCERA ECUACIÓN DE TRES MOMENTOS: 6 M2 + 2 M3 x (6 + 4) – 20 x 4 + 1080 + 320 = 0 6 M2 + 20 M3 + 1320 = 0 De donde:
6 M2 + 20 M3 = - 1320
Resolviendo las tres ecuaciones, nos queda:
M1 = - 6,14 Kgf-m M2 = - 52,71 Kgf-m M3 = - 50,18 Kgf-m
Flecha en el volado (Tramos 3-4-5): M3 L3 + 2 M4 (L3 + L4) + M5 L4 + 6 A3 a3/L3 + 6 A4 b4/L4 = 6 EI (h3/L3 – h5/L4) 2
6 A3 a3/L3 = 6 A3 b3/L3 = 320 Kgf-m (Calculado anteriormente) 6 A4 b4/L4 = 0 (No hay cargas entre 4 y 5)
- 225 M5 = + 20 Kgf-m (Momento aplicado en la punta del volado) h3/L3 = 0 (ya que el apoyo 3 y el apoyo 4 están al mismo nivel) h5 es la flecha que buscamos L4 es la luz del volado Sustituyendo tenemos: [- 50,18 x 4 – 2 x 20 x (4 + 2) + 20 x 2 + 320] = - 6 EI h5/2 De donde: - 80,72 = - 3 EI h5 3 De donde: h5 = 80,72/(3 EI). Nótese que el término 80,72 tiene implícito la unidad “Kgf-m ”. Sustituyendo los valores de EI dados y haciendo las correspondientes conversiones de unidades, se obtiene: 6 6 h5 = 80,72 x 10 x 10/(3 x 2,1 x 1720 x 10 ) = 0,074 mm h5 = flecha en la punta del volado = 0,074 mm En el caso de asentamiento del apoyo “3” igual a 2 mm, cambian la segunda y tercera ecuación de las halladas anteriormente: PRIMERA ECUACIÓN DE TRES MOMENTOS (Entre 0-1-2):
8 M1 + 4 M2 = - 260
(Queda igual)
SEGUNDA ECUACIÓN DE TRES MOMENTOS (Entre 1-2-3):
4 M1 + 20 M2 + 6 M3 = - 1380
(Cambia)
4 M1 + 20 M2 + 6 M3 + 1380 = 6 E I (- 0,002/6) Sustituyendo los valores de EI dados y haciendo las correspondientes conversiones de unidades, se obtiene: 2 4 M1 + 20 M2 + 6 M3 + 1380 = - (6 x 2,1 x 1720 x 10 ) x (2/6000) De donde: 4 M1 + 20 M2 + 6 M3 = - 2102,4 TERCERA ECUACIÓN DE TRES MOMENTOS (Entre 2-3-4):
6 M2 + 20 M3 = - 1320 (Cambia) 6 M2 + 20 M3 + 1320 = 6 E I (0,002/6 + 0,002/4) Sustituyendo los valores de EI dados y haciendo las correspondientes conversiones de unidades, se obtiene: 2 6 M2 + 20 M3 + 1320 = (6 x 2,1 x 1720 x 10 ) x (2/6000 + 2/4000) De donde: 6 M2 + 20 M3 = 486 Resolviendo el sistema de 3 ecuaciones con 3 incógnitas (Para las nuevas ecuaciones de TRES MOMENTOS), se obtiene:
M1 = + 32,88 Kgf-m M2 = - 130,75 Kgf-m M3 = + 63,53 Kgf-m
- 226 12.- Aplicando el método de 3 Momentos, calcule los momentos y las reacciones en los apoyos. Dibuje el diagrama de corte y el diagrama de momentos. La viga está formada por un perfil W14x74 colocado en sentido de la inercia fuerte. Tome en cuenta el peso propio del perfil, indicado como P.P. Haga uso para el cálculo de los cortes y de las reacciones de la planilla que se vio en clase. NOTA: Pueden usar la tabla 8-1 del libro de Singer en todos los tramos, con excepción del tramo B-C, cuyos términos de carga deberán ser 6 2 calculados por Uds. E = 2,1 x 10 Kgf/cm .
Desig.
Desig.
Peso
Area
D
W
W
(Kgf/m)
(cm2)
(mm)
W14x74
W360x110
110
140,3
360,0
bf
Tf
tw
(mm) (mm) (mm) 256
19,9
11,4
Ix
Sx
rx
Iy
Sy
ry
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
(cm3)
(cm)
5570,0
435,20
6,30
33090
El peso propio es de 110 Kgf/m. TRAMOS 0-A-B (El tramo 0-A es un tramo ficticio):
Mo Lo + 2 MA (Lo + L1) + MB L1 + 6 Ao ao/Lo + 6 A1 b1/L1 = 0 Eliminando los términos correspondientes a la luz ficticia, nos queda: 2 MA L1 + MB L1 + 6 A1 b1/L1 = 0 Por las tablas del libro de Singer, obtenemos: 3
2
2
6 A1 b1/L1 = 110 x 4 /4 – 100/4 x (3 x 2 – 4 ) = 1860 Kgf-m
2
1838,00 15,36
- 227 PRIMERA ECUACIÓN DE TRES MOMENTOS: 2 MA x 4 + MB x 4 + 1860 = 0 De donde:
2 MA + MB = - 465 TRAMOS A-B-C:
MA L1 + 2 MB (L1 + L2) + MC L2 + 6 A1 a1/L1 + 6 A2 b2/L2 = 0 Por las tablas del libro de Singer, obtenemos: 3
2
2
6 A1 a1/L1 = 110 x 4 /4 + 100/4 x (3 x 2 – 4 ) = 1660 Kgf-m
2
Términos de carga (Tramo B-C):
En los dibujos de arriba se muestra 2 formas de hallar A2 b2. Evidentemente dan el mismo resultado. Para practicar se resuelven las 2 figuras. A2 b2 = + 1680 x 4/2 x 4/3 – 200 x 2/4 x (2 + 2/5) – 200 x 2 x 1 – 600 x 2/2 x 2/3 – 880 x 4/3 x 4/4 = 2266,67 3 Kgf-m Comprobación: A2 b2 = + 840 x 2/2 x (2 + 2/3) + 640 x 2/2 x 2/3 x 2 – 220 x 2/3 x (2 + ¼ x 2) – 220 x 2/3 x ¾ x 2 – 200 x 2/4 x 3 (2 + 1/5 x 2) = 2266,67 Kgf-m O.K. De donde 6 A2 b2/L2 = 6 x 2266,67/4 = 3400 Kgf-m
2
- 228 SEGUNDA ECUACIÓN DE TRES MOMENTOS: 4 MA + 2 MB (4 + 4) + 4 MC + 1660 + 3400 = 0 De donde:
MA + 4 MB + MC = - 1265
TRAMOS B-C-D:
MB x L2 + 2 MC (L2 + L3) + MD L3 + 6 A2 a2/L2 + 6 A3 b3/L3 = 0 De los diagramas anteriores de momentos por parte podemos hallar 6 A2 a2/L2: A2 a2 = + 1680 x 4/2 x 2/3 x 4 – 200 x 2/4 x 4/5 x 2 – 200 x 2 x 3 – 600 x 2/2 x ( 2 + 2/3 x 2 ) – 880 x 4/3 x 3/4 3 x 4 = 2080 Kgf-m Con la figura de la derecha, tenemos: A2 a2 = + 840 x 2/2 x 2/3 x 2 + 640 x 2/2 x (2 + 2/3) – 220 x 2/3 x ¾ x 2 - 220 x 2/3 x (2 + ¼ x 2) - 200 x 2/4 x 3 4/5 x 2 = 2080 Kgf-m O.K. 2 De donde 6 A2 a2/L2 = 6 x 2080/4 = 3120 Kgf-m Por las tablas del libro de Singer, obtenemos: 3
2
2
2
6 A3 b3/L3 = 110 x 6 /4 + 1000 x 3/6 x (6 – 3 ) = 19440 Kgf-m
2
Por otro lado: MD = momento del volado derecho = - 110 x 2 /2 - (2 + 1)/2 x 500 – 100 = - 1070 Kgf-m TERCERA ECUACIÓN DE TRES MOMENTOS: 4 MB + 2 MC x (4 + 6) – 1070 x 6 + 3120 + 19440 = 0 De donde:
MB + 5 MC = - 4035 Resolviendo las tres ecuaciones, nos queda:
MA = - 198 Kgf-m MB = - 68 Kgf-m MC = - 793 Kgf-m
Y MD = - 1070 Kgf-m
- 229 Cálculo de reacciones y diagramas:
- 230 13.- Aplicando el método de 3 Momentos, calcule la flecha en el volado A. La viga está formada por un perfil W6x9 colocado en sentido de la inercia fuerte. Tome en cuenta el peso propio del perfil, indicado como P.P. NOTA: Pueden usar la tabla 8-1 del libro de Singer en todos los tramos, con excepción del tramo C-D, cuyos 6 2 términos de carga deberán ser calculados por Uds. E = 2,1 x 10 Kgf/cm .
Desig.
Desig.
Peso
Area
D
W
W
(Kgf/m)
(cm2)
(mm)
W6x9
W150x14
14
17,3
150,0
bf
Tf
tw
(mm) (mm) (mm) 100
5,5
4,3
PP = 14 Kgf/m MB = - 100 x 2 - 14 x 2 x 1 + 100 = - 128 Kgf-m Tramos B-C-D y Primera Ecuación 3 Momentos: MB x L1 + 2 MC (L1 + L2) + MD x L2 + 6 A1 a1/L1 + 6 A2 b2/L2 = 0 3 3 2 6 A1 a1/L1 = 8/60 x 100 x 4 + 14 x 4 /4 = 1077,33 Kgf-m
Ix
Sx
rx
Iy
Sy
ry
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
(cm3)
(cm)
687
91,60
6,30
91,8
18,40
2,30
- 231 Tramo L2:
A2 x b2 = 452 x 6/2 x 6/3 – 252 x 6/3 x 6/4 – 200 x 2/2 x 2/3 = 1822,67 Kgf-m 2 De donde: 6 A2 x b2/L2 = 6 x 1822,67/6 = 1822,67 Kgf-m De donde: PRIMERA ECUACIÓN 3 MOMENTOS: - 128 x 4 + 2 MC x (4 + 6) + MD x 6 + 1077,33 + 1822,67 = 0 3,33 MC + MD = -398 Tramos C-D-E y Segunda Ecuación 3 Momentos: MC x L2 + 2 MD (L2 + L3) + ME x L3 + 6 A2 a2/L2 + 6 A3 b3/L3 = 0
3
- 232 Tramo L2: Usando el mismo diagrama de momentos anterior, tenemos: A2 x a2 = 452 x 6/2 x 2/3 x 6 – 252 x 6/3 x 3/4 x 6 – 200 x 2/2 x (4 + 2/3 x 2) = 2089,33 Kgf-m 2 De donde: 6 A2 x a2/L2 = 6 x 2089,33/6 = 2089,33Kgf-m 3 2 6 A3 b3/L3 = 14 x 4 /4 (Tablas libro de Singer) = 224 Kgf-m De donde: SEGUNDA ECUACIÓN 3 MOMENTOS: 6 MC + 20 MD + 4 ME + 2089,33+ 224 = 0 De donde: 1,5 MC + 5 MD + ME = - 578,33 Tramos D – E – Ficticio y Tercera Ecuación 3 Momentos: MD x L3 + 2 ME (L3 + Lo) + Mo x Lo + 6 A3 a3/L3 + 6 Ao bo/Lo = 0 3 2 6 A3 a3/L3 = 14 x 4 /4 (Tablas libro de Singer) = 224 Kgf-m De donde: TERCERA ECUACIÓN 3 MOMENTOS: 4 MD + 8 ME + 224 = 0 MD+ 2 ME + 56 = 0 3,33 MC + MD = -398 1,5 MC + 5 MD + ME = - 578,33 MD+ 2 ME = -56 Resolviendo las 3 ecuaciones con 3 incógnitas, tenemos: MC = -91,90 Kgf-m ~ - 92 Kgf-m MD = -91,66 Kgf-m ~ - 92 Kgf-m ME = + 17,83 Kgf-m ~ + 18 Kgf-m Tramo A-B-C: MA x Lv + 2 MB (Lv + L1) + MC x L1 + 6 Av av/Lv + 6 A1 b1/L1 = 6 EI (- hv/Lv + hc/L1) hc/L1 = 0 3 2 6 Av av/Lv = 14 x 2 /4 = 28 Kgf-m 3 3 2 6 A1 b1/L1 = 7/60 x 100 x 4 + 14 x 4 /4 = 970,67 Kgf-m + 100 x 2 – 2 x 128 x (2 + 4) - 92 x 4 + 28 + 970,67 = - 6 EI x hv/2 De donde: 2 - 705,33 Kgf-m = - 6 EI hv/2 m 3 De donde: 1410,66 Kgf-m = 6 EI hv 3 6 2 De donde: hv = 1410,66 Kgf-m /(6 x 2,1 x 10 x 687 Kgf-cm ) 6 3 6 2 De donde: hv = 1410,66 x 10 Kgf-cm /(8656,2 x 10 Kgf-cm ) De donde: hv = 0,163 cm De donde: hv = 1,63 mm (flecha en el volado hacia abajo)
3
- 233 14.- Aplicando el método de 3 momentos, calcule los momentos y las reacciones en los apoyos. Haga uso, para el cálculo de las reacciones, de la planilla que se vio en clase. La viga está formada por un perfil W14x74 colocado en sentido de la inercia fuerte. NOTA: Pueden usar la tabla 8-1 del libro de Singer en todos los 6 tramos, con excepción del tramo A-B, cuyos términos de carga deberán ser calculados por Uds. E = 2,1 x 10 2 Kgf/cm . Desig.
Desig.
Peso
Area
d
W
W
(Kgf/m)
(cm2)
(mm)
W14x74
W360x110
110
140,3
360,0
bf
tf
tw
(mm) (mm) (mm) 256
19,9
11,4
Ix
Sx
rx
Iy
Sy
ry
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
(cm3)
(cm)
5570,0
435,20
6,30
33090
TRAMOS 0-A-B (El tramo 0-A es un tramo ficticio):
Mo Lo + 2 MA (Lo + L1) + MB L1 + 6 Ao ao/Lo + 6 A1 b1/L1 = 0 Eliminando los términos correspondientes a la luz ficticia, nos queda: 2 MA L1 + MB L1 + 6 A1 b1/L1 = 0
3
A1 b1 = 416,67 x 5/2 x 5/3 – 416,67 x 5/4 x 5/5 = 1215,28 Kgf-m
1838,00 15,36
- 234 De donde: 6 A1 b1/L1 = 6 x 1215,28/5 = 1458,34 Kgf-m
2
PRIMERA ECUACIÓN DE TRES MOMENTOS: 2 MA x 5 + MB x 5 + 1458,34 = 0 De donde:
2 MA + MB = - 291,67
TRAMOS A-B-C:
MA L1 + 2 MB (L1 + L2) + MC L2 + 6 A1 a1/L1 + 6 A2 b2/L2 = 0 Aprovechamos el diagrama construido anteriormente y calculamos 6 A1 a1/L1:
A1 a1 = 416,67 x 5/2 x 2/3 x 5 – 416,67 x 5/4 x 4/5 x 5 = 1388,89 Kgf-m 2 De donde: 6 A1 a1/L1 = 6 x 1388,89/5 = 1666,67 Kgf-m
3
- 235 Por las tablas del libro de Singer, obtenemos: 3
2
6 A1 b1/L1 = 5 x 100 x 5 /32 = 1953,13 Kgf-m SEGUNDA ECUACIÓN DE TRES MOMENTOS: MA x 5 + 2 x MB x (5 + 5) + MC x 5 + 1666,67 + 1953,13 = 0 De donde:
MA + 4 MB + MC = - 723,96 TRAMOS B-C-D:
Hallamos el momento en el volado que será igual a MD: MD = - 200 x 1 x 0,50 + 50 = - 50 Kgf-m (Este momento es negativo) MB L2 + 2 MC (L2 + L3) + MD L3 + 6 A1 a1/L2 + 6 A2 b2/L3 = 0
Por las tablas del libro de Singer, obtenemos: 3
6 A1 a1/L2 = 5 x 100 x 5 /32 = 1953,13 Kgf-m
2
Por las tablas del libro de Singer, obtenemos: 2
2
6 A2 b2/L3 = 100 x (3 x 2,50 – 5 )/5 = - 125 Kgf-m
2
- 236 TERCERA ECUACIÓN DE TRES MOMENTOS: MB x 5 + 2 x MC x (5 + 5) + MD x 5 + 1953,13 - 125 = 0 De donde: MB + 4 MC + MD = - 365,63 Pero: MD = - 50 Kgf-m De donde:
MB + 4 MC = - 315,63 Las ecuaciones son, por lo tanto, las siguientes:
2 MA + MB = - 291,67 MA + 4 MB + MC = - 723,96 MB + 4 MC = - 315,63 Resolviendo, se obtiene: MA = - 69,03 Kgf-m MB = - 153,61 Kgf-m MC = - 40,51 Kgf-m MD = - 50 Kgf- m (ya calculado anteriormente) Procedemos, ahora, al cálculo de las reacciones:
- 237 15.- Aplicando el método de tres momentos, se pide hallar la flecha en el punto “A”. La viga está formada a 6 2 todo lo largo por un perfil W 6x9 colocado según su inercia fuerte. E = 2,1 x 10 Kgf/cm . Pueden usar los términos de carga en todos los tramos menos en el tramo CD donde está expresamente prohibido.
Desig.
Desig.
Peso
Area
d
W
W
(Kgf/m)
(cm2)
(mm)
W6x9
W150x14
14
17,3
150,0
bf
tf
tw
(mm) (mm) (mm) 100
5,5
4,3
Ix
Sx
rx
Iy
Sy
ry
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
(cm3)
(cm)
687
( TRAMO B-C:
Términos de carga: ̅
̅
TRAMO C-D:
̅
(
)
91,60
)
6,30
91,8
18,40
2,30
- 238 De donde: ̅
̅ De donde: ̅
Primera ecuación de tres momentos (Puntos B-C-D):
De donde:
TRAMO D-E: Términos de carga: ̅
̅
Segunda ecuación de tres momentos (Puntos C-D-E):
De donde:
Tercera ecuación de tres momentos (Puntos D-E-Ficticio):
De donde:
- 239 Resolviendo el sistema formado por las tres ecuaciones amarillas, se obtiene: MC = - 134,81 Kgf-m MD = - 22,44 Kgf-m ME = - 113,78 Kgf-m Además: MB = + 100 Kgf-m Planteamos, ahora una nueva ecuación de tres momentos (entre A-B-C): Tramo A-B:
( (
) )
De donde.
De donde:
De donde:
NOTA: h1 representa la flecha en el volado “A”. Ya que el signo de h1 resultó ser positivo, eso quiere decir que la flecha en “A” es hacia arriba.
- 240 16.- Aplicando el método de tres momentos, se pide hallar la flecha en el punto “E”. La viga está formada a 6 2 todo lo largo por un perfil W 6x9 colocado según su inercia fuerte. E = 2,1 x 10 Kgf/cm . Pueden usar los términos de carga en todos los tramos menos en el tramo AB donde está expresamente prohibido.
Desig.
Desig.
Peso
Area
d
W
W
(Kgf/m)
(cm2)
(mm)
W6x9
W150x14
14
17,3
150,0
bf
tf
tw
(mm) (mm) (mm) 100
5,5
4,3
Ix
Sx
rx
Iy
Sy
ry
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
(cm3)
(cm)
687
(
TRAMO A-B:
̅ De donde: ̅
̅
(
)
91,60
)
6,30
91,8
18,40
2,30
- 241 De donde: ̅
Primera ecuación de tres momentos (Puntos Ficticio-A-B):
TRAMO B-C: Términos de carga: ̅
̅
Segunda ecuación de tres momentos (Puntos A-B-C):
TRAMO C-D: Términos de carga: ̅
̅
Tercera ecuación de tres momentos (Puntos B-C-D):
Pero:
De donde sustituyendo, se tiene:
- 242 Resolviendo el sistema formado por las tres ecuaciones amarillas, se obtiene: MA = - 47,25 Kgf-m MB = + 6,15 Kgf-m MC = - 289,04 Kgf-m Además: MD = + 500 Kgf-m y ME = - 100 Kgf-m Planteamos, ahora una nueva ecuación de tres momentos (entre C-D-E): Tramo D-E: ̅
( (
) )
De donde: (
)
De donde:
De donde:
NOTA: h3 representa la flecha en el volado “E”. Ya que el signo de h3 resultó ser positivo, eso quiere decir que la flecha en “E” es hacia arriba.
- 243 CAPÍTULO V (Tips del método de Cross)
En el método de Cross se cambian los signos de los lados derechos de los apoyos para introducirlos en el método (Uds verán cuales son esos signos, dependiendo de cómo son las cargas, hacia arriba, hacia abajo y si hay un momento o no aplicado en el tramo y de que signo es). Acerca de los volados (Les entrego unos dibujos al final para que entiendan bien): Si el momento en el volado de la izquierda es +, eso quiere decir que en el lado izquierdo del apoyo es + (No se cambia ya que se cambia el lado derecho que es lo que harán a continuación colocándolo negativo, equilibrando el nodo y enviando la mitad negativa al apoyo sucesivo). Si el momento en el volado de la izquierda fuese -, eso quiere decir que en el lado izquierdo del apoyo es - (No se cambia ya que se cambia el lado derecho que es lo que harían a continuación colocándolo positivo, equilibrando el nodo y enviando la mitad positiva al apoyo sucesivo). El mismo discurso vale en caso de volado derecho: Si el momento en el volado de la derecha fuese +, eso quiere decir que en el lado derecho del apoyo deben cambiar el signo colocándolo negativo (ya que el lado derecho del apoyo es el que se cambia). Equilibran el nodo con + del lado izquierdo del apoyo, enviando la mitad positiva al apoyo sucesivo. Si el momento en el volado de la derecha fuese -, eso quiere decir que en el lado derecho del apoyo deben cambiar el signo colocándolo positivo (ya que el lado derecho del apoyo es el que se cambia). Equilibran el nodo con - del lado izquierdo del apoyo, enviando la mitad negativa al apoyo sucesivo. EN LOS DIBUJOS A CONTINUACIÓN LES MUESTRO ALGUNOS EJEMPLOS. EVIDENTEMENTE SI CAMBIA EL SENTIDO DE LAS FUERZAS, CAMBIA TODO TAL COMO ACABO DE SEÑALARLES ARRIBA. FINALMENTE, AL ESTAR RESUELTO EL CROSS SE REVIERTE ESTE PROCESO CAMBIANDO EL SIGNO A LOS MOMENTOS OBTENIDOS DE LOS LADOS DERECHOS DE LOS APOYOS Y ESOS SERÁN LOS SIGNOS VÁLIDOS. PARA EL DIAGRAMA DE FUERZA CORTANTE, SI USARON LA PLANILLA COMO YO LES ENSEÑÉ Y YA CALCULARON LAS REACCIONES Y DESEAN AHORA DIBUJAR EL DIAGRAMA DE CORTE, DEBEN CAMBIAR LOS SIGNOS DE LOS CORTES DEL LADO IZQUIERDO DE LOS APOYOS Y ESTARÁN CUMPLIENDO CON EL CRITERIO DE RESISTENCIA DE MATERIALES APRENDIDO EN RESISTENCIA I.
- 244 -
Usen el libro de Paul Roger para hallar los momentos de empotramiento. Todos los momentos de empotramiento (PARA CARGAS VERTICALES) son negativos. El libro de Paul Rogers no coloca el signo negativo ya que se supone que el estudiante sabe que son negativos. Hay, sin embargo, una excepción la cual ocurre cuando tenemos un momento aplicado en el tramo. Dependiendo la posición del momento, podemos tener momentos positivos en los empotramientos. La tabla 7-2 del libro de Singer muestra los verdaderos signos.
- 245 Por lo general, si las cargas en todos los tramos son verticales y no tenemos momento aplicado en ningún tramo, los momentos de empotramiento serán siempre negativos en ambos extremos, de ahí lo de +-, +-, +-, etc. (cambiando el signo del lado izquierdo). Si no quieren enredarse con el caso de momento aplicado en el tramo usando las tablas de Paul Rogers, pueden usar las siguientes fórmulas.
FACTORES DISTRIBUCIÓN DE CROSS K = I/L donde K = rigidez
- 246 -
- 247 -
Hardy Cross
Hardy
Cross (nacido
en
Nansemond
County
(Virginia), 1885-1959),
fue
un
ingeniero
de
estructuras estadounidense y el creador del método de cálculo de estructuras conocido como método de Cross o método de distribución de momentos, concebido para el cálculo de grandes estructuras de hormigón armado. Este método fue usado con frecuencia entre el año 1935 hasta el 1960, cuando fue sustituido por otros métodos. El método de Cross hizo posible el diseño eficiente y seguro de un gran número de construcciones de hormigón armado durante una generación entera. Además también es el autor del método de Hardy Cross para modelar redes complejas de abastecimiento de agua. Hasta las últimas décadas era el método más usual para resolver una gran cantidad de problemas. Obtuvo el título de Bachillerato de Ciencia en ingeniería civil del Instituto de Tecnología de Massachusetts en 1908, y después ingresó en el departamento de puentes de los Ferrocarriles del Pacífico de Missouri en St. Louis, donde permaneció durante un año. Después volvió a la academia de Norfolk en 1909. Un año después de su graduación estudió en Harvard donde obtuvo el título de MCE en 1911. El recibió numerosos honores. Entre ellos tuvo un grado Honorario de Maestro de Artes de la Universidad Yale , la medalla Lamme de la Sociedad Americana para Educación en Ingeniería (1944), la medalla Wason del Instituto Americano del Concreto (1935), y la medalla de oro del Instituto de Ingenieros Estructurales de Gran Bretaña (1959).
- 248 1.- A continuación se presentan 4 vigas. De las primeras 3, hallen únicamente los factores de distribución y los momentos de empotramiento (como si fueran a iniciar el Cross). Hallen luego todas las reacciones en la viga # 4, desarrollando completamente el Cross, utilizando la conocida planilla para el cálculo de las reacciones. Hay un cambio de sección en el tramo BC señalado en amarillo. Utilicen las tablas de Paul Rogers.
- 249 -
- 250 -
- 251 2.- Aplicando el método de Cross, halle las reacciones de la siguiente viga. I = constante a lo largo de toda la viga.
- 252 3.- Aplicando el método de Cross, halle las reacciones de la siguiente viga y el momento máximo + en el tramo BC. I = constante a lo largo de toda la viga.
Para el tramo, donde la carga es uniforme, se puede usar esta fórmula: 2
Mmáx+ = Vizq /(2 w) – Mapoyoizq donde Mapoyoizq se ingresa como valor absoluto. También puede hallarse de esta otra forma: 2
Mmáx+ = Vder /(2 w) – Mapoyoder donde Mapoyoder se ingresa como valor absoluto. En este caso: 2
Mmáx + = 618 /(2 x 100) – 1345 = 565 lb-ft O también: 2
Mmáx + = 582 /(2 x 100) – 1128 = 565 lb-ft (Evidentemente el resultado es el mismo)
- 253 4.- Aplicando el método de Cross, halle las reacciones de la siguiente viga. I = constante a todo lo largo de la viga.
NOTA: Los factores de distribución FD, cuando la inercia es constante a todo lo largo de la viga, pueden hallarse directamente de la siguiente forma:
- 254 5- Se muestra a continuación una parte de la planta de un envigado, donde la estructuración de la losa con 2 1000 Kgf/m ocasiona cargas de la manera siguiente:
La viga del eje A (apoyada en las columnas A-1, A-2, A-3 y A-4) es una viga de concreto armado de 30 cm x 50 cm de sección. Se pide calcular para la misma únicamente los momentos negativos en sus respectivos apoyos, suponiendo para efectos de este problema que los apoyos de la viga son articulaciones. Utilice el método de Cross. Nota: P.P. indica el peso propio de la viga, que debe ser por Uds calculado, antes de proceder con el método 3 de Cross, sabiendo que el peso específico del concreto armado es de 2.500 Kgf/m .
Peso propio PP = 0,30 x 0,50 x 2500 = 375 Kgf/m
- 255 Tramo 1-2:
2
M (en 2) por carga uniforme = 375 x 4 /8 = - 750 Kgf-m M (en 2) por carga puntual = - 2403 Kgf-m M (en 2) por carga uniforme parcial = - 1668 Kgf-m M total (en 2) = - (750 + 2403 + 1668) = - 4821 Kgf-m Tramo 2-3:
2
M (en 2) = M (en 3) por carga uniforme = 375 x 4 /12 = - 500 Kgf-m M (en 2) = M (en 3) por carga triangular = 1667 Kgf-m M total (en 2) = M total (en 3) = - (500 + 1667) = - 2167 Kgf-m Tramo 3-4:
- 256 2
M (en 3) = M (en 4) por carga uniforme = 375 x 6 /8 = - 1688 Kgf-m M (en 3) = M (en 4) por carga trapezoidal = - 8244 Kgf-m M total (en 3) = M total (en 4) = - (1688 + 8244) = - 9932 Kgf-m
Volado:
2
M (en 4) por carga uniforme = 375 x 1,50 /2 = 422 Kgf-m M (en 4) por carga puntual = 2000 x 1,50 = 3000 Kgf-m M total (en 4) = - 3422 Kgf-m
- 257 -
- 258 6.- Aplicando el método de Cross, halle las reacciones de la siguiente viga. Las inercias, y por lo tanto las rigideces, varían de tramo a tramo. Los valores de las rigideces están dados.
NOTA: Se deja al estudiante el trabajo de completar la planilla y hallar las reacciones.
- 259 6
2
7.- Utilizando el método de Cross, halle las reacciones en la siguiente viga. E = 2,1 x 10 Kgf/cm , fy = 2500 2 Kgf/cm . Note los cambios de tipo de perfil en cada tramo. La viga está colocada, a todo lo largo, según lo indicado al lado del apoyo E.
Desig.
Desig.
Peso
Area
d
bf
tf
tw
W
W
(Kgf/m)
(cm2)
(mm)
W6x9
W150x14
14
17,3
150,0
100
5,5
4,3
687
91,60
6,30
91,8
18,40
2,30
W8x15
W200x22
22
28,6
206,0
102
8,0
6,2
2000
194,00
8,36
142,0
27,80
2,23
W6x16
W150x24
24
30,5
160,0
102
10,3
6,6
1340
168,00
6,63
183,0
35,80
2,44
(mm) (mm) (mm)
Ix
Sx
rx
Iy
Sy
ry
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
(cm3)
(cm)
Calculamos las relaciones entre las Inercias: Llamamos a Io la inercia de los tramos CD y DE, por lo tanto la inercia del tramo BC será igual a 2000/1340 Io = 1,4925 Io.
- 260 8.- A continuación se presenta una hoja de cálculo para una losa en una dirección de 7 tramos cargada uniformemente a todo lo cargo con una carga de 390 Kgf/m. Se pide usando sólo esta hoja de cálculo hallar las momentos en los apoyos, los cortes, las reacciones en cada apoyo y los momentos máximos positivos en los tramos aplicando el método de Cross. I = constante a lo largo de toda la viga.
- 261 -
- 262 9.- Halle las reacciones en la siguiente viga, utilizando el método de Cross. La viga tiene un ancho constante = b a todo lo largo, siendo la altura igual a 50 cm en todos los tramos con excepción del tramo C-D cuya altura es de 58,8 cm. Las luces están expresadas en m y las cargas en Kgf/m, Kgf o Kgf-m, según sea el caso. Resuelva en esta misma hoja.
- 263 10.- Halle las reacciones por el método de Cross. La inercia del miembro C-D es 1,776 veces la inercia de los otros tramos.
- 264 11.- Aplicando el método de Cross, halle las reacciones de la siguiente viga metálica. Nótese los cambios de perfil. La viga está colocada según la Inercia fuerte.
Desig.
Desig.
Peso
Area
d
bf
Tf
tw
W
W
(Kgf/m)
(cm2)
(mm)
W10x30
W250x45
45
57,2
266,0
148
13,0
7,6
7110
534,00 11,10
703,0
95,10
3,51
W10x60
W250x89
89
114,0
260,0
256
17,3
10,7
14300
1100,00 11,20
4840,0
378,00
6,51
(mm) (mm) (mm)
Ix
Sx
rx
Iy
Sy
ry
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
(cm3)
(cm)
- 265 12.- Aplicando el método de Cross, halle las reacciones de la siguiente viga metálica. Nótese los cambios de perfil. La viga está colocada según la Inercia fuerte. Resuelva todo en esta misma hoja.
Desig. W W10x30 W10x60
Desig. Peso Area d bf tf tw W (Kgf/m) (cm2) (mm) (mm) (mm) (mm) W250x45 45 57,2 266,0 148 13,0 7,6 W250x89 89 114,0 260,0 256 17,3 10,7
Ix Sx rx (cm4) (cm3) (cm) 7110 534,00 11,10 14300 1100,00 11,20
Iy Sy ry (cm4) (cm3) (cm) 703,0 95,10 3,51 4840,0 378,00 6,51
- 266 13.- Aplicando el método de Cross, halle las reacciones de la siguiente viga metálica. Nótese los cambios de perfil. La viga está colocada según la Inercia fuerte. Resuelva todo en esta misma hoja.
Desig.
Desig.
Peso
Area
d
bf
Tf
tw
W
W
(Kgf/m)
(cm2)
(mm)
W10x30
W250x45
45
57,2
266,0
148
13,0
7,6
7110
534,00 11,10
703,0
95,10
3,51
W10x60
W250x89
89
114,0
260,0
256
17,3
10,7
14300
1100,00 11,20
4840,0
378,00
6,51
(mm) (mm) (mm)
Ix
Sx
rx
Iy
Sy
ry
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
(cm3)
(cm)
- 267 14.- Aplicando el método de Cross, calcule las reacciones en la siguiente viga y el momento máximo positivo en el tramo B-C. Nota: la viga es de inercia constante a todo lo largo.
2
Mmáx tramoB-C = V /(2 w) – Mizq (Válido para cargas uniformes) 2 Mmáx tramo B-C = 239 /(2 x 100) – 186 Mmáx tramo B-C = 100 Kgf-m
- 268 15.- Aplicando el método de Cross, calcule los momentos en los apoyos. Nota: la viga está formada por diferentes perfiles colocados todos en el sentido mostrado a la izquierda del apoyo “A”.
Desig.
Peso
Area 2
(cm )
d
bf
tf
tw
(mm) (mm) (mm) (mm)
Ix
Sx 4
(cm )
rx 3
(cm )
(cm)
Iy
Sy 4
(cm )
3
(cm )
ry
IPN
(Kgf/m)
(cm)
100
8,34
10,62
100
50
6,8
4,5
171,0
34,2
4,01
12,20
4,88 1,07
140
14,30
18,20
140
66
8,6
5,7
573,0
81,9
5,61
35,20
10,70 1,40
160
17,90
22,80
160
74
9,5
6,3
935,0
117,0
6,40
54,70
14,80 1,55
- 269 CAPÍTULO VI (Combos de doble integración, Área - Momento y 3 Momentos) 1.- Aplicando el método de superposición y haciendo uso de los resultados obtenidos en los problemas 8, 9 y 10, (Capítulo III de Área – Momento), halle los momentos de empotramiento en “A” y en “B” de la siguiente figura empotrada en los 2 extremos con una carga triangular como se muestra en la figura:
Aplicando el método de superposición y haciendo uso de los resultados de los problemas 59, 60 y 61, tenemos que debe cumplirse:
Por otro lado debe cumplirse también:
- 270 -
Podemos verificar los resultados anteriores a través de la página 80 de las tablas de Paul Rogers.
- 271 2.- A continuación se muestra el envigado de una planta tipo del edificio Petunia II en la Urb. Los Palos Grandes. Esta planta tipo está formada por una losa nervada en una dirección (nervios de 10 cm en un sentido) de 25 cm de espesor (Ver corte típico de losa nervada), la cual se apoya en las vigas respectivas. Aislemos la viga del eje “B” entre el extremo izquierdo del volado hasta el eje 3 y supongamos (Suposición incorrecta válida únicamente para fines de este problema) de que esta viga está empotrada en el eje 3 y olvidémonos del resto de la viga. Cambiemos las secciones de la viga y coloquemos en el volado una sección de 30 x 25 y entre los ejes 4 y 3 una sección de 30 x 50. Supóngase una carga uniforme sobre la losa igual a 780 Kgf/M2 así como que las secciones no se agrietan. f´c = 250 Kgf/cm
2
E=
√
2
2
(Se coloca f´c en Kgf/cm y el resultado es en Kgf/cm )
Se pide resolver la estática de la viga “B” entre el extremo izquierdo del volado y el eje “3” y determinar la ecuación de las 2 elásticas (Volado y tramo). Refiera la ecuación de la elástica del volado al extremo izquierdo del volado y la ecuación de la elástica del tramo al eje “4”. En clase se explicará cómo estimar las cargas ω1 y ω2 de la viga. Tome en cuenta además el peso propio de la viga. (Nótese que hay un cambio de sección). Aplique el método de doble integración, calculando además la flecha en la punta del volado (Expresarla en mm). Por resolver la estática se entiende hallar las reacciones, los cortes y los momentos, así como dibujar los diagramas de corte y momento acotando los puntos de inflexión. Se pide además hallar el momento máximo positivo en el tramo 4-3 y acotar a que distancia ocurre. Se sugiere el uso de la planilla de cálculo vista en clase. ¿Es aplicable el caso No. 1 de la tabla 6-2 del libro de Singer para calcular la flecha en la punta del volado? Calcule las flechas para volado de 30 x 25 y volado de 30 x 50 (sección igual a la del tramo). Compruebe los resultados aplicando el método de área momento.
- 272 -
- 273 -
- 274 -
Cálculo de w1 y w2: w1 = 780 x 5,20/2 + 0.30 x 0,25 x 2500 = 2216 Kgf/m w2 = 780 x (5,20 + 3,55)/2 + 0,30 x 0,50 x 2500 = 3788 Kgf/m
Para resolver esta viga, es mucho más fácil si “desaparecemos” el volado y lo sustituimos por un momento y una carga P en el eje “4”: 2
M4 = - 2216 x 1,225 /2 = - 1663 Kgf-m P = - 2216 x 1,225 = - 2715 Kgf (hacia abajo) Nos queda, entonces, resolver la siguiente viga:
- 275 2
E I y’’ = (R4 – 2715) X – 1663 – 3788 X /2 E I y’’ = (R4 – 2715) X – 1663 – 1894 X
2
Integrando, se tiene: 2
3
E I y’ = (R4 – 2715) X /2 – 1663 X – 1894 X /3 + C1 Para X = 4,075, tenemos que y’ = 0 (por ser el apoyo del eje 3 un empotramiento) 2
2
3
De donde: R4 x 4,075 /2 – 2715 x 4,075 /2 - 1663 x 4,075 – 1894 x 4,075 /3 + C1 = 0 De donde: C1 = 72039,88 – 8,303 R4 Integrando nuevamente, tenemos: 3
2
4
E I y = (R4 – 2715) X /6 – 1663 X /2 – 1894 X /12 + 72039,88 X – 8,303 R4 X + C2 Para X = 0, y = 0 (ya que el apoyo del eje 4 no sube ni baja), de donde: C2 = 0 3
2
4
Nos queda: E I y = (R4 – 2715) X /6 – 1663 X /2 – 1894 X /12 + 72039,88 X – 8,303 R4 X Para X = 4,075, y = 0 (ya que el apoyo del eje 3 no sube ni baja) 3
3
2
4
De donde: R4 x 4,075 /6 – 2715 x 4,075 /6 - 1663 x 4,075 /2 – 1894 x 4,075 /12 + 72039,88 x 4,075 – 8,303 R4 x 4,075 = 0 De donde: - 22,557 x R4 + 205613,17 = 0 De donde: R4 = 9115 Kgf Σ Fv = 0: R3 + 9115 = 2216 x 1,225 + 3788 x 4,075 De donde: R3 = 9036 Kgf 2
M3 = 9115 x 4,075 – 2216 x 1,225 x ( 4,075 + 1,225/2) – 3788 x 4,075 /2 M3 = - 7032 Kgf-m La ecuación de la elástica entre 4 y 3 queda: 3
2
4
E I y = (9115 – 2715) X /6 – 1663 X /2 – 1894 X /12 + 72039,88 X – 8,303 x 9115 X 3
2
4
E I y = 1066,67 X – 831,5 X – 157,83 X – 3641,97 X (Ojo: con la inercia correspondiente a la sección de 30x50) A continuación se muestran los diagramas de corte y de momento. El momento máximo + en el tramo fue hallado de la siguiente forma: 2
2
Mmáx + tramo = (Vizq) /(2 x w2) – Mizq = 6400 /(2 x 3788) – 1663 = 3744 Kgf-m (válido sólo para cargas uniformes)
- 276 2
También podría hallarse de la siguiente manera: Mmáx + tramo = 9036 /(2 x 3788) – 7032 = 3745 Kgf-m
- 277 Calcularemos ahora la pendiente de la elástica en el apoyo del eje 4, haciendo uso de la ecuación de la pendiente hallada anteriormente, donde sustituiremos el valor de R4 por el hallado de 9115 Kgf 2
3
E I y’ = (R4 – 2715) X /2 – 1663 X – 1894 X /3 + 72039,88 – 8,303 R4 2
3
E I y’ = (9115 – 2715) X /2 – 1663 X – 1894 X /3 + 72039,88 – 8,303 x 9115 2
3
E I y’ = 3200 X – 1663 X – 631,33 X – 3641,965 3
4
√
Conociendo que I = 30 x 50 /12 = 312500 cm y E I y’ (para X = 0, es decir en el eje 4) = - 3641,965 Kgf – m
, se tiene:
2
4
De donde: y’ = - 3641,965 x 10 /(238752 x 312500) = - 0,000488133 radianes Ecuación de la elástica en el volado: 2
E I y’’ = - 2216 X /2 (referido a la punta del volado que llamaremos “A”) Integrando tenemos: 3
2
E I y’ = (- 2216 X /6 + C1) Kgf – m
Esta constante C1 será hallada con la condición de que para X = 1,225, la pendiente debe ser igual a 0,000488133 radianes (en el eje 4 hay continuidad), de donde: 3
4
y’ = (- 2216 x 1,225 /6 + C1) x 10 /(E I) = - 0,000488133 (Ojo: con la inercia correspondiente a la sección de 30x25) 3
4
2
Conociendo que I = 30 x 25 /12 = 39062,50 cm y E = 238752 Kgf/cm , se tiene: 4
y’ = (- 678,93 + C1) x 10 /(238752 x 39062,50) = - 0,000488133 y’ = - 0,000727977 + 0,000001072 C1 = - 0,000488133 De donde: C1 = 223,735 Sustituyendo, se tiene: 3
E I y’ = - 2216 X /6 + 223,735 Integrando nuevamente, nos queda: 4
E I y = - 2216 X /24 + 223,735 X + C2 Para X = 1,225, y = 0 (ya que el apoyo en el eje 4 no sube ni baja), de donde: 4
E I y = - 2216 x 1,225 /24 + 223,735 x 1,225 + C2 = 0 De donde: C2 = - 66,152 4
E I y = - 2216 X /24 + 223,735 X – 66,152 (Ojo: con la inercia correspondiente a la sección de 30x25)
- 278 Para X = 0, tendremos la flecha que nos piden en la punta del volado: E I y = - 66,152 Kgf – m
3
6
y (en la punta del volado) = - 66,152 x 10 /(238752 x 39062,50) = 0,00709 cm De donde: y (en la punta del volado) = - 0,071 mm (hacia abajo) Se resolverá ahora el problema, suponiendo que la sección en el volado es de 30 x 50 también (sin cambiar la carga del volado): Ecuación de la elástica en el volado: 2
E I y’’ = - 2216 X /2 (referido a la punta del volado que llamaremos “A”) Integrando tenemos: 3
2
E I y’ = (- 2216 X /6 + C1) Kgf – m
Esta constante C1 será hallada con la condición de que para X = 1,225, la pendiente debe ser igual a 0,000488133 radianes (en el eje 4 hay continuidad), de donde: 3
4
y’ = (- 2216 x 1,225 /6 + C1) x 10 /(E I) = - 0,000488133 (Ojo: con la inercia correspondiente a la sección de 30x50) 4
y’ = (- 678,93 + C1) x 10 /(238752 x 312500) = - 0,000488133 y’ = - 0,000090997+ 0,000000134 C1 = - 0,000488133 De donde: C1 = - 2963,701 Sustituyendo, se tiene: 3
E I y’ = - 2216 X /6 - 2963,701 Integrando nuevamente, nos queda: 4
E I y = - 2216 X /24 – 2963,701 X + C2 Para X = 1,225, y = 0 (ya que el apoyo en el eje 4 no sube ni baja), de donde: 4
E I y = - 2216 x 1,225 /24 – 2963,701 x 1,225 + C2 = 0 De donde: C2 = 3838,457 4
E I y = - 2216 X /24 – 2963,701 X + 3838,457 (Ojo: con la inercia correspondiente a la sección de 30x50) Para X = 0, tendremos la flecha que nos piden en la punta del volado: 3
E I y = + 3838,457 Kgf – m
6
y (en la punta del volado) = + 3838,457 x 10 /(238752 x 312500) = + 0,0514 cm
- 279 De donde: y (en la punta del volado) = + 0,51 mm (hacia arriba) (Quiere decir que la acción del tramo levanta el volado). Evidentemente la flecha en la punta de un volado no puede calcularse haciendo uso del caso No. 1 de la tabla 6-2 del libro de Singer, ya que ese caso es para empotramiento y, en nuestro caso, no estaríamos considerando la acción del tramo adyacente. NOTA: Los cambios de sección en los volados nunca influyen en el resultado de las reacciones. No ocurre lo mismo cuando los cambios de sección ocurren en los tramos, como se verá con las vigas hiperestáticas.
Se verificará ahora el problema usando el método de área – momento:
CASO “0”: E I t4/3 = 73965 x 4,075/2 x 4,075/3 – 31451 x 4,075/3 x 4,075/4 – 44176 x 4,075 x 4.075/2 = - 205601,16 3 Kgf-m
- 280 CASO “1”: E I t4/3 = 4,075 X1 x 4,075 x 4,075/2 – 4,075 X1 x 4,075/2 x 4,075/3 = 22,56 X1 Igualando δ (caso 0) con δ (caso 1), ya que el apoyo del eje 4 no sube ni baja, tenemos: 205601,16 = 22,56 X1 De donde: X1 = R4 = 9114 Kgf (mismo resultado que el hallado por el método de doble integración) Calcularemos ahora la flecha en la punta del volado, haciendo uso de los diagramas de momento por parte construídos anteriormente. Llamando a “A” a la punta del volado y tomando en cuenta el cambio de inercia entre el volado y el tramo, se tiene: CASO “0”: tA/3 = {[73965 x 4,075/2 x (1,225 + 4,075/3)]/(238752 x 312500) – [31451 x 4,075/3 x (1,225 + 4,075/4)]/(238752 x 312500) – [44176 x 4,075 x (1,225 + 4.075/2)]/(238752 x 312500) – (1662 x 1,225/3 x 6 3/4 x 1,225)/(238752 x 39062,50)} x 10 = -4,0052 cm CASO “1”: tA/3 = {[4,075 x 9114 x 4,075 x (1,225 + 4,075/2)]/(238752 x 312500) – [4,075 x 9114 x 4,075/2 x (1,225 + 6 4,075/3)]/(238752 x 312500)} x 10 = 3,9977 cm De donde, la flecha en la punta del volado es: δA = - 4,0052 cm + 3,9977 cm δA = - 0,0075 cm = - 0,075 mm (hacia abajo) En el caso del volado con la misma sección del tramo, (sin cambiar la carga del volado), tenemos: CASO “0”: tA/3 = {[73965 x 4,075/2 x (1,225 + 4,075/3)]/(238752 x 312500) – [31451 x 4,075/3 x (1,225 + 4,075/4)]/(238752 x 312500) – [44176 x 4,075 x (1,225 + 4.075/2)]/(238752 x 312500) – (1662 x 1,225/3 x 6 3/4 x 1,225)/(238752 x 312500)} x 10 = -3,9467 cm CASO “1”: tA/3 = {[4,075 x 9114 x 4,075 x (1,225 + 4,075/2)]/(238752 x 312500) – [4,075 x 9114 x 4,075/2 x (1,225 + 6 4,075/3)]/(238752 x 312500)} x 10 = 3,9977 cm De donde, la flecha en la punta del volado es: δA = - 3,9467 cm + 3,9977 cm δA = + 0,051 cm = - 0,51 mm (hacia arriba)
- 281 3.- Calcular el valor de EIδ bajo la carga concentrada de 100 N-m en la viga representada en la figura siguiente (Problema 656 Singer), aplicando el método de área - momento:
R1 = 400 N y R2 = 100 N
E I t2/1 = (Momento del área amarilla respecto a 2) = 1600 x 4/2 x 4/3 – 1500 x 3/2 x 3/3 – 100 x 1 x 0,50 = 1966,67
E I tc/1 = (Momento del área verde respecto a c) = 1200 x 3/2 x 3/3 – 1000 x 2/2 x 2/3 = 1133,33 Por relación de triángulos: E I δc + e I tc/1 = 3 (E I t2/1)/4
- 282 De donde: E I δ c = 3 x 1966,67/4 - 1133,33 E I δc = 341,67 N-m3 (NOTA: EN EL METODO DE AREA MOMENTO LA FLECHA HACIA ABAJO ES POSITIVA) RESUELVA EL PROBLEMA ANTERIOR SUPERPONIENDO ESTOS DOS CASOS: 1. 2. 3.
Halle la flecha en el punto C, sólo con el momento aplicado, usando el método de doble integración. Halle la flecha en el punto C, sólo con la carga puntual, aplicando la tabla 6-2 entregada. Sume los dos efectos y compruebe que el resultado es el mismo obtenido por el método área – momento.
1.- METODO DOBLE INTEGRACION (UNICAMENTE CON EL MOMENTO APLICADO): E I d2y/dx2 = 25 X (Entre 1 y c) 2
Integrando: E I dy/dx = 25 x /2 + C1 3
Integrando nuevamente: E I y = 25 X /6 + C1 X + C2 Para X = 0, y = 0, de donde C2 = 0 3
Nos queda entonces: E I y = 25 X /6 + C1 X E I d2y/dx2 = 25 X -100 (Entre c y 2) 2
Integrando: E I dy/dx = 25 x /2 – 100 X + C3 3
2
Integrando nuevamente: E I y = 25 x /6 – 100 x /2 + C3 X + C4 Para X = 4, y = 0, de donde sustituyendo: C4 = 533,33 – 4 C3 3
2
Nos queda entonces: E I y = 25 X /6 -50 x + C3 X + 533,33 – 4 C3 CONDICIONES: Para X = 3, la pendiente y la flecha para los dos sectores de la elástica deben ser iguales, de donde: 2
2
25 x /2 + C1 = 25 x /2 – 100 X + C3 (para X = 3) (Igualdad de pendiente para X = 3) Sustituyendo, obtenemos: C1 = C3 – 300 (*) 3
3
2
25 X /6 + C1 X = 25 X /6 -50 x + C3 X + 533,33 – 4 C3 (Igualdad de flecha para X = 3) Sustituyendo, obtenemos: C1 = 27,78 – C3/3 (**) De (*) y (**), obtenemos: C1 = - 54,165 y Y C4 será igual a: C4 = -450,01
C3 = 245,835
- 283 Por lo tanto las ecuaciones de la elástica (CONSIDERANDO UNICAMENTE EL MOMENTO ACTUANTE EN EL TRAMO) son: 3
Entre 1 y C: E I y = 25 X /6 – 54,165 X 3
2
Entre C y 2: E I y = 25 X /6 -50 x + 245,835 X -450,01 Calculamos ahora por cualquiera de las 2 ecuaciones anteriores la flecha para X = 3: E I y = - 49,995 N-m3 (NOTA: EN EL METODO DE DOBLE INTEGRACION LA FLECHA HACIA ABAJO ES NEGATIVA, POR LO TANTO HAY QUE CAMBIARLE EL SIGNO A ESTE VALOR). 2.- USANDO LA TABLA 6-2 (UNICAMENTE CON LA CARGA PUNTUAL): De la tabla 6-2 entregada, tenemos para el caso de la carga puntual: E I y (para X = 3), es decir para a < X < L:
Donde: P = 500 N
L=4
a=1
b=3
X=3
Sustituyendo tenemos: E I y = 291,666 N-m3 (NOTA: EN ESTA TABLA LA FLECHA HACIA ABAJO ES POSITIVA). SUMA DE LOS 2 EFECTOS Y COMPROBACION: E I y = 291,666 + 49,995 = 341,661 N-m3 O.K. (Igual resultado que aplicando el método de área – momento)
Gráfico de elásticas superpuestas Sólo Momento aplicado
Sólo Carga Puntual aplicada
Suma de los 2 efectos 0.00 0.00 -100.00 -200.00 -300.00 -400.00 -500.00 -600.00
1.00
2.00
3.00
4.00
5.00
- 284 4- La viga continua de la figura soporta las cargas centradas indicadas. Determinar las reacciones. Aplicar el método de doble integración, área momento y 3 momentos. (A, E, I = ctes). Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento con sus respectivos valores.
En vista de la simetría, la pendiente en “B” es horizontal, por lo tanto este problema se puede transformar en este caso. Será suficiente resolver la viga de la izquierda:
Método de doble integración: Tomamos el origen en A, de donde: E I y’’ = RA X – 1000 Integrando, tenemos: 2
2
E I y’ = RA X /2 – 1000 /2 + C1 Para X = 4, dy/dx = 0, de donde; 2
2
0 = RA x 4 /2 – 1000 <4 – 2> /2 + C1 Por lo tanto: C1 = 2000 – 8 RA Integrando nuevamente, tenemos: 3
3
E I y = RA X /6 – 1000 /6 + 2000 X – 8 RA X + C2
- 285 Para X = 0, y = 0, de donde C2 = 0 Para X = 4, y = 0, de donde: 3
3
0 = RA x 4 /6 – 1000 <4 – 2> /6 + 2000 x 4 – 8 RA x 4 21,333 RA = 6666,667 De donde: RA = 312,50 Kgf Por simetría: RC = RA = 312,50 Kgf Σ Fv = 0: RB = 1000 + 1000 – 312,50 – 312,50 = 1375 Kgf MB = 312,50 x 4 – 1000 x 2 MB = - 750 Kgf-m
- 286 Método de Area – Momento
NOTA: La pendiente en B es 0 por simetría, por lo tanto podemos decir: E I tA/B = 0, de donde: 4 RA x 4/2 x 2/3 x 4 – 2000 x 2/2 x (2 + 2/3 x 2) = 0 21,333 RA = 6666,667 De donde: RA = 312,50 Kgf De aquí en adelante todo es igual al método anterior.
Método 3 Momentos
Ecuación General:
En nuestro caso: L1 = L2 = 4 m MA = MC = 0
- 287 Nos queda, usando la tabla 8-1 entregada: 2
2
2
2
2 MB (4 + 4) + 1000 x 4/(2x 4) x [4 – (4/2) ] + 1000 x 4/(2x 4) x [4 – (4/2) ] = 0 (ya que no tenemos desniveles en los apoyos) De donde: 16 MB + 12000 = 0 De donde MB = -750 Kgf-m Pero: MB = RA x 4 – 1000 x 2 = - 750 De donde: 4 RA = 1250 RA = 312,50 Kgf De aquí en adelante todo es igual a los métodos anteriores.
- 288 5.- Calcule la flecha en “B”, escogiendo entre los métodos que Ud conoce (doble integración, área momento, tres momentos y Cross) el método o los métodos necesarios para lograr el objetivo. La viga está formada por 6 2 un perfil IPE 160 colocado según su inercia fuerte. E = 2,1 x 10 Kgf/cm .
Desig.
Peso
Area
IPE
(Kgf/m)
(cm2)
160
15,8
20,10
d
bf
tf
tw
(mm) (mm) (mm) (mm) 160
Por el método de Cross, tenemos:
82
7,4
5,0
Ix
Sx
rx
Iy
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
869,0
109,0
6,58
68,30
Sy
ry
(cm3) (cm) 16,70 1,84
- 289 Por el método de 3 momentos, tenemos:
A-C-D: 2
2
Tramo A-C: 6 A a/L = 500 x 2/4 x (4 – 2 ) = 3000 Kgf-m 3
2
2
Tramo C-D: 6 A b/L = 8/60 x 300 x 4 = 2560 Kgf-m
MA x 4 + 2 X MC (4 + 4) + MD x 4 + 3000 + 2560 = 0 MA = 0, de donde: 16 MC + 4 MD = - 5560 C-D-E: 3
2
Tramo C-D: 6 A a/L = 7/60 x 300 x 4 = 2240 Kgf-m 3
Tramo D-E: 6 A b/L = 1000 x 4 /4 = 16000 Kgf-m
2
MC x 4 + 2 X MD (4 + 4) + ME x 4 + 2240 + 16000 = 0 ME = - 500, de donde: 4 MC + 16 MD + 4 x (-500) + 2240 + 16000 = 0 4 MC + 16 MD = - 16240 Resolviendo las 2 ecuaciones amarillas, se obtiene: MC = - 100 Kgf-m MD = - 990 Kgf-m Son los mismos resultados obtenidos por el método de Cross. No es necesario llenar nuevamente la planilla, por lo tanto, lo que nos interesa es que VA = 225 Kgf. Aplicando el método de doble integración, se obtiene: EIy” = M EIy” = 225 * X – 500 * 2
2
EIy’ = 225 * X /2 – 500 * /2 + C1 3
3
EIy = 225 * X /6 – 500 * /6 + C1 * X + C2 Para X = 0, y = 0, de donde C2 = 0 3
3
EIy = 225 * X /6 – 500 * /6 + C1 * X
- 290 Para X = 4, y = 0, de donde: 3
3
225 * 4 /6 – 500 * (4 – 2) /6 + C1 * 4 = 0 De donde: C1 = - 433,33 Por lo tanto la ecuación de la elástica (entre A y C) es: 3
3
EIy = 225 * X /6 – 500 * /6 – 433,33 * X La flecha (para X = 2) será: 3
EIy = 225 * 2 /6 – 433,33 * 2 3
EIy = - 566,66 Kgf-m
6
6
De donde: y = - 566,66 x 10 x 10/(2,1 x 10 x 869) Y = - 3,105 mm (hacia abajo)
Aplicando el método de área-momento, tenemos:
3
EItB/A = 450 x 2/2 x 2/3 = 300 Kgf-m
- 291 -
EItC/A = 900 x 4/2 x 4/3 – 1000 x 2/2 x 2/3 = 1733,33 Kgf-m
3
EIy + 300 = 1733,33/2 3
EIy = 566,665 Kgf-m (mismo resultado de doble integración) Por lo tanto: YB = 3,105 mm (hacia abajo)
- 292 6.- Calcule las reacciones en la siguiente viga, escogiendo, entre el método de Cross y el método de Área – Momento, el método por Ud preferido. La viga está formada por un perfil IPE 160 colocado según su inercia 6 2 fuerte. E = 2,1 x 10 Kgf/cm .
Desig.
Peso
Area
IPE
(Kgf/m)
(cm2)
160
15,8
20,10
d
bf
tf
tw
(mm) (mm) (mm) (mm) 160
Por el método de Cross, tenemos:
82
7,4
5,0
Ix
Sx
rx
Iy
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
869,0
109,0
6,58
68,30
Sy
ry
(cm3) (cm) 16,70 1,84
- 293 Por el método de 3 momentos, tenemos:
A-C-D: 2
2
Tramo A-C: 6 A a/L = 500 x 2/4 x (4 – 2 ) = 3000 Kgf-m 3
2
2
Tramo C-D: 6 A b/L = 8/60 x 300 x 4 = 2560 Kgf-m
MA x 4 + 2 X MC (4 + 4) + MD x 4 + 3000 + 2560 = 0 MA = 0, de donde: 16 MC + 4 MD = - 5560 C-D-E: 3
2
Tramo C-D: 6 A a/L = 7/60 x 300 x 4 = 2240 Kgf-m 3
Tramo D-E: 6 A b/L = 1000 x 4 /4 = 16000 Kgf-m
2
MC x 4 + 2 X MD (4 + 4) + ME x 4 + 2240 + 16000 = 0 ME = - 570 x 2/2 x 2/3 x 2 + 260 = - 500, de donde: 4 MC + 16 MD + 4 x (-500) + 2240 + 16000 = 0 4 MC + 16 MD = - 16240 Resolviendo las 2 ecuaciones amarillas, se obtiene: MC = - 100 Kgf-m MD = - 990 Kgf-m Los momentos coinciden con los hallados por el método de Cross. De ahí, utilizando la misma planilla, se hallan las reacciones.
- 294 7.- Calcule las reacciones en la siguiente viga, escogiendo entre el método de Cross y el método de Área – Momento, el método por Ud preferido . La viga está formada por un perfil IPE 160 colocado según su inercia 6 2 fuerte. E = 2,1 x 10 Kgf/cm .
Desig.
Peso
Area
IPE
(Kgf/m)
(cm2)
160
15,8
20,10
d
bf
tf
tw
(mm) (mm) (mm) (mm) 160
Por el método de Cross, tenemos:
82
7,4
5,0
Ix
Sx
rx
Iy
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
869,0
109,0
6,58
68,30
Sy
ry
(cm3) (cm) 16,70 1,84
- 295 Por el método de 3 momentos, tenemos:
A-C-D: 2
2
Tramo A-C: 6 A a/L = 500 x 2/4 x (4 – 2 ) = 3000 Kgf-m 3
2
2
Tramo C-D: 6 A b/L = 8/60 x 300 x 4 = 2560 Kgf-m
MA x 4 + 2 X MC (4 + 4) + MD x 4 + 3000 + 2560 = 0 MA = 0, de donde: 16 MC + 4 MD = - 5560 C-D-E: 3
2
Tramo C-D: 6 A a/L = 7/60 x 300 x 4 = 2240 Kgf-m 3
Tramo D-E: 6 A b/L = 1000 x 4 /4 = 16000 Kgf-m
2
MC x 4 + 2 X MD (4 + 4) + ME x 4 + 2240 + 16000 = 0 ME = - 570 x 2/2 x 2/3 x 2 + 260 = - 500, de donde: 4 MC + 16 MD + 4 x (-500) + 2240 + 16000 = 0 4 MC + 16 MD = - 16240 Resolviendo las 2 ecuaciones amarillas, se obtiene: MC = - 100 Kgf-m MD = - 990 Kgf-m Los momentos coinciden con los hallados por el método de Cross. De ahí, utilizando la misma planilla, se hallan las reacciones.
- 296 8.- Calcule los momentos en los apoyos. Luego, dibuje los diagramas de fuerza cortante y momento. Finalmente determine los momentos positivos en los tramos. Aplique el teorema de 3 momentos y el método de Cross. (A, E, I = ctes).
Ecuación General:
Por estar los 2 apoyos al mismo nivel y ser la inercia constante, tenemos: M1 L1 + 2 M2 (L1 + L2) + M3 L2 + 6 A1 a1/L1 + 6 A2 b2/L2 = 0 Términos del primer tramo L1 (Ver tabla 8-1 entregada): 2
2
2
2
6 A1 x a1/L1 = 300 x 4/12 x (12 – 4 ) (CARGA # 1) + 300 x 8/12 x (12 – 8 ) (CARGA # 2) = 28800 lb-ft
2
Términos del segundo tramo L2 (Ver tabla 8-1 entregada): Dividimos el trapecio del segundo tramo en un rectángulo y un triángulo: 3
3
6 A2 x b2/L2 = 60 x 10 /4 (RECTANGULO) + 8/60 x 75 x 10 (TRIANGULO) = 25000 lb-ft
2
Sustituimos la carga triangular en el volado por una carga puntual P en el apoyo 3 y un momento M3. P = 60 x 8/2 = 240 lb M3 = - 60 x 8/2 x 8/3 = - 640 lb-ft
- 297 Aplicando el teorema de 3 momentos, tenemos: 2 M2 (12 + 10) – 640 x 10 + 28800 + 25000 = 0 De donde: M2 = -1078 lb-ft
- 298 SOLUCION POR EL METODO DE CROSS:
TRAMO 1:
a/L = 8/12 = 0,666. De donde: m = 0,1483 (Paul Rogers, página 26, interpolando) M = 300 x 12 x 0,1483 = - 534 lb-ft TRAMO 1:
a/L = 4/12 = 0,333. De donde: m = 0,1851 (Paul Rogers, página 26, interpolando) M = 300 x 12 x 0,1851 = - 666 lb-ft De donde sumando los momentos producidos por las 2 cargas tenemos: ME (en 2) = - 534 – 666 = - 1200 lb-ft (TRAMO 1) TRAMO 2:
(Paul Rogers, página 23) 2 M3 = 60 x 10 /8 = - 750 lb-ft TRAMO 2:
(Paul Rogers, página 80) 2 M = 75 x 10 /15 = - 500 lb-ft De donde sumando los momentos producidos por la carga rectangular y la carga triangular tenemos: ME (en 2) = - 750 – 500 = - 1250 lb-ft (TRAMO 2)
- 299 -
FD (en 2 – tramo 1) = 10/(12 + 10) = 0,455 FD (en 2 – tramo 1) = 12/(12 + 10) = 0,545 De donde: M2 = - 1077 lb-ft O.K. De aquí en adelante es igual a lo hecho en el método de 3 momentos.
- 300 9.- A continuación se muestra una viga formada por 2UPN 100 a todo lo largo y con cargas de la forma indicada. También se indica una carga uniformemente distribuida a todo lo largo, que viene siendo el peso propio de las 2 UPN 100, que Uds tomarán de la tabla anexa, Desig.
Peso
Area
UPN
(Kgf/m)
(cm2)
100
10,6
13,5
d
bf
tf
tw
(mm) (mm) (mm) (mm) 100
50
8,5
6
Ix
Sx
rx
Iy
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
206
41,2
3,91
29,3
Sy
ry
(cm3) (cm) 8,49 1,47
A.- Se pide calcular las reacciones en los apoyos 1, 2, 3, 4 y 5 y el momento en el apoyo 5 usando el método de “TRES MOMENTOS”. Al tener ya calculados los momentos haga uso de la siguiente planilla para determinar las reacciones. NO SE PIDEN LOS MOMENTOS MÁXIMOS POSITIVOS EN LOS TRAMOS, UNICAMENTE LO QUE ESTÁ EN LA PLANILLA. Resuelva este problema para los 2 perfiles en la posición 1 y los 2 perfiles en la posición 2. ¿Creen Uds que el cambio de posición influye para los momentos y las reacciones? ¿En qué se afecta la viga al cambiar de posición? Razone sus respuestas.
B.- Aplicando siempre el método de “TRES MOMENTOS” halle nuevamente las reacciones suponiendo que hubo un asentamiento en el apoyo “3” de 10 mm. Luego que ha determinado los momentos negativos en los apoyos, haga uso de la misma planilla anterior. Compare las reacciones halladas ahora con las reacciones halladas en el punto 1 y deduzca que efecto hizo sobre las mismas el asentamiento en el apoyo “3”. Esta comparación la harán únicamente para el caso de los 2 perfiles en posición “+*“. C.- Finalmente halle los momentos y las reacciones de la misma viga sin ningún tipo de asentamiento (es decir igual al punto 1), aplicando el método de “Cross”. Haga uso de las tablas de Paul Rogers. Nota: Halle únicamente los momentos negativos en los apoyos y no halle las reacciones, ya que, se supone, deben dar iguales al punto 1, calculado por “TRES MOMENTOS”. Haga uso de la planilla conocida para aplicar el método de “Cross”.
e (cm) 1,55
- 301 -
A.-
Cálculo del peso propio: P.P. = 2 x 10,6 Kgf/m = 21,20 Kgf/m Términos de carga: Por ser todas las luces iguales y la carga uniforme la misma, calcularemos de una vez los términos de carga de los tramos para la carga uniforme y trabajaremos toda la viga sin la misma: Por la tabla 8-1 del libro de Singer, para una carga uniforme tenemos: 3 3 2 6 A a/L =6 A b/L = w L /4 = 21,20 x 4 /4 = 339,20 Kgf-m Términos de carga 1-2-3 y Primera Ecuación 3 Momentos: Para el tramo L1: Nos olvidaremos de la influencia del volado, pero debemos acordarnos de colocar en la ecuación de 3 Momentos el valor de M1 = - 160,60 Kgf-m, así como sumar a la reacción en “1” la cantidad de 71,20 Kgf.
- 302 -
3
A1 a1 = 2666,68 x 4/2 x 4/3 – 666,67 x 2/4 x (2 + 2/5) – 666,67 x 2 x 1 – 2000 x 2/2 x 2/3 = 3644,47 Kgf-m 2 De donde: Σ 6 A1 a1/L1 = (3644,47 x 6/4 + 339,20 de la carga uniforme) = 5805,90 Kgf-m Para el tramo L2:
Tomaremos el valor 6 A2 b2/L2 directamente de la tabla 8-1 del libro de Singer: 3 3 2 6 A2 b2/L2 = 5/32 x w x L = 5/32 x 1000 x 4 = 10000 Kgf-m 2 De donde: Σ 6 A2 b2/L2 = (10000 + 339,20 de la carga uniforme) = 10339,20 Kgf-m De donde: PRIMERA ECUACIÓN 3 MOMENTOS: M1 x L1 + 2 M2 (L1 + L2) + M3 x L2 + 6 A1 a1/L1 + 6 A2 b2/L2 = 0 Sustituyendo, tenemos: - 160,60 x 4 + 2 M2 x (4 + 4) + M3 x 4 + 5805,90 + 10339,20 = 0 De donde: 16 M2 + 4 M3 = - 15502,70 Términos de carga 2-3-4 y Segunda Ecuación 3 Momentos: Para el tramo L2: 2 Σ 6 A2 a2/L2 = 10339,20 Kgf/m (igual a 6 A2 b2/L2 hallado anteriormente para 1-2-3 en tramo 2) Para el tramo L3: Transformaremos la carga trapezoidal sumando y restando las áreas amarillas:
- 303 -
3
De donde: A3 b3 = 6000 x 4/2x4/3 – 10666,67 x 4/4 x 4/5 + 166,67 x ¼ x 1/5 + 4500 x ¾ x 3/5 = 9500 Kgf-m 2 De donde: Σ 6 A3 b3/L3 = (9500 x 6/4 + 339,20 de la carga uniforme) = 14589,20 Kgf-m De donde: SEGUNDA ECUACIÓN 3 MOMENTOS: M2 x L2 + 2 M3 (L2 + L3) + M4 x L3 + 6 A2 a2/L2 + 6 A3 b3/L3 = 0 Sustituyendo, tenemos: M2 x 4 + 2 M3 x (4 + 4) + M4 x 4 + 10339,20 + 14589,20 = 0
- 304 De donde: 4 M2 + 16 M3 + 4 M4 = - 24928,40 Términos de carga 3-4-5 y Tercera Ecuación 3 Momentos: Para el tramo L3: 2 Σ 6 A3 a3/L3 = 14589,20 Kgf/m (igual a 6 A3 b3/L3 hallado anteriormente para 2-3-4 en tramo 3) Para el tramo L4: Por la tabla 8-1 del libro de Singer, para un momento aplicado en el tramo, tenemos: 2 2 2 2 2 6 A4 b4/L4 = + M/L (3 b – L ) = - 100/4 x (3 x 2 – 4 ) = + 100 Kgf/m 2 De donde: Σ 6 A4 b4/L4 = (100 + 339,20 de la carga uniforme) = 439,20 Kgf-m De donde: TERCERA ECUACIÓN 3 MOMENTOS: M3 x L3 + 2 M4 (L3 + L4) + M5 x L4 + 6 A3 a3/L3 + 6 A4 b4/L4 = 0 Sustituyendo, tenemos: M3 x 4 + 2 M4 x (4 + 4) + M5 x 4 + 14589,20 + 439,20 = 0 De donde: 4 M3 + 16 M4 + 4 M5 = - 15028,40 Términos de carga 4-5-ficticio y Cuarta Ecuación 3 Momentos: Para el tramo L4: 2 Σ 6 A4 a4/L4 = [- 100 Kgf/m (Tabla 8-1 libro de Singer para Momento aplicado en el tramo) + 339,20 de la 2 carga uniforme] = 239,20 Kgf-m Para el tramo ficticio: No se calcula nada para este tramo, o sea: Σ 6 A5 b5/L5 = 0 De donde: CUARTA ECUACIÓN 3 MOMENTOS: M4 x L4 + 2 M5 (L4 + L5) + M6 x L5 + 6 A4 a4/L4 + 6 A5 b5/L5 = 0 L5 es una luz ficticia y M6 es un momento ficticio, por lo tanto borramos todos los términos donde ellos aparezcan, de donde: M4 x L4 + 2 M5 x L4 + 6 A4 a4/L4 = 0 Sustituyendo, tenemos: M4 x 4 + 2 M5 x 4 + 239,20 = 0 De donde: 4 M4 + 8 M5 = - 239,20 Resolviendo las 4 ecuaciones con 4 incógnitas, tenemos: M2 = - 665,95 Kgf-m = - 666 Kgf-m M3 = - 1211,87 Kgf-m = - 1212 Kgf-m M4 = - 718,66 Kgf-m = - 719 Kgf-m M5 = + 329,43 Kgf-m = + 329 Kgf-m y M1 =-160,60 Kgf-m (Hallado al comienzo) = - 161 Kgf-m
- 305 Aplicaremos ahora la planilla entregada para resolver la estática, dibujando otra vez el volado.
El cambio de posición de los perfiles no influye para el cálculo de los momentos y las reacciones. Ahora bien, la inercia de dos U colocadas así ][ es mucho mayor que la inercia de 2 U colocadas al revés. Por lo tanto, la viga sí se afecta en lo que a resistencia y deformabilidad respecta. Los esfuerzos de flexión y las deformaciones tienen ambas en el denominador a la inercia. A menor inercia, mayores esfuerzos y mayores deformaciones. B.- Asentamiento en “3” = 10 mm Para la resolución de este caso, debemos tener en cuenta de que las ecuaciones de 3 momentos (aquellas afectadas por el asentamiento) tienen una segunda parte después de la igualdad, es decir no son iguales a “0”.
En este caso: Para la primera ecuación tenemos: h1 = 0 y h3 = - 10 mm Para la segunda ecuación tenemos: h2 = + 10 mm 0 y h4 = + 10 mm Para la tercera ecuación tenemos: h3 = - 10 mm 0 y h5 = 0 La cuarta ecuación no varía. Por lo tanto: PRIMERA ECUACIÓN: 16 M2 + 4 M3 + 15502,70 = 6 EI (0 - 0,01/4) SEGUNDA ECUACIÓN: 4 M2 + 16 M3 + 4 M4 + 24928,40 = 6 EI (0,01/4 + 0,01/4) TERCERA ECUACIÓN: 4 M3 + 16 M4 + 4 M5 + 15028,40 = 6 EI (- 0,01/4 + 0)
- 306 CUARTA ECUACIÓN (No cambia): 4 M4 + 8 M5 + 239,20 = 0 Para el caso de los perfiles colocados ][ : 4 4 I = 2 x 206 cm = 412 cm (Ver tablas Ucab) 6 2 2 E = 2,1 x 10 Kgf/cm , de donde EI = 86520 Kgf-m Sustituyendo este valor en las ecuaciones de arriba, nos quedan: 1.- 16 M2 + 4 M3 + 15502,70 = - 6 x 86520 x 0,0025 2.- 4 M2 + 16 M3 + 4 M4 + 24928,40 = 6 x 86520 x (0,0025 + 0,0025) 3.- 4 M3 + 16 M4 + 4 M5 + 15028,40 = - 6 x 86520 x 0,0025 4.- 4 M4 + 8 M5 + 239,20 = 0 De donde: 1.- 16 M2 + 4 M3 = - 16800,50 2.- 4 M2 + 16 M3 + 4 M4 = - 22332,80 3.- 4 M3 + 16 M4 + 4 M5 = - 16326,20 4.- 4 M4 + 8 M5 = - 239,20 De donde: M2 = - 806,43 Kgf-m = - 806 Kgf-m M3 = - 974,39 Kgf-m = - 974 Kgf-m M4 = - 879,22 Kgf-m = - 879 Kgf-m M5 = + 409,71 Kgf-m = + 410 Kgf-m y M1 =-160,60 Kgf-m (Hallado al comienzo y no afectado) = - 161 Kgf-m Las reacciones serán:
- 307 -
Como puede visualizarse, el asentamiento en el apoyo “3”, ocasiona una menor reacción en ese apoyo incrementándose las reacciones en los apoyos vecinos, originándose además una redistribución de los momentos entre los apoyos. C.- Método de Cross: Se calcularán primero los factores de distribución F.D., para lo cual se usará la siguiente tabla entregada (VÁLIDA UNICAMENTE PARA INERCIA CONSTANTE A LO LARGO DE TODA LA VIGA):
- 308 En los empotramientos F.D. = 1 La inercia es constante a lo largo de toda la viga, de donde: F.D. (a la derecha de 1 = Volado) = 0 F.D. (a la izquierda de 2) = 3 L2/(3 L2 + 4 L1) = 3/7 = 0,4286 F.D. (a la derecha de 2) = 4 L1//(3 L2 + 4 L1) = 4/7 = 0,5714 Nota: En cada apoyo debe cumplirse que Σ F.D. = 1, por lo tanto también se hubiese podido calcular F.D. (a la derecha de 2) como 1 – 0,4286 = 0,5714 F.D. (a la izquierda de 3) = L3/(L2 + L3) = 0,50 F.D. (a la derecha de 3) = L2/(L2 + L3) = 0,50 F.D. (a la izquierda de 4) = L4/(L3 + L4) = 0,50 F.D. (a la derecha de 3) = L3/(L3 + L4) = 0,50 F.D. (a la izquierda de 5 = Empotramiento) = 1 Se pasa a calcular los momentos de empotramiento, cambiando el signo de ellos únicamente en el empotramiento izquierdo. Se hará uso de las tablas de Paul Rogers. Para efectos didácticos, se ha elaborado la tabla siguiente, mostrando la forma como se hallan los momentos de empotramiento usando las tablas de Paul Rogers.
- 309 -
- 310 -
- 311 10.- Halle las reacciones en la siguiente viga aplicando el método de Cross. I = cte a todo lo largo de la viga.
- 312 Chequeo por el método de 3 momentos: Apoyos A-B-C: 3 2 Tramo A-B: 6Aa/L = 8/60 x 600 x 3 = 2160 Kgf-m 3 2 2 Tramo B-C: 6 Ab/L = 500 x 5 /4 + 3/8 x 100 x 5 = 16562,50 Kgf-m Apoyos B-C-D: 3 2 2 Tramo B-C: 6 Aa/L = 500 x 5 /4 + 3/8 x 100 x 5 = 16562,50 Kgf-m 2 2 2 Tramo C-D: 6 Ab/L = 300 x 3/4 x (4 – 3 ) = 1575 Kgf-m Apoyos C-D-E: 2 2 2 Tramo C-D: 6 Aa/L = 300 x 1/4 x (4 – 1 ) = 1125 Kgf-m 2 2 2 Tramo D-E: 6Ab/L = - 100/5 x (3 x 2.5 – 5 ) = 125 Kgf-m
MA x 3 + 2 MB x (3+5) + MC x 5 + 2160 + 16562,50 = 0 MB x 5 + 2 MC x (5+4) + MD x 4 + 16562,50 + 1575 = 0 MC x 4 + 2 MD x (4+5) + ME x 5 + 1125 + 125 = 0 Sabiendo que MA = 0 y ME = -200 Kgf-m, nos queda: 16 MB + 5 MC + 18722,50 = 0 5 MB + 18 MC + 4 MD + 18137,50 = 0 4 MC + 18 MD + 250 = 0 Resolviendo, obtenemos: MB = -924,3 Kgf-m MC = -786,6 Kgf-m MD = + 160,92 Kgf-m (Estos resultados son iguales a los obtenidos por el método de Cross).
- 313 11.- Se construye la siguiente viga de acero con las cargas indicadas, pero, al poco tiempo, ocurre un asentamiento del apoyo “B”. Se toman mediciones de la reacción en ese apoyo y se determina que esta reacción es menor en 722 Kgf a la reacción calculada antes del asentamiento. Es decir: RB (después del asentamiento) = RB inicial – 722 Kgf. Las mediciones en los apoyos “A” y “C” determinan que estas reacciones quedan incrementadas después del asentamiento. Se pide: A.- Calcular la reacción inicial antes del asentamiento en el apoyo “B” usando el método de Cross. B.- Calcular el asentamiento en mm que ocurrió en el apoyo “B” usando el método de área momento, conociendo que la reacción en “B” disminuyó en 722 Kgf. C.- Verifique a través del método de 3 momentos que, para el asentamiento calculado en el punto anterior, realmente la reacción en “B” disminuye en 722 Kgf, calculándola y comparándola con la inicial obtenida a través del método de Cross.
- 314 A.-
Por lo tanto RB = 12312 Kgf (Reacción inicial antes del asentamiento) B.- Conocemos que, al ocurrir el asentamiento en “B”, la reacción en “B” disminuyó en 722 Kgf. Eso equivale a eliminar el rodillo “B” y decir que ocurrió un asentamiento en “B” para una carga en el medio de la viga con una luz de 8 m y 722 Kgf hacia abajo. De donde:
- 315 6
2
-4
6
EI = 2,1 x 10 x 75,60 x 8,99 x 10 = 1,2831 x 10 Kgf-m
2
6
δB = tA/B = 1444 x 4/2 x 2/3 x 4 x 1000/(1,2831 x 10 ) δB = 6 mm Por lo tanto el asentamiento en “B” fue de 6 mm. C.- Con este asentamiento de 6 mm, volvemos a la viga inicial y calculamos las reacciones por el método de 3 momentos: M1 L1 + 2 M2 (L1 + L2) + M3 L2 +6 A1 a1/L1 + 6 A2 b2/L2 = 6 EI (h1/L1 + h2/L2) M1 y M3 son 0, de donde: 3
2
2
2
2
6
2 M2 x (4 + 4) + 3000 x 4 /4 + 2000 x 2/4 x (4 – 2 ) + 5000 x 2/4 x (4 – 2 ) = 6 x 1,2831 x 10 x (0,006/4 + 0,006/4) De donde: M2 = - 4182 Kgf-m
Chequeo: 12312 – 11590 = 722 Kgf O.K.
- 316 12.- Sea la siguiente viga con los momentos en los apoyos ya conocidos. Utilizando la tabla a continuación, se pide hallar todas las reacciones así como el diagrama de corte y el diagrama de momento del tramo CD calculando el momento máximo positivo en ese tramo y señalando el punto donde ocurre.
- 317 -
De donde:
- 318 13.- Sea la siguiente viga con los momentos en los apoyos ya conocidos. Utilizando la tabla a continuación, se pide hallar todas las reacciones así como el diagrama de corte y el diagrama de momento del tramo CD calculando el momento máximo positivo en ese tramo y señalando el punto donde ocurre.
- 319 -
De donde:
- 320 14.- Sea la siguiente viga con los momentos en los apoyos ya conocidos. Utilizando la tabla a continuación, se pide hallar todas las reacciones así como el diagrama de corte y el diagrama de momento del tramo DE calculando el momento máximo positivo en ese tramo y señalando el punto donde ocurre.
- 321 -
De donde:
Otra forma:
- 322 15.- Sea la siguiente viga de acero, formada por un perfil W8x40, colocado según la inercia fuerte y cuyas 6 2 características están señaladas en el recuadro. E = 2,1 x 10 kgf/cm .
Se pide: a) Calcular las reacciones aplicando el método de Cross. (2 PUNTOS) b) Ya obtenidas las reacciones en el punto anterior, se pide hallar la flecha en el punto D, aplicando el método de doble integración. Nota: Utilice la estática resuelta anteriormente. (2 PUNTOS) c) Finalmente se pide verificar el resultado del punto anterior, aplicando el método de áreamomento. Nota: Utilice la estática resuelta anteriormente. (2 PUNTOS)
a)
Aplicación del método de Cross:
- 323 -
b) Cálculo de la flecha en D, aplicando el método de doble integración: E I y” = M = 1094 X – 5000 (Ecuación de momento válida entre A y B) Integrando, se tiene: 2 2 E I y’ = 1094 X /2 – 5000 /2 + C1 Integrando nuevamente, se tiene: 3 3 E I y = 1094 X /6 – 5000 /6 + C1 X + C2 Para X = 0, se tiene que y = 0, de donde: C2 = 0 Para X = 4, se tiene que y = 0, de donde: 3 3 0 = 1094 x (4 /6) – 5000 <4-2> /6 + C1 x 4 De conde C1 = - 1250,67 La ecuación de la elástica (entre A y D) es: 3 3 E I y = 1094 X /6 – 5000 /6 – 1250,67 X Para X = 2 (es decir en el punto D), se tiene: 3 E I y = 1094 x 2 /6 – 1250,67 x 2 3 E I y = - 1042,67 Kgf-m De donde: 6 6 y = - 1042,67 x 10 x 10/(2,1 x 10 x 6110) y = - 0,81 mm ↓
- 324 c)
Verificación de la flecha en D, aplicando el método de área - momento:
Trabajamos directamente con el diagrama de momentos: 3
EI tD/A = 2188 x 2/2 x 2/3 = 1458,67 Kgf-m
EI tB/A = 2188 x 2/2 x (2 + 2/3) + 2188 x 0,56/2 x (1,44 + 2/3 x 0,56) – 5624 x 1,44/2 x 1,44/3 E I tB/A = 5001,93 Kgf-m
3
Por relaciones de triángulos, se obtiene:
- 325 -
CAPÍTULO VII: COLUMNAS LARGAS (HIPÉRBOLE DE EULER)
Nota: El esfuerzo crítico es el representado por la línea continua. La parte punteada de la curva de Euler no es aplicable.
La ecuación anterior también puede escribirse así: 2
(ya que: I = A r y ςcr = Pcr/A) Lef = longitud efectiva y r = radio de giro. A la relación Lef/r se le denomina esbeltez y se indica con la letra λ, es decir:
Esta relación, para que sea aplicable la hipérbola de Euler, debe ser mayor a la esbeltez “frontera”, la cual depende del material usado:
√ Se entiende como esbeltez frontera el valor por encima del cual una columna a compresión trabaja como columna larga y es aplicable entonces la hipérbola de Euler y por debajo del cual la columna trabaja como
- 326 columna intermedia o corta y no es aplicable la hipérbola de Euler. Por lo tanto, para que sea aplicable la ecuación de Euler, debe cumplirse que: √ Las longitudes efectivas Lef dependen de las condiciones de borde de la columna. Lef = K L (donde el factor K se toma de la tabla denominada: Condiciones de Borde y Deformada de la columna)
- 327 Como es lógico suponer, en la naturaleza los cambios no son tan bruscos, es decir no existe una frontera estricta entre columnas largas y columnas intermedias y entre columnas intermedias y columnas cortas. El comportamiento crítico de una columna es como lo que se señala en la siguiente figura, donde existe una curva de transición entre las columnas cortas y las columnas largas (hay varias ecuaciones que tratan de asimilar esa curva, entre las cuales la curva del módulo de tangente y la fórmula de la secante). Eso se estudia muy bien en Estructuras de acero.
Para efectos prácticos y de diseño de esta materia, asumiremos la frontera como estricta y englobaremos las columnas intermedias a las columnas cortas, lo cual equivale a prolongar la recta verde horizontal hasta la frontera. Nótese que, al ser la recta verde horizontal, el esfuerzo crítico es independiente de la esbeltez de la columna, es decir independiente de la relación Lef/r y se aplica la clásica fórmula estudiada en Resistencia de Materiales I: Evidentemente esto es una aproximación para este curso e inclusive está en contra del sentido de la seguridad, sin embargo todas estas curvas se estudian muy bien en Estructuras de Acero, donde ya no se trabaja con los esfuerzos admisibles sino se aplica el método LRFD (Load and Resistance factor design) el cual está basado en el criterio de estados límites.
- 328 -
Con un factor de seguridad F.S., las 2 ecuaciones anteriores de Euler se transforman en:
Ya que:
la ecuación clásica de Resistencia de Materiales I: De donde:
se transforma en:
siendo: ςcr = fy, por lo tanto:
Nota: en: Resistencia de Materiales I nos dan un esfuerzo admisible a compresión. Esto es lo mismo que decir: tome el fy del material y redúzcalo aplicándole un factor de seguridad FS. En resumen, para diseño, se trabajará con la zona amarilla (para columnas cortas e intermedias) y con la zona gris (para columnas largas), tal como se muestra en el siguiente diseño:
- 329 DISEÑO DE PERFILES METÁLICOS SOMETIDOS A COMPRESIÓN (Unicamente se considera el pandeo flexional para practicar la fórmula de Euler, descartando la verificación por pandeo local del ala comprimida, del alma y el pandeo torsional o flexo-torsional) DISEÑO COMO COLUMNA LARGA (No diseñaremos para que el perfil trabaje como columna corta) Los datos que se tienen son: Padm, F.S., L y condiciones de borde de la columna. La incognita es el tipo de perfil. Con las condiciones de borde, se calcula K y, por lo tanto: Lef = K L Ecuación de Euler (con factor se seguridad FS incuido): De la ecuación de Euler, se despeja I, de donde:
Calculamos r con la condición de que el perfil trabaje como columna larga:
√ De las tablas de perfiles de estructuras de acero, seleccionamos un perfil donde: Iperfil ≥ I (calculada anteriormente) y r perfil ≤ r (calculada anteriormente), lo cual quiere decir buscar una esbeltez λ = Lef/r mayor a la esbeltez frontera, es decir: √
Si quisiéramos diseñar el perfil como columna corta (se dijo arriba que no lo vamos a hacer porque resultan perfiles más pesados), de las tablas de perfiles de estructuras de acero seleccionaríamos un perfil donde:
√ Aplicaríamos la ecuación:
de la cual se despeja A. Por lo tanto:
El perfil se selecciona con r y A mayores a los calculados.
- 330 VERIFICACIÓN DE PERFILES: Cuando se verifica un perfil, hay que ver si el mismo trabaja como columna corta o como columna larga. Los datos que se tienen son: Tipo de perfil (por lo tanto se tiene r, I y A), F.S., L y condiciones de borde de la columna. La incognita es Padm. Se calcula:
Se compara con el λfrontera, donde: √
a.- Si λperfil > λfrontera, el perfil trabaja como columna larga y es aplicable la hipérbola de Euler, de donde:
b.- Si λperfil < λfrontera, el perfil trabaja como columna corta y no aplicable la hipérbola de Euler, de donde:
- 331 DISEÑO DE PERFILES METÁLICOS SOMETIDOS A TRACCIÓN Se hace uso de la conocida fórmula de Resistencia de Materiales I, la cual va a ser modificada incluyéndole un factor de seguridad FS: donde ςcr = fy Sustituyendo ςcr por fy y despejando A, se tiene:
También pueden darles como dato el ςadmisible, donde ya está incorporado el F.S. ya que: ςadm = ςcr/F.S., en cuyo caso se tiene:
Despejando A, se tiene:
ES MUY IMPORTANTE QUE ESTUDIEN EL PROBLEMA No. 9, ya que para los perfiles a tracción, además del criterio de resistencia anterior, es muy importante cumplir con el criterio de esbeltez, siendo . Este valor debe ser menor a 240. En ese mismo problema están los criterios a usarse cuando tenemos perfiles compuestos, tales como doble angulares. Tomando en cuenta el criterio de esbeltez, donde Lef/r ≤ 240, despejamos r, de donde: r ≥ Lef/240 De las tablas de perfiles de estructuras de acero, seleccionamos un perfil donde: A ≥ A (calculada anteriormente) r ≥ r (calculado anteriormente) NOTA FINAL: CHEQUEAR SIEMPRE PARA CASOS DE COMPRESIÓN Y DE TRACCIÓN (cuando tenemos perfiles compuestos) LA ECUACIÓN: S/rmín ≤ (K L/r)miembro, donde: (K L/r)miembro es la esbeltez gobernante del miembro. Además: si hay un miembro con fuerza igual a cero, se colocará un perfil donde se cumpla que: r ≥ Lef/240 (Cualquier área servirá)
- 332 -
Leonhard Euler
Leonhard Paul Euler (Basilea, Suiza, 15 de abril de 1707 - San Petersburgo, Rusia, 18 de septiembre de 1783), conocido como Leonhard Euler, fue un matemático y físico suizo. Se trata del principal matemático del siglo XVIII y uno de los más grandes y prolíficos de todos los tiempos. Se calcula que sus obras completas reunidas podrían ocupar entre 60 y 80 volúmenes, así como se le considera el ser humano con mayor número de trabajos y artículos en cualquier campo del saber, sólo equiparable a Gauss. En conmemoración suya, Euler ha aparecido en la serie sexta de los billetes de 10 francos suizos, así como en numerosos sellos postales tanto suizos como alemanes y rusos. El asteroide (2002) Euler recibió ese nombre en su honor. Se cree que fue el que dio origen al pasatiempos Sudoku creando una serie de pautas para el cálculo de probabilidades Vivió en Rusia y Alemania la mayor parte de su vida y trabajó prácticamente en todos los ámbitos de las matemáticas: geometría, cálculo, trigonometría, álgebra, teoría de números, además de física continua, teoría lunar y otras áreas de la física. Adicionalmente, aportó de manera relevante a la lógica matemática con su diagrama de conjuntos. Asimismo se le conoce por sus trabajos en los campos de la mecánica, óptica y astronomía. Fue el primero en escribir f(x) para hacer referencia a la función f aplicada sobre el argumento x. Esta nueva forma de notación ofrecía más comodidad frente a los rudimentarios métodos del cálculo infinitesimal existentes hasta la fecha, iniciados por Newton y Leibniz, pero desarrollados basándose en las matemáticas del último. También introdujo la notación moderna de las funciones trigonométricas, la letra e como base del logaritmo natural o neperiano (el número e es conocido también como el número de Euler), la letra griega Σ como símbolo de los sumatorios y la letra i para hacer referencia a la unidad imaginaria. Popularizó, aunque él no fue el primero en usar ese símbolo, el uso de la letra griega π para hacer referencia al cociente entre la longitud de la circunferencia y la longitud de su diámetro. En el campo de la mecánica, Euler, en su tratado de 1739, introdujo explícitamente los conceptos de partícula y de masa puntual y la notación vectorial para representar la velocidad y la aceleración, lo que sentaría las bases de todo el estudio de la mecánica hasta Lagrange. En el campo de la Ingeniería, Euler desarrolló la ley que lleva su nombre sobre el pandeo de soportes verticales y generó una nueva rama de ingeniería con sus trabajos sobre la carga crítica de las columnas.
- 333 1.- Elegir el perfil W más económico para trabajar como columna de 7 m de altura que ha de soportar una carga axial de 45,9 T con un factor se seguridad igual a 3. Supóngase: (a) extremos articulados y (b) un 2 extremo empotrado y el otro articulado. Fy = 2500 Kgf/cm para una deformación unitaria del acero del 0,00119.
6
2
E = 2500/0,00119 = 2,1 x 10 Kgf/cm
Despejando I, tenemos:
Caso (a): Los dos extremos están articulados, de donde: K = 1, de donde Lef = 1 x 700 = 700 cm. Sustituyendo, tenemos:
4
I = 3255 cm
4
El perfil se buscará con 2 condiciones. La primera es que Idebil ≥ 3255 cm . La segunda condición es que trabaje como columna larga, para lo cual Lef/r del perfil buscado debe ser mayor o igual al valor “frontera” Lef/r obtenido con la siguiente expresión:
√ De esta expresión, despejamos r, de donde:
√
- 334 De donde:
√ r ≤ 7,69 cm Con estas 2 condiciones, buscamos en las tablas de perfiles W entregadas. Hay varias opciones: W8x67, 4 W10x49 y W12x53. Escogemos la opción W10x49 por ser la más liviana (Peso = 73 Kgf/m, Iy = 3880 cm , ry = 6,46 cm) Si quisiéramos usar el criterio de columna corta, tendríamos:
De donde:
2
De donde: A = 55,08 cm 2 Con A > 55,08 cm y r ≥ 7,69 cm (para que estemos en la zona donde trabaja como columna corta), hallamos el perfil necesario (No hay muchas opciones): 2 Es un W12x65 (A = 123,3 cm , ry = 7,69 cm, Peso = 97 Kgf/m) Evidentemente la opción como columna larga es más liviana y se prefiere. Resumen: W10x49 Caso (b): Un extremo empotrado y el otro articulado, de donde: K = 0,70, de donde Lef = 0,70 x 700 = 490 cm. Tenemos por lo tanto:
4
I = 1595 cm
4
El perfil se buscará con 2 condiciones. La primera es que Idebil ≥ 1595 cm . La segunda condición es que trabaje como columna larga, para lo cual:
√ r ≤ 5,38 cm Con estas 2 condiciones, buscamos en las tablas de perfiles W entregadas. Hay varias opciones: W8x35, W10x39 y W12x40. 4
Finalmente escogemos la opción W8x35 por ser la más liviana (Peso = 52 Kgf/m, Iy = 1780 cm , ry = 5,18 cm)
Si quisiéramos usar el criterio de columna corta, tendríamos:
- 335 -
De donde:
2
De donde: A = 55,08 cm 2 Con A > 55,08 cm y r ≥ 5,38 cm (para que estemos en la zona donde trabaja como columna corta), hallamos el perfil necesario Hay varias opciones: W10x49 y W12x53, sin embargo estas opciones son más pesadas que el perfil W8x35. Evidentemente la opción como columna larga es más liviana y se prefiere. Resumen: W8x35
- 336 PERFILES W AMERICANOS IMPORTADOS L = 12 m (fy = 3570 Kgf/cm2)
Desig. W
Desig. W
W4x13 W5x16 W5X19 W6X8.5 W6X9 W6X12 W6X15 W6X16 W6X20 W6X25 W8X10 W8X13 W8X14 W8X15 W8X18 W8X21 W8X24 W8X28 W8X31 W8X35 W8X40 W8X48 W8X58 W8X67 W10X12
100x19 130X24 130X28 150X13 150X14 150X18 150X22 150X24 150X30 150X37 200X15 200X19 200X21 200X22 200X27 200X31 200X36 200X42 200X46 200X52 200X59 200X71 200X86 200X100 250X18
Peso Area d bf tf tw (Kgf/m) (cm2) (mm) (mm) (mm) (mm) 19 24,8 24 30,2 28 35,9 13 16,1 14 17,3 18 22,9 22 28,6 24 30,5 30 38,1 37 47,5 15 19,0 19 24,8 21 27,0 22 28,6 27 33,9 31 40,0 36 45,7 42 53,1 46 58,6 52 66,5 59 75,6 71 91,0 86 110,0 100 127,0 18 22,7
106 127 131 148 150 153 152 160 157 162 200 203 203 206 207 210 201 205 203 206 210 216 222 229 251
103 127 128 100 100 102 152 102 153 154 100 102 133 102 133 134 165 166 203 204 205 206 209 210 101
8,8 9,1 10,9 4,9 5,5 7,1 6,6 10,3 9,3 11,6 5,2 6,5 6,4 8,0 8,4 10,2 10,2 11,8 11,0 12,6 14,2 17,4 20,6 23,7 5,3
7,1 6,1 6,9 4,3 4,3 5,8 5,8 6,6 6,6 8,1 4,3 5,8 5,0 6,2 5,8 6,4 6,2 7,2 7,2 7,9 9,1 10,2 13,0 14,5 4,8
Ix (cm4)
Sx (cm3)
rx (cm)
Iy (cm4)
Sy ry (cm3) (cm)
477 89,9 4,39 161,0 31,2 2,55 884 139,0 5,41 311,0 49,0 3,21 1100 168,0 5,53 381,0 59,6 3,26 613 82,8 6,17 81,8 16,4 2,25 687 91,6 6,30 91,8 18,4 2,30 917 120,0 6,33 126,0 24,7 2,35 1210 160,0 6,51 387,0 50,9 3,68 1340 168,0 6,63 183,0 35,8 2,44 1720 219,0 6,72 556,0 72,6 3,82 2230 275,0 6,85 707,0 91,8 3,86 1270 127,0 8,18 86,9 17,4 2,14 1660 163,0 8,17 115,0 22,6 2,16 1980 195,0 8,55 251,0 37,8 3,05 2000 194,0 8,36 142,0 27,8 2,23 2580 249,0 8,73 330,0 49,6 3,12 3140 299,0 8,86 410,0 61,1 3,20 3440 342,0 8,67 764,0 92,6 4,09 4090 3996,0 8,77 900,0 108,0 4,12 4540 448,0 8,81 1530,0 151,0 5,12 5270 512,0 8,90 1780,0 175,0 5,18 6110 582,0 8,99 2040,0 199,0 5,20 7660 709,0 9,17 2540,0 246,0 5,28 9470 853,0 9,26 3140,0 300,0 5,33 11300 989,0 9,45 3660,0 349,0 5,38 2240 179,0 9,93 91,3 18,1 2,00
- 337 PERFILES W AMERICANOS IMPORTADOS L = 12 m (fy = 3570 Kgf/cm2)
Desig. W W10X15 W10X16 W10X17 W10X19 W10X22 W10X26 W10X30 W10X33 W10X39 W10X45 W10X49 W10X54 W10X60 W10X68 W10X77 W10X88 W10X100 W10X112
W12x14 W12X16 W12X19 W12X21 W12X22 W12X26 W12X30
Desig. Peso Area d bf tf tw W (Kgf/m) (cm2) (mm) (mm) (mm) (mm) 250X22 22 28,5 254 102 6,9 5,8 250X24 24 31,1 253 145 6,4 5,0 250X25 25 32,3 257 102 8,4 6,1 250X28 28 36,3 260 102 10,0 6,4 250X33 33 41,7 258 146 9,1 6,1 250X39 39 49,2 262 147 11,2 6,6 250X45 45 57,2 266 148 13,0 7,6 250X49 49 62,5 247 202 11,0 7,4 250X58 58 74,2 252 203 13,5 8,0 250X67 67 85,5 257 204 15,7 8,9 250X73 73 92,8 253 254 14,2 8,6 250X80 80 102,0 256 255 15,6 9,4 250X89 89 114,0 260 256 17,3 10,7 250X101 101 129,0 264 257 19,6 11,9 250X115 115 146,0 269 259 22,1 13,5 250X131 131 167,0 275 261 25,1 15,4 250X149 149 190,0 282 263 28,4 17,3 250X167 167 213,0 289 265 31,8 19,2 310X21 21 26,9 303 101 5,7 5,1 310X24 24 30,4 305 101 6,7 5,6 310X28 28 36,1 309 102 8,9 6,0 310X31 31 39,3 306 164 7,4 5,0 310X33 33 41,8 313 102 10,8 6,6 310X39 39 49,4 310 165 9,7 5,8 310X45 45 56,9 313 166 11,2 6,6
Ix (cm4) 2890 3470 3420 4000 4890 6010 7110 7060 8730 10400 11300 12600 14300 16400 18900 22100 25900 30000 3700 4270 5430 6540 6500 8510 9920
Sx (cm3) 227,0 274,0 266,0 307,0 379,0 459,0 534,0 572,0 693,0 806,0 891,0 982,0 1100,0 1240,0 1410,0 1610,0 1840,0 2080,0 244,0 280,0 351,0 428,0 415,0 549,0 634,0
rx (cm) 10,10 10,60 10,30 10,50 10,80 11,00 11,10 10,60 10,80 11,10 11,00 11,10 11,20 11,30 11,40 11,50 11,70 11,90 11,70 11,90 12,30 12,90 12,50 13,10 13,20
Iy (cm4) 123,0 326,0 149,0 178,0 473,0 594,0 703,0 1510,0 1880,0 2220,0 3880,0 4310,0 4840,0 5550,0 6410,0 7450,0 8620,0 9880,0 98,3 116,0 158,0 544,0 192,0 727,0 855,0
Sy (cm3) 24,0 44,9 29,2 34,8 64,7 80,8 95,1 150,0 186,0 218,0 306,0 338,0 378,0 432,0 495,0 571,0 656,0 746,0 19,5 22,9 31,0 66,4 37,6 88,1 103,0
ry (cm) 2,07 3,24 2,15 2,21 3,37 3,47 3,51 4,92 5,04 5,10 6,46 6,50 6,51 6,56 6,62 6,68 6,74 6,81 1,91 1,95 2,09 3,72 2,14 3,84 3,88
- 338 PERFILES W AMERICANOS IMPORTADOS L = 12 m (fy = 3570 Kgf/cm2)
Desig. W W12X35 W12X40 W12X45 W12X50 W12X53 W12X58 W12X65 W12X72 W12X79 W12X87 W12X96 W12X106 W12X120 W12X136 W12X152 W12X170 W12X190 W12X210 W12X230 W14X22 W14X26 W14X30 W14X34 W14X38 W14X43
Desig. Peso Area d bf tf tw W (Kgf/m) (cm2) (mm) (mm) (mm) (mm) 310X52 52 66,7 317 167 13,2 7,6 310x60 60 75,9 303 203 13,1 7,5 310x67 67 85,0 306 204 14,6 8,5 310x74 74 94,8 310 205 16,3 9,4 310x79 79 100,5 306 254 14,6 8,8 310x86 86 110,0 310 254 16,3 9,1 310x97 97 123,3 308 305 15,4 9,9 310x107 107 136,2 311 306 17,0 10,9 310x118 118 149,7 314 307 18,7 11,9 310x129 129 165,1 318 308 20,6 13,1 310x143 143 182,3 323 309 22,9 14,0 310x158 158 200,5 327 310 25,1 15,5 310x179 179 227,7 333 313 28,1 18,0 310x202 202 258,0 341 315 31,8 20,1 310x226 226 288,8 348 317 35,6 22,1 310x253 253 322,1 356 319 39,6 24,4 310x283 283 360,4 365 322 44,1 26,9 310x313 313 399,1 374 325 48,3 30,0 310x342 342 437,2 382 328 52,6 32,6 360x33 33 41,7 349 127 8,5 5,8 360x39 39 49,8 353 128 10,7 6,5 360x45 45 57,3 352 171 9,8 6,9 360x51 51 64,4 355 171 11,6 7,2 360x57 57 72,1 358 172 13,1 7,9 360x64 64 81,4 347 203 13,5 7,7
Ix (cm4) 11850 12860 14510 16450 17670 19850 22240 24790 27510 30770 34760 38630 44530 51982 59560 68230 78680 89560 100500 8258 10230 12140 14130 16040 17830
Sx (cm3) 747,7 848,9 948,4 1061,0 1155,0 1280,0 1444,0 1594,0 1753,0 1935,0 2153,0 2363,0 2675,0 3049,0 3423,0 3833,0 4311,0 4789,0 5262,0 473,2 579,7 690,1 796,3 896,2 1027,0
rx (cm) 13,32 13,02 13,06 13,17 13,26 13,43 13,43 13,49 13,56 13,65 13,81 13,88 13,99 14,19 14,36 14,55 14,78 14,98 15,16 14,07 14,33 14,57 14,80 14,91 14,80
Iy (cm4) 1026,0 1829,0 2069,0 2344,0 3990,0 4455,0 7286,0 8123,0 9024,0 10040,0 11270,0 12470,0 14380,0 16590,0 18930,0 21460,0 24590,0 27700,0 31020,0 291,0 375,0 818,0 968,0 1113,0 1885,0
Sy (cm3) 122,90 180,20 202,80 228,70 314,20 350,80 477,80 530,90 587,90 651,90 729,40 804,80 918,70 1053,00 1194,00 1346,00 1527,00 1705,00 1892,00 45,82 58,60 95,66 113,20 129,40 185,70
ry (cm) 3,92 4,91 4,93 4,97 6,30 6,36 7,69 7,72 7,76 7,80 7,86 7,89 7,95 8,02 8,10 8,16 8,26 8,33 8,42 2,64 2,74 3,78 3,87 3,93 4,81
- 339 2.- (1102 Singer) Una pieza de madera de 50 x 100 mm se emplea como columna con los extremos 2 empotrados. Calcular la longitud mínima para que pueda aplicarse la fórmula de Euler si E = 102000 Kgf/cm 2 y el límite de proporcionalidad es de 306 Kgf/cm . ¿Qué carga axial podrá soportar con un factor de seguridad igual a 2, si la longitud es de 2,50 m? Cálculo del radio de giro menor: 3
Idébil = 10 x 5 /12 = 104,2 cm Area = 10 x 5 = 50 cm De donde:
4
2
√
√
Para extremos empotrados, se tiene que K = 0,5, de donde: Lef = 0,5 x L. Para calcular la longitud usamos la expresión:
Sustituyendo, se tiene: √
De donde:
√
De donde: Lef = 57,36 x 1,44 = 82,6 cm Pero: Lef = 0,5 x L, de donde: L = 82,6/0,5 = 165 cm Para la segunda parte del problema, ya nos piden la Padmisible con un factor de seguridad. Evidentemente es aplicable la hipérbola de Euler ya que 250 cm > 165 cm. De donde:
De donde: Padm = 3357 Kgf
- 340 3.- (1103 Singer) Un puntal de aluminio tiene una sección rectangular de 20 x 50 mm. Un perno que atraviesa cada extremo lo asegura de manera que actúa como columna doblemente articulada en el sentido de la inercia fuerte de la sección y como columna doblemente empotrada en el sentido de la inercia debil de la sección. Determinar la carga axial de seguridad con un factor de seguridad igual a 2,5, siendo E = 714000 2 Kgf/cm y la longitud de 2 m. Si denominamos “Z” la dimensión en el sentido de los 50 mm y “Y” la dimensión en el sentido de los 20 mm, se tiene lo siguiente:
3
4
Iy = 2 x 5 /12 = 20,83 cm (Inercia fuerte alrededor del eje Y) (Doblemente articulada: K = 1) 3
4
Iz = 5 x 2 /12 = 3,33 cm (Inercia debil alrededor del eje Z) (Doblemente empotrada: K = 0,50)
La carga axial de seguridad pedida será la menor obtenida en cada sentido:
Padm1 = 1468 Kgf
Padm2 = 939 Kgf (Este es el valor que se pide ya que es el menor)
- 341 4.- (1104 Singer) Una barra de aluminio de sección cuadrada y 3 m de longitud soporta una carga de 4080 2 Kgf. Si los extremos están articulados, determinar el lado de la sección. E = 714000 Kgf/cm . Ya que los extremos están articulados, tenemos: K = 1, de donde: Lef = 1 x 300 = 300 cm
De la ecuación anterior, despejamos I:
De donde: I = 52,1 cm4 4
Conociendo que I (sección cuadrada) = b /12, se obtiene: √ De donde: b = 5 cm
- 342 5.- Dos perfiles UPN 300 se unen mediante plancha de manera que el momento de inercia sea el mismo con respecto a los 2 ejes principales de la sección compuesta así formada. Se pide determinar la longitud “s” para que se cumpla la condición anterior así como determinar la longitud mínima de esta columna que se supone articulada en sus extremos, para poder aplicar la fórmula de Euler. ¿Qué carga podría soportar con 6 2 2 una longitud de 12 m y un factor de seguridad de 2,5? E = 2,1 x 10 Kgf/cm y fy = 2500 Kgf/cm .
Desig. UPN 300
Peso Area d bf tf Tw Ix Sx rx Iy Sy ry e (Kgf/m) (cm2) (mm) (mm) (mm) (mm) (cm4) (cm3) (cm) (cm4) (cm3) (cm) (cm) 46,20 58,80
300
100
16,0
10,0 8030 535,0 11,70 495,0 67,80 2,90 2,70
Lo que se busca con las planchas es aumentar la inercia débil Iy. Por lo tanto, la condición que se nos impone es que Ix (2 perfiles) = Iy (2 perfiles)
- 343 Ix (2 perfiles) = 2 x Ix (1 perfil) = 2 x 8030 = 16060 cm
4
Para el cálculo de Iy (2 perfiles), debemos hacer uso del teorema de Steiner, por lo tanto: 2
Iy (2 perfiles) = 2 x [Iy (1 perfil) + A (1 perfil) x s ] = 16060 cm
4
2
De donde: 16060 = 2 x [495 + 58,80 x s ]
De donde:
√
s = 11,32 cm Para la segunda parte del problema, tenemos que hallar el límite Lef/r a partir del cual los 2 perfiles comienzan a trabajar como columna larga. Evidentemente, este límite no puede tomar en cuenta el factor de seguridad. Igualando ςcr a fy, tenemos:
De donde: √ Ya que se colocó una plancha con la condición de que Ix (2 perfiles) = Iy (2 perfiles), es evidente que: rx = ry 2 ya que I = A r y el área es igual en los dos sentidos. De aquí se obtiene: √
De donde:
√
De donde: rx = ry = 11,70 cm Nada de todo esto hacía falta, si tomamos en cuenta que rx (1 perfil) = rx (2 perfiles) = 11,70 cm (valor que aparece en las características del perfil) Sustituimos r y los demás valores en la siguiente expresión: √
De donde: √
- 344 Por lo tanto: Lef = 1065 cm = 10,65 m Siendo la columna articulada en los dos extremos, K = 1, de donde: L = Lef Es decir: L = 10,65 m Para la tercera parte del problema, aplicamos la siguiente expresión, la cual es aplicable por ser 12 m > 10,65 m:
De donde: Padm = 92462 Kgf
- 345 6.- Repetir el problema No. 5, si un extremo está empotrado y el otro articulado. Lef = 1065 cm = 10,65 m (obtenido en el problema No. 5) Siendo la columna articulada en un extremo y articulada en el otro, K = 0,70, de donde: L = Lef Es decir: L = 10,65/0,70 = 15,21 m Por ser 12 m < 15,21 m, no es aplicable la ecuación de Euler (la columna trabaja como columna corta), de donde la ecuación aplicable es:
De donde:
Tomando en cuenta el factor de seguridad, se tiene: Padmisible = 294000/2,5 Padmisible = 117600 Kgf
- 346 7.- Escoger el perfil W más ligero para una columna de 8 m de longitud con elementos empotrados que han 2 6 de soportar una carga de 27530 Kgf con un coeficiente de seguridad de 2,5. Fy = 2500 Kgf/cm y E = 2,1 x 10 2 Kgf/cm . Padm = 27530 Kgf Lef = 0,5 x 800 = 400 cm
Despejando I, tenemos:
4
I = 531,3 cm
4
El perfil se buscará con 2 condiciones. La primera es que Idebil ≥ 531,3 cm . La segunda condición es que trabaje como columna larga, para lo cual Lef/r del perfil buscado debe ser mayor o igual al valor “frontera” Lef/r obtenido con la siguiente expresión:
√ De esta expresión, despejamos r, de donde:
√ De donde:
√ r ≤ 4,39 cm Con estas 2 condiciones, buscamos en las tablas de perfiles W entregadas (A continuación se muestran únicamente los perfiles W8x21, W8x24 y W8x28) y encontramos que el perfil que cumple con estas dos 4 4 condiciones es el perfil W8x24, que tiene Idebil = Iy = 764 cm (mayor a 531,3 cm ) y rdebil = ry = 4,09 cm (menor a 4,39 cm). El perfil W8x28 también cumple pero es más pesado, por lo tanto se descarta.
- 347 -
Desig.
Desig.
Peso
Area
d
W
W
(Kgf/m)
(cm2)
(mm)
bf
tf
tw
Ix
Sx
rx
Iy
Sy
ry
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
(cm3)
(cm)
W8x21
W200x31
31
40,0
210,0
134
10,2
6,4
3140
299,00
8,86
410,0
61,10
3,20
W8x24
W200x36
36
45,7
201,0
165
10,2
6,2
3440
342,00
8,67
764,0
92,60
4,09
W8x28
W200x42
42
53,1
205,0
166
11,8
7,2
4090
3996,00
8,77
900,0
108,00
4,12
(mm) (mm) (mm)
- 348 8.- Escoger el perfil W más ligero para una columna de 12 m de longitud con elementos empotrados que han 2 6 de soportar una carga de 71380 Kgf con un coeficiente de seguridad de 2,0. Fy = 2500 Kgf/cm y E = 2,1 x 10 2 Kgf/cm . Padm = 71380 Kgf Lef = 0,5 x 1200 = 600 cm
Despejando I, tenemos:
4
I = 2479,6 cm
4
El perfil se buscará con 2 condiciones. La primera es que Idebil ≥ 2479,6 cm . La segunda condición es que trabaje como columna larga, para lo cual Lef/r del perfil buscado debe ser mayor o igual al valor “frontera” Lef/r obtenido con la siguiente expresión:
√ De esta expresión, despejamos r, de donde:
√ De donde:
√ r ≤ 6,59 cm Con estas 2 condiciones, buscamos en las tablas de perfiles W entregadas (A continuación se muestran únicamente los perfiles W8x40, W8x48 y W8x58) y encontramos que el perfil que cumple con estas dos 4 4 condiciones es el perfil W8x48, que tiene Idebil = Iy = 2540 cm (mayor a 2479,6 cm ) y rdebil = ry = 5,28 cm (menor a 6,59 cm). El perfil W8x58 también cumple pero es más pesado, por lo tanto se descarta.
- 349 -
Desig.
Desig.
Peso
Area
d
W
W
(Kgf/m)
(cm2)
(mm)
bf
tf
tw
Ix
Sx
rx
Iy
Sy
ry
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
(cm3)
(cm)
W8x40
W200x59
59
75,6
210,0
205
14,2
9,1
6110
582,00
8,99
2040,0
199,00
5,20
W8x48
W200x71
71
91,0
216,0
206
17,4
10,2
7660
709,00
9,17
2540,0
246,00
5,28
W8x58
W200x86
86
110,0
222,0
209
20,6
13,0
9470
853,00
9,26
3140,0
300,00
5,33
(mm) (mm) (mm)
- 350 9.- Diseñar los miembros 1 y 2 de la armadura de la figura siguiente, usando para esos miembros dos 6 2 ángulos unidos con plancha de e = 5 mm. Use un factor de seguridad FS = 2. E = 2,1 x 10 Kgf/cm y fy = 2500 2 Kgf/cm .
Resolviendo la estática, tenemos:
Diseño del miembro a compresión: El miembro 1 de L = 5 m trabaja a compresión:
Padm = 3667 Kgf Por ser una armadura, se consideran nodos articulados, de donde: K = 1.
4
De donde I ≥ 88,46 cm
- 351 4
El perfil se buscará con 2 condiciones. La primera es que Idebil ≥ 88,46 cm . La segunda condición es que trabaje como columna larga, para lo cual Lef/r del perfil buscado debe ser mayor o igual al valor “frontera” Lef/r obtenido con la siguiente expresión: √
De esta expresión, despejamos r, de donde:
√ De donde:
√ r ≤ 5,49 cm Con estas 2 condiciones, buscamos en las tablas de ángulos entregadas (A continuación se muestran únicamente los ángulos 65x7x65, 75x7x75 y 75x8x75) y encontramos que los ángulos que cumplen con estas 4 dos condiciones son los ángulos 75x7x75, que tienen Ix = 104,80 cm , siendo r = 2,28 cm. Los ángulos 75x8x75 también cumplen pero son más pesados, por lo tanto se descartan. No se toma en cuenta la Iy, en vista de que ry, para una separación “s” igual a 5 mm, es igual a 3,27 cm > 2,28 cm, lo cual quiere decir que Iy es mayor a Ix y, por tanto, la inercia debil y más desfavorable es la Ix. NOTA IMPORTANTÍSIMA: rx es el mismo para un ángulo sencillo que para un ángulo doble. Si hay un solo 2 ángulo, debe tomarse el rz (no el rx) y el Iz calculado a partir de: Iz = A rz .
COMBINACIÓN DE ANGULARES DE ALAS IGUALES (EN PARES) SEPARADOS UNA DISTANCIA "s". PROPIEDADES DE LAS SECCIONES Denominación
Peso(2L) Area(2L) Kgf/m
cm2
Ix
Sx
rx
e
cm4
cm3
cm
cm
ry en cm para separación s en milímetros ry(s = 0) ry(s = 5) ry(s = 6) ry(s = 8) ry(s = 9)
ry(s = 10)
ry(s = 12)
ry(s = 18)
2L 65x7x65
13,66
17,40
66,80 14,36 1,96 1,85
2,69
2,87
2,91
2,98
3,02
3,06
3,14
3,38
2L 75x7x75
15,90
20,20 104,80 19,34 2,28 2,09
3,09
3,27
3,30
3,37
3,41
3,44
3,52
3,76
2L 75x8x75
18,06
23,00 117,80 22,00 2,26 2,13
3,11
3,28
3,32
3,39
3,43
3,47
3,55
3,78
- 352 ¿Qué pasaría si quisieramos diseñar el ángulo trabajando como columna corta? Se aplicaría la expresión:
De donde: De donde: Hay que buscar a 2 ángulos que cumplan las siguientes dos condiciones: 2
A > 2,93 cm
r ≥ 5,49 cm (ya que para valores de r mayores a 5,49 cm, no se aplica la ecuación de Euler) Entramos en las tablas de perfiles angulares y nos damos cuenta que no hay angulares con r ≥ 5,49 cm. Deberían ser unos ángulos inmensos. Esto quiere decir que es totalmente antieconómico aplicar el criterio de columna corta y diseñar con ese criterio. Diseño de los ángulos a tracción (Miembro 2): Se aplica la expresión:
De donde:
2
A = 2,35 cm
Regresando a las tablas de los angulares dobles, vemos que 2 ángulos 20x4x20 podrían servirnos ya que su 2 2 área de 2,90 cm es mayor a la requerida de 2,35 cm . COMBINACIÓN DE ANGULARES DE ALAS IGUALES (EN PARES) SEPARADOS UNA DISTANCIA "s". PROPIEDADES DE LAS SECCIONES Denominación
Peso(2L)
Area(2L)
Kgf/m
cm2
Ix
Sx
cm4 cm3
rx
e
cm
cm
ry en cm para separación s en milímetros ry(s = 0) ry(s = 5) ry(s = 6) ry(s = 8) ry(s = 9) ry(s = 10)
ry(s = 12)
ry(s = 18)
2L 20x3x20
1,76
2,24 0,78 0,56 0,59 0,60
0,84
1,03
1,08
1,16
1,20
1,25
1,34
1,61
2L 20x4x20
2,28
2,90 0,96 0,70 0,58 0,64
0,86
1,06
1,10
1,19
1,23
1,28
1,37
1,64
2L 25x3x25
2,24
2,84 1,58 0,90 0,75 0,73
1,04
1,23
1,27
1,35
1,40
1,44
1,52
1,79
2L 25x4x25
2,90
3,70 2,02 1,16 0,74 0,76
1,06
1,25
1,29
1,38
1,42
1,46
1,55
1,82
- 353 Sin embargo, para los elementos a tracción se procurará que la esbeltez del miembro sea inferior a 240. Como esbeltez se entiende a la siguiente relación: K L/r. Por lo tanto, se procurará que:
En este caso la r más desfavorable es la rx, de donde, para K =1 y L = 400 cm, despejando r, se obtiene:
En este caso:
r ≥ 1,67 cm Se usará, entonces, para los elementos a tracción las 2 condiciones señaladas en color gris. Entrando nuevamente en las tablas de angulares dobles, se obtienen dos ángulos 65x5x65, cuyo rx = 1,98 cm.
COMBINACIÓN DE ANGULARES DE ALAS IGUALES (EN PARES) SEPARADOS UNA DISTANCIA "s". PROPIEDADES DE LAS SECCIONES Denominación
2L 65x5x65
Peso(2L)
Area(2L)
Ix
Sx
rx
e
Kgf/m
cm2
cm4
cm3
cm
cm
9,95
12,70 49,60 10,46 1,98 1,76
ry en cm para separación s en milímetros ry(s = 0) ry(s = 5) ry(s = 6) ry(s = 8) ry(s = 9) ry(s = 10) 2,64
2,82
2,85
2,93
2,96
ry(s = 12)
ry(s = 18)
3,08
3,31
3,00
Nótese que en este caso a tracción, el criterio de esbeltez predomina sobre el criterio de resistencia. Simplemente no podemos colocar unos “palitos” en una luz de 4 metros.
RESUMEN DE LO ANTERIOR Y OTROS CRITERIOS Hay que tomar en cuenta otros criterios además del criterio de resistencia. Las normas recomiendan no tener esbelteces mayores a 240 en miembros a tracción. En este caso en el cordón inferior, si hubiésemos colocado 2 ángulos 20x4x20, cuyo rx = 0,58 cm, la esbeltez KL/r hubiese sido: K L/r = 1 x 400/0,58 = 690 (mucho mayor al que recomiendan las normas), por lo tanto se decidió colocar unos ángulos más grandes y se decidió colocar dos ángulos 65x5x65.
- 354 Pero ¿por qué no intentamos con un solo ángulo? Con un solo ángulo se trabaja con el radio de giro rz. Por lo tanto, busquemos un solo ángulo cuyo rz sea mayor o igual a 1,67 cm. Conseguimos que un solo ángulo 2 (90x7x90) nos cumple con el criterio de esbeltez (rz = 1,74 cm) y además el área de 12,24 cm nos cumple con el criterio de resistencia. Perfil L
Peso
Area
e
dxtxd (mm) 90 x 7 x 90
(Kgf/m) (cm2) (cm) 9,61 12,24 2,450
Ejes X e Y
Eje Z
Eje W
I
S
r
Z
rz
Sz
rw
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm3)
(cm)
(cm3)
(cm)
Sw
Flexotorsión J
Cw
(cm3) (cm4) (cm6)
ro
β
(cm)
92,700 14,100 2,750 26,300 1,740 10,700 3,480 23,300 2,210 12,300 4,900 0,632
¿Qué seleccionamos entonces? ¿Dos ángulos 65x5x65 o un ángulo 90x7x90? La respuesta será: los que pesen menos. Dos ángulos 65x5x65 pesan 9,95 Kgf/m y un ángulo 90x7x90 pesa 9,61 Kgf/m. La solución sería entonces escoger un solo ángulo 90x7x90. Pero hay otro factor, muy importante en Venezuela: LA DISPONIBILIDAD DE LOS PERFILES. Supongamos que escogemos por disponibilidad la alternativa de los 2 ángulos para el cordón inferior Veamos si se necesita conectar los ángulos de la cercha (Al final de este ejercicio se explica el procedimiento a seguir para este fin): Cordón inferior (2 ángulos 65x5x65) rx = 1,98 cm rz = 1,25 cm L = 400 cm S = 1 x 400/1,98 x 1,25 = 252 cm < 400 cm Por lo tanto se conectarán los 2 ángulos del cordón inferior por medio de una presilla de 5 mm (mismo espesor de la plancha de nodos). S será igual entonces a 200 cm. Cordón superior: S = 1 x 500/2,28 x 1,44 = 316 cm < 500 cm Por lo tanto se conectarán los 2 ángulos del cordón superior por medio de una presilla de 5 mm (mismo espesor de la plancha de nodos). S será igual entonces a 250 cm. Paral vertical: En teoría podemos colocar cualquier perfil en vista de que la fuerza interna es nula. Sin embargo, tomando en cuenta la limitante de esbeltez < 240, se tiene: KL/r < 240. Por lo tanto, rx = 1 x 300/240 = 1,25 cm. Seleccionamos 2 ángulos 40 x 4 x 40 con rx = 1,21 (un poco menor al requerido. No importa) unidos con una presilla en el punto medio de tal forma que: S = 1 x 300/1,21 x 0,765 = 190 cm < 300 cm. S sera entonces igual a 150 cm. Podría haberse escogido un ángulo 65 x 5 x 65 con rz = 1,25 cm. El peso de este ángulo es de 4,99 Kgf/m y el de dos ángulos 40 x 4 x 40 es de 2 x 2,42 Kgf/m = 4,84 Kgf/m, por lo tanto la selección de 2 ángulos es también más económica. NO SIEMPRE LA ESCOGENCIA DE UN SOLO ANGULO ES MÁS BARATA QUE LA ESCOGENCIA DE DOS ANGULOS.
- 355 -
ÁNGULOS (De alas iguales) L = 6 m (Hasta 40x6x40) y L = 12 m (Desde 50x4x50) fy = 2500 Kgf/cm2 (Hasta 40x6x40) y fy = 3500 Kgf/cm2 (desde 50x4x50)
Perfil L
Peso
Area
e
dxtxd (mm)
(Kgf/m) (cm2) (cm)
Ejes X e Y
Eje Z
Eje W
I
S
r
Z
rz
Sz
rw
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm3)
(cm)
(cm3)
(cm)
Sw
Flexotorsión J
Cw
(cm3) (cm4) (cm6)
ro
β
(cm)
20 x 3 x20
0,88
1,12 0,595
0,390
0,277 0,589
0,522 0,378
0,190 0,744
0,438 0,037
0,009 1,040 0,637
25 x 3 x 25
1,11
1,42 0,720
0,798
0,448 0,750
0,838 0,478
0,318 0,947
0,720 0,046
0,019 1,330 0,634
30 x 3 x 30
1,36
1,74 0,840
1,410
0,651 0,901
1,228 0,570
0,478 1,140
1,060 0,060
0,035 1,600 0,635
35 x 4 x 35
2,09
2,67 1,000
2,960
1,180 1,050
2,200 0,671
0,847 1,330
1,910 0,156
0,128 1,870 0,633
35 x 6 x 35
3,04
3,87 1,080
4,130
1,710 1,030
3,140 0,680
1,140 1,300
2,640 0,488
0,393 1,830 0,637
40 x 4 x 40
2,42
3,08 1,120
4,480
1,560 1,210
2,910 0,765
1,140 1,520
2,530 0,185
0,195 2,140 0,634
40 x 6 x 40
3,52
4,48 1,200
6,330
2,260 1,190
4,180 0,764
1,540 1,500
3,550 0,577
0,608 2,110 0,635
50 x 4 x 50
3,06
3,89 1,360
8,970
2,460 1,520
4,630 0,980
1,870 1,920
4,080 0,237
0,393 2,700 0,633
50 x 5 x 50
3,77
4,80 1,400
11,000
3,050 1,510
5,680 0,980
2,230 1,900
4,970 0,443
0,744 2,690 0,633
50 x 7 x 50
5,15
6,56 1,490
14,600
4,160 1,490
7,680 0,961
2,870 1,880
6,570 1,150
1,920 2,650 0,634
65 x 5 x 65
4,99
6,36 1,760
24,800
5,230 1,980
9,810 1,250
3,980 2,500
8,650 0,603
1,700 0,603 0,633
65 x 6 x 65
5,91
7,53 1,800
29,200
6,210 1,970 11,600 1,270
4,600 2,490 10,200 1,000
2,860 3,500 0,633
65 x 7 x 65
6,83
8,70 1,850
33,400
7,180 1,960 13,300 1,260
5,190 2,480 11,600 1,560
4,430 3,490 0,633
75 x 7 x 75
7,94 10,10 2,090
52,400
9,670 2,280 18,000 1,440
7,140 2,880 15,800 1,820
6,970 4,050 0,633
75 x 8 x 75
9,00 11,50 2,130
58,900 11,000 2,270 20,300 1,440
9,61 12,24 2,450
92,700 14,100 2,750 26,300 1,740 10,700 3,480 23,300 2,210 12,300 4,900 0,632
90 x 7 x 90
7,920 2,860 17,700 2,660 10,200 4,030 0,633
100x8x100
12,20 15,50 2,740 145,000 19,900 3,060 37,000 1,960 15,000 3,850 32,800 3,640 25,200 5,440 0,632
100x10x100
15,00 19,20 2,820 177,000 24,700 3,040 45,400 1,950 17,900 3,820 39,900 6,860 47,600 5,410 0,632
(fy = 2500 Kgf/cm2) Perfil L
Peso
Area
e
dxtxd (mm)
(Kgf/m) (cm2) (cm)
Ejes X e Y
Eje Z
Eje W
I
S
r
Z
rz
Sz
rw
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm3)
(cm)
(cm3) (cm)
Sw (cm3)
120x8x120
14,7
18,7
3,23
255,4
29,11
3,69
2,37
22,98 4,65
47,80
120x10x120
18,2
23,2
3,31
312,9
36,03
3,67
2,35
27,36 4,63
58,61
120x12x120
21,6
27,5
3,40
367,7
42,73
3,65
2,34
31,48 4,61
68,82
150x12x150
27,3
34,8
4,12
736,9
67,75
4,60
2,94
51,82 5,80 110,46
Flexotorsión J
Cw
(cm4) (cm6)
ro (cm)
β
- 356 -
COMBINACIÓN DE ANGULARES DE ALAS IGUALES (EN PARES) SEPARADOS UNA DISTANCIA "s". PROPIEDADES DE LAS SECCIONES Denominación
Peso(2L) Area(2L) Kgf/m
cm2
Ix
Sx
rx
e
cm4
cm3
cm
cm
ry en cm para separación s en milímetros ry(s = 0) ry(s = 5) ry(s = 6)
ry(s = 8) ry(s = 9)
ry(s = 10)
ry(s = 12)
ry(s = 18)
2L 20x3x20
1,76
2,24
0,78
0,56 0,59 0,60
0,84
1,03
1,08
1,16
1,20
1,25
1,34
1,61
2L 20x4x20
2,28
2,90
0,96
0,70 0,58 0,64
0,86
1,06
1,10
1,19
1,23
1,28
1,37
1,64
2L 25x3x25
2,24
2,84
1,58
0,90 0,75 0,73
1,04
1,23
1,27
1,35
1,40
1,44
1,52
1,79
2L 25x4x25
2,90
3,70
2,02
1,16 0,74 0,76
1,06
1,25
1,29
1,38
1,42
1,46
1,55
1,82
2L 30x3x30
2,72
3,48
2,82
1,30 0,90 0,84
1,23
1,41
1,45
1,53
1,57
1,61
1,70
1,96
2L 30x5x30
4,36
5,56
4,32
2,08 0,88 0,92
1,27
1,46
1,51
1,59
1,63
1,67
1,76
2,02
2L 35x4x35
4,20
5,34
5,92
2,36 1,05 1,00
1,45
1,63
1,67
1,75
1,79
1,83
1,92
2,17
2L 35x6x35
6,08
7,74
8,28
3,42 1,04 1,08
1,50
1,68
1,72
1,81
1,85
1,89
1,97
2,23
2L 40x4x40
4,84
6,16
8,96
3,12 1,21 1,12
1,65
1,83
1,86
1,94
1,98
2,02
2,10
2,35
2L 40x6x40
7,04
8,96
12,66
4,52 1,19 1,20
1,69
1,87
1,91
1,99
2,03
2,07
2,16
2,41
2L 50x4x50
6,12
7,78
17,94
4,92 1,52 1,36
2,04
2,21
2,25
2,32
2,36
2,40
2,48
2,72
2L 50x5x50
7,54
9,60
22,00
6,10 1,51 1,40
2,06
2,24
2,28
2,35
2,39
2,43
2,51
2,75
2L 50x7x50
10,30
13,12
29,20
8,30 1,49 1,49
2,11
2,29
2,33
2,41
2,45
2,49
2,57
2,82
2L 65x5x65
9,95
12,70
49,60
10,46 1,98 1,76
2,64
2,82
2,85
2,93
2,96
3,00
3,08
3,31
2L 65x6x65
11,82
15,06
58,40
12,42 1,97 1,80
2,67
2,84
2,88
2,95
2,99
3,03
3,10
3,34
2L 65x7x65
13,66
17,40
66,80
14,36 1,96 1,85
2,69
2,87
2,91
2,98
3,02
3,06
3,14
3,38
2L 75x7x75
15,90
20,20
104,80
19,34 2,28 2,09
3,09
3,27
3,30
3,37
3,41
3,44
3,52
3,76
2L 75x8x75
18,06
23,00
117,80
22,00 2,26 2,13
3,11
3,28
3,32
3,39
3,43
3,47
3,55
3,78
2L 90x7x90
19,24
24,48
185,14
28,26 2,75 2,45
3,68
3,85
3,89
3,96
4,00
4,03
4,11
4,33
2L 100x8x100
24,40
31,00
290,00
39,80 3,06 2,74
4,11
4,28
4,31
4,38
4,42
4,46
4,53
4,75
2L 100x10x100
30,20
38,40
354,00
49,40 3,04 2,82
4,14
4,32
4,35
4,43
4,46
4,50
4,57
4,80
2L 110x8x110
26,86
34,22
390,40
48,80 3,38 2,98
4,50
4,67
4,71
4,78
4,81
4,85
4,92
5,14
2L 110x10x110
33,20
42,40
478,00
60,20 3,36 3,07
4,55
4,72
4,76
4,83
4,86
4,90
4,97
5,20
2L 120x8x120
29,40
37,40
510,80
58,22 3,69 3,23
4,91
5,08
5,11
5,18
5,22
5,25
5,32
5,54
2L 120x10x120
36,40
46,36
626,00
72,00 3,68 3,31
4,95
5,12
5,15
5,22
5,26
5,29
5,37
5,59
2L 120x12x120
43,20
55,00
736,00
85,40 3,65 3,40
4,99
5,17
5,20
5,27
5,31
5,35
5,42
5,65
2L 150x12x150
54,60
69,60 1473,80 135,50 4,60 4,12
6,18
6,35
6,38
6,45
6,49
6,52
6,59
6,81
NOTA: SIDETUR NO FABRICA LOS ÁNGULOS SEÑALADOS EN ROJO.
- 357 MIEMBROS COMPUESTOS DE PERFILES Si dos perfiles están separados mediante presillas en contacto con los elementos, la separación S deberá ser tal que: S/rmín ≤ (K L/r)miembro Donde: (K L/r)miembro es la esbeltez gobernante del miembro. Ejemplo: Sea un miembro doblemente articulado formado por 2 L 100x8x100 con una luz de 7 metros. Los dos ángulos están separados con presilla (plancha de nodos).
Deberá cumplirse que: S/rz ≤ K L/rx Donde: rz = radio de giro mínimo de un ángulo alrededor del eje z y rx = radio de giro de los dos ángulos alrededor del eje x. Dejamos al estudiante comprobar que para dos ángulos, rx es igual a rx de un solo ángulo.
Tendremos entonces que: S = 1 x 700/3,06 x 1,96 = 448 cm Esto quiere decir que los ángulos no pueden estar “sueltos” más de 450 cm. Este criterio se cumplirá fácilmente conectando los 2 ángulos en el punto medio con una presilla, en cuyo caso s será 350 cm menor a 450 cm OK.
- 358 10.- Determine si los miembros de la armadura son adecuados para resistir las cargas indicadas, chequeando los miembros a compresión por medio de la fórmula de Euler con un factor de seguridad de 3 y los miembros a tracción con un esfuerzo fs = 50% del esfuerzo cedente del material. Se hace entrega de la curva esfuerzo – deformaciones del perfil.
Perfil L
Peso
Area
e
dxtxd (mm)
(Kgf/m) (cm2) (cm)
40 x 4 x 40
2,42
3,08 1,120
90 x 7 x 90
9,61 12,24 2,450
Ejes X e Y
Eje Z
Eje W
I
S
r
Z
rz
Sz
rw
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm3)
(cm)
(cm3)
(cm)
4,480
1,560 1,210
2,910 0,765
1,140 1,520
Sw
Flexotorsión J
Cw
(cm3) (cm4) (cm6) 2,530 0,185
ro
β
(cm)
0,195 2,140 0,634
92,700 14,100 2,750 26,300 1,740 10,700 3,480 23,300 2,210 12,300 4,900 0,632
A continuación se muestran los resultados de la estática así como las fuerzas internas en los miembros.
- 359 Miembro 1 (Ángulo 90x7x90): Trabaja a compresión (F = 1500 Kgf). Lef = 400 cm (ya que K = 1) De la curva esfuerzo – deformaciones, se obtiene: 6
2
E = 2500/0,00119 = 2,1 x 10 Kgf/cm 2
4
Iz (L 90 x 7 x 90) = 12,24 x 1,74 = 37 cm
Verificación a ver si se aplica la ecuación de Euler: √
√
Lef/r = 91,05 Para que se aplique la ecuación de Euler, la relación Lef/r debe ser mayor a 91,05, de donde: 400/1,74 = 229,89. Este valor es mayor a 91,05, de donde es válida la hipérbole de Euler.
Padm = 1598 Kgf > 1500 Kgf O.K. (El perfil es adecuado) Miembro 2 (Ángulo 90x7x90): Trabaja a compresión (F = 2625 Kgf). Lef = 300 cm (ya que K = 1) Verificación a ver si se aplica la ecuación de Euler: Para que se aplique la ecuación de Euler, la relación Lef/r debe ser mayor a 91,05, de donde: 300/1,74 = 172,41. Este valor es mayor a 91,05, de donde es válida la hipérbole de Euler.
Padm = 2840 Kgf > 2625 Kgf O.K. (El perfil es adecuado) Miembro 3 (Ángulo 40x4x40): Trabaja a tracción (F = 1875 Kgf). Lef = 500 cm (ya que K = 1)
- 360 De donde: Tomando en cuenta el factor de seguridad FS = 2 (50% de fy), se tiene: Padmisible = 7700/2 Padmisible = 3850 Kgf > 1875 Kgf (El perfil es adecuado para resistencia) Veamos si el perfil cumple con la esbeltez mínima recomendada de 240 para miembros a tracción: Lef/r = 500/0,765 = 653 >> 240 (El perfil no cumple este criterio, por lo tanto debe ser cambiado).
Nota: Se deja al alumno el trabajo de hallar un ángulo que cumpla con el criterio de esbeltez mínima.
- 361 11.- Este problema es tomado de los problemas del profesor Malaver. Determinar la fuerza P que se puede 2 aplicar a la estructura mostrada en la figura. Suponga que la tensión permisible por tracción es 1200 Kgf/cm y la de compresión debe ser calculada usando la fórmula de Euler con un factor de seguridad de 2,30. La 6 barra AD es rígida y las barras BE, CF y DG son redondas macizas con un diámetro de 6 cm y E = 2,1 x 10 2 Kgf/cm .
Descomponemos la barra horizontal, suponiendo unos sentidos a las fuerzas internas que llegan en “B” y en “C”:
ΣFh = 0: De donde: HB = HC En vista de que la barra BE tiene la misma inclinación que la barra CF (Ángulo = 30º) y en vista de que HB = HC, es evidente que VB = VC ΣMB = 0: P x 2 + VC x 1 = VD x 2 De donde: 2 VD - VC = 2 P
(1)
ΣFv = 0: VB + VC = P + VD De donde, sustituyendo VB por VC, tenemos:
- 362 VC + VC = P + VD Es decir: - VD + 2 VC =P
(2)
Resolviendo las 2 ecuaciones (1) y (2), en función de P, nos queda: VD = 5/3 P VC = 4/3 P Por lo tanto: VB = 4/3 P Los signos fueron correctamente asumidos. Cálculo de P para los miembros BE y CF (Trabajan a compresión) (L = Lef = 200/sen 30º = 400 cm)
(
)
De donde: Fuerza axial BE = Fuerza axial CF = 2,67 P 4
4
4
IDG = IBE = ICF = π D /64 = π x 6 /64 = 63,62 cm 2 2 A = π x 6 /4 = 28,27 cm
√
√
Se tiene:
√ Y:
2
6
2
Para fy = 2500 Kgf/cm , y E = 2,1 x 10 Kgf/cm , se obtiene: λ = 91,05 De donde: r < Lef/ 91,05 K L = 1 x 400 cm = 400 cm (Articulado – articulado) Comprobación esbeltez: 400/1,50 = 267 > 91,05 O.K. (Se aplica la hipérbola de Euler)
De donde Padm = 3583 Kgf Ya que Faxial = 2,67 P, igualando se tiene: 2,67 P = 3583 Kgf De donde: P = 1342 Kgf
- 363 Cálculo de VD para la columna DG: Trabaja también a compresión con Faxial = 5 P/3. Lef = 2 m, ya que K = 1 (Articulado – articulado) Comprobación esbeltez: 200/1,50 = 133,33 > 91,05 O.K. (Se aplica la hipérbola de Euler)
VD = Padm = 14333 Kgf Ya que Faxial = 5/3 P, igualando se tiene: 5/3 P = 14333 Kgf De donde: P = 8600 Kgf Por lo tanto Pmáxima será el menor valor entre los 2 P señalados en verde, es decir: Pmáx = 1342 Kgf OJO: No tenemos barras a tracción.
- 364 12.- Determinar la fuerza P que se puede aplicar a la estructura mostrada en la figura. Tensión permisible 2 por tracción = 1250 Kgf/cm . Para la compresión tome un FS = 2,5. La barra AD es rígida, las barras BE y CF son redondas macizas con un diámetro de 5 cm y la barra DG está formada por 4L 30x3x30 dispuestos a tope uno contra otro según indica la figura 1 y trabajando como una unidad a todo lo largo de la columna. E = 2,1 6 2 2 4 x 10 Kgf/cm . Fy = 2500 Kgf/cm . I barra redonda maciza = π D /64.
Descomponemos la barra horizontal, suponiendo unos sentidos a las fuerzas internas que llegan en “B” y en “C”:
- 365 -
Perfil L
Peso
Area
e
dxtxd (mm) 30 x 3 x 30
(Kgf/m) (cm2) (cm) 1,36
1,74 0,840
Ejes X e Y
Eje Z
Eje W
I
S
r
Z
Rz
Sz
rw
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm3)
(cm)
(cm3)
(cm)
1,410 0,651 0,901
Sw
Flexotorsión J
Cw
(cm3) (cm4) (cm6)
ro (cm)
1,228 0,570 0,478 1,140 1,060 0,060 0,035 1,600 0,635
ΣFh = 0: De donde: HB = HC En vista de que la barra BE tiene la misma inclinación que la barra CF (Ángulo = 30º) y en vista de que HB = HC, es evidente que VB = VC ΣMB = 0: P x 2 + VC x 1 = VD x 2 De donde: 2 VD - VC = 2 P
β
(1)
ΣFv = 0: VB + VC = P + VD De donde, sustituyendo VB por VC, tenemos: VC + VC = P + VD Es decir: - VD + 2 VC =P (2) Resolviendo las 2 ecuaciones (1) y (2), en función de P, nos queda: VD = 5/3 P VC = 4/3 P Por lo tanto: VB = 4/3 P Los signos fueron correctamente asumidos. Cálculo de P para los miembros BE y CF (Trabajan a compresión) (L = Lef = 200/sen 30º = 400 cm)
(
)
- 366 De donde: Fuerza axial BE = Fuerza axial CF = 2,67 P 4
4
4
IDG = IBE = ICF = π D /64 = π x 5 /64 = 30,68 cm 2 2 A = π x 5 /4 = 19,63 cm
√
√
Se tiene:
√ Y:
2
6
2
Para fy = 2500 Kgf/cm , y E = 2,1 x 10 Kgf/cm , se obtiene: λ = 91,05 De donde: r < Lef/ 91,05 K L = 1 x 400 cm = 400 cm (Articulado – articulado) Comprobación esbeltez: 400/1,25 = 320 > 91,05 O.K. (Se aplica la hipérbola de Euler)
De donde Padm = 1590 Kgf Ya que Faxial = 2,67 P, igualando se tiene: 2,67 P = 1590 Kgf De donde: P = 596 Kgf Cálculo de VD para la columna DG: Trabaja también a compresión con Faxial = 5 P/3. Lef = 2,50 m, ya que K = 1 (Articulado – articulado)
- 367 -
2
4
Ixx = Iyy = 4 x (1,41 + 1,74 x 2,16 ) = 38,11 cm
√
√
Comprobación esbeltez: 250/2,34 = 106,84 > 91,05 O.K. (Se aplica la hipérbola de Euler)
VD = Padm = 5055 Kgf Ya que Faxial = 5/3 P, igualando se tiene: 5/3 P = 5055 Kgf De donde: P = 3033 Kgf Por lo tanto Pmáxima será el menor valor entre los 2 P señalados en verde, es decir: Pmáx = 596 Kgf OJO: No tenemos barras a tracción.
- 368 13.- En la figura se muestra la configuración de izado para levantar un tubo grande. El separador es una sección tubular de acero con diámetro exterior de 70 mm y diámetro interior de 57 mm. Su longitud es 2,6 6 2 m y su módulo de elasticidad es 2,1 x 10 Kgf/cm . Con base en un factor de seguridad de 2,25 con respecto al pandeo de Euler del separador, ¿cuál es el peso máximo F del tubo que se puede izar? (Suponga condiciones articuladas en los extremos del separador.) 2 Verifique primero si se aplica la ecuación de Euler. Fy = 2500 Kgf/cm .
d1 = 57 mm = 5,7 cm d2 = 70 mm = 7,0 cm 2 2 2 Area = π/4 x (d2 – d1 ) = 12,97 cm 4 4 4 I = π/64 x (d2 – d1 ) = 66,04 cm
√
√
De donde r = 2,26 cm Por lo tanto: K L/r = 1 x 260/2,26 = 115,04
√ 2
6
2
De donde para fy = 2500 Kgf/cm y E = 2,1 x 10 Kgf/cm , tenemos: λ = 91,05 Ya que 115,04 > 91,05, la columna es larga y es aplicable la ecuación de Euler, por lo tanto:
De donde: Padm (tubo) = 8999 Kgf Resolviendo la estática, se determina que: F = 2 x 6299 = 12598 Kgf
- 369 -
- 370 14.- En la figura se muestra la sección transversal de una columna de 8,5 m de altura formada por dos vigas de acero S 150 (Son perfiles americanos de alas inclinadas). Las vigas están conectadas por presillas para garantizar que actúen en conjunto como una sola columna. Suponiendo que la columna tiene los dos extremos articulados y que puede pandear en cualquier dirección, calcule la carga crítica Pcr. Verifique 6 2 2 primero si se aplica la ecuación de Euler. E = 2,1 x 10 Kgf/cm . Fy = 2500 Kgf/cm .
Las características de una sola viga son: 2 Area = 32,6 cm bf = 91 mm d = 152 mm 4 Ix = 1090 cm 4 Iy = 95,3 cm Cálculo de características para 2 perfiles: 2 Area = 2 x 32,6 = 65,2 cm 4 Ix = 2 x 1090 = 2180 cm 2 4 Iy = 2 x (95,3 + 32,6 x 5 ) = 1820,6 cm 4 4 En vista de que 1820,6 cm < 2180 cm , es más desfavorable el pandeo alrededor del eje Y, por lo tanto:
√
√
ry = 5,28 cm De donde: KL/r = 1 x 850/5,28 = 160,98
√
2
6
2
De donde para fy = 2500 Kgf/cm y E = 2,1 x 10 Kgf/cm , tenemos: λ = 91,05 Ya que 160,98 > 91,05, la columna es larga y es aplicable la ecuación de Euler, por lo tanto:
De donde: Pcr = 52227 Kgf
- 371 15.- La armadura ABC que se muestra en la figura soporta una carga vertical P en el nodo B. Cada elemento es un tubo de acero, circular y esbelto con diámetro exterior de 100 mm y espesor de pared de 6 mm. La distancia entre los soportes es de 7 m. El nodo B está restringido contra desplazamiento en sentido perpendicular al plano de la armadura. Determine el valor de P de tal manera que en los dos tubos no se sobrepase la carga crítica de cada uno. Verifique primero si se aplica la ecuación de Euler a cada tubo. E = 6 2 2 2,1 x 10 Kgf/cm . Fy = 2500 Kgf/cm .
d1 = 100 mm = 10 cm d2 = 88 mm = 8,8 cm 2 2 2 Area = π/4 x (d2 – d1 ) = 17,72 cm 4 4 4 I = π/64 x (d2 – d1 ) = 196,50 cm √
√
De donde r = 3,33 cm El chequeo de columna larga se hará únicamente con BC que tiene la longitud más corta. Si para esta longitud la columna es larga, más larga todavía será con la longitud de AB. Por lo tanto: K L/r = 1 x 452/3,33 = 135,74 √
2
6
2
De donde para fy = 2500 Kgf/cm y E = 2,1 x 10 Kgf/cm , tenemos: λ = 91,05
- 372 Ya que 135,74 > 91,05, la columna es larga y es aplicable la ecuación de Euler a los dos tubos, por lo tanto: Tubo CB: 2
2
2
6
2
2
2
2
6
2
Pcr (BC) = π E I/Lef = π x 2,1 x 10 x 196,50/(452) De donde: Pcr (BC) = 19934 Kgf Tubo AB:
Pcr (AB) = π E I/Lef = π x 2,1 x 10 x 196,50/(576) De donde: Pcr (AB) = 12275 Kgf Se tienen ahora 2 posibilidades: a)
Colocar una carga de 19934 Kgf en el tubo CB, resolver la estática de la armadura y verificar que no se pase la Pcrítica del tubo AB, la cual es de 12275 Kgf b) Colocar una carga de 12275 Kgf en el tubo AB, resolver la estática de la armadura y verificar que no se pase la Pcrítica del tubo CB, la cual es de 19934 Kgf A continuación la solución de las 2 estáticas:
Como se ve, en el caso (a) se sobrepasa la Pcrítica del tubo AB, mientras en el caso (b) la Pcrítica del tubo CB no se sobrepasa, por lo tanto la solución correcta es la (b), de donde, sumando las componentes verticales de las fuerzas en los dos tubos del caso (b), tenemos: P = 7890 + 13434 P = 21324 Kgf
- 373 16.- Determinar la carga máxima P que puede soportar el sistema de la figura si la tensión máxima admisible 2 es de 1632 Kgf/cm para la viga ABC y para las diagonales CE y CF. Para la columna BD use un factor de 6 2 seguridad de 3,5. E = 2,1 x 10 Kgf/cm . Ayuda: Debido a “CEF”, el nodo “B” está impedido de desplazarse horizontalmente. El fy del perfil HEB 120 está en las tablas entregadas.
- 374 VIGA ABC: IPN 500 (Cálculo a flexión): 3
De las tablas de perfiles metálicos entregadas (página 2), vemos que para IPN 500: Sx = 2750 cm , de donde:
Desig. IPN 500
Peso Area d bf tf tw Ix Sx rx Iy Sy Ry (Kgf/m) (cm2) (mm) (mm) (mm) (mm) (cm4) (cm3) (cm) (cm4) (cm3) (cm) 141,00 179,0 500 185 27,0 18,0 68740,0 2750,0 19,6 2480 268 3,72 3
ςmáx = Mmáx/Sx = 3 P x 100/2750 cm ≤ 1632 Kgf/cm
2
De donde: P ≤ 1632 x 2750/(3 x 100) = 14960 Kgf (VALOR # 1) Columna DB: HEB 120: Compresión, de donde: Verificación si la columna es corta o larga Hallamos KL/r a ver si es aplicable o no la ecuación de Euler: Por estar impedido el nodo B de desplazarse horizontalmente, tenemos: K = 1 De las tablas de perfiles metálicos entregadas (página 5), vemos que para HEB 120:
Desig. IPB 120
Peso Area d bf tf tw (Kgf/m) (cm2) (mm) (mm) (mm) (mm) 26,7 34,0 120 120 11,0 6,5
Ix Sx rx Iy Sy Ry (cm4) (cm3) (cm) (cm4) (cm3) (cm) 864 144,0 5,04 318 52,9 3,06
2
A = 34 cm 4 4 Ix = 864 cm ; Iy = 318 cm 3 3 Sx = 144 cm ; Sy = 52,9 cm rx = 5,04 cm ; ry = 3,06 cm De donde el pandeo alrededor del eje Y es el más desfavorable (ya que ry < rx)
- 375 KL/ry = 1 x 400/3,06 = 130,72 √ 2
6
2
De donde para fy = 2500 Kgf/cm y E = 2,1 x 10 Kgf/cm , tenemos: λ = 91,05 Ya que 130,72 > 91,05, la columna es larga y es aplicable la ecuación de Euler, por lo tanto:
De donde: Padm (columna BD)= 11770 Kgf
Por lo tanto: 3/2 P = 11770 Kgf De donde P ≤ 11770 x 2/3 = 7847 Kgf (VALOR # 2)
- 376 DIAGONALES CE y CF: IPN 100 (Comprobación a esfuerzo normal: tracción)
De las tablas de perfiles metálicos entregadas (página 2), vemos que el área de un perfil IPN 100 es de 10,62 2 cm , de donde:
Desig. IPN 100
Peso Area d bf tf tw (Kgf/m) (cm2) (mm) (mm) (mm) (mm) 8,34 10,62 100 50 6,8 4,5 2
Ix Sx rx Iy Sy Ry (cm4) (cm3) (cm) (cm4) (cm3) (cm) 171,0 34,2 4,01 12,20 4,88 1,07
2
ςmáx = Nmáx/A = 0,2887 P/10,62 cm ≤ 1632 Kgf/cm Por lo tanto: P ≤ 1632 x 10,62/0,2887 P ≤ 60034 Kgf (VALOR # 3) Resumen:
P ≤ 14960 Kgf (VALOR # 1) P ≤ 7847 Kgf (VALOR # 2) P ≤ 60034 Kgf (VALOR # 3) Se escoge el menor entre los 3 valores hallados, que es el VALOR # 2, por lo tanto: P = 7847 Kgf
- 377 17.- Una columna empotrada en su base, de 7 m de altura soporta en el tope una carga a compresión pura en el centro de la sección de 1500 Kgf. En la dirección “A” la columna (en su tope) tiene rotación y desplazamiento libres, sin embargo en la dirección “B” la columna (en su tope) tiene rotación y desplazamiento impedidos. Tomando un factor de seguridad igual a 3, escoja un perfil IPBL orientando la columna según la solución “A”. Luego haga lo mismo orientando la columna según la solución “B”. Compare los perfiles obtenidos por dos soluciones y determine cuál de las dos soluciones es la más económica. Nota: 6 2 se entiende como solución más económica aquella que determina el perfil más liviano. E = 2,1 x 10 Kgf/cm , 2 fy = 2500 Kgf/cm . Nota: Para las K, use los valores recomendados para diseño de la tabla anexa
- 378 Desig. Peso Area d bf tf tw Ix IPBL (Kgf/m) (cm2) (mm) (mm) (mm) (mm) (cm4) 100 16,7 21,2 96 100 8,0 5,0 349 120 19,9 25,3 114 120 8,0 5,0 606 140 24,7 31,4 133 140 8,5 5,5 1030 160 30,4 38,8 152 160 9,0 6,0 1670
Sx rx Iy Sy Ry (cm3) (cm) (cm4) (cm3) (cm) 72,8 4,06 134 26,8 2,51 106,0 4,89 231 38,5 3,02 155,0 5,73 389 55,6 3,52 220,0 6,57 616 76,9 3,98
Se tiene: √ Y:
De la ecuación anterior, despejamos I:
2
6
2
Para fy = 2500 Kgf/cm , y E = 2,1 x 10 Kgf/cm , se obtiene: λ = 91,05 De donde: r < Lef/ 91,05 Las condiciones que usaremos son las condiciones indicadas en amarillo. Solución A: En la dirección “A” se tiene: K = 2,1 *caso (e)+ y la inercia “débil” (alrededor del eje “Y”) = Iy Por lo tanto tenemos: 2 2 6 Iy(dir A) = 1500 x 3 x (2,1 x 700) /( π x 2,1 x 10 ) 4 De donde: Iy(dir A) > 469,17 cm y ry < 2,1 x 700/ 91,05, o sea: ry < 16,14 cm 4 4 Entrando en las tablas, se busca Iy > 469,17 cm y ry < 16,14 cm. Se obtiene: IPBL 160, cuya Iy = 616 cm y ry = 3,98 cm. En la dirección “B” se tiene: K = 0,65 *caso (a)+ y la inercia “fuerte” (alrededor del eje “X”) = Ix Por lo tanto tenemos: 2 2 6 Ix(dir B) = 1500 x 3 x (0,65 x 700) /( π x 2,1 x 10 ) 4 De donde: Ix(dir B) > 44,95 cm y rx < 0,65 x 700/ 91,05, o sea: rx < 5,00 cm 4 4 Entrando en las tablas, se busca una Ix > 44,95 cm y y rx < 5,00 cm. Se obtiene: IPBL 100, cuya Ix = 349 cm y rx = 4,06 cm. Por lo tanto, si se colocara el perfil, tal como está indicado en la solución “A”, se necesitaría un perfil IPBL160 (el mayor entre los 2 hallados anteriormente).
- 379 Solución B: En la dirección “A” se tiene: K = 2,1 *caso (e)+ y la inercia “fuerte” (alrededor del eje “X”) = Ix Por lo tanto tenemos: 2 2 6 Ix(dir A) = 1500 x 3 x (2,1 x 700) /( π x 2,1 x 10 ) 4 De donde: Ix(dir A) > 469,17 cm y rx < 2,1 x 700/ 91,05, o sea: rx < 16,14 cm 4 4 Entrando en las tablas, se busca una Ix > 469,17 cm y rx < 16,14 cm. Se obtiene: IPBL 120, cuya Ix = 606 cm y rx = 4,89 cm. En la dirección “B” se tiene: K = 0,65 *caso (a)+ y la inercia “débil” (alrededor del eje “Y”) = Iy Por lo tanto tenemos: 2 2 6 Iy(dir B) = 1500 x 3 x (0,65 x 700) /( π x 2,1 x 10 ) 4 De donde: Iy(dir B) > 44,95 cm y ry < 0,65 x 700/ 91,05, o sea: ry < 5,00 cm 4 4 Entrando en las tablas, se busca una Iy > 44,95 cm y ry < 5,00 cm se obtiene: IPBL 100, cuya Iy = 134 cm y ry = 2,51 cm. Por lo tanto, si se colocara el perfil, tal como está indicado en la solución “B”, se necesitaría un perfil IPBL120 (el mayor entre los 2 hallados anteriormente). SOLUCIÓN MÁS ECONÓMICA: Evidentemente la solución más económica (El perfil IPBL 120 de la solución “B” es más liviano que el perfil IPBL 160 de la solución “A”) y más correcta desde el punto de vista estructural es la solución “B”. Se escogerá, por lo tanto, la solución “B”, con perfil IPBL 120.
- 380 18.- Una columna articulada en su base, de 7 m de altura soporta en el tope una carga a compresión pura en el centro de la sección de 1500 Kgf. En la dirección “A” la columna (en su tope) tiene desplazamiento libre sin rotación, sin embargo en la dirección “B” la columna (en su tope) tiene rotación libre sin desplazamiento. Tomando un factor de seguridad igual a 3, coloque 2 perfiles “U” a tope entre ellos (s = 0) orientándolos según la solución “A”. Luego haga lo mismo orientándolos según la solución “B”. Compare los perfiles obtenidos por las dos soluciones y determine cuál de las dos soluciones es la más económica. Nota: se 6 2 entiende como solución más económica aquella que determina las “U” más livianas. E = 2,1 x 10 Kgf/cm , fy 2 = 2500 Kgf/cm . Nota: Para las K, use los valores recomendados para diseño de la tabla anexa.
Denomin. 2U 80 2U 100 2U 120 2U 140 2U 160 2U 180
Peso (Kgf/m) 12,16 15,78 19,16 22,68 26,06 31,16
Area (cm2) 15,50 21,00 24,42 28,90 33,20 39,70
Ix Sx (cm4) (cm3) 148,80 37,20 309,40 61,80 532,60 88,60 869,40 124,20 1261,20 157,60 1885,00 209,40
rx (cm) 3,10 3,92 4,67 5,48 6,16 6,89
r1 (cm) 1,00 1,15 1,27 1,41 1,39 1,51
s (mm) 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00
Iy (cm4) 108,60 191,60 297,50 440,90 518,90 765,10
Sy (cm3) 31,00 47,90 66,10 88,20 103,80 139,10
ry (cm) 2,65 3,02 3,49 3,91 3,95 4,39
- 381 -
Se tiene:
Y:
2
6
2
Para fy = 2500 Kgf/cm , y E = 2,1 x 10 Kgf/cm , se obtiene: λ = 91,05 De donde: r < Lef/ 91,05 Por otro lado: 2 2 Pcr = π EI/[FS x (K L) ] De donde:
I > Pcr x FS x (K L)2/(π2 E) Solución A: En la dirección “A” se tiene: K = 2,0 *caso (f)+ y la inercia “débil” (alrededor del eje “Y”) = Iy Por lo tanto tenemos: 2 2 6 Iy(dir A) = 1500 x 3 x (2,0 x 700) /( π x 2,1 x 10 ) 4 De donde: Iy(dir A) > 425,55 cm y ry < 2 x 700/ 91,05, o sea: ry < 15,38 cm 4 4 Entrando en las tablas, se busca Iy > 425,55 cm y ry < 15,38 cm. Se obtiene: 2 U 140, cuya Iy = 440,90 cm y ry = 3,91 cm.
- 382 -
En la dirección “B” se tiene: K = 1 *caso (d)+ y la inercia “fuerte” (alrededor del eje “X”) = Ix Por lo tanto tenemos: 2 2 6 Ix(dir B) = 1500 x 3 x (1 x 700) /( π x 2,1 x 10 ) 4 De donde: Ix(dir B) > 106,39 cm y rx < 1 x 700/ 91,05, o sea: rx < 7,69 cm 4 Entrando en las tablas, se busca una Ix > 106,39 cm y y rx < 7,69 cm. Se obtiene: 2 U 80, cuya Ix = 148,80 4 cm y rx = 3,10 cm. Por lo tanto, si se colocaran las 2 U, tal como está indicado en la solución “A”, se necesitarían 2 U 140 (las mayores entre las 2 halladas anteriormente). Solución B: En la dirección “A” se tiene: K = 2,0 *caso (f)+ y la inercia “fuerte” (alrededor del eje “X”) = Ix Por lo tanto tenemos: 2 2 6 Ix(dir A) = 1500 x 3 x (2,0 x 700) /( π x 2,1 x 10 ) 4 De donde: Ix(dir A) > 425,55 cm y rx < 2 x 700/ 91,05, o sea: rx < 15,38 cm 4 Entrando en las tablas, se busca una Ix > 425,55 cm y rx < 15,38 cm. Se obtiene: 2 U 120, cuya Ix = 532,60 4 cm y rx = 3,49 cm. En la dirección “B” se tiene: K = 1 *caso (d)+ y la inercia “débil” (alrededor del eje “Y”) = Iy Por lo tanto tenemos: 2 2 6 Iy(dir B) = 1500 x 3 x (1 x 700) /( π x 2,1 x 10 ) 4 De donde: Iy(dir B) > 106,39 cm y ry < 1 x 700/ 91,05, o sea: ry < 7,69 cm 4 4 Entrando en las tablas, se busca una Iy > 106,39 cm y ry < 7,69 cm se obtiene: 2 U 80 cuya Iy = 108,60 cm y ry = 2,65 cm. Por lo tanto, si se colocara el perfil, tal como está indicado en la solución “B”, se necesitarían 2 U 120 (las mayores entre las 2 halladas anteriormente). SOLUCIÓN MÁS ECONÓMICA: Evidentemente la solución más económica (Las 2 U 120 de la solución “B” son más livianas que las 2 U 140 de la solución “A”) y más correcta desde el punto de vista estructural es la solución “B”. Se escogerá, por lo tanto, la solución “B”, con 2 U 120.
- 383 19.- En la siguiente armadura, el miembro a compresión más desfavorable es el miembro AG = EI, con una longitud igual a 3,05 m y con una carga igual a – 5290 Kgf. Del mismo modo, el miembro a tracción más desfavorable es el miembro BC = DC, con una longitud igual a 2,44 m y con una carga igual a + 6040 Kgf. Verifique si el perfil UPN 160 es satisfactorio tanto a tracción como a compresión, tomando un factor de seguridad igual a 3,5 para el caso del miembro a compresión y una tensión máxima admisible de 0,60 fy para el caso del miembro a tracción. Haga uso de las tablas de perfiles metálicos entregadas. Ahí también 6 2 conseguirán el valor de fy. E = 2,1 x 10 Kgf/cm .
Desig. UPN
Peso Area d bf tf tw Ix Sx rx Iy Sy ry e (Kgf/m) (cm2) (mm) (mm) (mm) (mm) (cm4) (cm3) (cm) (cm4) (cm3) (cm) (cm)
160
18,80
24,00 160
65
10,5
7,5
925
116,0 6,21 85,3
Miembro a compresión (Verificación si el perfil trabaja como columna corta o larga) Hallamos KL/r a ver si es aplicable o no la ecuación de Euler: K = 1 (nodos articulados en los dos extremos) Ya que que ry < rx, el pandeo alrededor del eje Y es el más desfavorable.
VIGAS UPN
KL/ry = 1 x 305/1,89 = 161,38
18,30 1,89 1,84
- 384 -
√
2
6
2
De donde para fy = 2500 Kgf/cm y E = 2,1 x 10 Kgf/cm , tenemos: λ = 91,05 Ya que 161,38 > 91,05, el perfil trabaja como columna larga y es aplicable la ecuación de Euler, por lo tanto:
De donde: Padm (miembros AG = EI)= 5430 Kgf > 5290 Kgf O.K. (PERFIL SATISFACTORIO) Miembro a tracción Padm = 0,60 x fy x Area Padm = 0,60 x 2500 x 24 De donde: Padm = 36000 Kgf >> 6040 Kgf O.K. (PERFIL SATISFACTORIO) Chequeo esbeltez: KL/ry = 1 x 244/1,89 = 129 < 240 O.K.
- 385 20.- La siguiente cercha es la cercha central de un pequeño galpón, el cual consta de 3 cerchas separadas entre sí 5 metros, tal como se muestra esquemáticamente en la siguiente planta:
2
Si llamamos a q la presión ejercida por el viento sobre la cubierta y expresada en Kgf/m , y si consideramos la separación de 5 metros entre cerchas, obtenemos W = 5 q, es decir la carga/ml de cercha.
Esta W repartida a las correas de acuerdo a la separación entre las mismas (ancho tributario), nos da las siguientes cargas puntuales sobre los nodos de la cercha expresadas en función de W y por lo tanto de q.
- 386 -
Se pide calcular la presión máxima del viento q, de tal manera que no se sobrepasen los esfuerzos admisibles en los miembros de la armadura. El cordón superior está formado por dos ángulos 40 x 4 x 40, el 2 cordón inferior por dos ángulos 30 x 3 x 30 y las diagonales por 1 ángulo 20 x 3 x 20. Fy = 2500 Kgf/cm . E = 6 2 2,1 x 10 Kgf/cm . 2 Tome para los elementos a tracción un esfuerzo admisible de 1250 Kgf/cm y para los elementos a compresión un factor de seguridad de 3.
- 387 -
Perfil L
Peso
Area
e
dxtxd (mm)
(Kgf/m) (cm2) (cm)
Ejes X e Y
Eje Z
Eje W
I
S
r
Z
rz
Sz
rw
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm3)
(cm)
(cm3)
(cm)
Sw
Flexotorsión J
Cw
(cm3) (cm4) (cm6)
ro
β
(cm)
20 x 3 x20
0,88
1,12 0,595
0,390 0,277 0,589
0,522 0,378 0,190 0,744 0,438 0,037 0,009 1,040 0,637
30 x 3 x 30
1,36
1,74 0,840
1,410 0,651 0,901
1,228 0,570 0,478 1,140 1,060 0,060 0,035 1,600 0,635
40 x 4 x 40
2,42 3,08 1,120 4,480 1,560 1,210 2,910 0,765 1,140 1,520 2,530 0,185 0,195 2,140 0,634 El procedimiento para resolver la armadura no es objetivo de este curso, por lo tanto a continuación se muestran únicamente los resultados: GDL = (b + r) – 2 n = (11 + 3) – 2 x 7 = 0 (Armadura isostática) Miembro
Juntas
L (m)
Fuerzas axiales
1
1
2
1,505
-9,359 W
2
2
4
1,587
-7,690 W
3
4
6
1,587
-7,690 W
4
6
7
1,505
-9,359 W
5
1
3
2,000
9,080 W
6
3
5
2,000
6,000 W
7
5
7
2,000
9,080 W
8
2
3
0,652
-1,955 W
9
3
4
1,250
1,825 W
10
4
5
1,250
1,825 W
11 5 6 0,652 CORDÓN SUPERIOR (Miembros # 1, 2 , 3 y 4) (┐┌ 40x4x40):
-1,955 W
Para el análisis a compresión tomaremos en cuenta el miembro # 1 únicamente, ya que el miembro # 2, a pesar de tener una luz un poco mayor al miembro # 1, tiene una carga sustancialmente menor y evidentemente sus condiciones son más favorables que el miembro # 1. Se tiene:
√
Y:
2
6
2
Para fy = 2500 Kgf/cm , y E = 2,1 x 10 Kgf/cm , se obtiene: λ = 91,05 De donde: r < Lef/ 91,05 Miembro 1: L = 1,505 m K L = 1 x 150,5 cm = 150,5 cm Comprobación esbeltez: 150,5/1,21 = 124,38 > 91,05 O.K. (Se puede aplicar la hipérbola de Euler) 4 I (┐┌ 40x4x40) = 2 x 4,48 = 8,96 cm
- 388 Es de hacer notar que cuando tenemos doble ángulos, rx (2 ángulos) = rx (1 ángulo). Además ry>rx. De ahí, si 2 quisiéramos calcular la inercia por medio del radio de giro, deberíamos tomar únicamente un radio rx y 2 2 4 multiplicarlo por 2 veces el área, es decir I = rx x 2 x A. Comprobación: I = 1,21 x 2 x 3,08 = 9,02 cm ≈ 8,96 4 cm O.K. Por otro lado: 2 2 Padm = π EI/[FS x (K L) ] De donde: 2 6 2 Padm = π x 2,1 x 10 x 8,96/[3 x (150,5) ] = 9,359 x W Despejando W, se obtiene: W = 292,01 Kgf/ml de cercha De donde:
= Presión máxima # 1 admisible del viento
DIAGONALES A COMPRESIÓN (Miembros # 8 y 11) (L 20 x 3 x 20): K L = 1 x 65,2 cm = 65,2 cm Comprobación esbeltez: 65,2/0,378 = 172,49 > 91,05 O.K. (Se puede aplicar la hipérbola de Euler) 2 4 I (L 20 x 3 x 20) = 1,12 x 0,378 = 0,16 cm Por otro lado: 2 2 Padm = π EI/[FS x (K L) ] De donde: 2 6 2 Padm = π x 2,1 x 10 x 0,16/[3 x (65,2) ] = 1,955 x W Despejando W, se obtiene: W = 133 Kgf/ml de cercha De donde:
= Presión máxima # 2 admisible del viento
DIAGONALES A TRACCIÓN (Miembros # 9 y 10) (L 20 x 3 x 20): ς = P/A 2 ς = 1,825 W/1,12 = 1,63 W = 1250 Kgf/cm Despejando W, se obtiene: W = 766,87 Kgf/ml de cercha De donde:
= Presión máxima # 3 admisible del viento
CORDÓN INFERIOR (Miembros # 5, 6 y 7) (┘└ 30x3x30): ς = P/A 2 ς = 9,08 W/(2 x 1,74) = 2,61 W = 1250 Kgf/cm Despejando W, se obtiene: W = 478,93 Kgf/ml de cercha De donde:
= Presión máxima # 4 admisible del viento
En resumen la presión máxima admisible será la menor entre las 4 calculadas, es decir: q = 26,6 Kgf/m
2
- 389 21.- El siguiente pórtico está formado por perfiles metálicos. Se pide diseñar la viga (por flexión para los máximos momentos positivos y negativos y por corte) y diseñar la columna. Para la viga el esfuerzo 2 admisible a corte y a flexión es de 1250 Kgf/cm y para la columna el factor de seguridad es de 3. Escoja para la viga un perfil IPE y para la columna un perfil IPB. La columna se considera debidamente arriostrada en el plano perpendicular al de la figura, así como se considera que el nodo B no tiene desplazamiento alguno en 2 6 2 el plano de la figura. Desprecie la deformación axial de la columna. Fy = 2500 Kgf/cm . E = 2,1 x 10 Kgf/cm . Haga uso de las tablas de perfiles metálicos entregadas. Nota: tratándose de una estructura hiperestática, se les da como ayuda el valor de la reacción vertical en C: VB = 11250 Kgf (hacia arriba)
Conocida la reacción en C (dato), es fácil resolver la estática.
- 390 Por lo tanto, nos quedan los siguientes diagramas:
Diseño de la viga por flexión: Mmáx = - 22500 Kgf-m ς = M/Sx De donde: Sx = M/ς 3 Sx = 22500 x 100/1250 = 1800 cm 3 3 Entramos en las tablas de perfiles IPE y obtenemos un perfil IPE 500 con Sx = 1930 cm > 1800 cm . O.K. Desig.
Peso
Area
IPE
(Kgf/m)
(cm2)
500
90,7 116,00
d
bf
tf
Tw
(mm) (mm) (mm) (mm) 500
200
16,0
10,2
Ix
Sx
rx
Iy
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
48200,0
1930,0 20,40 2140,00 214,00 4,31
Diseño de la viga por corte: Lo que haremos, por facilidad, es verificar la sección anterior por corte.
Para el momento estático Q, se tomará en cuenta el área señalada en color amarillo. 3 Q = 20 x 1,6 x (23,4 + 0,8) + 1,02 x 23,4 x 11,7 = 1053,66 cm ς = V x Q/(I x b) 2 2 De donde: ς = 18750 x 1053,66/(48200 x 1,02) = 401,84 Kgf/cm < 1250 Kgf/cm O.K. Por lo tanto seleccionaremos para la viga un perfil IPE 500.
Sy
ry
(cm3) (cm)
- 391 Diseño de la columna: Al no poder el nodo B desplazarse en las 2 direcciones, K = 1. Se tiene:
√
Y:
2
6
2
Para fy = 2500 Kgf/cm , y E = 2,1 x 10 Kgf/cm , se obtiene: λ = 91,05 De donde: r < Lef/ 91,05 De donde: r < 500/91,05 = 5,49 cm Por otro lado: 2 2 Padm = π EI/[FS x (K L) ] De donde:
I > Pcr x FS x (K L)2/(π2 E) 2
2
6
I > 11250 x 3 x (1 x 500) /(π x 2,1 x 10 ) 4 I > 407,09 cm Entramos en las tablas de perfiles IPB y buscamos un perfil que cumpla con las siguientes 2 condiciones: r < 5,49 cm 4 I > 407,09 cm 3
3
Se obtiene un perfil IPB 140 con Iy = 550 cm > 407,09 cm y ry = 3,58 cm < 5,49 cm. O.K. Desig.
Peso
Area
IPB
(Kgf/m)
(cm2)
140
33,7
43,0
d
bf
tf
tw
(mm) (mm) (mm) (mm) 140
140
12,0
Ix
Sx
rx
Iy
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
7,0
Por lo tanto seleccionaremos para la columna un perfil IPB 140.
1510
216,0
5,93
550
Sy
ry
(cm3) (cm) 78,5 3,58
- 392 22.a) Diseñe usando un solo ángulo el miembro 2-3 y el miembro 4-6 de la siguiente armadura. Use un factor de seguridad de 2,5 para los miembros a compresión y un esfuerzo admisible para los elementos a tracción 2 igual al 60% de fy. Fy = 2500 Kgf/cm . Diga ahora, con los ángulos colocados, cúal es la carga máxima que 6 2 pueden soportar esos miembros. E = 2,1 x 10 Kgf/cm .
b) Usando ahora en los miembros anteriores dos ángulos, en vez de uno, separados entre sí 6 mm pero iguales a los que hemos colocado en (a), calcule nuevamente las cargas máximas que pueden soportar esos miembros. ¿Es esta carga máxima en el miembro 2-3 el doble de la carga calculada en (a) con el ángulo colocado? ¿ Es esta carga máxima en el miembro 4-6 el doble de la carga calculada en (a) con el ángulo colocado? ¿Necesitará el miembro 4-6 alguna conexión ente los 2 ángulos a lo largo de su longitud? Razone sus respuestas. a)
- 393 Miembro 4-6: Trabaja a compresión con Padm = - 615 Kgf (Lef = K L = 1 x 100 cm = 100 cm). Se tiene: √
De esta expresión, despejamos r, de donde:
√ De donde:
√ r ≤ 1,10 cm
Despejando I, tenemos:
4
De donde: I ≥ 0,74 cm
Ya que el miembro está formado por un solo ángulo, buscamos en la tabla de perfiles angulares un ángulo 4 cuya Inercia alrededor del eje más débil del ángulo, que es el eje z, sea igual o mayor a 0,74 cm y cuyo radio de giro alrededor del eje z, es decir rz, sea menor o igual a 1,10 cm. 2 Ese ángulo es el 35x4x35, cuyo rz es igual a 0,671 cm, con un área igual a 2,67 cm , y por lo tanto: Iz = 2,67 x 2 4 0,671 = 1,20 cm 4 4 Chequeo: 1,20 cm > 0,74 cm OK y 0,671 cm < 1,10 cm OK NOTA: Un ángulo menor no nos hubiese cumplido con el aspecto de la inercia Iz. Miembro 2-3: Trabaja a tracción con Padm = + 550 Kgf ςadm = Padm/A 2 donde ςadm = 0,60 x 2500 = 1500 Kgf/cm Padm = 550 Kgf De donde: 2 A = 550/1500 = 0,37 cm Longitud miembro 2-3 = 1,193 m Lef = K L = 1 x 119,3 cm = 119,3 cm Tomando en cuenta que Lef/r ≤ 240, se tiene que r ≥ Lef/240 De donde: r ≥ 119,3/240 = 0,50 cm (NOTA: tratándose de un solo ángulo se tomará en cuenta el rz)
- 394 De la tabla de perfiles angulares seleccionamos un ángulo donde: 2 A ≥ A (calculada anteriormente), es decir: A ≥ 0,37 cm rz ≥ r (calculado anteriormente), es decir: rz ≥ 0,50 cm 2 Ese ángulo es el 30x3x30, cuyo rz es igual a 0,57 cm, con un área igual a 1,74 cm . Miembro 4-6: Trabaja a compresión. Con el ángulo colocado de 35x4x35 la carga máxima que puede soportar el miembro 4-6 es:
2
6
2
Padm = π x 2,1 x 10 x 1,20/(2,5 x 100 ) Padm = 995 Kgf Miembro 2-3: Trabaja a tracción. Con el ángulo colocado de 30x3x30 la carga máxima que puede soportar el miembro 2-3 es: Padm = ςadm x A Padm = 1500 x 1,74 Padm = 2610 Kgf b) Miembro 4-6 (2L 35x4x35): Trabaja a compresión. Colocamos ahora ángulos dobles. Ya se trabaja con rx. Nos dicen que los mismos están separados entre sí 6 mm. Es evidente que rx < ry (s = 6 mm). En efecto, rx = 1,05 cm y ry (s = 6 mm) = 1,67 cm Al mismo tiempo, también es evidente que Ix < Iy, por lo tanto: Ix = 2,96 x 2 = 5,92 cm
2
6
4
2
Padm = π x 2,1 x 10 x 5,92/(2,5 x 100 ) Padm = 4908 Kgf Es evidente que la carga que puede soportar ahora el miembro 4-6 es mucho más que el doble soportada colocando un solo ángulo (4908 Kgf >> 2 x 995 Kgf) . Esto se debe que en el caso de un ángulo el pandeo más desfavorable es alrededor del eje z-z, lo cual nos obligó a trabajar con rz, cuyo valor es bastante inferior a rx. Miembro 2-3 (2L 30x3x30): Trabaja a tracción. Padm = ςadm x A Padm = 1500 x 2 x 1,74 Padm = 5220 Kgf Es evidente que la carga que puede soportar ahora el miembro 2-3 es exactamente el doble colocando un solo ángulo, ya que, en los elementos a tracción, no tenemos el problema del pandeo. Miembro 4-6 (2L 35x4x35) (Chequeo de conexión en el punto medio): s/rmín ≤ (K L/r)miembro, donde: s =(1,0 x 100/1,05) x 0,671 = 63,9 cm. Colocaremos una conexión entre los 2 ángulos en el medio de la longitud del miembro 4-6, de tal forma que s = 50 cm < 63,9 cm OK
- 395 23.- Diseñe todo el cordón superior de la siguiente armadura, colocando un (1) solo angular. Suponga que la 2 tensión permisible por tracción es 1500 Kgf/cm y la de compresión debe ser calculada usando la fórmula de 2 6 2 Euler con un factor de seguridad de 2,30. Fy = 2500 Kgf/cm ; E = 2,1 x 10 Kgf/cm .
GDH = (b + r) – 2 n GDH = (11 + 3) – 2 x 7 = 0 (Es isostática) Al resolver la estática de la armadura, nos quedan las siguientes fuerzas en el cordón superior: F(A-E) = - 3998 Kgf (L = 2,60 m) (compresión) F(E-F) = - 3248 Kgf (L = 2,60 m) (compresión) Miembros a compresión K = 1 (nodos articulados en los dos extremos) Ya que nos dicen que hay que usar un solo ángulo, tendremos que usar el rz que es el radio de giro más desfavorable. √ De esta expresión, despejamos rz, de donde:
√ De donde:
√ rz < 2,86 cm
- 396 Despejando I, tenemos:
4
Iz > 29,99 cm
Pero: Iz = A x rz
2
2
4
4
Tanteamos con L 90 x 7 x 90, de donde: Iz = 12,24 x 1,74 = 37,06 cm > 29,99 cm O.K. Por otro lado: rz = 1,74 < 2,86 OK. El ángulo que se escoge es el L 90 x 7 x 90.
- 397 24.- Calcule la máxima fuerza P a que puede ser sometida la siguiente armadura, donde los cordones superiores e inferiores y las diagonales están formados por 4L 30x3x30 dispuestos según indica la figura 1 mientras que los parales verticales están formados por un solo ángulo L 50x7x50. Considere los 4L 30x3x30 unidos por presillas, de tal forma de que trabajen como una unidad a todo lo largo. Tensión permisible por 2 6 2 2 tracción = 1250 Kgf/cm . Para la compresión tome un FS = 2,5. E = 2,1 x 10 Kgf/cm . Fy = 2500 Kgf/cm . Considere nodos articulados.
Perfil L
Peso
Area
e
dxtxd (mm)
(Kgf/m) (cm2) (cm)
Ejes X e Y
Eje Z
Eje W
I
S
r
Z
rz
Sz
rw
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm3)
(cm)
(cm3)
(cm)
Sw
Flexotorsión J
Cw
(cm3) (cm4) (cm6)
ro
β
(cm)
30 x 3 x 30
1,36
1,74 0,840
1,410 0,651 0,901
1,228 0,570 0,478 1,140 1,060 0,060 0,035 1,600 0,635
50 x 7 x 50
5,15
6,56 1,490
14,600 4,160 1,490
7,680 0,961 2,870 1,880 6,570 1,150 1,920 2,650 0,634
- 398 El análisis de la armadura arroja los siguientes resultados:
Miembro Fuerzas AB P BC P CD 0 EF 0 FG -P GH -P AE 0 BF 0 CG -P DH -P AF -1,414 P BG 0 CH 1,414 P
Miembros a compresión: Miembro AF: Fuerza interna = - 1,414 P; Luz = 2,828 m 2
2
4
2
4
Ixx = (I + A x 2,66 ) x 4 = (1,41 + 1,74 x 2,66 ) x 4 = 54,89 cm √
√ 2
Iyy = (I + A x 1,34 ) x 4 = (1,41 + 1,74 x 1,34 ) x 4 = 18,14 cm
- 399 -
√
√
Entre rx y ry, es más desfavorable ry, ya que es un valor menor. Lef/ry = 1 x 282,8/1,61 = 175,65 Por otro lado: √
√
λ = 91,05 Comprobación esbeltez: 175,65 > 91,05 O.K. (Se puede aplicar la hipérbola de Euler)
De donde:
De donde: Padm = 1880 Kgf La fuerza interna del miembro AF es igual a 1,414 P y ese miembro máximo puede soportar 1880 Kgf, de donde: 1880 = 1,414 P Despejando P, se obtiene: P = 1330 Kgf
Miembros CG = DH: Fuerza interna = - P; Luz = 2,00 m rz = 0,961 cm Izz = A x rz
2
2
Izz = 6,56 x 0,961 = 6,06 cm
4
Lef/ry = 1 x 200/0,961 = 208,12 Comprobación esbeltez: 208,12 > 91,05 O.K. (Se puede aplicar la hipérbola de Euler)
- 400 -
De donde:
De donde: Padm = 1256 Kgf La fuerza interna de los miembros CG = DH es igual a P y ese miembro máximo puede soportar 1256 Kgf, de donde: P = 1256 Kgf Miembros a tracción: El miembro a tracción más desfavorable es la diagonal CH formada por 4L 30x3x30, con una carga igual a 1,414 P. ς = 1250 Kgf/cm2 De donde: 1,414 P/(4 x 1,74) = 1250 Despejando P, tenemos: P = 6153 Kgf Por lo tanto Pmáx = 1256 Kgf (Valor menor entre los 3 señalados en color amarillo)
- 401 25.- Sea la siguiente armadura con unas cargas desconocidas aplicadas en los nodos E, F, G y H y cuya 6 2 solución estructural, en función de P, aparece indicada en los miembros. E = 2,1 x 10 Kgf/cm , fy = 2500 2 Kgf/cm . Tomando un factor de seguridad para los elementos a compresión de 2,5 y un esfuerzo admisible a tracción igual a 0,60 fy, se pide: a)
Calcular la fuerza máxima P que puede ser aplicada a la armadura, colocando en todos los miembros un solo ángulo 65 x 7 x 65. b) Calcular la fuerza máxima P que puede ser aplicada a la armadura, colocando en todos los miembros dos ángulos 65 x 7 x 65 separados entre sí 6 mm.
Perfil L
Peso
Area
e
dxtxd (mm) 65 x 7 x 65
(Kgf/m) (cm2) (cm) 6,83
Denominación Peso(2L) Kgf/m 2L 65x7x65
13,66
8,70 1,850
Ejes X e Y
Eje W
I
S
r
Z
rz
Sz
rw
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm3)
(cm)
(cm3)
(cm)
Flexotorsión
Sw
J
Cw
ro
(cm3) (cm4) (cm6)
β
(cm)
33,400 7,180 1,960 13,300 1,260 5,190 2,480 11,600 1,560 4,430 3,490 0,633
Area(2L)
Ix
Sx
rx
e
cm2
cm4
cm3
cm
cm
66,80
14,36 1,96 1,85
17,40
Eje Z
ry en cm para separación s en milímetros ry(s = 0) ry(s = 5) ry(s = 6) ry(s = 8) ry(s = 9) ry(s = 10) 2,69
2,87
2,91
2,98
3,02
3,06
ry(s = 12)
ry(s = 18)
3,14
3,38
- 402 a) Elementos a compresión: La máxima fuerza a compresión es de 3 P para una longitud de 2 m. Se tiene:
√
Y:
2
6
2
Para fy = 2500 Kgf/cm , y E = 2,1 x 10 Kgf/cm , se obtiene: λ = 91,05 Lef = K L = 1 x 200 cm = 200 cm Comprobación esbeltez: 200/1,26 = 158,73 > 91,05 O.K. (Se puede aplicar la hipérbola de Euler) 2 4 I (L 65 x 7 x 65) = 8,70 x 1,26 = 13,81 cm Por otro lado:
De donde:
De donde: P = 954 Kgf Elementos a tracción: La máxima fuerza a tracción es de 2,83 P para una longitud de 2,83 m. ς = P/A ς = 2,83 P/8,70 = 0,60 x 2500 De donde: P = 4611 Kgf Se toma el menor valor de los dos resaltados en amarillo, por lo tanto: P = 954 Kgf
- 403 b) Elementos a compresión: La máxima fuerza a compresión es de 3 P para una longitud de 2 m. Se tiene:
√
Y:
2
6
2
Para fy = 2500 Kgf/cm , y E = 2,1 x 10 Kgf/cm , se obtiene: λ = 91,05 Lef = K L = 1 x 200 cm = 200 cm Comprobación esbeltez: 200/1,96 = 102,04 > 91,05 O.K. (Se puede aplicar la hipérbola de Euler) 4 I (2L 65 x 7 x 65) = 66,80 cm Por otro lado:
De donde:
De donde: P = 4615 Kgf Elementos a tracción: La máxima fuerza a tracción es de 2,83 P para una longitud de 2,83 m. Es evidente que la P será exactamente el doble del caso a), de donde: P = 9222 Kgf Se toma el menor valor de los dos resaltados en amarillo, por lo tanto: P = 4615 Kgf
- 404 26.a) Diseñe usando un solo ángulo el miembro 2-4 y el miembro 1-3 de la siguiente armadura. Use un factor de seguridad de 2,5 para los miembros a compresión y un esfuerzo admisible para los elementos a tracción 2 igual al 60% de fy. Fy = 2500 Kgf/cm . Diga ahora, con los ángulos colocados, cúal es la carga máxima que pueden soportar esos miembros.
b) Usando ahora en los miembros anteriores dos ángulos, en vez de uno, separados entre sí 6 mm pero iguales a los que hemos colocado en (a), calcule nuevamente las cargas máximas que pueden soportar esos miembros. ¿Es esta carga máxima en el miembro 1-3 el doble de la carga calculada en (a) con el ángulo colocado? ¿ Es esta carga máxima en el miembro 2-4 el doble de la carga calculada en (a) con el ángulo colocado? ¿Necesitará el miembro 1-3 alguna conexión ente los 2 ángulos a lo largo de su longitud? Razone sus respuestas.
Miembro 2-4: Trabaja a compresión: Se tiene:
Y:
- 405 2
6
2
Para fy = 2500 Kgf/cm , y E = 2,1 x 10 Kgf/cm , se obtiene: λ = 91,05 De donde: r < Lef/ 91,05 Lef = K L = 1 x 100 cm = 100 cm r < 100/91,05 = 1,10 cm Por otro lado:
De donde: 2 2 6 I = 600 x 2,5 x 100 /(π x 2,1 x 10 ) 4 I = 0,724 cm Ya que el miembro está formado por un solo ángulo, buscamos en la tabla de perfiles angulares un ángulo 4 cuya Inercia alrededor del eje más débil del ángulo, que es el eje z, sea igual o mayor a 0,724 cm y cuyo radio de giro alrededor del eje z, es decir rz, sea menor o igual a 1,10 cm. 2 Ese ángulo es el 35x4x35, cuyo rz es igual a 0,671 cm, con un área igual a 2,67 cm , y por lo tanto: Iz = 2,67 x 2 4 0,671 = 1,20 cm 4 4 Chequeo: 1,20 cm > 0,724 cm OK y 0,671 cm < 1,10 cm OK NOTA: Un ángulo menor no nos hubiese cumplido con el aspecto de la inercia Iz. Miembro 1-3: Trabaja a tracción: ς = P/A 2 donde ς = 0,60 x 2500 = 1500 Kgf/cm P = 566 Kgf De donde: 2 A = 566/1500 = 0,38 cm Longitud miembro 1-3 = 1,414 m Lef = K L = 1 x 141,4 cm = 141,4 cm Tomando en cuenta que Lef/r ≤ 240, se tiene que r ≥ Lef/240 De donde: r ≥ 141,4/240 = 0,59 cm (NOTA: tratándose de un solo ángulo se tomará en cuenta el rz) De la tabla de perfiles angulares seleccionamos un ángulo donde: 2 A ≥ A (calculada anteriormente), es decir: A ≥ 0,38 cm rz ≥ r (calculado anteriormente), es decir: rz ≥ 0,59 cm 2 Ese ángulo es el 35x4x35, cuyo rz es igual a 0,671 cm, con un área igual a 2,67 cm . Miembro 4-6: Con el ángulo colocado de 35x4x35 la carga máxima que puede soportar el miembro 4-6 es:
2
6
2
Pcr = π x 2,1 x 10 x 1,20/(2,5 x 100 ) Pcr = 995 Kgf Miembro 2-3: Con el ángulo colocado de 30x3x30 la carga máxima que puede soportar el miembro 2-3 es: P=ςxA P = 1500 x 1,74 P = 2610 Kgf
- 406 b) Miembro 4-6 (2L 35x4x35): Colocamos ahora ángulos dobles. Ya se trabaja con rx. Nos dicen que los mismos están separados entre sí 6 mm. Es evidente que rx < ry (s = 6 mm). En efecto, rx = 1,05 cm y ry (s = 6 mm) = 1,67 cm Al mismo tiempo, también es evidente que Ix < Iy, por lo tanto: Ix = 2,96 x 2 = 5,92 cm
2
6
4
2
Pcr = π x 2,1 x 10 x 5,92/(2,5 x 100 ) Pcr = 4908 Kgf Es evidente que la carga que puede soportar ahora el miembro 4-6 es mucho más que el doble soportada colocando un solo ángulo (4908 Kgf >> 2 x 995 Kgf) . Esto se debe que en el caso de un ángulo el pandeo más desfavorable es alrededor del eje z-z, lo cual nos obligó a trabajar con rz, cuyo valor es bastante inferior a rx. Miembro 2-3 (2L 30x3x30): P=ςxA P = 1500 x 2 x 1,74 P = 5220 Kgf Es evidente que la carga que puede soportar ahora el miembro 2-3 es exactamente el doble colocando un solo ángulo, ya que, en los elementos a tracción, no tenemos el problema del pandeo. Miembro 4-6 (2L 35x4x35) (Chequeo de conexión en el punto medio): S/rmín ≤ (K L/r)miembro, donde: S =(1,0 x 100/1,05) x 0,671 = 63,9 cm. Colocaremos una conexión entre los 2 ángulos en el medio de la longitud del miembro 4-6, de tal forma que S = 50 cm < 63,9 cm OK
- 407 CAPÍTULO VIII (Tensiones Compuestas – Círculo de Mohr)
Tensiones en un plano inclinado: Convención de signos: Las tensiones de tracción son +, las de compresión son – y, para las tensiones cortantes, el sentido positivo es el que se representa en la figura 1. El ángulo θ, que localiza el eje X’, es positivo cuando se mide del eje X al eje Y en sentido contrario al de las agujas del reloj.
- 408 -
ΣFx’ = 0:
(1)
Asimismo: ΣFy’ = 0: (2)
Tensiones principales y sus direcciones: Si derivamos la ecuación (1) respecto a θ y la igualamos a 0, hallaremos el ángulo θp para el cual ocurren los esfuerzos ςx’ máximos y mínimos. Estos esfuerzos son los esfuerzos normales máximos y mínimos, que suelen denominarse esfuerzos principales, de ahí el subíndice “p”, para el ángulo donde ellos ocurren. Los planos donde ellos ocurren suelen denominarse también planos principales. Este ángulo es el siguiente:
(
(3)
)
Si sustituimos el valor de θp hallado en (3) en la ecuación (1), obtendremos los valores máximos y mínimos de ςx’, es decir los esfuerzos principales, que hemos denominado ςn máx y ςn mín.
(
)
√(
)
(4)
NOTA: Los planos donde ocurren los esfuerzos normales máximos y mínimos (esfuerzos principales) están a 90º entre sí. NOTA: En los planos de los esfuerzos normales máximos y mínimos (esfuerzos principales), las tensiones cortantes (esfuerzos cortantes) son 0.
- 409 Tensiones Cortantes Máximas y Mínimas y sus direcciones: Si derivamos ahora la ecuación (2) respecto a θ y la igualamos a 0, hallaremos el ángulo θc para el cual ocurren los esfuerzos τx’y’ máximos y mínimos. Estos esfuerzos son los esfuerzos cortantes máximos y mínimos. El subíndice “c” en el θ nos indica que ese es el valor de θ para el cual ocurren los esfuerzos cortantes máximos y mínimos. Este ángulo es el siguiente: (5)
Si sustituimos el valor de θc hallado en (5) en la ecuación (2), obtendremos los valores máximos y mínimos de τx’y’, es decir los esfuerzos cortantes máximos y mínimos que hemos denominado simplemente τ.
√(
)
(6)
NOTA: Las tensiones cortantes máximas y mínimas ocurren en planos a 45º con los planos principales y a 90º entre sí. El ángulo donde ocurren viene dado por la siguiente expresión: NOTA: En los planos de tensiones cortantes máximas, las tensiones normales tienen el siguiente valor: (7) Si ςx y ςy de la ecuación (6) representan los esfuerzos principales (es decir ςx = ςn máx y ςy = ςn mín), eso quiere decir que τxy = 0, de donde sustituyendo:
(8) NOTA FINAL: Cuando calculamos los ángulos 2θp ó 2θc, es posible que el resultado sea un ángulo negativo. Hay que tener presente lo siguiente:
2 θp se mide desde el plano donde ocurre la tensión normal máxima hasta el eje “X” del elemento. Si ese giro es en sentido antihorario, el ángulo 2θp es positivo. 2 θc se mide desde el plano donde ocurren las tensiones cortantes máximas hasta el eje “X” del elemento. Si ese giro es en sentido antihorario, el ángulo 2θc es positivo. Estos ángulos se visualizan mucho mejor a través del círculo de Mohr que veremos a continuación:
- 410 CIRCULO DE MOHR Problema de ejemplo de construcción del círculo de Mohr: Supóngase: ςx = - 200 K/cm2 ςy = 760 K/cm2 τxy = + 420 K/cm2
Tenemos, entonces 2 coordenadas: Punto 1 (-200; 420) Punto 2 (760, -420) Construcción del círculo de Mohr: Ubicamos en un sistema de coordenadas X – Y, los puntos anteriores “1” y “2”:
- 411 El segmento b-d es el diámetro del círculo de Mohr. La intersección de este segmento con el eje de las abscisas, nos da el centro del círculo y podemos trazarlo. Este círculo nos da toda la información necesaria. Los extremos del mismo representan el estado de tensiones que existe en el elemento si tiene la orientación original representada, es decir según las coordenadas dadas. La abscisa X representará los planos principales donde las tensiones normales serán máximas y mínimas (son los segmentos O-h y O-g) y las tensiones cortantes máximas y mínimas vendrán representadas por los puntos l y m (son los segmentos c-l y c-m). La abscisa de los puntos l y m (es decir la distancia C-O) nos da las tensiones normales (ςn). en los planos de máxima tensión cortante. El ángulo señalado 2θP representa el ángulo para el cual ocurren las tensiones principales (Hay que dividirlo entre 2 para hallar θP) y el ángulo 2θC representa el ángulo para el cual ocurren las tensiones cortantes máximas (Hay que dividirlo entre 2 para hallar θC). Los valores en el círculo de Mohr pueden hallarse gráficamente o haciendo uso de relaciones de triángulo. En línea general, a continuación se muestra un círculo de Mohr cualquiera, donde se detalla todo lo anterior:
- 412 -
Christian Otto Mohr
Christian Otto Mohr (Wesselburen, 8 de octubre de 1835 - Dresde, 2 de octubre de 1918) fue un ingeniero civil alemán, uno de los más celebrados del siglo XIX. Mohr perteneció a una familia terrateniente de Wesselburen en la región de Holstein y estudió en la Escuela Politécnica de Hanóver. En los inicios de 1855, durante su vida laboral temprana, estuvo trabajando en el diseño de vías de ferrocarriles para las vías de los estados de Hanóver y Oldenburg, diseñando algunos puentes famosos y creando algunas de las primeras armaduras de acero. Aún en sus primeros años construyendo vías de tren, Mohr se sentía muy interesado por las teorías de mecánica y la resistencia de materiales y, en 1867, se hizo profesor de mecánica en el Politécnico de Stuttgart y, en 1873, en el Politécnico de Dresde. Mohr tenía un estilo directo y sencillo que era muy popular entre sus estudiantes. En 1874, Mohr formalizó la, hasta entonces solo intuitiva, idea de una estructura estáticamente indeterminada. Mohr fue un entusiasta de las herramientas gráficas y desarrolló un método para representar visualmente tensiones en tres dimensiones, previamente propuesto por Carl Culmann. En 1882, desarrolló el método gráfico en dos dimensiones para el análisis de tensión conocido como círculo de Mohr y lo usó para proponer la nueva teoría de resistencia de materiales, basada en el esfuerzo cortante. También desarrolló el diagrama Williot-Mohr para el desplazamiento de armaduras y la teoría de Maxwell-Mohr para el análisis de estructuras estáticamente indeterminadas. Se retiró en 1900 y murió en Dresde en 1918.
- 413 2
1.- Una barra de 8 cm de sección está sometida a fuerzas axiales de tracción de 7000 Kgf. A.- Hallar las tensiones normal y cortante en un plano de 30º.
ςN = ½ ς (1 – cos 2 θ) 2 ςN = ½ x (7000 /8) x (1 – cos 60º) = 220 Kgf/cm τ = ½ ς sen 2 θ 2 τ = ½ x (7000/8) x sen 60º = 380 Kgf/cm
B.- Determinar la tensión cortante máxima. Ocurre en un plano a 45º y vale: 2 τmáx = ς/2 = 7000/(2 x 8) = 440 Kgf/cm
Si queremos hallar cuanto vale ςN para este mismo ángulo θ = 45º, tenemos: ςN = ½ ς (1 – cos 2 x 45º) ςN = 7000/(2 x 8) x (1 – cos 90º) Pero cos 90º = 0, de donde: 2 ςN = 440 Kgf/cm Si queremos hallar σmáx, ocurrirá para θ = 90º En efecto, para θ = 90º, 2θ = 180º y por lo tanto: ςNmáx = ½ ς (1 – cos 180º) Pero cos 180º = -1, de donde: ςNmáx = ς = 7000/(2 x 8) x (1 + 1) 2 ςNmáx = 880 Kgf/cm RECORDAR: Para ςNmáx, τ = 0
y para τmáx, ςN = ς/2
- 414 2.- Sea:
a)
2
2
ςx = + 840 Kgf/cm (tracción) y τxy = + 280 Kgf/cm . Se pide:
Hallar σN y τxy en un plano a 30º con la tensión normal.
ςN(θ=30º) = ½ x (840 + 0) + ½ x (840 – 0) x cos (2 x 30º) + 280 x sen (2 x 30º) ςN(θ=30º) = 872 Kgf/cm
2
τxy(θ=30º) = - ½ x (840 - 0) x sen (2 x 30º) + 280 x cos (2 x 30º) τxy(θ=30º) = - 224 Kgf/cm
2
b) Hallar σNmáx y σN mín y las direcciones. 2
2 1/2
ςNmáx = ½ x (840 + 0) + ,* ½ x (840 – 0)] + 280 } ςNmáx = 925 Kgf/cm
2
2
2 1/2
ςNmín = ½ x (840 + 0) - {[ ½ x (840 – 0)] + 280 } ςNmín = - 85 Kgf/cm
2
tg 2 θp = 2 x 280/(840 – 0) De donde: 2 θp = 33º 41’ 24” y 213º 50’ 42” De donde: θp = 16º 50’ 42” y 196º 50’ 42” (En un ángulo ocurrirá el ςmáx y en el otro el ςmín). Esto será más fácil visualizarlo luego con el círculo de Mohr. c)
Hallar la magnitud y dirección de τmáx y τmín.
τmáx = τmín = [925 – (-85)]/2 = ± 505 Kgf/cm
2
tg 2 θc = - ½ x (840 – 0)/280 De donde: 2 θc = - 56º 18’36’’ Es decir: θc = -28º 9’ 18” y : θc = - 208º 9’ 18 (En un ángulo ocurrirá el τmáx y en el otro el τmín). Esto es más fácil visualizarlo con el círculo de Mohr. NOTESE LA DIFERENCIA DE 45º entre θc y θp
- 415 3.- Un elemento plano está sometido a las tensiones indicadas en la figura siguiente. Determinar (a) las tensiones principales y sus direcciones, (b) las tensiones cortantes máximas y las direcciones de los planos en que se producen. Datos: ςx = -840 Kgf/cm2 (Quiere decir compresión) ςy = 1050 Kgf/cm2 (Quiere decir tracción) τxy = 560 Kgf/cm2
a)
Tensiones Principales y sus direcciones:
(
(
(
)
√(
)
(
)
√(
)
(
)
√(
)
(
)
√(
)
)
)
De donde 2θp = - 30º 39’ y - 210º 39’ De donde θp = - 15º 20’ y - 105º 20’
- 416 Es decir para los valores de θp calculados arriba se producen las tensiones normales principales máximas y mínimas. Para determinar cuál de las tensiones normales principales anteriores se produce en cada uno de esos planos, calculamos:
(
)
(
)
(
)
(
)
Evidentemente en un plano según θ = - 105º 20’ocurrirá la máxima tensión normal y en un plano según θ = 15º 20’ ocurrirá la mínima tensión normal. Las tensiones cortantes en estos planos son cero. Fíjense que están a 90º de diferencia. b) Los valores de las tensiones cortantes máximas vienen dados por la siguiente ecuación: √(
)
√(
)
Las tensiones cortantes máximas ocurren en planos a 45º con los planos principales y a 90º entre sí. El ángulo donde ocurren viene dado por la siguiente expresión:
De donde 2 θc = 59º 21’ y 2 θc = 239º 21’ De donde: θc = 29º 41’ y θc = 119º 41’ Estos planos están entre sí a 90º y están a 45º con los planos principales, donde ocurren las tensiones normales máximas y mínimas. Para determinar si en el plano a 29º 41’ la tensión cortante máxima es positiva o negativa, sustituimos el ángulo de 29º 41’ en la siguiente ecuación:
- 417 -
Por lo tanto, para ese ángulo la tensión cortante máxima es positiva. Vamos a hallar ahora los valores de las tensiones normales en los planos de máxima tensión cortante. Hacemos uso de la siguiente ecuación:
- 418 4.- Resuelva el problema No. 3 utilizando el círculo de Mohr Es de hacer notar que la convención de signos para el círculo de Mohr es diferente en lo que respecta a las tensiones cortantes: las tensiones cortantes serán positivas si tienden a hacer girar el elemento en el sentido de las agujas del reloj, y negativas en el caso contrario. Por lo tanto tendremos tensiones cortantes de un signo en las caras verticales y de signo contrario en las caras horizontales.
Datos: ςx = -840 Kgf/cm2 (Quiere decir compresión) ςy = 1050 Kgf/cm2 (Quiere decir tracción) τxy = 560 Kgf/cm2
COORDENADAS DEL PUNTO 1: (X = -840; Y = 560) COORDENADAS DEL PUNTO 2: (X = 1050; Y = - 560)
- 419 -
Ubicados los puntos 1 y 2, la distancia entre ellos es el diámetro del círculo de Mohr. Los extremos de este diámetro 1-2 representan el estado de tensiones que existe en el elemento si tiene la orientación original representada. Podemos, entonces, trazar el círculo de Mohr, sabiendo además que el centro del mismo estará en la abscisa X y sabiendo que la abscisa X representará los planos principales donde las tensiones normales serán máximas y mínimas.
La resolución del problema puede hacerse de manera gráfica o por relación de triángulos. Las tensiones principales están representadas por los puntos A y B.
- 420 Por relación de triángulos, obtenemos la coordenada de la abscisa del punto C: (560)/(840 + OC) = (560 + 560)/(840 + 1050) De donde: OC = 105 El valor de C-G será: CG = 1050 – 105 = 945 Y el radio del círculo C-2 será: √ De donde, la tensión principal mínima vendrá representada por O-A: 2
(ςn)mín = - 840 – 153 = -993 Kgf/cm
La tensión principal máxima vendrá representada por O-B: 2
(ςn)máx = 1050 + 153 = 1203 Kgf/cm tg α = 560/945 = 0,59259 De donde: α = 30º 39’ 2 θP = 180º - α = 149º 21’
Y θP = 74º 41’ (como en el problema anterior). La tensión principal mínima ocurrirá para 2 θP = 360º - α = 329º 21’ De donde θp = 164º 51’ (como en el problema anterior) Las ordenadas en los puntos A y B son nulas, por lo tanto las tensiones cortantes en los planos principales son cero. La tensión cortante máxima en el círculo de Mohr está representada por C-D y la tensión cortante 2 2 mínima por C-E, cuyos valores son 1098 Kgf/cm y – 1098 Kgf/cm respectivamente. El ángulo 2θC puede hallarse restando 90º del ángulo 2θP, obteniéndose: 2 θc = 59º 21’ (tensión cortante máxima) y 2 θc = 239º 21’ (tensión cortante mínima) Y θc = 29º 41’ (tensión cortante máxima) y θc = 119º 41’ (tensión cortante mínima) (como en el problema anterior). 2 Finalmente, la abscisa del punto D (es decir OC) es de 105 Kgf/cm , lo que representa la tensión normal que existe en los planos de máxima tensión cortante.
- 421 5.- Resuelva el problema No. 2 gráficamente aplicando el método de Mohr. 2
Sea:
2
ςx = + 840 Kgf/cm (tracción) y τxy = + 280 Kgf/cm . Se pide:
Se pide: a) Hallar ςN y τxy en un plano a 30º con la tensión normal. b) Hallar ςNmáx y ςN mín y las direcciones. c) Hallar la magnitud y dirección de τmáx y τmín.
NOTA IMPORTANTE: 2 θp se mide desde el plano donde ocurre la tensión normal máxima hasta el eje “X” del elemento. Si ese giro es en sentido antihorario, el ángulo 2θp es positivo.
- 422 2 θc se mide desde el plano donde ocurren las tensiones cortantes máximas hasta el eje “X” del elemento. Si ese giro es en sentido antihorario, el ángulo 2θc es positivo. 2
2
2
d = 840 + (280 x 2) , de donde d = 1009Kgf/cm
2
Para el plano de θ = 30º (parte “a” del problema), buscamos un plano que en sentido antihorario nos de 2 x 30º = 60º respecto al eje X del círculo de Mohr. Ese plano es el plano O-A. Las coordenadas del punto A representarán las tensiones normales y cortantes pedidas. Para calcular estas coordenadas tenemos (Ver área amarilla): Z = 505 x cos α = 454 2
De donde: ς (θ = 30º) = 420 + 453 = 873 Kgf/cm (Mismo resultado del hallado analíticamente) 2
De la misma forma: τ (θ = 30º) = 505 x sen α = 224 Kgf/cm (Mismo resultado del hallado analíticamente)
- 423 6.- Halle para el siguiente elemento, analíticamente y gráficamente a través del círculo de Mohr, los esfuerzos principales, de corte así como los ángulos θ donde los mismos ocurren.
Las tensiones principales serán iguales a: (
√(
)
Sustituyendo valores, se tiene: √(
)
√(
)
√(
√(
)
√(
)
)
Busquemos ahora el ángulo θp:
(
)
De donde: 2θp = - 69,44º y 110,56º
)
- 424 -
De donde: 2θc = 20,56º y 200,56º
- 425 7.- Calcule los esfuerzos principales y de corte, así como los ángulos 2θ donde ocurren esos esfuerzos, en la siguiente configuración. Se pide solución analítica y a través del círculo de Mohr, el cual será dibujado a escala y en el cual indicarán además los ejes “X” e ”Y”.
2
Centro del círculo = - (1000 + 500)/2 = -750 Kgf/cm √ De donde:
- 426 τmáx = 743,3 Kgf/cm2 τmín = - 743,3 Kgf/cm2 ςmáx = - (750 -743,3) = - 6,70 Kgf/cm2 ςmín = - (750 + 743,3) = - 1493,30 Kgf/cm2 tg 2θp = 700/250, de donde: 2θp = 70,35º, de donde θp = 35,17º tg 2θc = 250/700, de donde: 2θc = 19,65º, de donde: θc = 9,83º Comprobación por fórmulas: Las tensiones principales serán iguales a: (
√(
)
)
Sustituyendo valores, se tiene: (
√(
)
De donde: 2 ςmáx = - 6,70 Kgf/cm
ςmín = - 1493,30 Kgf/cm
√(
) 2
)
√(
)
De donde: 2
τmáx = 743,30 Kgf/cm
τmín = - 743,30 Kgf/cm
(
2
)
Sustituyendo valores se tiene: De donde: 2θp = 70,35º, de donde θp = 35,17º
De donde: 2θc = - 19,65º, de donde: θc = - 9,83º NOTA: Las fórmulas dan ya el sentido horario o antihorario del ángulo.
- 427 8.- El estado de tensión en un punto es el resultado de la acción conjunta de los tres estados que se muestran en la figura. Calcular las tensiones principales y representarlas gráficamente.
A.- Para θ = 0º, tenemos:
De donde:
Por lo tanto: ςx = 560 Kgf/cm
2
B.- Para θ = 60º, tenemos:
De donde:
Por lo tanto:
Sustituyendo el valor de ςx hallado anteriormente, se tiene:
(1) C.- Para θ = 120º, tenemos:
- 428 De donde:
Por lo tanto:
Sustituyendo el valor de ςx hallado anteriormente, se tiene:
(2) Resolviendo las ecuaciones (1) y (2) se obtiene: 2
ςy = 280 Kgf/cm
τxy = 242,49 Kgf/cm
2
2
y ςx = 560 Kgf/cm (hallado anteriormente)
(
(
(
)
)
)
√(
√(
√(
)
)
)
)
√(
√(
)
(
√(
√(
)
√(
)
)
)
- 429 -
- 430 9.- El estado de tensión en un punto es el resultado de la acción conjunta de los tres estados que se muestran en la figura. Calcular las tensiones principales y representarlas gráficamente.
A.- Para θ = 0º, tenemos:
De donde:
Por lo tanto: ςx = 35 Kgf/cm
2
B.- Para θ = - 60º, tenemos:
De donde:
Por lo tanto:
Sustituyendo el valor de ςx hallado anteriormente, se tiene:
(1) C.- Para θ = 60º, tenemos:
- 431 De donde:
Por lo tanto:
Sustituyendo el valor de ςx hallado anteriormente, se tiene:
(2) Resolviendo las ecuaciones (1) y (2) se obtiene: 2
ςy = - 25 Kgf/cm
2
τxy = 40,41Kgf/cm 2
y ςx = 35 Kgf/cm (hallado anteriormente)
(
)
√(
)
(
)
√(
)
(
)
√(
)
(
)
√(
)
√(
)
√(
)
√(
)
√(
)
- 432 Busquemos ahora el ángulo θp:
(
)
(
)
De donde: 2θ = 53,41º θ = 26,70º
- 433 10.- La sección n – n está ubicada en el punto medio del miembro C-E. Determine para el punto M de esa sección las tensiones principales.
- 434 -
ΣMB = 0 - VA x 8 + 5 x 3 x 4,5 – 5 x 6 = 0 De donde: VA = 4,6875 T (Hacia abajo) ΣFv = 0 VB = - VA = - 4,6875 T (hacia arriba)
- 435 ΣMc = 0 5 x 3 x 1,5 – 5 x 3 – VD x 8 = 0 De donde: VD = 0,9375 T (Hacia arriba) De donde: VC = - VD = - 0,9375 T (Hacia abajo)
ΣMF = 0 0,9375 x 4 + HD x 1,5 – 4,6875 x 4 = 0 De donde: HD = 10 T
- 436 ΣFh = 0 Hc + 5 x 3 – 5 – 10 = 0 De donde: Hc = 0 2
2
W1 = 5 x sen α = 5 x (3/5) = 1,8 T/m
W2 = 5 x sen α x cos α = 5 x 3/5 x 4/5 = 2,4 T/m
- 437 -
Cálculo del área: Area = 5 x 55 + 30 x 5 = 425 cm
2
Cálculo del centro de gravedad: 30 x 5 x 2,5 + 5 x 55 x (5 +55/2) = 425 x Ycg De donde: ycg = 21,91 cm Cálculo de Iz: 3
3
3
Iz = 30 x 21,91 /3 – 2 x 12,5 x 16,91 /3 + 5 x 38,09 /3 = 156988 cm
4
Cálculo del momento estático Q: Q = 5 x 15 x (38,09 – 15/2) = 2294,25 cm
3
Cálculo de los esfuerzos normales: Fibra Superior: ςc = - N/A + Mz x y/Iz = - 5,44 x 1000/425 + 7,5 x 1000 x 100 x 38,09/156988 = - 12,80 + 181,97 = 169,17 2 Kgf/cm Fibra Inferior: ςt = - N/A - Mz x y/Iz = - 5,44 x 1000/425 - 7,5 x 1000 x 100 x 21,91/156988 = - 12,80 – 104,67 = - 117,47 2 Kgf/cm Cálculo de los esfuerzos de corte: τ = V x Q/(Iz x b) = - 5,25 x 1000 x 2294,25/(156988 x 5) = - 15,34 Kgf/cm
2
- 438 -
(
√(
)
(
√(
)
De donde: ςmáx = 99,87 Kgf/cm
2
2
ςmín = - 2,36 Kgf/cm
√(
√( De donde: 2
τmáx = 51,11 Kgf/cm
2
τmín = - 51,11 Kgf/cm
)
)
)
)
- 439 11.- Haga el despiece del tramo C-D indicando las fuerzas axiales, de corte y de momento (Todo con su respectivo signo). Dibuje los diagramas de esfuerzos axiales y de flexión (por separado) y del combinado y halle la distancia desde el eje neutro al centro de gravedad en la sección ubicada en el punto D. Finalmente, calcule las tensiones principales en el punto M de esa misma sección.
- 440 -
La estructura es isostática. Σ ME = 0 (Lado izquierdo de la estructura): VA x 8 – HA x 3 x 1 – 5 x 2 x 3 = 0 De donde: 8 VA – 3 HA = 31 (1) Σ ME = 0 (Lado derecho de la estructura): HG x 3 – VG x 4 = 0 De donde: 3 HG = 4 VG (2) Σ Fv = 0 VA + VG = 5 x 2 De donde: VG = 10 – VA
(3)
Σ FH = 0 HA – HG – 10 = 0 De donde: HA = HG + 10
(4)
Sustituyendo (4) en (1), tenemos: 8 VA – 3 x (HG + 10)= 31 De donde: 8 VA – 3 HG = 61 (5) Sustituyendo (2) en (5), tenemos: 8 VA – 4 VG = 61 (6) Sustituyendo (3) en (6), tenemos: 8 VA – 4 x (10 – VA) = 61 De donde: VA = 8,417 T = 8,42 T Sustituyendo el valor de VA en (3), obtenemos: VG = 10 – 8,417 = 1,58 T Sustituyendo el valor de VA en (5), obtenemos: 8 x 8,417 – 3 HG = 61 De donde: HG = 2,112 = 2,11 T
- 441 Finalmente sustituyendo el valor de HG en (4), tenemos: HA = 2,11 + 10 = 12,11 T
- 442 -
Resolviendo el problema, de una forma directa sin despiece, se obtiene: MD = 8,42 x 6 – 12,11 x 3 – 1 – 5 x 2 x 1 = 3,19 T-m VD = 8,42 – 5 x 2 = - 1,58 T ND = HA = 12,11 T
- 443 -
Cálculo del área: 2 Area = 5 x 50 + 25 x 5 = 375 cm Cálculo del centro de gravedad: 25 x 5 x 2,5 + 5 x 50 x (5 +25) = 375 x Ycg De donde: ycg = 20,83 cm Cálculo de Iz: 3 3 3 4 Iz = 25 x 20,83 /3 – 2 x 10 x 15,83 /3 + 5 x 34,17 /3 = 115365 cm Cálculo del momento estático Q: 3 Q = 5 x 20 x (34,17 – 10) = 2417 cm Cálculo de los esfuerzos normales: Fibra Superior: ςc = - N/A - Mz x y/Iz = - 12,11 x 1000/375 – 3,19 x 1000 x 100 x 34,17/115365 = - 32,29 – 94,48 = - 126,77 2 Kgf/cm (Compresión) Fibra Inferior: ςt = - N/A + Mz x y/Iz = - 12,11 x 1000/375 + 3,19 x 1000 x 100 x 20,83/115365 = - 32,29 + 57,60 = + 25,31 2 Kgf/cm (Tracción) Cálculo de los esfuerzos de corte: 2 τ = V x Q/(Iz x b) = - 1,58 x 1000 x 2417/(115365 x 5) = - 6,62 Kgf/cm
- 444 -
Otra forma de calcular el esfuerzo en el Punto “M”: Distancia de “M” al centro de gravedad = 34,17 – 20 = 14,17 ς = - N/A - Mz x y/Iz = - 12,11 x 1000/375 – 3,19 x 1000 x 100 x 14,17/115365 = - 32,29 – 39,18 = - 71,47 2 Kgf/cm (Compresión)
(
√(
)
(
)
√(
)
)
De donde: ςmáx = 0,61 Kgf/cm
2
√(
√(
2
ςmín = - 72,08 Kgf/cm
)
)
De donde: 2
τmáx = 36,34 Kgf/cm
2
τmín = - 36,34 Kgf/cm
- 445 12.- Para la estructura mostrada, determine las tensiones principales en el punto M de la sección n-n.
SECCION n-n: A = 20 x 5 + 5 x 45 = 325 cm
2
Cálculo del C.G. (respecto a la base): 20 x 5 x 2,5 + 5 x 45 x (22,5 + 5) = 325 x Y De donde: Y = 19,81 cm Q = Momento estático del área amarilla alrededor de X-X que pasa por el centro de gravedad. Q = 5 x 20 x (10,19 + 20/2) = 2019 cm
3
NOTA: Si se calcula Q con el área verde, evidentemente da el mismo resultado. 3
3
3
3
4
Ix-x = 5 x 30,19 /3 + 5 x 19,81 /3 + 7,5 x 19,81 /3 x 2 – 7,5 x (19,81 – 5) /3 x 2 = 81446 cm NOTA: Se aplicó la conocida fórmula de Inercia de un rectángulo alrededor de la base.
- 446 -
- 447 Cálculo de las reacciones: ΣMA = 0 , de donde: 8 x 3 -8 + 2 x 4 x 6 +2 x 6 + 8 x 4 – Dv x 12 = 0 Dv = 9 T Av = 7 T AH = 10 T Dividimos la estructura en varias sub-estructuras y calculamos las solicitaciones en las sub-estructuras 1 (entre A y F) y 2 (entre A y C), lo cual nos permitirá resolver la estática de toda la estructura: Sub-estructura 1: ΣFH = 0, de donde: FHA1 = FHF1 = 4 T La nomenclatura quiere decir: Fuerza horizontal en el vértice A de la sub-estructura 1. EQUILIBRIO NODO A:
FHA2 = AH – FHA1 = 10 T – 4 T = 6 T (por equilibrio horizontal del nodo A) Sub-estructura 2: ΣFH = 0, de donde: FHC2 = FHA2 = 6 T (en sentido contrario) ΣMA = 0, de donde: FVC2 x 8 = FHC2 x 3 + 8 x 4, de donde: FVC2 = (6 x 3 + 8 x 4)/8 = 6,25 T ΣFV = 0, de donde: FVA2 = 8 - 6,25 = 1,75 T De donde FVA1 = AV – FVA2 = 7 T – 1,75 T = 5,25 T (por equilibrio vertical del nodo A) Con esta información, podemos hallar las solicitaciones en todos los miembros de la estructura completa. A continuación su solución detallada:
- 448 -
- 449 Se mostrarán a continuación los diagramas únicamente de los miembros A-F y F-E (este último es el que nos interesa). Pueden hallar los diagramas de todos los miembros de la estructura para practicar.
- 450 En la sección n-n, tenemos: Compresión n-n = - 4 T = - 4000 Kgf V n-n = + 1.25 T = + 1250 Kgf M n-n = + 19.5 T-m = + 19500 Kgf-m Y = 10,19 cm (Distancia del punto M a la recta por donde pasa el centro de gravedad) De donde: ςM = N/A ± M Y/Ix-x = -4000/325 - 19500 x 100 x 10,19/81446 2 De donde: ςM = - 12,31 – 243,97 = - 256,28 Kgf/cm = ςx
En este caso: b = t = 5 cm
- 451 ςy = 0, por lo tanto nos queda:
Las tensiones principales serán iguales a: (
)
√(
)
Sustituyendo valores, se tiene: (
)
De donde: 2 ςmáx = 0,149 Kgf/cm
√(
) 2
ςmín = - 256,43 Kgf/cm
En los planos principales las tensiones cortantes son “0”. Si se quiere hallar el ángulo donde ocurren las tensiones principales, tenemos:
(
)
Sustituyendo valores se tiene: (
)
De donde: θp = - 1º 23’ y θp = - 91,23º
Para θp = - 1º 23’ocurrirá el ςn mín y para θP = - 91º 23’ ocurrirá el ςn máx. Se deja este trabajo para que lo verifiquen.
- 452 13.- La sección n – n está ubicada en el punto medio del miembro B-C. Determine para el punto M de esa sección las tensiones principales.
- 453 Descomposición de las fuerzas inclinadas Sobre miembro AB: H = 75 x sen α = 60 V = 75 x cos α = 45 Sobre miembro CD: H = 100 x sen α = 80 V = 100 x cos α = 60 ΣMA = 0: 45 x 1 + 60 x 4/3 + 400 x 5 + 400 x 8 + 60 x 11,5 – 80 x 2 – VD x 13 = 0 De donde: VD = 450,4 Kgf ΣFv = 0: VA – 45 – 400 – 400 – 60 + 450,4 = 0 De donde: VA = 454,6 Kgf ΣFh = 0: HA + 60 – 80 = 0 De donde: HA = 20 Kgf ΣMnn = 0: 454,6 x 6,5 – 20 x 4 – 60 x 8/3 – 45 x 5,5 – 400 x 1,5 + Mnn = 0 De donde: Mnn = - 1867,5 Kgf-m El momento es + por convenio de signos:
ΣVnn = 0: 454,6 – 45 - 400 + Vnn = 0 De donde: Vnn = - 9,6 Kgf El corte es + por convenio de signos:
- 454 Procedemos ahora a hacer el despiece del miembro BC, calculando todas las solicitaciones en el nodo B: ΣFvB = 0:
454,6 – 45 + VB = 0
de donde: VB = - 409,6 Kgf
ΣFhB = 0:
20 + 60 + HB = 0 de donde: HB = - 80 Kgf
ΣMB = 0:454,6 x 3 – 20 x 4 – 60 x 8/3 – 45 x 2 + MB = 0
de donde: MB = - 1034 Kgf-m
Las solicitaciones del nodo B (Miembro AB) pasan con signo cambiado al nodo B (miembro BC), por lo tanto se puede completar la estática del miembro BC, tal como se muestra a continuación:
- 455 Por lo tanto, los valores en la sección n-n son: Compresión: N = - 80 Kgf Corte: V = + 9,6 Kgf Momento: M = + 1867,50 Kgf-m Nota: Los valores del corte y momento en la sección n-n ya habían sido hallados de una forma directa anteriormente. Cálculo del Momento Estático Q: 3 Q = 20 x 5 x (25 – 5/2) + 5 x 10 x (10 + 10/2) = 3000 cm Cálculo de la Inercia (alrededor del eje Z): 3 3 4 Iz = 20 x 50 /12 – 15 x 40 /12 = 128333 cm Cálculo del área: 2 A = 20 x 5 x 2 + 5 x 40 = 400 cm
Nótese que el momento es positivo pero la “y” del punto M es negativa de acuerdo a la convención de signo tomada donde “y” es negativo hacia abajo.
- 456 A continuación se muestra el diagrama de los esfuerzos de flexión combinados con los esfuerzos axiales:
Resumen en M: ςx = - 14,75 Kgf/cm
2
τxy = + 0,045 Kgf/cm
2
Las tensiones principales serán iguales a: (
)
√(
)
Sustituyendo valores, se tiene: ( De donde: -4 2 ςmáx = + 1,37 x 10 Kgf/cm
)
√(
) 2
ςmín = - 14,75 Kgf/cm
- 457 -
√(
√(
)
)
De donde: τmáx = 7,37 Kgf/cm
2
2
τmín = - 7,37 Kgf/cm
A continuación, se construye el círculo de Mohr con los valores calculados:
- 458 14.- Determinar para el punto M de la sección n-n las tensiones principales. (UNICAMENTE SE RESOLVERÁ EL DESPIECE). Se deja al alumno terminar el problema.
Nota: La sección n – n está en el miembro B-C a 2 m del nodo B. Las medidas están en metros lineales.
ΣME = 0: VA x 20 – 5 x 8 x 10 + 8 x 3 = 0
- 459 De donde: VA = 18,8 T ΣFv = 0: VE = 5 x 8 – 18,80 De donde: VE = 21,2 T ΣFh = 0: HE = 8 T
ΣMD = 0: VB x 8 – 5 x 8 x 4 + 8 x 3 = 0 De donde: VB = 17 T Por lo tanto: VD = 5 x 8 – 17 = 23 T
ΣMF =0: 18,80 x 10 – 17 x 4 – HB x 3 = 0 De donde: HB = 40 T
- 460 -
ΣFh = 0: HD = 40 + 8 = 48 T ΣMC = 0: 17 x 4 – 40 x 3 – 5 x 4 x 2 + MC = 0 De donde: MC = + 92 T-m Descomponemos la fuerza horizontal de 5 T/m en 2 fuerzas: una perpendicular a la barra BC y la otra en el sentido de la barra BC. Igualmente descomponemos las fuerzas HB de 40 T y VB de 17 T:
La fuerza perpendicular a la barra BC nos queda igual a: W
2
2
BC = 5 T/m x cos α = 5 x (4/5) = 3,2 T/m
La fuerza paralela a la barra BC nos queda igual a: W // BC = 5 T/m x sen α x cos α = 5 x 3/5 x 4/5 = 2,4 T/m
- 461 Nos queda entonces:
Nota: Las fuerzas en C se determinaron igualando fuerzas perpendiculares y paralelas a la barra BC.
- 462 15.- Determine para el punto “m” de la sección n-n las tensiones principales y represéntelas gráficamente.
La estructura es isostática.
- 463 Cálculo de reacciones: Σ MG = 0:
Av x 16 + 4 x 3 x 1,5 – 1 – 9 x 12 – 4 x 10 x 8 – 4 x 3 + 8 = 0
Av = 25,9375 T
Σ FV = 0: 25,9375 – 9 – 4 x 10 + Gv = 0 Gv = 23,0625 T
Estructura a la derecha: Σ ME = 0:
GH x 3 – 23,0625 x 4 + 8 = 0
GH = 28,0833 T Σ FH = 0:
AH + 4 x 3 – 4 – 28,0833 = 0
AH = 20,0833 T
ΣMn-n = 0: 25,9375 x (4 + 8/5) – 20,0833 x (3 + 6/5) – 4 x 3 x (1,5 + 6/5) – 1 – 9 x 8/5 – 4 x 2 x 8/10 + Mn-n- = 0 De donde: Mn-n = - 6,70 T-m (El sentido del Momento está indicado en la figura anterior) Vn-n = 25,9375 – 9 – 4 x 2 = 8,9375 T Hn-n = 20,0833 + 4 x 3 = 32,0833 T
- 464 -
Fuerza axial en el punto O: Cx = 8,9375 x sen α + 32,0833 x cos α = 8,9375 x 3/5 + 32,0833 x 4/5 = 5,3625 + 25,66664 = 31,03 T (Es compresión en la barra CD ya que Cx comprime la barra CD) Corte en el punto O: Vy = 8,9375 x cos α – 32,0833 x sen α = 8,9375 x 4/5 – 32,0833 x 3/5 = 7,15 – 19,24998= - 12,10 T (es un corte negativo) (Se aprecia mejor al hacer el despiece de la barra CD dibujada en sentido horizontal). El momento sigue siendo: Mo = - 6,70 T-m A CONTINUACIÓN Y COMO COMPROBACIÓN SE MUESTRA EL DESPIECE DE LA BARRA C-D, PARA LO CUAL DEBEREMOS HALLAR PRIMERO LAS SOLICITACIONES EN LOS PUNTOS C Y D:
Σ Mc = 0: 25,9375 x 4 – 20,0833 x 3 – 4 x 3 x 1,5 – 1 + Mc = 0 Σ FH = 0: 20,0833 + 4 x 3 + CH = 0 De donde CH = - 32,0833 T Σ Fv = 0: 25,9375 - 9 + Cv = 0 De donde Cv = - 16,9375 T
De donde: Mc = - 24,5 T-m
- 465 -
Σ MD = 0: 24,5 + 16,9375 x 4 – 32,0833 x 3 – 4 x 5 x 2 + MD = 0 Σ FH = 0: 32,0833 + DH = 0 De donde DH = - 32,0833 T Σ Fv = 0: 16,9375 – 4 x 5 + Dv = 0 De donde Dv = 3,0625 T
De donde: MD = + 44 T-m
Chequeo en punto O: Σ MO = 0:16,9375 x 8/5 – 32,0833 x 6/5 + 24,5 – 4 x 2 x 8/10 + Mn-n = 0 De donde: Mn-n = -6,70 T-m O.K. Σ FH = 0: 32,0833 + Hn-n =0 De donde: Hn-n = - 32,0833 T O.K. Σ Fv = 0: 16,9375 – 4 x 2 + Vn-n = 0 De donde: Vn-n = - 8,9375 T O.K. Descomposición de fuerzas actuantes en la barra C-D: Vamos a dibujar los diagramas de fuerza axial, momento y corte que actúan sobre el miembro inclinado C-D, descomponiendo la carga vertical que actúa sobre el mismo:
El esquema anterior puede entonces resumirse de la manera siguiente:
- 466 -
Con el esquema anterior hallaremos las solicitaciones en el punto O (a 2 metros del punto C):
- 467 -
Pasamos ahora a estudiar el punto “m” de la sección n-n.:
- 468 -
Area = 20 x 5 + 5 x 45 = 325 cm
2
Cálculo del centro de gravedad: 20 x 5 x 2,5 + 5 x 45 x (5 + 45/2) = 325 x YCG De donde: YCG = 19,81 cm (medido respecto a la base del alma) 3
3
3
IZ = 20 x 19,81 /3 – 2 x 7,5 x 14,81 /3 + 5 x 30,19 /3 = 81446,32 cm
4
3
Qm = 5 x 15 x (7,5 + 30,19 - 15) = 1701,75 cm (Momento estático del área por debajo del punto “m” con respecto al centro de gravedad de la sección). Esfuerzos en la sección n-n: La fuerza axial es de compresión y el momento es positivo, por lo tanto tendremos compresión en la fibra superior y tensión en la fibra inferior. ςc = - N/A - MZ y/IZ ςc = - 31,03 x 1000/325 - 6,70 x 1000 x 100 x 19,81/81446,32 = - 95,48 - 162,96 = - 258,44 Kgf/cm (Compresión en la fibra superior)
2
ςt = - N/A + MZ y/IZ 2
ςt = - 31,03 x 1000/325 + 6,70 x 1000 x 100 x 30,19/81446,32 = - 95,48 + 248,35 = + 152,87 Kgf/cm (Tensión en la fibra inferior) Corte: τ = V Q/(IZ b) 2
τ = - 12,10 x 1000 x 1701,75 /(81446,32 x 5) = - 50,56 Kgf/cm (Esfuerzo cortante en el punto “m” de la sección) Graficando todo lo anterior, nos queda:
- 469 -
Resulta, entonces, el siguiente estado de esfuerzos en el punto “m”:
Las tensiones principales serán iguales a: (
√(
)
)
Sustituyendo valores, se tiene: (
√(
)
)
De donde: ςmáx = 67,39 Kgf/cm
2
√(
√(
2
ςmín = - 37,94 Kgf/cm
)
)
De donde: 2
τmáx = 52,66 Kgf/cm
2
τmín = - 52,66 Kgf/cm
Representaremos las tensiones principales a través del círculo de Mohr:
- 470 -
- 471 16.- Hallar los esfuerzos normales (tracción o compresión + flexión) y los de corte en el punto A de la sección n-n de la figura a continuación. Sumar los efectos de los mismos y presentarlos en un elemento, donde se determinará el sentido de los esfuerzos.
- 472 -
sen α = 3/5
cos α = 4/5
ΣM5 = 0: V1 x 8 + 1000 x 6 – 1000 x sen α x 7,50 – 1000 x cos α x 2 -100 x 6 x 3 – 100 x 2 – 200 = 0 De donde: V1 = 512,50 Kgf ΣFv = 0: V1 + V5 = 1000 + 1000 x cos α V5 = 1000 + 1000 x 4/5 – 512,50 V5 = 1287,50 Kgf ΣFh = 0: H5 + 1000 – 100 x 6 – 1000 x sen α H5 = 200 Kgf
- 473 Debido a que, por la articulación en “2”, el miembro 2-6 no transmite momento al nodo “2”, ese miembro únicamente aporta al nodo “2” una fuerza horizontal H2 y una fuerza vertical V2. Tomando momento respecto al punto 4, se obtiene: ΣM4 = 0: 512,50 x 8 – V2 x 4 + H2 x 3 – 200 – 1000 x 2,50 = 0
3 H2 = 4 V2 - 1400
Tomando ahora momento respecto al punto 5, se obtiene: ΣM5 = 0: H2 x 3 + V2 x 4 – 1000 x 2 = 0
3 H2 = -4 V2 + 2000
- 474 -
Resolviendo las 2 ecuaciones, se obtiene: V2 = 425 Kgf y H2 = 100 Kgf Se presentarán ahora dos formas para llegar a la sección n-n, una didáctica (paso a paso) y otra inmediata. Forma didáctica: ΣFv3 = 512,50 – 425 = 87,50 Kgf ΣFh3 = - 100 + 1000 = 900 Kgf M3 = 512,50 x 4 + 100 x 6 – 1000 x 3 = -350 Kgf-m
- 475 Por lo tanto en el nodo 3, descomponiendo las fuerzas, se halla N, V y M, que son la fuerza normal y de corte y el momento en el extremo “3” del miembro 3-4:
Del gráfico anterior se obtiene:
- 476 Por lo tanto las fuerzas en el miembro 3-4 son:
Forma inmediata: Mn-n = 512,50 x 5,60 – 425 x 1,60 + 100 x 4,80 – 1000 x 1,80 – 200 = + 670 Kgf-m (Positivo) Fvn-n = 512,50 – 425 = + 87,50 Kgf (En sentido horizontal hacia la derecha) Fhn-n = - 100 + 1000 = + 900 Kgf (En sentido vertical hacia arriba) Descomponiendo Fvn-n y Fhn-n en la dirección del miembro 3-4, se obtiene: N = (900 cos α- 87,50 sen α) = (720 – 52,50) = - 667,50 Kgf (Compresión) V = (900 sen α + 87,50 cos α) = (540 + 70) = 610 Kgf (Corte +) NOTA: En la forma inmediata hay que fijarse muy bien en los signos de las fuerzas. Se presentarán ahora dos formas para hallar los esfuerzos en el punto M de la sección n-n, una didáctica (paso a paso) y otra inmediata.
- 477 Forma didáctica: 3 4 I = 30 x 50 /12 = 312500 cm
Esfuerzos en los extremos: ς = - N/A ± M c/I En los extremos: c = 25 cm ς = - 667,50/(30x50) ± 670 x 100 x 25/312500 ς = - 0,445 ± 5,36 ς = - 5,805 Kgf/cm2 2
+ 4,915 Kgf/cm
Por relación de triángulos se halla que: ςM = - 3,661 Kgf/cm
Forma inmediata: ς = - N/A ± M c/I ςM = - 667,50/(30x50) - 670 x 100 x 15/312500 ςM = - 0,445 – 3,216 2 ςM = - 3,661 Kgf/cm CORTE: τ = V x Q/(I x b) 3 Q = 30 x 10 x (15 + 5) = 6000 cm τM = 610 x 6000/(312500 x 30) 2 τM = 0,39 Kgf/cm
2
- 478 17.- Halle los esfuerzos máximos en el punto M de la sección n-n, analíticamente y por medio del dibujo del círculo de Mohr. La estructura tiene 6 articulaciones internas. Nota: todas las cargas están centradas con respecto a los miembros y la sección n-n está en el punto medio del miembro 5-6. Resultados en la sección n-n: N = - 500 Kgf; V = - 625 Kgf; M = + 1250 Kgf-m
- 479 -
ΣM1 = 0: - Rv3 x 8 – 500 x 4 + 1000 x 2 + 1000 x 6 + 1000 x 6 + 1000 x 2 = 0 De donde: Rv3 = + 1750 Kgf ΣFv = 0 : Rv1 + 1750 – 1000 – 1000 – 1000 = 0 De donde: Rv1 = + 1250 Kgf ΣFh = 0: Rh1 + 1000 – 500 = 0 De donde: Rh1 = - 500 Kgf
ΣFv = 0: V1 = 1000 + V6, de donde: V6 = V1 – 1000 ΣFh = 0: H1 + 1000 = H6, de donde: H1 = H6 – 1000
- 480 -
ΣM2 = 0: (1250 – V1) x 4 = 0 De donde: V1 = 1250 Kgf Por lo tanto: V6 = 1250 – 1000 V6 = 250 Kgf ΣM1 = 0: 1000 x 2 + 1000 x 2 + 250 x 4 – H6 x 4 = 0 De donde: H6 = 1250 Kgf Por lo tanto: H1 = 1250 – 1000 H1 = 250 Kgf El despiece del miembro 1-2 queda entonces así:
- 481 -
ΣM5 = 0: V4 x 4 = 1000 x 2 De donde: V4 = 500 Kgf V5 = V4 = 500 Kgf
- 482 -
ΣM2 = 0: 500 x 4 + H4 x 8 + 1000 x 2 – 1750 x 4 = 0 De donde: H4 = 625 Kgf Por lo tanto: H5 = H4 = 625 Kgf ΣFv = 0: V2 + 1000 + 500 = 1750 Por lo tanto: V2 = 250 Kgf ΣFh = 0: H2 + 500 = 625 Por lo tanto: H2 = 125 Kgf Equilibrando el nodo 2, tenemos:
- 483 De donde el despiece del miembro 2-5 queda de la siguiente manera:
Por lo tanto: Nn-n = -500 Kgf (Compresión) Vn-n = - 625 Kgf Mn-n = + 1250 Kgf-m
- 484 -
2
Area = 900 cm YCG = 16,11 cm (medido a partir de la base) 4 Iz = 196389 cm 3 Q = 10 x 30 x (3,89 + 15) = 5667 cm Al ser el momento positivo en la sección n-n y estar el punto M por encima del eje neutro, tenemos que la flexión incrementa la compresión en el punto M, de donde: ςx = - 500/900 - 1250 x 100 x 3,89/196389 2 Por lo tanto: ςx = - 3,03 Kgf/cm Por otro lado: τ = V Q /(Iz b) τ = - 625 x 5667/(196389 x 10) 2 De donde: τ = - 1,80 Kgf/cm Por lo tanto, el elemento nos queda de la siguiente forma:
Las tensiones principales serán iguales a: (
√(
)
)
Sustituyendo valores, se tiene: ( De donde: 2 ςmáx = 0,84 Kgf/cm
)
√(
) 2
ςmín = - 3,87 Kgf/cm
- 485 -
√(
)
√(
)
De donde: τmáx = 2,35 Kgf/cm
2
2
τmín = - 2,35 Kgf/cm
(
)
Sustituyendo valores se tiene: (
)
De donde: 2θp = 49,91º (corresponde al ςmín) y 2θp = 229,91º (corresponde al ςmáx). (Esa correspondencia se verá en el círculo de Morh).
De donde: 2θc = - 40,09º (corresponde al τmín) y 2θc = 139,91º (corresponde al τmáx). (Esa correspondencia se verá en el círculo de Morh). Círculo de Mohr: 2
2 1/2
R = [(3,03/2) + 1,80 ]
= 2,35 = τmáx = τmín
- 486 18.- Halle analíticamente los esfuerzos principales (máx y mín), los esfuerzos de corte (máx y mín), los 2 ángulos 2θp y los 2 ángulos 2θc en el punto R de la sección hueca m-m indicada. Construya, luego, el círculo de Mohr, verificando los resultados anteriores, menos el de los ángulos indicados anteriormente, los cuales deberán ser sin embargo señalados en el círculo con sus respectivos valores y orientación. Acote también la posición del eje neutro en la sección m-m con respecto al centro de gravedad, calculándolo analíticamente e indicando si subió o bajó respecto al eje neutro de la flexión pura. NOTA: Para la resolución del problema, SE LES PIDE SÓLO EL DESPIECE COMPLETO DEL MIEMBRO C-D con sus respectivos diagramas de N, V y M. Las cargas están expresadas en Kgf/m, Kgf o Kgf-m, según sea el caso.
Puntuación parcial: a) b) c) d) e) f)
Cálculo de reacciones, despiece del miembro C-D y solicitaciones en la sección m-m. Cálculo de los esfuerzos axiales y de corte en el punto R. Cálculo y ubicación del eje neutro en la sección m-m. Dibujo del elemento infinitesimal y cálculo analítico de los esfuerzos principales, de corte y ángulos dobles. Cálculo y dibujo del círculo de Mohr. Indicación en el círculo de los ángulos dobles con su valor y orientación.
- 487 a.- Cálculo de reacciones, despiece y solicitaciones en sección m-m: ΣMF = 0: VA x 12 – 100 x 3 x 1,50 – 100 x 2 x 7 – 100 x 6 – 100 = 0 De donde: VA = 212,50 Kgf ΣFv = 0: 212,50 – 100 x 2 – 100 + VF = 0 De donde: VF = 87,50 Kgf ΣMC (derecha) = 0: - 87,50 x 8 – 100 + 100 x 2 – 87,50 x 8 + HF x 3 – 100 + 100 x 2 + 100 x 2 x 1 = 0 De donde: HF = 133,33 Kgf ΣFh = 0: - HA + 100 x 3 + 133,33 = 0 De donde: HA = 433,33 Kgf
- 488 Por lo tanto, en la sección m-m, tenemos: N = + 133,33 Kgf V = + 112,50 Kgf M = + 162,50 Kgf-m b.- Cálculo de los esfuerzos axiales y de corte en el punto R. Forma inmediata: Area = 50 x 50 – 30 x 30 = 1600 cm2 4 4 Iz = (50 – 30 )/12 = 453333 cm4 Q = 50 x 15 x 17,5 – 30 x 5 x 12,5 = 11250 cm3 ς = N/A ± M c/I ςR = 133,33/1600 - 162,50 x 100 x 10/453333 ςR = 0,08 – 0,36 ςR = - 0,28 Kgf/cm2 CORTE: τR = V x Q/(Iz x b) τR = 112,50 x 11250/(453333 x 2 x 10) (Son 2 secciones sometidas a corte) τR = 0,14 Kgf/cm2 c.- Cálculo y ubicación del eje neutro en la sección m-m. Hallaremos la posición del eje neutro analíticamente igualando ς a cero, de donde: 133,33/1600 – 162,50 x 100 x Z/453333 = 0 De donde: Z = 2,32 cm (El eje neutro sube respecto al eje neutro de la flexión pura) d.- Dibujo del elemento infinitesimal y cálculo analítico de los esfuerzos principales, de corte y ángulos dobles.
2
2 1/2
ςmáx = - 0,28/2 + [(-0,28/2) +0,14 ] 2
2 1/2
ςmín = - 0,28/2 - [(-0,28/2) +0,14 ] 2
2 1/2
τmáx (mín) = ± *(-0,28/2) +0,14 ] tg2θp = 2 x 0,14/(-0,28) = -1
= + 0,06 Kgf/cm
= - 0,34 Kgf/cm
= ± 0,20 Kgf/cm
2
2
2
- 489 De donde: 2θp = - 45º (con el plano principal de los esfuerzos mínimos) (VER CÍRCULO DE MOHR) y 2θp = 135º (con el plano principal de los esfuerzos máximos) (VER CÍRCULO DE MOHR) tg2θc = - (-0,28)/(2 x 0,14) = 1 De donde: 2θc = 45º MOHR)
(con el plano principal de los esfuerzos cortantes máximos) (VER CÍRCULO DE
y 2θc = 225º (Equivale a – 135º) (con el plano principal de los esfuerzos cortantes mínimos) (VER CÍRCULO DE MOHR)
e. y f.- Cálculo y dibujo del círculo de Mohr. Indicación en el círculo de los ángulos dobles con su valor y orientación.
2
2 1/2
R = (0,14 + 0,14 )
2
= 0,20 Kgf/cm = τmáx = τmín
De donde: ςmáx = 0,06 Kgf/cm
2
y ςmín = - 0,34 Kgf/cm
2
- 490 19.- Halle los los esfuerzos principales, de corte así como los ángulos θ donde los mismos ocurren, en el punto M de la sección n-n, analíticamente y por medio del dibujo del círculo de Mohr. La estructura tiene 3 articulaciones internas.
Σ Mc = 0: VA x 8 + 100 + 500 x 2 – 1000 x 2 – 1000 x 4 x 2 = 0 VA = 1112,50 Kgf Σ Fv = 0: VA + VC = 1000 x 4 De donde: VC = 1000 x 4 – 1112,50 VC = 2887,50 Kgf
- 491 HA = 1000 – 500 HA = 500 Kgf
- 492 -
Cálculo del área: Area = 30 x 10 + 10 x 40 + 50 x 30 = 2200 cm
2
- 493 Cálculo del centro de gravedad (con respecto a la base): 30 x 10 x 75 + 10 x 40 x 50 + 50 x 30 x 15 = 2200 x Ycg De donde: ycg = 29,545 cm Cálculo de Iz: 3
3
3
3
4
Iz = 30 x 50,455 /3 – 2 x 10 x 40,455 /3 + 2 x 10 x 0,455 /3 + 50 x 29,545 /3 = 1272878 cm Cálculo del momento estático Q : Q = 30 x 10 x 45,455 + 10 x 30 x 25,455 = 21273 cm
3
Cálculo de los esfuerzos normales: Fibra Superior: ςc = - N/A - Mz x y/Iz = - 2000/2200 - 800 x 100 x 50,455/1272878 = - 0,909 – 3,171 = - 4,08 Kgf/cm
2
Fibra Inferior: ςt = - N/A + Mz x y/Iz = - 2000/2200 + 800 x 100 x 29,545/1272878 = - 0,909 + 1,857 = 0,948 Kgf/cm Calculándolo directamente, se tiene: ςM = - 2000/2200 + 800 x 100 x (-10,455)/ 1272878 = - 1,566 Kgf/cm
Cálculo de los esfuerzos de corte: τ = V x Q/(Iz x b) = - 500 x 21273/(1272878 x 10) = - 0,836 Kgf/cm
2
2
2
- 494 -
Sustituyendo los valores analíticamente en las siguientes ecuaciones, se obtiene:
(
√(
) √(
)
√(
)
√(
√(
)
√(
)
(
)
)
)
De donde: 2θp = 46,87º y 226,87º (El primero es el ángulo entre ςmín y el eje “x” y el segundo es el ángulo entre ςmáx y el eje “x”, ambos medidos en sentido anti-horario)
De donde: 2θc = - 43,13º y 136,87º (El primero es el ángulo entre τmín y el eje “x” medido en sentido horario y el segundo es el ángulo entre τmáx y el eje “x” medido en sentido anti-horario)
- 495 -
- 496 20.- En la estructura a continuación, Ud dispone de la siguiente información obtenida a través del círculo de 2 2 Mohr en el punto M de la sección n-n indicada. ςmáx = + 1,699 Kgf/cm y ςmín = - 1,627 Kgf/cm . Se pide calcular las cargas P (en Kgf) a las cuales está sometida la estructura. En el dibujo está indicada la posición de la sección.
Σ Mc = 0: VA x 8 – P x 2 + P x 2 = 0 De donde: VA = 0 Kgf Σ Fv = 0: VA + VC = P De donde: VC = P HA = P
- 497 -
- 498 -
Cálculo del área: Area = 30 x 10 + 10 x 45 + 50 x 25 = 2000 cm
2
- 499 Cálculo del centro de gravedad (con respecto a la base): 30 x 10 x 75 + 10 x 45 x 47,5 + 50 x 25 x 12,5 = 2000 x Ycg De donde: ycg = 29,75 cm Cálculo de Iz: 3
3
3
3
4
Iz = 30 x 50,25 /3 – 2 x 10 x 40,25 /3 + 50 x 29,75 /3 – 2 x 20 x 4,75 /3 = 1271542 cm Cálculo del momento estático Q : Q = 30 x 10 x 45,25 + 10 x 30 x 25,25 = 21150 cm
3
Cálculo de los esfuerzos normales: Calculándolo directamente, se tiene: 2
ςM = - 0,5 P/2000 – 0,6 P x 100 x (-10,25)/ 1271542 = + 0,0002337 P (en Kgf/cm ) Cálculo de los esfuerzos de corte: 2
τM = V x Q/(Iz x b) = + P x 21150/(1271542 x 10) = + 0,001663 P ( en Kgf/cm )
Nos dicen que: ςmáx = + 1,699 Kgf/cm
2
y 2
ςmín = - 1,627 Kgf/cm
Sabiendo que ςy = 0, tenemos el siguiente sistema de ecuaciones:
(
)
√(
Para la primera ecuación se tiene: √(
)
)
- 500 -
√(
)
Llamando a ςx/2 = A, τxy = B y elevando los términos a ambos lados al cuadrado, se tiene:
2
2
2,886601 + A – 3,398 A = A + B
2
2
De donde: B + 3,398 A = 2,886601 Para la segunda ecuación se tiene: √(
)
√(
)
Llamando a ςx/2 = A, y elevando los términos a ambos lados al cuadrado, se tiene:
2
2
2,647129 + A + 3,254 A = A + B
2
2
De donde: B - 3,254 A = 2,647129 Resolviendo las dos ecuaciones amarillas, se obtiene: A = 0,036 B = 1,663 De donde: ςx = 2 A = 2 x 0,036 = 0,072 τxy = B = 1,663 Igualando uno de estos valores a los valores en el dibujo del elemento (cualquiera de los 2), se obtiene: ςx = 0,072 = 0,000072 P, de donde P = 1000 Kgf Si igualamos el segundo valor, se obtiene el mismo resultado: τxy = 1,663 = 0,001663 P, de donde P = 1000 Kgf
- 501 21.- La figura siguiente muestra una sencilla estructura para soportar el tablero y la cesta de una cancha de basketball. Se trata de un tubo de acero empotrado en un bloque de concreto armado a 45º de la horizontal. Se supone que el estado de carga más desfavorable es el que se produce cuando un jugador permanece unos instantes sujeto al aro de la cesta, transmitiendo así todo su peso a la estructura en la forma indicada. Una vez estudiados los efectos dinámicos de esta acción, se estima que el esfuerzo máximo que el jugador puede llegar a transmitir al aro es de F = 205 Kgf y M = 102 Kgf-m. Supongamos para facilitar el problema que el tubo es un tubo cuadrado de acero con espesor de pared de 4 mm y medida externa = 150 mm. Se piden para el punto “X” señalado en la sección del tubo, la cual está ubicada en el medio del tramo A-B, analíticamente y gráficamente a través del círculo de Mohr, los esfuerzos principales, de corte así como los ángulos θ donde los mismos ocurren.
- 502 -
- 503 3
3
I = 15 x 15 /12 – 14,2 x 14,2 /12 = 830,53 cm
4
Q = 15 x 0,4 x 7,3 + 0,4 x 2 x 2,6 x 5,8 = 55,864 cm Area = 15 x 15 – 14,2 x 14,2 = 23,36 cm
3
2
ςx = - 144,96/23,36 + 614,50 x 100 x 4,5/830,53 = 326,74 Kgf/cm τxy = 144,96 x 55,864/(830,53 x 2 x 0,4) = 12,19 Kgf/cm
(
√(
)
(
)
√(
)
)
De donde: ςmáx = 327,19 Kgf/cm
2
2
ςmín = - 0,45 Kgf/cm
√(
)
√(
)
De donde: τmáx = 163,82 Kgf/cm
(
(
2
τmín = - 163,82 Kgf/cm
)
)
2
2
2
- 504 De donde: 2 θp = 4,27º (Ángulo con ςmáx) y 2 θp (Ángulo con ςmín) = 184,27º
De donde: 2 θc = - 85,73º (Ángulo con τmáx) y 2 θc (Ángulo con τmín) = 94,27º
- 505 CAPÍTULO IX (Círculo de Mohr para deformaciones)
Los esfuerzos normales alargan el elemento en “X” e “Y” y el esfuerzo cortante lo distorsiona. La deformación y la distorsión para un elemento en una dirección “a” a θº del eje X vienen dadas por las siguientes expresiones:
(
)
γab es la distorsión entre las direcciones OA y el eje X, donde el ángulo θ es el ángulo entre el eje X y la dirección OA. La expresión analítica para las deformaciones principales ϵ1 y ϵ2 (Son las máximas y mínimas) es la siguiente:
√(
(
)
Y para la máxima deformación por corte γ es la siguiente:
√(
)
(
)
)
- 506 Por lo tanto podemos construir un círculo de Mohr para deformaciones. En esta construcción todo punto en la circunferencia da dos valores: uno para la deformación longitudinal y el otro para la deformación por corte dividida entre 2. Las deformaciones correspondientes a los alargamientos son positivas y para los acortamientos son negativas. Las distorsiones por corte son positivas si se incrementa el ángulo recto inicial del elemento sin deformar. Para trazar el círculo, los ejes positivos se toman a la manera normal, hacia arriba y hacia la derecha. En el eje vertical se mide γ/2. Para las deformaciones máximas y mínimas ϵ1 y ϵ2, no hay deformación por corte. La deformación cortante γmáx es igual a dos veces el radio del círculo. IMPORTANTE: Las deformaciones “ϵ” se miden en cm/cm o m/m (Son adimensionales) y las distorsiones “γ” se miden en radianes. NOTA: Igual que con los esfuerzos, tenemos:
(
) (
)
- 507 -
√(
)
√(
(
)
)
(
)
- 508 UN CÍRCULO DE MOHR DE DEFORMACIONES SE TRANSFORMA EN UN CÍRCULO DE MOHR DE ESFUERZOS MEDIANTE LAS SIGUIENTES TRANSFORMACIONES DE ESCALA Y ORIGEN:
Donde Rς y Rϵ son los radios respectivos de los círculos de esfuerzo y deformación y (OC) ς y (OC)ϵ son las abscisas de los centros de las citadas circunferencias. μ = coeficiente de Poisson. Valores normales para el coeficiente de Poisson son: 0,25 a 0,30 para acero 0,33 para la mayoría de otros metales 0,20 para el concreto. El coeficiente de Poisson μ es una constante elástica que proporciona una medida del estrechamiento de sección de un prisma de material elástico lineal e isótropo cuando se estira longitudinalmente y se adelgaza en las direcciones perpendiculares a la de estiramiento.
Ensanchamiento por efecto Poisson del plano longitudinal medio de un prisma comprimido a lo largo de su eje, el grado de ensanchamiento depende del coeficiente de Poisson, en este caso se ha usado μ ≈ 0,50 Hay otra relación que es importante conocerla en Resistencia de materiales y es la siguiente:
- 509 Donde G es el módulo de rigidez o elasticidad transversal, que caracteriza el cambio de forma que experimenta un material elástico (lineal e isótropo) cuando se aplican esfuerzos cortantes. Por lo tanto las transformaciones anteriores de los 2 círculos pueden ser escritas también de la siguiente forma:
Para la determinación experimental de los esfuerzos se emplea la roseta de deformaciones. Las deformaciones normales o lineales según 3 direcciones dadas, determinan un estado de deformación a partir del cual se puede trazar el círculo de Mohr correspondiente y luego transformarlo en círculo de esfuerzo. FÓRMULAS QUE RELACIONAN LOS ESFUERZOS CON LAS DEFORMACIONES:
(
)
(
)
- 510 Esfuerzos en las rosetas Son aparatos electrónicos que sirven para medir deformaciones en varias direcciones. Comparando la distancia inicial entre dos puntos de medición se obtiene el alargamiento de la longitud de medición. Se repite el mismo procedimiento con las otras líneas de medición. Si en una roseta se toman tres medidas de deformación, la información es suficiente para determinar el estado de deformación plana en un punto. Una medición adicional en una línea comprueba el trabajo experimental.
Ecuaciones generales para la roseta
{
Estas ecuaciones conviene escribirlas de la siguiente forma:
{
A partir de estos resultados se puede trazar el círculo de deformaciones y el de esfuerzos.
- 511 1. - Sea un sólido en un estado de esfuerzo plano. En un cierto punto del mismo, las deformaciones son ϵx = -6 -6 -6 800 x 10 m/m, ϵy = 200 x 10 m/m, y γxy = - 600 x 10 rad. Calcular: (a) las deformaciones y los ejes principales, y (b) la deformación ϵa en una dirección que forme 60º con el eje X, la deformación ϵb en 6 2 dirección perpendicular a la anterior, y la distorsión γa. Además si E = 2,04 x 10 Kgf/cm y μ = 0,30, hallar los esfuerzos principales y los esfuerzos normal y cortante en un elemento que forme los mismos ángulos anteriores con el eje X. -6 Construimos el círculo de Mohr con la información anterior, omitiendo el factor 10 :
El eje X está representado por el radio CA y el eje Y por el radio CB. Calculamos el radio del círculo y el ángulo 2 θ: Evidentemente R= 424 y 2 θ = - 45º y θ = - 22,5º
- 512 Nos piden ϵa en una dirección que forme 60º con el eje X, es decir 2 θa = 120º con CA, que representa el eje X. Este ángulo se mide hacia el eje X del elemento representado por C-A. Procedemos a hallar los puntos F y G. Se traza el radio CF que forme un ángulo de 120º (doble de 60º) con CA (que representa el eje X) en sentido contrario a las agujas del reloj. Las coordenadas del punto F son ϵa = -6 -6 500 – 424 cos 15º = 90 x 10 , y ½ γab = - 424 sen 15º = - 110, por lo que γab = 220 x 10 radianes. Como las direcciones de ϵa y ϵb forman un ángulo de 90º, el punto G representativo de la dirección ϵb es diametralmente opuesto al punto F (Está a 150º del eje X, o sea 2 θb = 300º). Por lo tanto: ϵb = 500 + 424 -6 cos 15º = 910 x 10 .
Otra forma de hallar ϵa:
De donde: ϵa = 90 = O.K. O también:
De donde: ϵa = 90 = O.K.
- 513 (
)
De donde: ½ γa = - 110 O.K.
CALCULO DE LAS COMPONENTES DEL ESFUERZO Método 1: Gráfico Implica la transformación del círculo de deformaciones en un círculo de esfuerzos. 6 2 E = 2,04 x 10 Kgf/cm y μ = 0,30
De donde:
2
Rς = 665 kgf/cm
(OC)ς = 1458 Kgf/cm
2
- 514 Trazamos el círculo de Mohr de los esfuerzos:
Los puntos fueron hallados de la siguiente manera: 2 En D: ςmáx = 1458 + 665 = 2123 Kgf/cm 2 En E: ςmín = 1458 – 665 = 793 Kgf/cm Para el elemento a 60º y 150º del eje X, las componentes del esfuerzo vienen dadas por los puntos F y G y sus valores son: 2 2 En F: ς = 1458 – 665 cos 15º = 816 Kgf/cm y τ = - 665 sen 15º = - 172 Kgf/cm 2 2 En G: ς = 1458 + 665 cos 15º = 2101 Kgf/cm y τ = 172 Kgf/cm
Método 2: Analítico
En lugar de aplicar la circunferencia transformada de esfuerzos, hacemos uso de las ecuaciones anteriores las cuales toman en cuenta la ley de Hooke.
- 515 Sustituyendo los valores máximos y mínimos de deformaciones hallados anteriormente tenemos:
De donde: ςmáx = 2123 Kgf/cm
De donde: ςmín = 792 Kgf/cm
2
2
O.K.
O.K.
-6
½ γmáx = 424 x 10 radianes
De donde: τmáx = 665 Kgf/cm
2
O.K.
De la misma forma, el esfuerzo normal y el cortante en el elemento a 60º del eje X, se obtienen a partir de -6 -6 -6 ϵa = 90 x 10 y γa = - 2 x 110 x 10 = - 220 x 10
(
De donde: ςa = 814 Kgf/cm
2
)
O.K.
De donde: τa = - 172 Kgf/cm
2
O.K. -6
-6
-6
Y para el elemento a 150º del eje X, se obtienen a partir de ϵb = 910 x 10 y γb = 2 x 110 x 10 = 220 x 10
2
De donde: ςb = 2101 Kgf/cm O.K.
De donde: τb = 172 Kgf/cm
2
O.K.
- 516 -6
-6
-6
2.- Las componentes de la deformación en un punto son ϵx = - 800 x 10 y ϵy = 200 x 10 y γxy = - 800 x 10 . 6 2 Si E = 2,04 x 10 Kgf/cm y ν = 0,30, determinar las componentes del esfuerzo en la cara cuya normal forma un ángulo de - 20º con el eje X. Por la ley de Hooke:
De donde: ςx = - 1658,90 Kgf/cm
De donde: ςy = - 89,67 Kgf/cm
2
De donde: τxy = - 627,69 Kgf/cm
2
2
(
)
(
)
- 517 En el círculo de Mohr:
2
El radio es igual a 1005 Kgf/cm . De donde, desarrollando el círculo de Mohr obtenemos que el esfuerzo 2 2 máximo es de 131 Kgf/cm , el esfuerzo mínimo es de – 1879 Kgf/cm y los cortantes máximos y mínimos son 2 de 1005 Kgf/cm .
De donde: 2θpmín = arc tg 0,8 = 38,66º θpmín = 19,33º. Y 2θpmáx = 180º + 38,66º = 218,66º θpmáx = 109,33º. Los esfuerzos a - 20º del eje X (- 40º en el círculo de Mohr) son: 2
ς = - 874 – CT = - 874 – CS x cos (38,66º + 40º) = - 874 – 1005 x 0,1966 = - 1071 Kgf/cm τ = - CS x sen (38,66º + 40º) = - 1005 x 0,9805 = - 985 Kgf/cm También se pueden calcular de la siguiente manera:
2
- 518 -
De donde: ς (-20º) = - 1071 Kgf/cm
2
De donde: τ (-20º) = - 985 Kgf/cm
2
- 519 3. Las tres lecturas en millonésimas en una roseta a de deformación a 45º han sido: ϵa = 400, ϵb = - 200 y ϵc 6 2 = - 100. Si E = 2,04 x 10 Kgf/cm y μ = 0,30, determine los esfuerzos principales.
{
Sustituyendo en las 3 ecuaciones anteriores θa = 0º, θb = 45º y θc = 90º, y los valores de ϵa = 400, ϵb = 200 y ϵc = - 100, resulta un sistema de 3 ecuaciones con 3 incógnitas. Al resolverlo, se obtiene: ϵx = 400 x 10
-6
-6
ϵy = -100 x 10
-6
½ γxy = - 350 x 10
También pudiéramos haber utilizado las siguientes ecuaciones:
,
400 = εx -200 = 0,5 εx + 0,5 εy + 0,5 γxy -100 = εy Resolviendo el sistema de 3 ecuaciones con 3 incógnitas, se obtiene el mismo resultado anterior. Calcularemos ahora las deformaciones y las distorsiones máximas y mínimas. Sustituimos los valores hallados en la fórmula siguiente:
- 520 -
√(
)
√( De donde: εmáx = 580 x 10
-6
-6
εmín = - 280 x 10
√(
)
√
De donde: 1/2 γmáx = 430 x 10
-6
1/2 γmín = - 430 x 10
-6
Hallamos ahora los esfuerzos principales:
De donde: ςmáx = 1112 Kgf/cm
De donde: ςmín = - 238 Kgf/cm
2
2
(
)
(
)
)
- 521 -
De donde: τmáx = 675 Kgf/cm
2
Otra forma de resolver el problema es hallar ςx, ςy y τxy, a partir de ϵx, ϵy y ½ γxy. -6
ϵx = 400 x 10 -6 ϵy = -100 x 10 -6 ½ γxy = - 350 x 10
(
)
De donde: ςx = 829,45 Kgf/cm
(
2
)
De donde: ςy = 44,84 Kgf/cm
2
De donde: τxy = - 549,23 Kgf/cm
2
Con estos valores se calculan los máximos y los mínimos:
(
Y se obtiene:
)
√(
)
- 522 -
( 2
ςmáx = 1112 Kgf/cm y ςmín = - 238 Kgf/cm
√(
)
2
)
√( 2
√(
)
τmáx = 675 Kgf/cm y τmín = - 675 Kgf/cm
) 2
Todo lo anterior se ha hecho para practicar. Se puede construir un círculo de Mohr de deformaciones y luego transformarlo en círculo de Mohr de esfuerzos, o resolverlo analíticamente. Dejamos al estudiante la segunda parte de este ejercicio: -6
ϵx = 400 x 10 -6 ϵy = -100 x 10 -6 -6 ½ γxy = - 350 x 10 , de donde: γxy = - 700 x 10
- 523 -
- 524 4.- Determine las deformaciones principales conociendo las siguientes deformaciones obtenidas por la roseta mostrada a continuación: -6
ϵ1 = - 50 x 10 mm/mm -6 ϵ2 = 360 x 10 mm/mm -6 ϵ3 = 315 x 10 mm/mm
Tenemos: θ1 = 45º θ2 = 135º θ3 = 0º
-50 = 0,5 εx + 0,5 εy + 0,5 γxy 360 = 0,5 εx + 0,5 εy - 0,5 γxy 315 = εx Resolviendo el sistema, obtenemos: -6 ϵx = 315 x 10 -6 ϵy = -5 x 10 -6 γxy = - 410 x 10
√(
√(
De donde: -6 ϵmáx = 415 x 10 -6 ϵmín = - 105 x 10
)
)
(
(
)
)
- 525 5: Determinar las tensiones principales y representar gráficamente los resultados a través del círculo de Mohr de deformaciones y el círculo de Mohr de esfuerzos. (Se deja al estudiante la construcción de este segundo círculo)
-3
ϵn1 = 2 x 10 cm/cm 6 2 E = 2 x 10 Kgf/cm
-3
ϵn2 = 1 x 10 cm/cm µ = 0,25
(
(
-3
γn3 = 1,6 x 10 rad.
)
)
(
)
(
)
Resolviendo el sistema formado por las 3 ecuaciones amarillas, se obtiene: -3
εx = 2 x 10 -3 εy = - 0,386 x 10 -3 γxy = - 0,932 x 10
- 526 El elemento queda, por lo tanto, de la siguiente forma. Con el mismo podemos construir el círculo de Mohr -3 para deformaciones. Es de hacer notar que los valores a continuación van multiplicados por 10 .
Hallaremos ahora analíticamente los puntos notables del círculo de Mohr para deformaciones:
√(
)
(
√(
)
De donde: εmáx = 2,088 x 10
-3
-3
εmín = - 0,474 x 10
√(
(
)
√ De donde: ½ γmáx = 1,281 x 10
-3
-3
½ γmín = - 1,281 x 10
)
)
(
)
- 527 El círculo de Mohr para deformaciones queda entonces de la siguiente manera:
(
)
De donde: 2 θpmáx = - 21,336º ó 338,664º (es lo mismo) y 2 θpmín = 158,664º
(
)
De donde: 2 θcmáx = 248,664º
y
2 θcmín = 68,664º
- 528 A continuación, se calcularán los esfuerzos necesarios para construir el círculo de Mohr de esfuerzos:
(
)
De donde: ςx = 4060,8 Kgf/cm
(
2
)
De donde: ςy = 243,20 Kgf/cm
2
De donde: τxy = - 745,6 Kgf/cm
2
De donde: ςmáx = 4201,6 Kgf/cm
De donde: ςmín = 102,40 Kgf/cm
2
2
- 529 -
De donde: τmáx = 2049,60 Kgf/cm
2
De donde: τmín = - 2049,60 Kgf/cm
2
Vamos a chequear los ángulos 2 θp y 2 θc que deben ser los mismos que los hallados en el círculo de deformaciones:
( (
) )
De donde:
2 θpmáx = - 21,336º ó 338,664º (es lo mismo)
De donde:
2 θcmáx = 248,664º
y 2 θpmín = 158,664º
2 θcmín = 68,664º
La configuración del elemento queda, por lo tanto, de la siguiente forma:
OK.
OK.
- 530 6.- En una roseta como la señalada a continuación, las mediciones de deformaciones son las siguientes: -6
ϵa = 1100 x 10 ϵb = 200 x 10
-6
-6
ϵc = 200 x 10
6
2
El material es una aleación de magnesio para el cual E = 0,42 x 10 Kgf/cm y μ = 0,35. Calcule las principales deformaciones y los principales esfuerzos y luego determine cuales serían las deformaciones a esperarse en las direcciones “b” y “c” de una roseta “Delta”, mostrada a continuación y colocada en el mismo punto anterior.
{
- 531 -
Resolviendo el sistema de las 3 ecuaciones amarillas, se tiene:
√(
)
√(
*
)
(
)
(
) +
De donde: εmáx = 1549,63 x 10 εmín = - 249,63 x 10
-6
-6
√(
[
De donde: γmáx = 1799,27 x 10
-6
γmín = - 1799,27 x 10
-6
√
)
(
)
]
- 532 -
De donde: ςmáx = 699,88 Kgf/cm
De donde: ςmín = 140,11 Kgf/cm
2
2
De donde: τmáx = 279,89 Kgf/cm2
De donde: τmín = - 279,89 Kgf/cm2
Este último paso puede evitarse ya que es evidente que τmáx debe ser igual a τmín con el signo cambiado.
- 533 Nueva Roseta
(
)
De donde: 2 θpmáx = 59,987º ~ 60º y 2 θpmín = ~ - 120º
(
)
De donde: 2 θcmáx = - 30,013º = ~ - 30º Y 2 θcmín = 149,987º
- 534 -
- 535 -
- 536 7.- Una fuerza céntrica axial P y una fuerza horizontal Hx están aplicadas en el punto C de la barra rectangular mostrada. Una roseta de 45º sobre la superficie de la barra en el punto A indica las siguientes deformaciones: -6
ϵ1 = - 75 x 10 mm/mm -6
ϵ2 = + 300 x 10 mm/mm -6
ϵ3 = + 250 x 10 mm/mm 6
2
Sabiendo que E = 2,04 x 10 Kgf/cm y μ = 0,30, determine las magnitudes de P y Hx.
Es evidente que: -6
εx = ε1 = - 75 x 10 mm/mm
y
-6
εy = + 250 x 10 mm/mm Debemos calcular ahora γxy. Lo haremos a través de la siguiente fórmula:
- 537 300 = 87,5 + γxy/2 De donde: γxy = 212,50 x 2 -6
γxy = 425 x 10
Procedemos ahora a calcular ςx y ςy:
(
)
De donde: ςx = 0
(
)
De donde: ςy = 510 Kgf/cm
2
Ya que el punto A está en el medio de la sección, ahí los esfuerzos de flexión son cero, por coincidir el punto A con el eje neutro, por lo tanto, únicamente se considerarán la compresión y el corte. COMPRESIÓN: P/A = ςy, de donde: 2
P = ςy x A = 510 Kgf/cm x 5 cm x 15 cm P = 38250 Kgf CORTE: 3
3
I = b h /12 = 5 x 15 /12 = 1406,25 cm
4
Q = Momento estático = 5 x 7,5 x 7,5/2 = 140,625 cm
3
- 538 El corte en la sección en estudio es igual a Hx. τxy = Hx x Q/(I x b) De donde: Hx = τxy x I x b/Q
(*)
Por otro lado, se tiene:
De donde: τxy = 333,46 Kgf/cm
2
Sustituyendo en (*), tenemos: Hx = 333,46 x 1406,25 x 5/140,625 Hx = 16673 Kgf
- 539 8.- Una viga en voladizo con sección transversal rectangular (ancho b = 25 mm, altura h = 100 mm) está cargada por una fuerza P que actúa en la mitad de la altura de la viga y está inclinada un ángulo α respecto a la vertical. Dos deformímetros están colocados en el punto C, que también está en la mitad de la altura de la viga. El deformímetro A mide la deformación unitaria en la dirección horizontal y el deformímetro B mide la deformación unitaria en un ángulo θ = 60º con respecto a la horizontal. Las deformaciones unitarias -6 -6 medidas son εa = 125 x 10 y εb =- 375 x 10 . Determine la fuerza P y el ángulo α y construya luego el círculo de Mohr de deformaciones indicando en el círculo la dirección “a” (con su respectiva deformación εa), la dirección “b” (con su respectiva deformación εb), el ángulo 2θ = 120º y los valores máximos y mínimos de ½ γ y los valores máximos y mínimos de ε. 6 2 Material: Acero con E = 2,04 x 10 Kgf/cm y µ = 1/3.
Fuerza axial: F =+ P sen α, de donde: ςx =+ P sen α/(b x h) =+ P sen α/(2,5 x 10) = + 0,04 P senα = ςx En vista de que el punto C está en el medio de la altura h (o sea está en el eje neutro, los esfuerzos de flexión en C son cero). Fuerza cortante: V = - P cos α (El corte es negativo), de donde: τxy = (3 V)/(2 A) = (- 3 P cos α)/(2 x 2,5 x 10), de donde: τxy = - 0,06 P cos α Por lo tanto, la configuración del elemento es:
- 540 -6
Para θa = 0º, tenemos que εa = 125 x 10 , de donde:
De donde: εx = εa = 125 x 10
-6
Por otro lado: ςy = 0, de donde:
(
)
De donde: εy = - µ εx = - 1/3 x 125 x 10
-6
-6
εy = - 41,67 x 10
-6
Tenemos también que para θb = 60º, εb =- 375 x 10 , de donde:
[(
)
-6
(
)
-6
-6
]
De donde: - 375 x 10 = 41,665 x 10 + 83,335 x 10 x (-0,5) + 0,5 γxy x 0,866 -4
De donde: γxy = -8,66 x 10 Tenemos además: (
)
(Ecuación 1)
Donde: ςx = 0,04 P sen α Y (Ecuación 2)
donde: τxy = - 0,06 P cos α Sustituyendo valores en la ecuación 1, se obtiene:
(
) ( )
- 541 De donde: 0,04 P sen α = 255 De donde: P sen α = 6375 (*) Sustituyendo valores en la ecuación 2, se obtiene:
( De donde: - 0,06 P cos α = - 662,49 De donde: P cos α = 11041,50 (**) Dividiendo (*) entre (**), obtenemos: tg α = 0,5773672 De donde: α = 30º Y por lo tanto: P = 6375/(sen 30º) De donde: P = 12750 Kgf
)
- 542 9.- La roseta que se muestra a continuación ha sido usada para determinar las siguientes deformaciones en la superficie de un gancho: -6
ε1 = + 420 x 10 mm/mm -6 ε2 = - 45 x 10 mm/mm -6 ε4 = + 165 x 10 mm/mm (a) ¿Cúal debería ser la lectura del deformímetro 3? (b) Determine las deformaciones principales y las máximas y mínimas deformaciones por corte. Resuelva el problema analíticamente.
2
2
ε1 = εx cos θa + εy sen θa + γxy sen θa cos θa 2 2 ε2 = εx cos θb + εy sen θb + γxy sen θb cos θb 2 2 ε4 = εx cos θc + εy sen θc + γxy sen θc cos θc 2
2
420 = εx cos 0º + εy sen 0º + γxy sen 0º cos 0º 2 2 - 45 = εx cos 45º + εy sen 45º + γxy sen 45º cos 45º 2 2 165 = εx cos 135º + εy sen 135º + γxy sen 135º cos 135º 420 = εx - 45 = 0,5 εx + 0,5 εy + 0,5 γxy 165 = 0,5 εx + 0,5 εy – 0,5 γxy Resolviendo el sistema anterior de 3 ecuaciones con 3 incógnitas, obtenemos: -6
εx = 420 x 10 mm/mm -6 εy = - 300 x 10 mm/mm -6 γxy = - 210 x 10 mm/mm De donde: 2 2 ε3 = εx cos θd + εy sen θd + γxy sen θd cos θd 2 2 ε3 = 420 cos 90º - 300 sen 90º - 210 sen 90º cos 90º -6
De donde: ε3 = - 300 x 10 mm/mm
√(
Sustituyendo tenemos:
)
(
)
- 543 -
√(
)
(
De donde: -6
εmáx = 435 x 10 mm/mm -6
εmín = - 315 x 10 mm/mm
√(
√ De donde: -6
γmáx = 750 x 10 mm/mm -6
γmín = - 750 x 10 mm/mm
)
(
)
)
- 544 10.- Una fuerza céntrica axial P desconocida y una fuerza horizontal Hx de 39605 Kgf están aplicadas en el punto C del prisma hexagonal mostrado, cuyo lado mide 20 cm. Una roseta de 45º sobre la superficie del prisma en el punto A indica las siguientes deformaciones: -6 -6 ϵ1 = - 6 x 10 mm/mm; ϵ3 = + 20 x 10 mm/mm 6 2 Sabiendo que E = 2,04 x 10 Kgf/cm y μ = 0,30, determine las magnitudes de P y la deformación ε2.
Para el cálculo de la inercia, aplique la siguiente información: Polígono regular con n lados (origen de los ejes en el centroide)
C = centroide (en el centro del polígono) n = número de lados (n ≥ 3)
b = longitud de un lado
- 545 -
β = ángulo central para un lado
(
)
Ic = momento de inercia con respecto a cualquier eje que pasa por C (el centroide es un punto principal y cada eje que pasa por C es un eje principal)
(
Características geométricas: b = 20 cm n=6 β = 360/6 = 60º 4 2 Ic = 6 x 20 /192 x [cot (60º/2)] x [3 cot (60º/2) + 1] 4 Ic = 86602,54 cm
b = r = 20 cm √ P = 6 x 20 = 120
Es evidente que: -6
εx = ε1 = - 6 x 10 mm/mm y -6 εy = ε3 = + 20 x 10 mm/mm
)(
)
- 546 Procedemos ahora a calcular ςx y ςy:
(
)
De donde: ςx = 0
(
)
De donde: ςy = 40,8 Kgf/cm
2
Ya que el punto A está en el medio de la sección, ahí los esfuerzos de flexión son cero, por coincidir el punto A con el eje neutro, por lo tanto, únicamente se considerarán la compresión y el corte. COMPRESIÓN: P/A = ςy, de donde: 2 2 P = ςy x A = 40,8 Kgf/cm x 1039,23 cm De donde: P = 42401 Kgf
CORTE:
Q = 34,641 x 10 x 5 + 34,641 x 10/2 x (10 + 10/3) Q = 4041,45 cm
3
El corte en la sección en estudio es igual a Hx = 39605 Kgf τxy = Hx x Q/(I x b) De donde: τxy = 39605 x 4041,45/(86602,54 x 34,641) De donde: τxy = 53,35 Kgf/cm
2
- 547 Por otro lado, se tiene:
De donde:
Por lo tanto:
De donde: γxy = 68 x 10
-6
Debemos calcular ahora ε2. Lo haremos a través de la siguiente fórmula:
(
) -6
ε2 = + 41 x 10 mm/mm
(
)
- 548 11.- A partir de la siguiente información obtenida por una roseta, dibuje el círculo de Mohr de esfuerzos, hallando los esfuerzos principales y los esfuerzos máximos y mínimos de corte. Es obligatorio indicar y acotar 6 2 esos esfuerzos en el círculo que Uds van a construir. E = 2,1 x 10 Kgf/cm . µ = 0,30. -6 ϵ1 = - 50 x 10 mm/mm -6 ϵ2 = 360 x 10 mm/mm -6 ϵ3 = 315 x 10 mm/mm
Tenemos: θ1 = 45º θ2 = 135º θ3 = 0º
{
-50 = 0,5 εx + 0,5 εy + 0,5 γxy 360 = 0,5 εx + 0,5 εy - 0,5 γxy 315 = εx Resolviendo el sistema, obtenemos: -6 ϵx = 315 x 10 -6 ϵy = -5 x 10 -6 γxy = - 410 x 10
(
)
De donde: ςx = 723,46 Kgf/cm
(
2
)
De donde: ςy = 206,54 Kgf/cm
2
- 549 -
De donde: τxy = - 331,15 Kgf/cm
2
- 550 12.- La siguiente viga de acero está sometida a dos (2) fuerzas de magnitud P indicadas en la figura. Al mismo tiempo, a través de una roseta de deformación se obtuvo el siguiente círculo de Mohr de deformaciones en el punto M de la sección rectangular de acero n-n mostrada a continuación, de 3 cm x 12 cm. Se pide calcular el valor de P. NOTA IMPORTANTÍSIMA: En el círculo de Mohr indicado, tanto las -6 deformaciones unitarias como las distorsiones unitarias deben ser multiplicadas por 10 . Ejemplo: εmáx = -6 -6 6 2 70,15 x 10 y ½ ϒmáx = 151,941 x 10 . (E = 2,1 x 10 Kgf/cm y μ = 0,30).
- 551 La solución de este problema consiste en llegar al elemento diferencial en función de P y, luego, con la información del círculo de Mohr hallarla.
2
3
4
Area = 3 x 12 = 36 cm I = 3 x 12 /12 = 432 cm El momento en la sección n-n es positivo, por lo tanto tenemos compresión arriba y tracción abajo. ςM = - P/36 – 0,5 P x 4/432 x 100 = - 0,4907 P 3
Q = 3 x 2 x 5 = 30 cm τ = - 0,25 P x 30/(432 x 3) = - 0,005787 P
Del círculo de Mohr, se obtiene: -6 εx = - 233,69 x 10 -6 ½ ϒxy = - 3,582 x 10 ya que ςy = 0, podemos calcular εy, despejándolo de la siguiente ecuación:
- 552 De donde:
Igualando este valor al del elemento diferencial, tenemos: 2
- 490,749 Kgf/cm = - 0,4907 P/cm
2
De donde P = 1000 Kgf Este problema también podría haberse resuelto con el valor de τxy en una forma más directa:
Igualando este valor al del elemento diferencial, tenemos: 2
- 5,786 Kgf/cm = - 0,005787 P/cm De donde P = 1000 Kgf
2
- 553 13.- En el problema # 21 (Capítulo VIII), calcule analíticamente para el mismo punto “X” la deformación ε y la distorsión angular para un ángulo que forma 30º con el eje del tubo inclinado, tomando como origen del eje 6 2 X el empotramiento en “A”. Es = 2,1 x 10 Kgf/cm . μ = 0,30. Dibuje, luego, el círculo de Mohr para deformaciones e indique sobre el mismo la deformación ε y ½ de la distorsión angular solicitada.
(
)
ςy = 0, de donde: εy = - µ εx (
)
(Ecuación 1) Pero: ςx = 326,74 Kgf/cm
2
De donde, sustituyendo en la ecuación 1:
Despejando εx, se obtiene: εx = 155,59 x 10
-6
Por lo tanto: εy = - 0,30 x 155,59 x 10
-6
-6
εy = - 46,68 x 10
(Ecuación 2) Pero: τxy = 12,19 Kgf/cm
2
De donde, sustituyendo en la ecuación 2:
- 554 Despejando ϒxy, se obtiene: ϒxy = 15,09 x 10
-6
(
)
*
+
De donde:
√(
)
√(
*
εmín = - 46,96 x 10
-6
-6
√(
)
(
)
)
De donde: εmáx = 155,87 x 10
(
)
(
) +
- 555 * √ De donde: 1/2 ϒmáx = 101,42 x 10
-6
-6
1/2 ϒmín = - 101,42 x 10
+
- 556 14.- En la estructura a continuación, sometida a dos cargas puntuales, cada una con valor “P”, se coloca un medidor de deformación en el punto M de la sección rectangular de acero n-n, de 3 cm x 12 cm, el cual mide -6 la deformación en la dirección “a”, resultando εa = - 233,69 x 10 mm/mm. Se pide el valor de “P”, así como la deformación máxima (εmáx) en M y el ángulo θ donde ocurre, medido con respecto al eje X. Luego de resolver todo analíticamente, indique en un círculo de Mohr de deformaciones el εmáx y el ángulo θ 6 2 anteriormente pedido, sin calcular estos valores nuevamente. Es = 2,1 x 10 Kgf/cm y μ = 0,30.
Σ Mc = 0: VA x 4 = P x 3, de donde: VA = 0,75 P Σ Fh = 0: Hc = P Σ Fv = 0: Vc = P – 0,75 P, de donde: Vc = 0,25 P
- 557 -
2
Area = 3 x 12 = 36 cm
3
I = 3 x 12 /12 = 432 cm
4
El momento en la sección n-n es positivo, por lo tanto tenemos compresión arriba y tracción abajo.
3
Q = 3 x 2 x 5 = 30 cm
- 558 -
De donde: εx = - 233,69 x 10
-6
Por otro lado: ςy = 0:
(
) -6
De donde: εy = - µ εx = - 0,30 x (- 233,69 x 10 ) εy = 70,107 x 10 (
-6
)
(Ecuación 1)
donde: ςx = - 0,4907 P Sustituyendo en la ecuación 1 tenemos:
De donde: P = 1000 Kgf Por lo tanto: τxy = - 0,005787 P = - 0,005787 x 1000 = - 5,787 Kgf/cm
2
Pero: (Ecuación 2) Sustituyendo en la ecuación 2, tenemos:
De donde: γxy = - 7,165 x 10
-6
√(
)
(
)
- 559 -
√(
*
De donde: -6
εmáx = 70,15 x 10 mm/mm -6
εmín = - 233,73 x 10 mm/mm
(
)
De donde: 2 θp = 181,35º y 1,35º Y θp = 90,675º y 0,675º
)
(
) +
- 560 15.- En la estructura mostrada a continuación, hay 2 fuerzas horizontales aplicadas sobre el miembro AB, una de las cuales es una fuerza puntual P desconocida.
Se aplica entonces una roseta a 45º en el punto “M” de la sección n-n, consiguiéndose los siguientes resultados: -6
εa = - 3,192619 x 10
εb = + 2,259178 x 10
-6
εc = + 0,9577857 x 10
6
-6
2
Si E = 2,1 x 10 Kgf/cm y μ = 0,30, se pide calcular el valor de P. Recomendación: trabajen las deformaciones -6 hasta 7 decimales antes del 10 .
- 561 Conociendo εa, εb y εc, es fácil calcular εx, εy y γxy
Sustituyendo, tenemos:
De donde: εx = - 3,192619 (1)
Sustituyendo, tenemos:
(2)
Sustituyendo, tenemos:
+ 0,9577857 = εy
(3)
Sustituyendo los valores de εx y εy en la ecuación (2), tenemos: 0,5 x (- 3,192619) + 0,5 x (0,9577857) + 0,5 γxy = + 2,259178 De donde: γxy = + 6,753189 NOTA: Todos los valores resultantes van multiplicados x 10
-6
6
2
Conocidos εx, εy y γxy, se procede a calcular ςx, ςy y τxy sabiendo que E = 2,1 x 10 Kgf/cm y μ = 0,30.
Es evidente que ςy debe ser cero, de todas formas lo calcularemos:
- 562 -
Procedemos, ahora, a calcular los esfuerzos, los cuales quedarán en función de P. Resolvemos la estática de la estructura: Es evidente que HD = 0 ya que no hay cargas horizontales en el miembro CD y además tenemos una articulación en C, lo cual quiere decir que el momento en ese punto debe ser igual a 0. Por lo tanto, por ΣFh = 0, tenemos que HA = P + 1 x 2, es decir: HA = 2 + P ΣMC = 0: HA x 4 = P x 2 + 1 x 2 x 3 + VA x 4 Sustituyendo, tenemos: (2 + P) x 4 = 2 P + 6 + 4 VA De donde: VA = 0,5 P + 0,5 Por ΣFv = 0, es evidente que: VD = 0,5 P + 0,5
- 563 La tracción en la sección n-n es: Nn-n = + 0,5 P + 0,5 El momento en la sección n-n es: Mn-n = (2 + P) x 1 – 1 x 1 x 0,50 Mn-n = 1,50 + P El corte en la sección n-n es: Vn-n = 2 + P – 1 x 1 Vn-n = 1 + P
YCG = (20 x 40 x 20 + 20 x 20 x 10)/(20 x 40 + 20 x 20) = 16,666 cm
Por lo tanto:
Area = 20 x 40 + 20 x 20 = 1200 cm
2
Momento estático Q: Q = 20 x 20 x 13,333 = 5333,33 cm
3
Por lo tanto:
ς = 0,4167 P + 0,4167 – 3,4087 – 2,2725 P ς = - 1,8558 P – 2,992
- 564 Igualamos este valor a – 6,7045 y obtenemos la P en Ton: 1,8558 P + 2,992 = 6,7045 De donde: P = 2 Ton Este valor también puede hallarse igualando τ a 5,4545
τ = 1,8181 + 1,8181 P Igualamos este valor a 5,4545 y obtenemos la P en Ton: 1,8181 + 1,8181 P = 5,4545 De donde: P = 2 Ton
- 565 16.- La siguiente estructura está sometida a las cargas indicadas en la figura. Se pide determinar gráficamente a través del círculo de deformaciones de Mohr la deformación ε en el punto M de la sección nn ubicada en el medio del tramo CD en una dirección n-3 que forma un ángulo de 30º con la dirección “X”. E 6 2 = 2,1 x 10 Kgf/cm y μ = 0,30. Se hace entrega de una cuadrícula para que puedan representar el círculo de Mohr. Nota # 1: La deformación ε pedida será determinada a escala, no a través de cálculos. Nota # 2: Conteste únicamente lo que se le pide.
- 566 -
- 567 La resolución de la estática arroja los siguientes resultados:
La estática del tramo CD es la siguiente:
- 568 -
Propiedades de la sección n-n:
(
)
(
)
De donde:
(
)
- 569 De donde: Resolviendo las dos ecuaciones amarillas, nos queda:
De donde:
Conocidos εx, εy y γxy, se construye el círculo de Mohr de deformaciones:
Finalmente, se marca un ángulo 2 θ = 60º en sentido anti-horario hacia la dirección “X” y se consigue la -6 dirección n-3 y el punto # 3. Se lee a escala y se consigue que ε3 = + 4,68 x 10 .
- 570 17.- En la estructura mostrada a continuación, hay 2 fuerzas aplicadas, una de las cuales es una fuerza puntual P desconocida. Un técnico coloca una roseta en el punto M de la sección N-N, escribe en su libreta de trabajo unas simples notas y dibuja un círculo de Mohr de deformaciones, cuya información no está completa.
6
2
Se pide, con lo anotado por el técnico, el valor de la fuerza puntual P desconocida. E = 2,1 x 10 Kgf/cm , μ = 0,30. De la información de la libreta, se tiene: εx = 1,028138528 x 10
-6
1/2 γxy = 1,028814935 x 10
-6
De donde: γxy = 2,05762987 x 10
-6
y también conocemos que ςy = 0 Con esta última información, podemos hallar εy:
De donde: εy = - μ εx = - 0,30 x 1,028138528 x 10 εy = - 0,3084415584 x 10
-6
-6
- 571 -
Procedemos, ahora, a calcular los esfuerzos, los cuales quedarán en función de P. Resolvemos la estática de la estructura: ΣMC = =0: VA x 4 – P x 2 – 2000 x 4 = 0 De donde: VA = 2000 + 0,5 P ΣFh = 0, de donde: HC = P ΣFv = 0 De donde: VC + 2000 + 0,5 P = 2000 Por lo tanto: VC = - 0,5 P
La compresión en la sección n-n es: Nn-n = - P El momento en la sección n-n es: Mn-n = - P El corte en la sección n-n es: Vn-n = + 0,5 P
- 572 -
Area = 30 x 10 x 2 + 10 x 20 = 800 cm 3
2
3
I = 30 x 40 /12 – 20 x 20 /12 = 146666,6667 cm
4
Momento estático Q del área amarilla respecto al centro de gravedad: Q = 30 x 10 x 15 + 10 x 5 x 7,5 = 4875 cm
3
Por lo tanto: ς = (- P)/800 - P x 100 x (- 5)/ 146666,6667 ς = 0,0021591 P Igualamos este valor a 2,1591 y obtenemos la P en Kgf: 0,0021591 P = 2,1591 De donde: P = 1000 Kgf Este valor también puede hallarse igualando τ a 1,6619: τ = 0,5 P x 4875/(146666,6667 x 10) τ = 0,0016619 P Igualamos este valor a 1,6619 y obtenemos la P en Kgf: 0,0016619 P = 1,6619 De donde: P = 1000 Kgf
- 573 -
CAPÍTULO X (FLEXIÓN ASIMÉTRICA, LÍNEA DE TENSIONES NULAS Y NÚCLEO CENTRAL) En los capítulos anteriores se estudió la forma de combinar de la fuerza axial y la flexión a través de la ecuación:
Vimos como el eje neutro baja o sube respecto al centro de gravedad de la sección (ya no pasa por ese centro), bajando o subiendo de acuerdo al signo de P (compresión o tracción), manteniéndose sin embargo paralelo al eje neutro de la flexión pura. Luego aprendimos a combinar los esfuerzos axiales provenientes de la ecuación anterior con los cortes a través del círculo de Mohr o ecuaciones analíticas correspondientes, hallando los esfuerzos normales máximos y mínimos, los esfuerzos cortantes máximos y mínimos y los ángulos donde éstos ocurren. Se practicaron despieces con la finalidad de practicar los mismos y hallar luego los esfuerzos combinados señalados anteriormente. Únicamente hay que hacer una salvedad en las combinaciones de fuerza axial y momento y es la de que hemos despreciado el efecto P-Δ siguiente:
En efecto: Mm-m = R1 x X2 – W x X1 + P x Δ Estamos despreciando este efecto, el cual es muy importante y se estudió muy bien en las columnas esbeltas sometidas a compresión, entendiéndose como esbeltez de una columna la relación entre la altura de la misma y el lado menor de la sección (en caso de columnas de concreto) o la relación entre la altura de la misma y el radio de giro menor de la sección (en caso de perfiles de acero).
- 574 Debemos también señalar que en la ecuación:
si la flexión es nula tenemos ς = P/A y el eje neutro está en el infinito y si P es nula el eje neutro está en el centro de gravedad de la sección. Flexión asimétrica (Combinaciones en los 2 sentidos): Hasta ahora se han visto los casos en que las cargas están en el eje Z o en el eje Y, pero: ¿qué pasa cuando están en cualquier parte? Se nos presenta entonces el caso de flexotracción o flexocompresión en 2 direcciones, cuando antes lo teníamos en una sola dirección. Estos casos se estudian en los problemas resueltos relacionados con este capítulo. Para la resolución de los mismos, se acuerda la siguiente convención de signos:
Donde: My = momento alrededor del eje Y Mz = momento alrededor del eje Z Para el estudio de flexotracción o flexocompresión en 2 direcciones, aplicaremos el principio de superposición a la ecuación anterior. Por lo tanto, la ecuación se convertirá en:
Esta ecuación puede ser también escrita de la siguiente manera:
Donde: ey = excentricidad de la carga P respecto al eje Z = distancia de la carga P al eje Z.
ez = excentricidad de la carga P respecto al eje Y = distancia de la carga P al eje Y.
- 575 Por lo tanto: Mz = Momento de la carga P alrededor del eje Z = P x ey My = Momento de la carga P alrededor del eje Y = P x ez
y = coordenada Y de un punto cualquiera de la sección referida al eje Z z = coordenada Z de un punto cualquiera de la sección referida al eje Y
Cálculo de la posición del eje neutro (denominado también línea de tensión nula): Al eje neutro se le denomina también línea de tensión nula, ya que en el mismo ocurre que ς = 0. Por lo tanto, para hallar su posición, lo que debemos hacer es igualar ς = 0 en la ecuación anterior. Supongamos que tenemos en una sección una fuerza P de compresión actuando a una distancia “ey” del centro de gravedad de la sección. A esa distancia “ey” se le denominará excentricidad. Podemos trasladar esa carga al centro de gravedad de la sección y tendremos entonces una compresión pura igual a P, un momento positivo igual a: Mz = P x ey, y una distribución de esfuerzos como la señalada en la figura siguiente, donde puede verse que el eje neutro está por debajo de la línea del centro de gravedad de la sección.
Debemos hallar “a”. Esto se hará igualando ς = 0 en la sección que está a una distancia “a” del centro de gravedad:
De donde:
- 576 De donde:
Tenemos por lo tanto analíticamente la posición “a” del eje neutro. En caso de secciones rectangulares, sabemos que:
Y
por lo tanto sustituyendo, tenemos:
De donde:
La posición de “a”, es decir si está por encima o por debajo del centro de gravedad de la sección vendrá dado por la posición de P y su signo, lo cual determinará a su vez el valor de Mz. Evidentemente el valor de “a” se puede calcular por relaciones de triángulo directamente de la distribución de esfuerzos sobre la sección. Ahora bien, si tenemos una carga en esta otra posición, será el mismo caso.
- 577 Cuando la carga P está fuera de los ejes Z e Y, el eje neutro es inclinado. Deberá cumplirse en cada punto de ese eje neutro inclinado la ecuación:
o:
Esto es debido a que en cada punto de la recta del eje neutro, ς = 0. Ejemplo: Supóngase una carga P de compresión (-) situada en el punto indicado en la figura siguiente. Es evidente que tendremos momentos alrededor de los ejes Z e Y iguales a: My = - P ez Mz = - P ey Además: ey = excentricidad de la carga P con respecto al eje Z ez = excentricidad de la carga P con respecto al eje Y
El eje neutro ya no será paralelo a los ejes Z o Y, sino será inclinado y en el cuadrante opuesto a la carga. Su ubicación vendrá dada analíticamente igualando la expresión general que toma la siguiente forma:
donde “y” e ”z” son las coordenadas de un punto cualquiera W perteneciente a la recta del eje neutro, donde debe cumplirse que ς = 0, y equivalentes a la “a” anterior, de donde igualando a 0 tenemos:
- 578 Eliminando las P, obtenemos la ecuación del eje neutro:
Para y = 0 conseguiremos el corte del eje neutro con el eje Z y para z = 0 conseguiremos el corte del eje neutro con el eje Y. Podremos así dibujarlo en planta junto con la sección.
Para entender esta parte, se han dividido los problemas en tres categorías: 1.- Cargas actuando perpendicularmente a la sección en cualquier punto (fuera o dentro de la misma): Los problemas resueltos No. 2, 3, 4 y 5 son con cargas perpendiculares a la sección (dentro de la sección) El problema resuelto No. 6 es con cargas perpendiculares a la sección (fuera de la sección) 2.- Cargas que actúan perpendicularmente a la sección en cualquier punto (adentro o fuera de la misma) más cargas que actúan con un sentido distinto al perpendicular sobre los centros de gravedad de la sección o proyecciones de estos centros: Los problemas resueltos No. 7, 8, 9, 10, 11 y 12 son con este tipo de condiciones. 3.- Cargas que actúan produciendo únicamente momentos: Los problemas resueltos No. 13, 14 y 15 son con este tipo de condiciones.
- 579 Núcleo Central: Núcleo central es aquella zona de la sección en la cual, al aplicar una fuerza axial, las tensiones son siempre de un mismo signo, es decir el eje neutro no corta a la sección. Esto ocurre cuando la excentricidad es pequeña. El núcleo central es el valor de la excentricidad a lo largo del eje principal, con la cual la tensión en el extremo opuesto se convierte en cero. Para determinar la forma del núcleo de una sección rectangular, el punto sujeto a la tensión más alta se selecciona por observación. Si la carga P está sobre la parte positiva del eje Y de la sección, entonces el eje neutro está sobre el borde superior de la sección. Ejemplo: Hallar el núcleo central de una sección rectangular de 30 x 50.
Coloquemos la carga en la parte positiva del eje y:
Habrá una excentricidad ey para la cual el eje neutro pase por la línea A-B, lo cual quiere decir que ςA y ςB deben ser cero. (Cuadrante opuesto). Para hallar esa excentricidad lo que tenemos que hacer es igualar a cero la ecuación general:
- 580 Para los problemas de núcleo central, la carga P será siempre negativa, ya que lo que nos interesa es el núcleo central comprimido. ez = 0; P = negativo; ey = positivo; ς = 0, de donde: 0 = -1/A - ey Y/Iz = 0 De donde ey = Iz/(A Y) donde Y es la distancia desde el centro de gravedad de la sección a la línea A-B. Para el caso particular del rectángulo tenemos: 3
Iz = b h /12 Y = h/2 A=bh De donde sustituyendo, tenemos:
De donde: ey = h/6 Si hacemos el mismo procedimiento colocando la carga P sobre la parte positiva del eje z e igualamos a 0 los esfuerzos en los puntos opuestos de la línea AC, obtenemos: ez = b/6 Igualmente, si colocamos la carga P sobre la parte negativa del eje y e igualamos a 0 los esfuerzos en los puntos opuestos de la línea CD, obtenemos: ey = - h/6 Finalmente, si colocamos la carga P sobre la parte negativa del eje z e igualamos a 0 los esfuerzos en los puntos opuestos de la línea BD, obtenemos: ez = - b/6 Estos 4 puntos notables nos forman un rombo. El núcleo central de un rectángulo es conocido como el tercio central. Sustituyendo valores ya para el caso particular de la sección de 30 x 50, se obtiene: b/6 = 30/6 = 5 cm h/6 = 50/6 = 8,33 cm
- 581 Otra forma de visualizar el núcleo central de una sección rectangular es a partir de la siguiente ecuación general:
A continuación la demostración de esa ecuación: Se coloca una P de compresión en el cuarto cuadrante, por lo tanto P es negativa y My y Mz son positivos:
Sustituyendo A, Iz e Iy por sus valores, se tiene:
Eliminando P y b h de ambos lados de la ecuación, y sabiendo que y = h/2 y z = b/2, nos queda:
De donde:
Por lo tanto:
Se aconseja estudiar el problema resuelto No. 1, donde se calcula el núcleo central de una sección doble “T”.
- 582 1.- Determinar y dibujar el núcleo de la sección W360x122.
La forma más facil para hallar el núcleo de una sección es hacerlo por partes, hallando primero una excentricidad y luego la otra. Cálculo de ey: Para hallar ey, colocamos una carga de compresión P en un punto cualquiera de la figura que coincida con el eje Y, situado a una distancia ey del eje Z (digamos en la parte positiva del eje Y) y hallaremos ey con la condición de que el eje neutro pase por AB, es decir que, en esa recta AB, ς = 0. En este caso: “ez = 0” e “y = distancia desde la recta AB al eje Z”.
De donde:
Pero Mz = P * ey De donde:
- 583 Nos queda entonces:
Sustituyendo valores, donde y = 18,15 cm, se tiene:
Cálculo de ez: Para hallar ez, colocamos una carga de compresión P en un punto cualquiera de la figura que coincida con el eje Z, situado a una distancia ez del eje Y (digamos en la parte positiva del eje Z) y hallaremos ez con la condición de que el eje neutro pase por AC, es decir que, en esa recta AC, ς = 0. En este caso: “ey = 0” y “z = distancia desde la recta AC al eje Y”.
De donde:
Pero My = P * ez De donde:
Nos queda entonces:
- 584 Sustituyendo valores, donde z = 12,85 cm, se tiene:
Si unimos al punto sobre el eje Y con ey = 12,97 cm con el punto sobre el eje Z con ez = 3,09 cm nos queda una recta.
Esta recta tiene la particularidad de que toda carga P que esté dentro de la zona en color azul causa que la sección esté en su totalidad a compresión. Si repetimos el procedimiento otras tres veces (no vale la pena hacerlo ya que la sección es simétrica), obtenemos un rombo que tiene la particularidad de que toda carga P que esté dentro de el mismo causa que la sección esté en su totalidad a compresión (No hay tracción). Ese rombo es el núcleo central de la sección.
Resolveremos ahora el problema de una forma general. En este caso se buscarán los vértices más lejanos al centro de gravedad de la sección, es decir: A, B, C y D.
- 585 Cálculo de ez y ey: Para hallar ez y ey, colocamos una carga de compresión P en un punto cualquiera de la figura y hallaremos el valor de ς en cada vértice (A, B, C y D) para luego igualarlo a cero. La ecuación general es:
Pero: Mz = P * ey My = P * ez De donde, igualando a cero, tenemos:
COORDENADAS DE LOS PUNTOS EXTREMOS Y (cm)
Z (cm)
Pto A
-18,15
-12,85
Pto B
-18,15
12,85
Pto C
18,15
-12,85
Pto D
18,15
12,85
Con P en el cuarto cuadrante My y Mz son negativos, de donde la ecuación nos queda:
- 586 Para el punto A:
De donde: 6,4516 = 0,4973 ey + 2,0894 ez
(Ecuación No. 1)
Para el punto B:
De donde: 6,4516 = 0,4973 ey - 2,0894 ez
(Ecuación No. 2)
Para el punto C:
De donde: 6,4516 = - 0,4973 ey + 2,0894 ez (Ecuación No. 3) Para el punto D:
De donde: 6,4516 = - 0,4973 ey - 2,0894 ez (Ecuación No. 4) Las cuatro ecuaciones amarillas representan las ecuaciones de los cuatro lados del rombo que encierra el núcleo central. Para calcular los puntos notables, es decir los puntos con los ejes “Y” y “Z”, hacemos: 6,4516 = 0,4973 ey + 2,0894 ez (Ecuación No. 1 = Cuarto cuadrante) Para ey = 0: ez = 3,09 cm Para ez = 0, ey = 12,97 cm 6,4516 = 0,4973 ey - 2,0894 ez (Ecuación No. 2 = Tercer cuadrante) Para ey = 0: ez = - 3,09 cm Para ez = 0, ey = 12,97 cm 6,4516 = - 0,4973 ey + 2,0894 ez (Ecuación No. 3 = Segundo cuadrante) Para ey = 0: ez = 3,09 cm Para ez = 0, ey = - 12,97 cm 6,4516 = - 0,4973 ey - 2,0894 ez (Ecuación No. 4 = Primer cuadrante) Para ey = 0: ez = - 3,09 cm Para ez = 0, ey = - 12,97 cm Estos son los mismos resultados anteriores. Si ploteamos las cuatro ecuaciones tendremos el rombo del núcleo central.
- 587 2.- Cargas actuando perpendicularmente a la sección en cualquier punto dentro de la misma Una fuerza de compresión de 10 T actúa perpendicularmente sobre la siguiente sección rectangular en el punto indicado. Se pide calcular los esfuerzos en los vértices de la sección, dibujar el eje neutro y hallar su ecuación.
2
A = 1500 cm 4 Iy (alrededor de y)= 112500 cm 4 Iz (alrededor de z) = 312500 cm 3
My (alrededor de y) = - P ez = - 10 x 10 x 5 = - 50000 Kgf-cm 3 Mz (alrededor de z) = - P ey = - 10 x 10 x 3 = - 30000 Kgf-cm
El sentido de estos momentos puede también hallarse con la regla de la mano derecha. P es negativo ya que es compresión, ez e ey son + ya que están en el cuadrante + de los ejes.
Igualando a 0, obtendremos la ecuación del eje neutro.
Para dibujarlo, hacemos lo siguiente: Para y = 0: 6,67 + 0,44 Z = 0 De donde: Z = - 15,16 cm (corte con el eje y) Para z = 0: 6,67 + 0,10 Y = 0 De donde: Y = - 66,7 cm (corte con el eje z)
- 588 -
Nótese como el eje neutro está en el cuadrante opuesto a la carga P. Es importante señalar que la recta que sale de la carga P y pasa por el centro de gravedad de la sección no forma ángulo recto con el eje neutro, así como que el eje neutro puede o no cortar la sección dependiendo de la forma de la sección y de la posición de la carga P. Esto se aplica a cualquier tipo de sección. Ubicaremos ahora el eje neutro a través de los esfuerzos en las 4 esquinas, para lo cual es recomendable la siguiente planilla u otra parecida elaborada en Excel. La fórmula a usar es:
En la planilla se colocarán los signos respectivos. P=
-10000
A=
1500
My =
-50000
Mz =
Coordenadas My/Iy
Mz/Iz
2
Z
Y
σ (Kgf/cm )
A
-15
25
-0,444
-0,096
-2,41
-30000
B
15
25
-0,444
-0,096
-15,73
Iy =
112500
C
15
-25
-0,444
-0,096
-10, 93
Iz =
312500
D
-15
-25
-0,444
-0,096
2,39
- 589 Como se ve en el siguiente dibujo, se trabaja únicamente con los puntos D, A y C, que nos permiten hallar los puntos de corte. Los 2 diagramas dibujados a escala (El primero entre D y A y el segundo entre D y C) nos dan los mismos resultados analíticos. También se pueden hallar los puntos de corte a través de relaciones de triángulo con los valores de los esfuerzos hallados.
- 590 3- Cargas actuando perpendicularmente a la sección en cualquier punto dentro de la misma Una columna tiene la sección en cruz indicada en la figura. La fuerza resultante es de compresión (50 T) y pasa por el punto A. Hallar la tensión normal en B, halle la ecuación del eje neutro con respecto a ejes que pasan por el centro de la columna y dibújelo. Indique en la sección la zona a tensión y la zona a compresión. ¿Dónde debería estar ubicada la fuerza resultante de 50 T para que en el punto B la tensión normal sea nula?
Trasladando la fuerza al centro de gravedad G de la sección, tenemos:
R = 50 T My = - 50 x (10 + 15/2) = - 875 T-cm Mz = - 50 x (10/2) = - 250 T-cm A = 10 x 35 + 2 x x 15 = 800 cm
2
- 591 -
a) Tensión normal en B Coordenadas de B {
b) Eje neutro
0 = - 62,5 – 3,06 y – 19,81 z
De donde: y = - 6,47 z – 20,42 Para y = 0: Para z = 0:
- 592 c) Pasamos a calcular la ecuación de la recta del núcleo central correspondiente al cuadrante opuesto al punto B: (
)
(
(
)
)
(
)
De donde: -1,25 = 0,0226 z ez + 0,012245 y ey Para el punto B, tenemos: Z = - 17,5 cm Y = - 5 cm Sustituyendo, tenemos: 1,25 = 0,3955 ez + 0,061225 ey Para ez = 0, ey = 20,416 cm Para ey = 0, ez = 3,160 cm
- 593 Para cualquier posición de la resultante de 50 T sobre el segmento 1-2, no se produce tracción en el punto B. Como chequeo colocaremos la resultante de 50 T en el punto medio del segmento 1-2 y hallaremos el esfuerzo normal en el punto B. Cálculo de los momentos actuantes: Z = 3,16/2 = 1,58 De donde: My = - 50 x 1,58 = - 79 T-cm Y = 20,42/2 = 10,21 De donde: Mz = - 50 x 10,21 = -510,5 T-cm
- 594 4.- Cargas actuando perpendicularmente a la sección en cualquier punto dentro de la misma Sobre una columna de sección rectangular (35 cm x 40 cm). Se aplican dos fuerzas excéntricas: 30 T en el punto P (y = 3 cm, z = 4 cm) y 50 T en el punto Q (y = 0, z = -5 cm). Se pide: a)
Calcular la resultante de las dos fuerzas, dibujar el núcleo central de la sección, verificar si la resultante cae en el núcleo y ubicarla con respecto al centro de gravedad de la misma. b) Decir si los esfuerzos en la sección son de compresión, tensión o de ambos signos. c) Hallar los esfuerzos en las cuatro esquinas de la sección (Puntos A, B, C y D) y decir de que signo son. d) Dibujar el eje neutro, calculando su ecuación (referida al centro de gravedad de la sección) y sus puntos de corte con los ejes Z e Y. e) Finalmente, se decide mover la carga Q únicamente a lo largo del eje Z, (es decir y = 0). ¿Dónde debe ubicarse la carga Q para que en el punto A los esfuerzos sean nulos? Indique en un dibujo la ubicación de la nueva resultante con sus coordenadas respecto al centro de gravedad de la sección y verifique que esa ubicación cumple con la ecuación de la recta del núcleo central correspondiente al cuadrante opuesto al punto A.
- 595 a) Posición de la resultante:
De donde:
La resultante R es de 80 T y está ubicada a Z = - 1,625 cm y a Y = 1,125 cm respecto al centro de gravedad de la sección. Núcleo central de una sección rectangular:
B = 40 cm h = 35 cm, de donde: b/6 = 40/6 = 6,66 cm h/6 = 35/6 = 5,83 cm Nota: La resultante cae dentro del núcleo central indicado en color azul.
- 596 b) En vista de que la resultante cae en el núcleo central, los esfuerzos en toda la sección serán de compresión. c)
2
Area = 40 x 35 = 1400 cm Mz = - 80 x 1,125 x 1000 = - 90000 Kgf-cm My = - 80 x (- 1,625) x 1000 = + 130000 Kgf-cm
Sustituyendo valores, se tiene:
COORDENADAS DE LOS PUNTOS EXTREMOS
De donde:
Y (cm)
Z (cm)
Pto A
-17,5
20
Pto B
-17,5
-20
Pto C
17,5
20
Pto D
17,5
-20
- 597 -
d) Eje neutro Igualando a cero, se tiene:
De donde la ecuación del eje neutro (respecto al centro de gravedad de la sección) es:
Para z = 0: y = - 90,74 cm Para y = 0: z = 82,49 cm
e) Para que se cumpla la condición de que ςA = 0: My = - 50 x (- z) x 1000 – 30 x 4 x 1000 = 50000 z – 120000
(*)
- 598 -
De donde: z = 11 cm Al haber colocado el signo (-) en la ecuación (*), nos dice que la carga Q se desplaza hacia la izquierda (lo cual es lógico).
Posición de la nueva resultante:
- 599 Por lo tanto la posición de la nueva resultante es Z = - 5,375 cm y a Y = 1,125 cm respecto al centro de gravedad de la sección. Procedemos a verificar que la nueva resultante R pasa por la recta del núcleo central opuesta al punto A:
Chequeo: Colocamos la coordenada z de la resultante R en la ecuación anterior: y = 0,875 x (- 5,375) + 5,8275 = 1,125 O.K.
- 600 5.- Cargas actuando perpendicularmente a la sección en cualquier punto dentro de la misma A continuación se muestra una fundación de base K x 3 m, sobre la cual existe una columna (centrada con la fundación) y con las siguientes cargas: P = - 50 Ton (Compresión) My = + 30 Ton-m Mz = + 20 Ton-m
Se pide: a.- Calcular K (en m), de tal forma que el esfuerzo en la esquina D de la fundación sea “0”, es decir ςD = 0. Z
Y
A
-100
150
B
100
150
C
-100
-150
D
100
-150
P = - 50 Ton (Compresión) My = + 30 Ton-m Mz = + 20 Ton-m
Para que no haya esfuerzo en la esquina D de la fundación, ςD debe ser 0, de donde:
- 601 -
De donde K = 200 cm = 2 m b.- A partir del valor de K hallado en el punto anterior, se pide ubicar con coordenadas la carga de 50 Ton en la fundación, indicando en planta las excentricidades ey y ez.
c.- Dibuje ahora el núcleo central de la fundación y verifique si la carga cae dentro del mismo. Haga un dibujo a escala. La carga P cae fuera del núcleo central.
- 602 d.- Calcule los esfuerzos en las 4 esquinas de la fundación, diciendo de que signo son. (Exprese los 2 resultados en Kgf/cm ) Para calcular los esfuerzos se usa la siguiente fórmula:
Se forma la siguiente tabla a través de una hoja de Excel, colocando los respectivos signos a la P, My, Mz y las coordenadas de los puntos, obteniéndose los siguientes resultados: P=
-50000
A=
60000
My =
3000000
Mz =
Coordenadas My/Iy
Mz/Iz
2
Z
Y
σ (Kgf/cm )
A
-100
150
0,015
0,004
-1,667
2000000
B
100
150
0,015
0,004
1,333
Iy =
2E+08
C
-100
-150
0,015
0,004
-3
Iz =
4,5E+08
D
100
-150
0,015
0,004
0
Era evidente que ςD tenía que dar 0. e.- Dibuje el eje neutro, calculando su ecuación (referida al centro de gravedad de la fundación) y sus puntos de corte con los ejes Z e Y. Conocidos los esfuerzos ς, se procede a hallar la ecuación del eje neutro, conociendo que el eje neutro debe pasar por “D” ya que en ese punto ς = 0. Resolviendo por triángulos, hallamos que el punto de corte en la parte inferior de la sección (Entre los puntos A y B) es de 11,33 cm referido al eje Y, de donde la ecuación, referida al centro de gravedad es: y = - 3,38 Z + 188,33
- 603 -
f.- Si el eje neutro pasa por dentro de la fundación, dibújelo en planta y separe claramente la zona traccionada de la zona comprimida de la fundación. En el dibujo del punto anterior aparece lo que aquí se pide. El eje neutro como se ve pasa por dentro de la fundación y con colores se ha separado la zona de tracción de la zona de compresión. g.- ¿Pasará el eje neutro por la esquina D? Es evidente de que el eje neutro pasa por la esquina D, ya que hemos hallado el lado incógnita de la fundación con esa condición. 2 h.- Finalmente, en caso de haber tracción y queremos que el punto de mayor tracción no supere 1 Kgf/cm , ¿cuál debería ser el nuevo valor de K? NOTA : Cuando se modifica el valor de K, se modifica de tal manera que la columna siempre quedará en el centro de la fundación.
- 604 2
Es evidente que el punto B seguirá siendo el punto de mayor tracción y cuyo ς no debe pasar 1 Kgf/cm .
Aprovecharemos la ecuación hallada para ςD igualándola a 1, pero cambiando el signo de la última parte, ya que la Y del punto B es igual pero de diferente signo a la Y del punto D:
Resolviendo, se obtiene: K = 228,85 cm = 2,29 m
Nota: El valor negativo de la ecuación cuadrática no tiene valor físico alguno.
- 605 6.- Cargas actuando perpendicularmente a la sección en cualquier punto fuera de la misma Sea una carga de compresión P = 6,5 T actuando en el punto F perteneciente a la sección rectangular A B C D de 30 cm x 15 cm. Se pide hallar los esfuerzos en las 4 esquinas y la ecuación de la línea de tensiones nulas (eje neutro). Este caso es prácticamente iguales a los anteriores ya que tenemos únicamente una fuerza perpendicular. Para la resolución de este problema no nos interesa a que altura está ubicada la carga P ya que su dirección es perpendicular a la sección. La altura o alturas nos interesarán cuando tengamos fuerzas que no sean perpendiculares a la sección.
Observando la planta nos damos cuenta que la carga P produce un momento alrededor del eje z y otro alrededor del eje y. 2
A = 30 x 15 = 450 cm
3
4
Iy (alrededor de y) = 15 x 30 /12 = 33750 cm 3
4
Iz (alrededor de z) = 30 x 15 /12 = 8437,50 cm ez = - 15 cm ey = 7,5 + 7,5 = + 15 cm
My (alrededor de y) = - P ez = - 6,5 x 1000 x (-15) = + 97500 Kgf-cm Mz (alrededor de z) = - P ey = - 6,5 x 1000 x 15 = - 97500 Kgf-cm
- 606 Para conseguir la ecuación del eje neutro, igualamos ς a cero, de donde:
De donde: Para Z = 0, tenemos: Y = - 1,25 cm (punto de corte con eje Y) Para Y = 0, tenemos: Z = 5 cm (Punto de corte con eje Z) Por lo tanto el eje neutro tiene esta posición:
Nótese como el eje neutro está en el cuadrante opuesto a la carga P. Los esfuerzos en las 4 esquinas se calculan de la misma forma del problema anterior. Se deja al estudiante ese trabajo.
- 607 7.- Cargas que actúan perpendicularmente a la sección en cualquier punto (adentro o fuera de la misma) más cargas que actúan con un sentido distinto al perpendicular sobre los centros de gravedad de la sección o proyecciones de estos centros A continuación se presenta una fundación de una columna de concreto armado de 1.00 x 0.75, sometida a una carga vertical de 700 T en el vértice “E” y a las tres cargas horizontales P1, P2 y P3 indicadas. Se pide hallar los esfuerzos axiales a que están sometidas las cuatro esquinas de la fundación. Verifique si alguna esquina está sometida a tensión. Se pide hallar las excentricidades del sistema en los 2 sentidos, así como la posición y ecuación del eje neutro referida a un sistema de ejes que coincide con el centro de la columna. Finalmente haga un gráfico en planta indicando el eje neutro y la posición de la carga resultante con sus excentricidades referidas al centro de la columna “C.G.”.
- 608 -
- 609 -
Coordenadas de las esquinas: A: (z = -295 cm; y = - 210 cm) B: (z = -295 cm; y = + 210 cm) C: (z = +295 cm; y = - 210 cm) D: (z = +295 cm; y = + 210 cm) Cálculo de los esfuerzos axiales:
- 610 -
Cálculo de las excentricidades: P = - 700 T My = +700 x 50 + 20 x 300 + 30 x 100 = 44000 T-cm De donde:
Mz = + 700 x 37,5 + 15 x 200 = 29250 T-cm De donde:
Por lo tanto todo el sistema de cargas anterior equivale a una carga de compresión de 700 T ubicada a z = 0,63 m e y = 0,42 m del punto O (centro de la columna), según se ve en la figura anterior. Es importante destacar como este punto está en el cuadrante opuesto del eje neutro.
- 611 Coordenadas de los puntos 1 y 2: Punto 1: z = + 1,861 m y = + 2,10 m Punto 2: z = + 2,95 m y = + 1,269 m La ecuación del eje neutro, referida al punto O es: Esto nos da que los puntos de corte con los ejes Z e Y son: Y = + 3,528 m y Z = + 4,606 m Chequeo puntos de corte:
- 612 8.- Cargas que actúan perpendicularmente a la sección en cualquier punto (adentro o fuera de la misma) más cargas que actúan con un sentido distinto al perpendicular sobre los centros de gravedad de la sección o proyecciones de estos centros Determine las tensiones en los puntos A, B y C y la línea de tensiones nulas (ecuación).
COORDENADAS PUNTOS Z
Y
Pto A
-10
+10
Pto B
+10
+10
Pto C
0
-20
- 613 -
- 614 -
La ecuación de la línea de tensiones nulas es: Y = - 3,6 Z – 2 (con respecto al centro de gravedad) (Se obtiene con las coordenadas de los puntos 3 y 4) Chequeo de los puntos de corte con los ejes: P = 20 T
Mz = - 500 T-cm
De donde:
My = - 600 T-cm
De donde:
- 615 9.- Cargas que actúan perpendicularmente a la sección en cualquier punto (adentro o fuera de la misma) más cargas que actúan con un sentido distinto al perpendicular sobre los centros de gravedad de la sección o proyecciones de estos centros Una columna tiene la sección en “L” indicada en la figura. Sobre la misma actúan 3 fuerzas. La primera es una fuerza de compresión de 20 T aplicada en el vértice F y perpendicular a la sección; la segunda es una fuerza horizontal de 4 T (a una altura de 120 cm de la base de la columna) en el eje “Z” que pasa por el centro de gravedad; la tercera es una fuerza horizontal de 3 T (a una altura de 200 cm de la base de la columna) en el eje “Y” que pasa por el centro de gravedad. Se pide: 1.- Magnitud y posición (con coordenadas) de la fuerza resultante R. 2.- Magnitud y signo de las tensiones normales en todos los vértices de la columna (A, B, C, D, E y F) 3.- Ecuación del eje neutro con respecto a un sistema de ejes que pasan por el vértice F. 4.- Dibujo en planta del eje neutro señalando los puntos de corte con los ejes Z e Y. 5.- Indicación en planta de la zona a tracción (si es que la hay)
- 616 -
Cálculo y posición de la resultante: P = - 20 T
Por lo tanto la resultante cae fuera de la sección y todo el sistema de fuerzas equivale a una resultante R de 20 T a compresión con unas excentricidades ez = + 12,93 cm y ey = + 18,93 cm.
- 617 -
P=
-20000
A=
525
My =
-258600
Mz =
Coordenadas Z
Y
A
-11,07
-378600
B
Iy =
25022
Iz =
25022
σ (Kgf/cm )
13,93
-38,10 -10,33 -15,13
-134,46
3,93
13,93
-38,10 -10,33 -15,13
-289,48
C
3,93
3,93
-38,10 -10,33 -15,13
-138,18
D
13,93
3,93
-38,10 -10,33 -15,13
-241,52
E
13,93
-11,07
-38,10 -10,33 -15,13
-14,56
F
-11,07
-11,07
-38,10 -10,33 -15,13
243,81
De forma analítica:
De donde eliminando las P, obtenemos la ecuación del eje neutro:
En nuestro caso:
2
My/Iy Mz/Iz
Ecuación del eje neutro:
P/A
- 618 De donde, dividiendo entre 0,397, se obtiene: (Referida al centro de gravedad de la sección) Para Z = 0, el punto de corte con el eje Y será: Y = - 2,519 cm Para Y = 0, el punto de corte con el eje Z será: Z = - 3,688 cm Por lo tanto ya podemos dibujar y ubicar el eje neutro con respecto a la sección:
La zona gris indica tracción y la zona roja compresión. Ya que nos piden la ecuación del eje neutro referida al vértice F, necesitamos hacer una traslación de ejes. En la ecuación de una recta: y = mx + b, m es la pendiente (en este caso – 0,683 la cual quedará igual) y b es el valor de y para x = 0. (En este caso b es el valor de y para z = 0) Y = - 0,683 Z – 2,519 (Referida al centro de gravedad de la sección)
Lo señalado en amarillo es lo que vamos a hallar. El signo quedará “-“. Necesitamos el valor de Y para Z = - 11,07 (Distancia del eje Y al nuevo eje Y que pasa por F) y a ese resultado sumarle 11,07 (Distancia del eje Z al nuevo eje Z que pasa por F). Para Z = -11,07, Y = - 0,683 x (-11,07) – 2,519 = 5,04 cm De donde: b = punto de corte del eje neutro con el eje Y que pasa por F = 5,04 + 11,07 = 16,11 cm
Por lo tanto la ecuación del eje neutro referido a un sistema de ejes z-y que pasan por el vértice F es: Y = - 0,683 Z – 16,11
- 619 Otra forma de calcular la ecuación del eje neutro:
Es a través de los esfuerzos en los vértices hallados anteriormente. Se dibujan los diagramas correspondientes entre los vértices que tienen diferente signo, en este caso entre F-E por un lado y F-A por el otro. Por relación de triángulos se calculan los puntos de corte referidos de una vez a un sistema de ejes que pasa por el vértice F, obteniéndose los mismos resultados anteriores y, por supuesto, la misma ecuación de la recta del eje neutro, referida a un sistema de ejes que pasa por el vértice F, la cual es:
- 620 10.- Cargas que actúan perpendicularmente a la sección en cualquier punto (adentro o fuera de la misma) más cargas que actúan con un sentido distinto al perpendicular sobre los centros de gravedad de la sección o proyecciones de estos centros Sea una columna octagonal de lado igual a 20 cm y altura 4 m sometida a 3 fuerzas horizontales (P1, P2 y P3) cuyo sentido, magnitud y altura con respecto a la base se indican en la figura a continuación, y a 2 fuerzas de compresión actuando en el vértice “A” (P4) y en centro de la columna (P5), ambas fuerzas situadas en el tope de la columna y cuya magnitud también se indican en la misma figura.
D = distancia entre lados opuestos
L = lado del octágono ≈ 0,4142 D
b = proyección del lado del octágono ≈ 0,2929 D
A = área del octágono ≈ 0,8284 D
Iz = Iy ≈ 0,05474 D
4
2
- 621 Se pide: a)
Calcular e indicar acotándolo en planta el núcleo central de la columna.
b) Magnitud y ubicación de la resultante de este sistema de fuerzas, indicando las excentricidades de esta resultante respecto al sistema de coordenadas Z – Y que pasa por el centro de la columna verificando si la misma cae dentro del núcleo central. c)
Magnitud y signo de los esfuerzos en los 8 vértices de la columna, indicándolos en planta. Ecuación de la línea de tensión nula (respecto al sistema de coordenadas Z – Y), indicando los puntos de corte con los ejes Z – Y, separando claramente las zonas de tracción y compresión.
d) Dibuje los diagramas de esfuerzos sobre los lados que tengan diferencia de signo en los esfuerzos y calcule únicamente la distancia que hay entre el punto de corte EJE NEUTRO-HA con el vértice H, medida según el mismo lado HA. e) ¿Cuál sería el esfuerzo ς en el centro del octágono, si se eliminan las 2 fuerzas de compresión P4 y P5 y donde cortaría el eje neutro a los ejes Z e Y?
a.- Núcleo central de la columna: Para una carga de compresión situada en la parte positiva del eje Y, tenemos:
(Para una y = - 24,143 cm) (es decir coincidiendo con el lado FE)
De donde:
- 622 Por ser simétrica la sección, es evidente que ese valor se repite 4 veces, de donde:
- 623 b.- Magnitud y ubicación de la resultante: Al ser la fuerza P1 una fuerza radial, podemos descomponerla en una fuerza según Z y una fuerza según Y, actuando sobre las caras GH y FE de la columna con un valor cada una igual a 0,707 T y a una altura de 100 cm. Por lo tanto, las cargas sobre la columna nos quedan de la siguiente forma:
Mz (por P1y) = - 0,707 x 100 = - 70,7 T-cm My (por P1z) = - 0,707 x 100 = - 70,7 T-cm My (por P2) = + 2 x 200 = 400 T-cm Mz (por P3) = + 3 x 300 = 900 T-cm Mz (por P4) = - 10 x 24,143 = - 241,43 T-cm My (por P4) = - 10 x (-10) = + 100 T-cm
De donde: P = - 10 T – 20 T = - 30 T = - 30000 Kgf My = - 70,7 + 400 + 100 = + 429,3 T-cm = + 429300 Kgf-cm Mz = - 70,7 + 900 – 241,43 = + 587,87 T-cm = + 587870 Kgf-cm Por lo tanto: ey = Mz/P = 587870/(-30000) = - 19,60 cm ez = My/P = 429300/(-30000) = - 14,31 cm
- 624 -
c.- Magnitud y signo de los esfuerzos en los 8 vértices de la columna.
P=
-30000
Coordenadas
A=
1931,45
My =
429300
A
24,143 -10,000 -15,53
1,44
1,98
17,74
Mz =
587870
B
24,143
10,000 -15,53
1,44
1,98
46,59
Iy =
297570
C
10,000
24,143 -15,53
1,44
1,98
39,05
Iz =
297570
D
-10,000
24,143 -15,53
1,44
1,98
-0,46
E
-24,143
10,000 -15,53
1,44
1,98
-48,80
F
-24,143 -10,000 -15,53
1,44
1,98
-77,66
G
-10,000 -24,143 -15,53
1,44
1,98
-70,12
H
10,000 -24,143 -15,53
1,44
1,98
-30,61
Y
Z
P/A
2
My/Iy Mz/Iz σ (Kgf/cm )
- 625 -
d.- Ecuación de la línea de tensiones nulas (eje neutro):
En nuestro caso, P es negativa De donde:
Por lo tanto: Nos queda: Puntos de corte: Para Z = 0: Y = + 7,86 cm Para Y = 0: Z = + 10,77 cm
- 626 e.- Dibujo de esfuerzos y distancia. Únicamente se dibujan los esfuerzos sobre los lados HA y DC. Por relación de triángulos sobre el lado HA se obtiene que la distancia que hay entre el punto de corte EJE NEUTRO-HA con el vértice H, medida según el mismo lado HA es de 12,66 cm.
f.- Esfuerzo σ en el centro del octágono y puntos de corte con Z e Y, si se eliminan P4 y P5. Si se eliminan P4 y P5 (fuerzas axiales sobre la sección del octágono), tenemos un caso de flexión pura en los 2 sentidos, lo cual ocasionará que el eje neutro pase por el centro del octágono con una recta inclinada (No nos piden calcular la ecuación de esta recta). Evidentemente ς será igual a cero en el centro del octágono.
INFORMACIÓN GENERAL: Polígono regular con n lados (origen de los ejes en el centroide)
C = centroide (en el centro del polígono) n = número de lados (n ≥ 3)
b = longitud de un lado
β = ángulo central para un lado (
)
Ic = momento de inercia con respecto a cualquier eje que pasa por C (el centroide es un punto principal y cada eje que pasa por C es un eje principal) (
)(
)
- 627 11.- Cargas que actúan perpendicularmente a la sección en cualquier punto (adentro o fuera de la misma) más cargas que actúan con un sentido distinto al perpendicular sobre los centros de gravedad de la sección o proyecciones de estos centros La figura a continuación es un muro de gravedad de concreto, sometido a un empuje lateral de tierra. Este empuje lateral, cuyo cálculo escapa al alcance de este curso, es de 9,35 T/ml de largo de muro a una distancia de 1.73 m de la base del muro. Considerando un peso específico para el Concreto de ϒ = 2400 3 Kgf/m y despreciando tanto el peso como el empuje lateral de los 0,40 m de tierra colocados del lado del borde frontal de la base (arriba del punto “A”), se pide hallar la magnitud y signo de los esfuerzos normales en los puntos “A” y “B”, dibujando el diagrama de esfuerzos normales o de presiones entre los puntos “A” y “B”, así como se pide hallar la magnitud y posición de la resultante, verificando si la misma pasa por tercio central de la base. Nota # 1: deben tomar en cuenta el peso de la tierra sobre toda la parte dorsal del muro, 3 para lo cual tomarán como peso específico de la tierra ϒ = 1920 Kgf/m , así, como es lógico, el peso propio del muro. Nota # 2: trabajen con 1 metro lineal de muro, como si la sección en la base fuese de 3 x 1.
- 628 -
La posición de la resultante vendrá dada por:
Su magnitud es de 27,90 T a compresión. Esta distancia está por poco fuera del tercio central de la base (1/6 a cada lado del centro que es 3/6 = 0,50 m). En la figura a continuación está indicada la posición de la resultante y en amarillo el tercio central de la base.
- 629 -
De donde:
De donde: Se producirá una ligera elevación del terreno situado en contacto con la parte dorsal de la base del muro.
- 630 12.- Cargas que actúan perpendicularmente a la sección en cualquier punto (adentro o fuera de la misma) más cargas que actúan con un sentido distinto al perpendicular sobre los centros de gravedad de la sección o proyecciones de estos centros La figura a continuación es un muro en ménsula, sometido a un empuje lateral de tierra. Este empuje lateral, cuyo cálculo escapa al alcance de este curso, es de 9,35 T/ml de largo de muro a una distancia de 1,73 m de 3 la base del muro. Considerando un peso específico para el Concreto de ϒ = 2400 Kgf/m y un peso específico 3 para la tierra de ϒ = 1920 Kgf/m , despreciando el empuje lateral (no así el peso) de los 0,60 m de tierra colocados del lado del borde frontal de la base (arriba de “A”), se pide hallar la magnitud y signo de los esfuerzos normales en “A” y “B”, dibujando el diagrama de esfuerzos normales entre los puntos “A” y “B”. También se pide hallar la magnitud y posición de la resultante, verificando si la misma pasa por tercio central de la base. Nota: trabajen con 1 metro lineal de muro, como si la sección en la base fuese de 2,92 x 1,00.
- 631 -
La posición de la resultante vendrá dada por: ez = 9,646/(-19,376) = - 0,498 (medido desde el centro de la base del muro) Su magnitud es de 19,376 T a compresión. Esta distancia está por poco fuera del tercio central de la base (1/6 a cada lado del centro que es 2,92/6 = 0,9733 m).
- 632 En la figura a continuación está indicada la posición de la resultante y en amarillo el tercio central de la base.
3
4
I = 1 x 2,92 /12 = 2,075 m 2 2 ςA = - 19,376 x 1000/(2,92 x 1) + 9,646 x 1000 x (- 1,46)/2,075 = - 13423 Kgf/m = - 1,342 Kgf/cm (Compresión) 2 2 ςB = - 19,376 x 1000/(2,92 x 1) + 9,646 x 1000 x 1,46/2,075 = + 151,49 Kgf/m = + 0,015 Kgf/cm (Tracción). Se producirá una ligera elevación del terreno situado en contacto con la parte dorsal de la base del muro.
- 633 13.- Cargas que actúan produciendo únicamente momentos Una viga W 310x60 soporta las cargas indicadas en la figura. Calcule las tensiones en los puntos A, B, C y D de la sección N-N y para la misma sección localice el eje neutro, exprese su ecuación con respecto al centro de gravedad de la sección y represéntelo gráficamente. Halle el ángulo del eje neutro con respecto al eje Z. A partir del eje neutro, dibuje el diagrama de esfuerzos final. NO desprecie el peso propio de la viga. NOTA: La carga horizontal de 1220 Kgf actúa en el centro de la sección.
Desig.
Desig.
Peso
Area
d
W
W
(Kgf/m)
(cm2)
(mm)
W12x40
W310x60
60
75,9
303,0
bf
tf
tw
(mm) (mm) (mm) 203
13,1
7,5
Iz
Sz
rz
Iy
Sy
ry
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
(cm3)
(cm)
1829,0
180,20
4,91
12860
848,90 13,02
- 634 -
Esfuerzos debidos al momento alrededor del eje Z: Mz = - 3769 Kgf-m
Esfuerzos debidos al momento alrededor del eje Y: My = + 1464 Kgf-m
Sumando los dos efectos, se tiene:
Otra forma de hallar los esfuerzos: COORDENADAS DE LOS PUNTOS EXTREMOS Y (cm)
Z (cm)
Pto A
-15,15
-10,15
Pto B
-15,15
10,15
Pto C
15,15
-10,15
Pto D
15,15
10,15
- 635 -
Ecuación del eje neutro Al no haber fuerzas axiales, el eje neutro debe pasar por el centro de gravedad de la sección:
De donde: - 29,31 y + 80,04 z = 0 De donde: y = 2,73 z (Ecuación del eje neutro) Para poder dibujarlo, hallaremos el valor de z para y = - 15,15 (Puntos A y B) e y = 15,15 (Puntos C y D). Para y = - 15,15, se tiene: z = - 5,55 cm Para y = 15,15, se tiene: z = 5,55 cm
- 636 -
14.- Cargas que actúan produciendo únicamente momentos Una viga de madera, de sección rectangular (10 cm x 15 cm), 3 m de luz y simplemente apoyada soporta una carga uniformemente distribuida de 4 Kgf/m la cual actúa en un plano haciendo un ángulo de 30º con el eje vertical. Calcule la máxima tensión en la mitad del tramo y para la misma sección localice el eje neutro, exprese su ecuación con respecto al centro de gravedad de la sección y represéntelo gráficamente. Halle el ángulo del eje neutro con respecto al eje Z, así como los puntos de corte del eje neutro con los ejes Z e Y. Desprecie el peso de la viga.
Podemos descomponer la carga de 4 Kgf/m en dos cargas: la primera según Z y la segunda según Y. Nos queda entonces lo siguiente:
- 637 -
COORDENADAS DE LOS PUNTOS EXTREMOS Y (cm)
Z (cm)
Pto A
7,5
-5
Pto B
7,5
5
Pto C
-7,5
5
Pto D
-7,5
-5
{
De donde:
- 638 -
{
De donde:
Sumando los dos efectos, se tiene:
Todo lo anterior puede resolverse de la siguiente forma:
- 639 -
Ecuación del eje neutro: Por tratarse sólo de momentos, el eje neutro pasa por el centro de la sección. Hallaremos su ecuación de dos maneras:
De donde: – 0,18 z + 0,13856 y = 0 Por lo tanto: y = 1,3 z (Ecuación del eje neutro) La otra forma es dibujando los esfuerzos hallados anteriormente sobre los dos lados de la sección donde hay cambio en el signo del esfuerzo. Conseguiremos dos puntos (Uno en el lado DA y otro en el lado CB) que son los puntos de corte del eje neutro con esos lados. Unimos los dos puntos y dibujamos el eje neutro que pasará por el centro de la sección. Esos puntos se hallan por relaciones de triángulos a partir de los valores de los esfuerzos hallados. Al tener los dos puntos, podemos hallar la ecuación del eje neutro que es: . Finalmente, β = arc tg 1,3 = 52,43º.
- 640 15- Cargas que actúan produciendo únicamente momentos Determinar las tensiones en los puntos A, B, C y D del empotramiento “A” y la posición de la línea de tensiones nulas. Nota: Las cargas P1 y P2 son dos cargas inclinadas que pasan por el centro de la sección.
COORDENADAS DE LOS PUNTOS EXTREMOS Y (cm)
Z (cm)
Pto A
-15
-10
Pto B
-15
10
Pto C
15
10
Pto D
15
-10
- 641 -
- 642 Esfuerzos producidos por MAz (alrededor del eje z): Este momento produce tracción en los puntos A y B y compresión en los puntos C y D.
Esfuerzos producidos por MAy (alrededor del eje y): Este momento produce tracción en los puntos A y D y compresión en los puntos B y C.
Sumando los dos efectos, se tiene:
- 643 Todo lo anterior puede resolverse de la siguiente forma:
Ecuación del eje neutro: Por tratarse sólo de momentos, el eje neutro pasa por el centro de la sección. Hallaremos su ecuación de dos maneras:
De donde: - 5,3314 y – 7,2727 z = 0
De donde: y = - 1,364 z (Ecuación del eje neutro)
La otra forma es dibujando los esfuerzos hallados anteriormente sobre los dos lados de la sección donde hay cambio en el signo del esfuerzo. Conseguiremos dos puntos (Uno entre A y D y otro entre B y C) que son los puntos de corte del eje neutro con esos lados. Unimos los dos puntos y dibujamos el eje neutro que pasará por el centro de la sección. Esos puntos se hallan por relaciones de triángulos a partir de los valores de los esfuerzos hallados. Al tener los dos puntos, podemos hallar la ecuación del eje neutro que es: . Finalmente, β = arc tg (- 1,364) = - 53,75º
- 644 -
- 645 -
CAPÍTULO XI (Esfuerzos Cortantes directos y torsionantes combinados) Para el análisis de los esfuerzos cortantes combinados directo y torsionante se aplicará el método de superposición. Los esfuerzos cortantes directos se calcularán por medio de la fórmula:
Si tenemos fuerzas en dos sentidos, será necesario aplicar la fórmula anterior en los dos sentidos. Para los esfuerzos cortantes causados por el momento torsor, se estudiarán 4 tipos de secciones:
Secciones circulares:
Donde: T = momento torsor. ρ = distancia desde el centro de la sección al punto considerado. J = momento polar de inercia.
1.
Macizas. Si el punto considerado es el extremo de la sección, el valor de ρ coincide con el radio del círculo “R”. En este tipo de secciones, se tiene:
Por lo tanto la fórmula de la torsión se escribe de la siguiente forma:
O también de esta otra forma:
Donde D = diámetro de la sección = 2 R
- 646 En este tipo de secciones, si hay que hallar los esfuerzos de corte directo en un punto externo del círculo que coincida con el eje Z o el eje Y, para la aplicación de la fórmula:
se tendrán en cuenta las siguientes expresiones:
( )
d
Si sustituimos los valores de Q, I y B en la ecuación de τ , se obtiene:
( ) Donde A es el área total del círculo
2.
Huecas cerradas. Si el punto considerado es el extremo de la sección, el valor de ρ coincide con el radio exterior del círculo “R”. En este tipo de secciones, se tiene:
- 647 O también: *( )
( ) +
Donde R = radio exterior y r = radio interior Por lo tanto la fórmula de la torsión se escribe de la siguiente forma:
Si llamamos n = relación entre el radio interior y el radio exterior, es decir: n = r/R, la anterior fórmula puede escribirse de la siguiente forma:
O también de esta otra forma:
Donde D = diámetro de la sección exterior = 2 R En este tipo de secciones, si hay que hallar los esfuerzos de corte directo en un punto externo del círculo que coincida con el eje Z o el eje Y, para la aplicación de la fórmula:
se tendrán en cuenta las siguientes expresiones:
*( )
( ) +
- 648 Secciones rectangulares: 1.
Macizas. Para estas secciones se usará la siguiente fórmula empírica en la torsión:
donde:
Esta expresión por lo tanto se convierte en: (
)
El valor de α también puede hallarse por medio de la siguiente tabla: h/b α
1
1,5
1,75
2
2,5
3
4
6
8
10
∞
0,208 0,231 0,239 0,246 0,258 0,267 0,282 0,299 0,307 0,313 0,333
Distribuciones de esfuerzos cortantes a lo largo de dos lados de la sección, a lo largo de dos líneas medias y a lo largo de una línea oblicua.
- 649 La forma de las secciones rectangulares cambia al ser sometida a torsión y dichas secciones no permanecen planas.
2.
Huecas cerradas. Para estas secciones se usará la siguiente fórmula empírica en la torsión:
donde:
Al tratar problemas de vigas no debe olvidarse que, además de los esfuerzos cortantes directos y de torsión, actúan esfuerzos normales causados por la flexión. Para conocer los esfuerzos máximos, se aplicarán las fórmulas analíticas ya estudiadas de combinación de esfuerzos cortantes con esfuerzos axiales o se aplicará el círculo de Mohr.
- 650 TORSIÓN EN SECCIONES ABIERTAS
Se observa que en el caso de secciones de espesor delgado abiertas, la distribución de tensiones de corte se puede asumir aproximadamente lineal anulándose en la línea media de la sección transversal (Véase la figura siguiente), lo que hace que el momento torsor equilibrante tenga que desarrollarse en el espesor de la sección. Esto pone en evidencia que las secciones de tipo abierta tienen una muy baja eficiencia trabajando a la torsión.
- 651 1.- En la siguiente flecha, empotrada en E, se pide hallar los esfuerzos cortantes máximos, debido a las fuerzas aplicadas, en los puntos A-B-C-D. Diámetro = 10 mm. Desprecie el peso propio de la flecha.
El momento torsor T (en sentido horario y alrededor del eje X) ocasióna únicamente esfuerzos cortantes en los cuatro puntos iguales a:
La fuerza P de 25,5 Kgf ocasiona un corte en sentido Y igual a: Vy = - 25,5 Kgf Los esfuerzos cortantes directos debidos a este corte ocurren sólo en los puntos C y D y son iguales a:
Donde:
- 652 -
( )
( )
Por lo tanto:
En resumen nos queda lo siguiente: Punto A:
Punto B:
Punto C:
Punto D:
La fuerza P de 25,5 Kgf ocasiona además un momento flector Mz (alrededor del eje Z) igual a: Mz = + 25,5 x 0,1 = + 2,55 Kgf-m Este momento ocasiona sólo esfuerzos normales en los puntos A y B, ya que los puntos C y D están ubicados sobre el eje neutro.
En este caso: P=0 My = 0
- 653 De donde:
Por lo tanto:
- 654 2.- Un soporte de 50 mm de diámetro, firmemente empotrado en un extremo, soporta en el otro unas cargas horizontal y vertical, como indica la figura. Calcular los esfuerzos resultantes máximos en el punto A y en el punto B.
a.- Para mayor comprensión del ejercicio, colocamos 2 fuerzas de igual magnitud (367 Kgf) y dirección contraria en el punto C, con lo cual no se altera el sistema.
- 655 Las dos fuerzas de 367 Kgf indicadas en un recuadro equivalen a un par torsor alrededor del eje X igual a: Tx = 367 x 15 = 5505 Kgf-cm (sentido anti-horario) La fuerza vertical de 367 Kgf que nos queda en el punto C produce un momento flector alrededor del eje Z igual a: Mz = - 367 x 9 = - 3303 Kgf-cm Además produce un corte en la sección donde están ubicados los puntos A y B igual a: Vy = 367 Kgf ↓ b.- La fuerza horizontal de 408 Kgf produce un momento flector alrededor del eje Y igual a:
My = 408 x 9 = + 3672 Kgf-cm Además produce un corte en la sección donde están ubicados los puntos A y B igual a: Vz = 408 Kgf ←
A continuación se muestra la sección que incluye los dos puntos con las solicitaciones.
PUNTO A: a.- Magnitud y signo de los esfuerzos normales en A. ( ) De donde: ( )
En nuestro caso: P = 0
- 656 -
b.- Esfuerzos Cortantes en A.
Por torsión en A
Mtorsor = T = 5505 Kgf-cm (sentido anti-horario) ( ) ( ) De donde:
Por corte directo en A (sólo debido a Vz)
Conociendo que el céntro de gravedad Xb de un semicírculo respecto al centro de gravedad de la sección total es:
- 657 Se obtiene que:
De donde:
Por lo tanto:
Resumen Corte directo + Corte por torsión:
- 658 RESUMEN GENERAL: Punto A: 2
ςA = + 269,15 Kgf/cm (Tracción) 2
τA = 224,29 + 27,71 = - 252 Kgf/cm ← (Es - ya que está en el sentido - del eje Z)
(
√(
)
√(
√(
√(
)
)
)
)
PUNTO B: a.- Magnitud y signo de los esfuerzos normales en B. En nuestro caso: P = 0
b.- Esfuerzos Cortantes en B.
Por torsión en B
- 659
Por corte directo en B (sólo debido a Vy)
Resumen Corte directo + Corte por torsión:
RESUMEN GENERAL: Punto B: 2
ςB = - 299,22 Kgf/cm (Compresión) 2
τB = 224,29 + 24,93 = 249,22 Kgf/cm ↓ (Es + ya que está en el sentido + del eje Y)
(
)
√(
)
- 660 -
√(
√(
√(
)
)
)
- 661 3.- Se aplican dos fuerzas P1 y P2 de magnitudes P1 = 1530 Kgf y P2 = 1835 Kgf en el extremo A de la barra AB, la cual está soldada a un elemento cilíndrico BD de diámetro d = 40 mm. Si se sabe que la distancia desde A al eje del elemento BD es a = 50 mm, determine: a) Los esfuerzos normal y cortante en el punto K de la sección transversal del elemento BD localizado a una distancia b = 60 mm del extremo B. b) Los esfuerzos principales en K analíticamente. c) Los esfuerzos cortantes máximos y mínimos en K analíticamente.
a.-
Estudio de las fuerzas: P1: La fuerza P1 de 1530 Kgf ocasiona en B un momento flector alrededor del eje Y igual a: My = - 1530 x 0,05 = - 76,5 Kgf-m Este momento se transmite con esa misma magnitud y sentido hasta la sección donde está el punto K, ocasionando esfuerzos de tracción en K. La fuerza P1 ocasiona además una compresión en la sección circular donde está el punto K igual a: F = - 1530 Kgf P2: La fuerza P2 de 1835 Kgf ocasiona un momento torsor alrededor del eje X igual a: Tx = 1835 x 0,05 = 91,75 Kgf-m (en sentido antihorario)
- 662 Este momento torsor se transmite con esa misma magnitud y sentido hasta la sección donde está el punto K, ocasionando esfuerzos de corte en K ↓ La fuerza P2 de 1835 Kgf ocasiona además un momento flector alrededor del eje Z en la sección donde está el punto K igual a: Mz = + 1835 x 0,06 = + 110,1 Kgf-m Sin embargo, este momento no ocasiona esfuerzos de flexión en el punto K, por estar el punto K contenido en el eje Z, es decir el eje neutro. La fuerza P2 de 1835 Kgf ocasiona un corte en la sección donde está el punto K igual a: Vy = - 1835 Kgf ↑ Todo lo expresado anteriormente podemos visualizarlo en la siguiente figura:
En resumen, en el punto K, se tiene: Esfuerzos normales:
(
)
- 663 De donde:
Esfuerzos cortantes directos: En el caso de secciones circulares macizas, puede aplicarse directamente la siguiente expresión:
De donde:
Esfuerzos cortantes por torsión:
Por lo tanto:
b.-
(
(
De donde:
)
√(
)
)
√(
)
- 664 c.-
√(
√( De donde:
)
)
- 665 4.- Sea una columna cilíndrica de 6 m de altura empotrada en su base, de diámetro d = 100 cm y sometida a una fuerza de compresión P1x = 500 T, a una fuerza de tracción P2x = 100 T, a 2 fuerzas horizontales P3z = 25 T, P4y = 20 T y un momento torsor T = 50 T-m (alrededor del eje X), tal como se indica en la figura.
- 666 Se pide: a) Calcular e indicar acotándolo en la base A-B-C-D el núcleo central de la columna. b) Magnitud y ubicación de la resultante de este sistema de fuerzas, indicando las excentricidades de esta resultante respecto al sistema de coordenadas Z – Y que pasa por el centro de la columna “O” en la base verificando si la misma cae dentro del núcleo central. c) Magnitud y signo de los esfuerzos en los puntos A, B, C y D de la base, indicándolos en planta. d) Ecuación de la línea de tensión nula (respecto al sistema de coordenadas Z – Y), indicando los puntos de corte con los ejes Z – Y, separando claramente las zonas de tracción y compresión. e) Determine el esfuerzo normal y el esfuerzo cortante total en el punto A. No se piden los esfuerzos principales.
2
Sugerencia: Trabaje todo el problema usando T, m, T-m, T/m . Únicamente al final, cuando haya calculado 2 2 los esfuerzos en T/m , expréselos en Kgf/cm .
a.- Núcleo central de la columna: Para una carga de compresión situada en la parte positiva del eje Y, tenemos:
Para una Y = - 0,50 m, es decir coincidiendo con el punto D, tenemos:
Por ser la figura simétrica, tenemos: ez = 0,125 m Nota: en realidad el núcleo central de un círculo es un círculo de radio R/4, es decir 0,50/4 = 0,125 m, tal como se obtuvo en el cálculo anterior. Sin embargo, en este problema así como en los otros de este problemario, por simplificación estamos únicamente acotando los valores de las excentricidades en “Z” y en “Y”. Por regla general: si el perímetro de una sección tiene m lados rectos, entonces el perímetro del núcleo
- 667 central tendrá m lados rectos también. A continuación, señalado en amarillo, aparece dibujado el núcleo central (tal como se está tomando en una forma simplificada).
b.- Magnitud y ubicación de la resultante: Mz (por P1) = - 500 x 0,50 = - 250 T-m Mz (por P4) = + 20 x 6 = + 120 T-m My (por P3) = - 25 x 6 = - 150 T-m My (por P2) = + 100 x 0,50 = + 50 T-m NOTA: Adicionalmente tenemos un momento torsor T = 50 T-m De donde: R = - 500 T + 100 T = - 400 T Mz = - 250 + 120 = - 130 T-m My = - 150 + 50 = - 100 T-m Por lo tanto:
Como se ve, la resultante cae fuera del núcleo central.
- 668 c.- Magnitud y signo de los esfuerzos en los puntos A, B, C y D de la columna.
Coordenadas P=
-400
A=
0,785
My =
-100
Mz =
Y
Z
P/A 2
My/Iy 3
(My/Iy) Z 2
Mz/Iz 3
(Mz/Iz) Y 2
σ
σ 2
2
(m)
(m)
(T/m )
(T/m )
(T/m )
(T/m )
(T/m )
(T/m )
(Kgf/cm )
A
0
-0,5
-509,3
-2040,8
1020,4
-2653,1
0
511,1
51,1
-130
B
0,5
0
-509,3
-2040,8
0
-2653,1
-1326,5
-1835,8
-183,6
Iy =
0,049
C
0
0,5
-509,3
-2040,8
-1020,4
-2653,1
0
-1529,7
-153
Iz =
0,049
D
-0,5
0
-509,3
-2040,8
0
-2653,1
1326,5
817,2
81,7
NOTA: LA zona amarilla es la zona a tracción y la verde la zona a compresión. d.- Ecuación de la línea de tensiones nulas (eje neutro):
En nuestro caso, P es negativa De donde:
De donde: - 509,29 – 2040,82 Z – 2653,06 Y = 0 Por lo tanto: Y = - 0,769 Z - 0,192
- 669 Puntos de corte: Para Z = 0: Y = - 0,192 m Para Y = 0: Z = - 0,25 m En el dibujo anterior está indicado el eje neutro y los puntos de corte con los ejes Z e Y. e.- a) Esfuerzos cortantes en el punto A: Corte por torsión: T = 50 T-m
T
2
τA = 254,65 T/m ↑
Corte directo:
V = 20 T
- 670 En el punto A, el corte por torsión y el corte directo tienen el mismo signo, de donde: 2
2
2
τ = (254,65 + 33,88) T/m = 288,53 T/m = 28,85 Kgf/cm ↑ e.- b) Esfuerzos normales en el punto A: Los esfuerzos normales en A ya fueron calculados anteriormente, de donde: ςA = + 51,1 Kgf/cm
2
Resumiendo, en el punto A, tenemos: 2
ς = + 51,1 Kgf/cm (tracción) 2
τ = 28,85 Kgf/cm ↑
- 671 5.- Una valla de tránsito que pesa 200 Kgf está sostenida por un tubo de acero de diámetro exterior igual a 7,30 cm con un espesor de 5,2 mm. El centro de la valla está a 3 m de la base del tubo. La fuerza de viento horizontal máxima que se ejerce sobre la valla se estima en 45 Kgf. Se pide: a)
Magnitud y ubicación de la resultante de este sistema de fuerzas, indicando las excentricidades de esta resultante respecto al sistema de coordenadas Z – Y que pasa por el centro del círculo, verificando si la misma cae dentro del núcleo central del círculo, previamente calculado. b) Ecuación de la línea de tensión nula (respecto al sistema de coordenadas Z – Y), indicando los puntos de corte con los ejes Z – Y, separando claramente en la sección las zonas de tracción y compresión. c) Magnitud y signo de los esfuerzos normales en los puntos “A” y “B” del tubo, indicándolos en planta. d) Calcule los esfuerzos cortantes directos y los esfuerzos cortantes por torsión en los puntos “A” y “B”, indicando en estos puntos el sentido y la magnitud del esfuerzo cortante resultante entre el esfuerzo cortante directo y el esfuerzo cortante por torsión.
- 672 -
Nota: Para secciones circulares huecas se tiene: *( )
( ) +
*( )
( ) +
En este caso: D = 7,30 cm d = 6,26 cm ρ = D/2 = 3,65 cm, ya que A y B están en el círculo exterior. a.- La fuerza vertical P1 de 200 Kgf produce una resultante R de compresión y un momento alrededor del eje Y. R = - 200 Kgf (Compresión) My = - 200 x 0,90 = - 180 Kgf-m = - 18000 Kgf-cm
b.- La fuerza horizontal P2 de 45 Kgf produce un momento torsor T, un momento alrededor del eje Z y un corte Vy en sentido contrario al eje Y, es decir ↑. Mtorsor = T = 45 x 0,90 = 40,50 Kgf-m = 4050 Kgf-cm (sentido anti-horario) Mz = + 45 x 3 = + 135 Kgf-m = + 13500 Kgf-cm Vy = 45 Kgf ↑
a.- Núcleo central de la columna, magnitud y ubicación de la resultante:
*(
)
(
) +
- 673 Para una carga de compresión situada en la parte positiva del eje Y y para una Y = - 3,65 cm, es decir coincidiendo con la parte superior del círculo, se tiene:
De donde:
Evidentemente, por ser una sección circular, el núcleo central es un círculo de radio igual a 1,58 cm. R = - 200 Kgf (compresión)
No amerita dibujar el núcleo central para darse cuenta que la resultante R cae fuera del núcleo central.
b.- Ecuación de la línea de tensiones nulas (eje neutro):
En nuestro caso, R es negativa (Compresión). De donde:
De donde: - 18,057 – 281,162 Z + 210,872 Y = 0 De donde:
- 674 -
Puntos de corte: Para Z = 0: Y = + 0,086 cm Para Y = 0: Z = - 0,065 cm NOTA: La zona azul es la sometida a compresión y la zona verde es la sometida a tracción
c.- Magnitud y signo de los esfuerzos normales en A y B. Aprovechamos la ecuación del eje neutro, eliminando de la misma la igualdad a “0”: ς = - 18,057 – 281,162 Z + 210,872 Y 2
ςA (para Y = 0 y Z = - 3,65) = - 18,057 – 281,162 x (-3,65) = + 1008,18 Kgf/cm (Tracción) 2
ςB (para Y = + 3,65 y Z = 0) = - 18,057 + 210,872 x 3,65 = + 751,63 Kgf/cm (Tracción)
d.- Esfuerzos Cortantes en A y B.
Por torsión (en A y B)
Mtorsor = T = 4050 Kgf-cm (sentido anti-horario)
- 675 -
*( ) *(
( ) + )
(
) +
De donde:
Por corte directo (sólo en A, debido a Vy)
- 676 -
Conociendo que el céntro de gravedad Xb de un semicírculo hueco respecto al centro de gravedad de la sección total es:
Se obtiene que:
De donde:
Por lo tanto:
De donde:
- 677 Resumen Corte directo + Corte por torsión:
RESUMEN GENERAL: Punto A: 2
ςA = + 1008,18 Kgf/cm (Tracción) 2
τA = 115,46 - 8,09 = 107,37 Kgf/cm ↓ (Es + ya que está en el sentido + del eje Y)
Punto B: 2
ςB = + 751,63 Kgf/cm (Tracción) 2
τB = + 115,46 Kgf/cm → (Es + ya que está en el sentido + del eje Z)
- 678 6.- Una fuerza de 510 Kgf está aplicada a un alambre que está enrollado a la barra A-B de sección cuadrada de 40 mm x 40 mm, la cual está empotrada en el extremo B. Halle los esfuerzos principales y los máximos esfuerzos de corte en el punto “O”, el cual está en la mitad de una cara de la barra A-B. Use para la barra la ecuación empírica de la torsión: (
)
El punto “O” está en el eje neutro, por lo tanto los esfuerzos de flexión son nulos, de donde: ς = 0. Corte por Torsión:
Aplicando la ecuación empírica, tenemos:
Corte Directo: V = 510 Kgf
T
D
Por superposición: τ = τ + τ = 76,5 + 47,81 = 124,31 Kgf/cm
2
- 679 De donde en O tenemos: 2
τ(O) = 124,31 Kgf/cm
ς(O) = 0
Por lo tanto:
(
√(
)
√(
)
)
Sustituyendo valores, tenemos:
(
)
ς0(máx) = 124,31 Kgf/cm
√(
2
2
ςO(mín) = - 124,31 Kgf/cm √( τ0(máx) = 124,31 Kgf/cm
) 2
2
τO(mín) = - 124,31 Kgf/cm
)
- 680 7.- En el volado AB, empotrado en A, y de 2 m de luz actúa una carga uniforme de 1000 Kgf/m. En el punto C (punto medio entre A y B) se empotra en el volado AB una viga de 0,50 m de luz con respecto al eje X y con una carga en su punta (Punto D) igual a 100 Kgf. Calcule las tensiones por momento, así como los esfuerzos cortantes directos y torsionantes en el punto 1 de la sección A del empotramiento. Se pide resolver el problema para: a) Sección rectangular de b = 30 cm x h = 60 cm. b) Sección circular maciza de 60 cm de diámetro. (Nota: se consideró que no ameritaba dibujar una isometría nueva para esta sección) Para la parte a), hacer uso de la ecuación empírica de la torsión para secciones rectangulares: (
)
- 681 a) Sección rectangular:
La carga de 100 Kgf en “D” equivale a una carga de 100 Kgf en el punto “C” más un momento torsor Tx. Tx = 100 Kgf x 0,50 m = 50 Kgf-m (en sentido anti-horario) De donde: (
)
A su vez, la carga de 100 Kgf en “C” más la carga de 1000 Kgf/m producen un momento negativo Mz igual a: Mz = - 1000 x 2 x 1 + 100 x 1 = - 2100 Kgf-m De donde:
Además producen un corte directo ↑, igual a: Vy = 1000 x 2 + 100 = 2100 Kgf ↑, que no ocasiona esfuerzos cortantes en el punto 1. Por lo tanto:
b) Sección circular:
Por estar el punto 1 ubicado en el eje neutro, es evidente que ς1 = 0 Sin embargo el corte directo Vy = 2100 Kgf ↑ ocasiona esfuerzos cortantes en el punto 1.
- 682 -
( )
(
)
Se obtiene que:
De donde:
Por lo tanto:
En el caso de secciones circulares macizas, puede aplicarse directamente la siguiente expresión:
De donde:
Por lo tanto:
- 683 8.- Para la viga – columna mostrada en la figura, de base 24 cm x 8 cm y de altura 100 cm, determine los esfuerzos normales y cortantes en el punto N.
Estudio de las fuerzas: Po (- 20 T): Ocasiona My, Mz y compresión. Myo = - 20T x 4 cm = - 80 T-cm Mzo = - 20 T x (- 12 cm) = + 240 T-cm R = - 20 T (compresión)
- 684 P1 (8 T): Ocasiona Mz y corte según el eje – Y. Mz1 = 8 T x 100 cm = + 800 T-cm Vy1 = - 8 T ↑ P2 (10 T): Ocasiona My y corte según el eje – Z. My2 = 10 T x 100 cm = + 1000 T-cm Vz2 = - 10 T ← P3 (5 T): Ocasiona torsión alrededor del eje X, My y corte según el eje + Z. Tx3 = 5 T x 12 cm = 60 T-cm (en sentido anti-horario) My3 = - 5 T x 50 cm = - 250 T-cm Vz3 = + 5 T → NOTA: My no ocasiona esfuerzos de tensión en “N”, así como los cortes Vy (en sentido Y) tampoco ocasionan esfuerzos de corte en “N”.
Tomando en cuenta todo lo anterior, tenemos:
- 685 -
Para el cálculo de los esfuerzos en el punto “N” tomaremos en cuenta únicamente los valores señalados en amarillo. En resumen: R = - 20T y Mz = + 240 + 800 = + 1040 T-cm a)
Tensiones por fuerza axial en N:
R = - 20 T
b) Cortantes en N: Debidos a la torsión: (
)
(
)
- 686 Debidos a la fuerza cortante directa:
Vz = 5 – 10 = - 5 T ←
Qy = 24 x 4 x 2 = 192 cm
c)
3
Cortantes Resultantes en N:
- 687 9.- Sea una columna de 30 cm x 80 cm, empotrada en su base EFGH y sometida a 6 fuerzas tal como se indica en la figura. Se pide: a) Calcular e indicar acotándolo en planta el núcleo central de la columna. b) Magnitud y ubicación de la resultante de este sistema de fuerzas, indicando las excentricidades de esta resultante respecto al sistema de coordenadas Z – Y que pasa por el centro de la columna verificando si la misma cae dentro del núcleo central. c) Ecuación de la línea de tensión nula (respecto al sistema de coordenadas Z – Y), indicando los puntos de corte con los ejes Z – Y, separando claramente las zonas de tracción y compresión. d) Magnitud y signo de los esfuerzos normales en los puntos E, K, F, L, G, M, H y N de la columna, indicándolos en planta. e) Diagramas de los esfuerzos normales sobre los cuatro lados de la sección, comprobando los puntos de corte de la línea de tensión nula con los ejes Z e Y hallados por medio de la ecuación de esa línea en el punto c). f) ¿ Cuál sería el esfuerzo ς en el centro de la sección ABCD, si se eliminan las 2 fuerzas P1 y P2 y donde cortaría en ese caso el eje neutro a los ejes Z e Y? g) Determine los esfuerzos cortantes totales en los puntos K, L, M y N. NOTA: Para el cálculo de la T 2 torsión use la siguiente fórmula: τ = T x (3 + 1,8 b/h)/(h b ) donde: b = lado corto y h = lado largo. h) Dejando fijas todas las fuerzas menos P1, ¿dónde debemos ubicar la fuerza P1 de tal forma que la resultante de ese sistema de fuerzas pase por el centro de la sección?
- 688 -
a.- Tratándose de una sección rectangular, es fácil determinar el núcleo central:
b.- R = - 200 + 100 = - 100 T Mz = - 200 x (-0,15) + 0 + 0 + 0 + 5 x 2 - 7 x 2,50 = + 22,50 T-m My = - 200 x (- 0,40) + 0 + 4 x 3 – 10 x 1 + 0 + 0 = + 82 T-m Momento torsor = T = 0 + 0 + 4 x 0,15 + 0 – 5 x 0,40 – 7 x 0,10 = - 2,1 T-m (en sentido horario) D
Vy = 7 – 5 = 2 T ↓ D
Vz = 10 – 4 = 6 T→
De donde:
De donde:
- 689 -
La resultante no cae en el núcleo central. c.- Ecuación del eje neutro:
De donde:
Puntos de corte: Para Z = 0, Y = + 3,33 cm Para Y = 0, Z = + 6,50 cm
- 690 d.- Magnitud y signo de los esfuerzos normales:
Punto
Z
Y
ς
(cm)
(cm)
(Kgf/cm )
E
-40
-15
-485,41
F
-40
15
-110,41
G
40
15
402,07
H
40
-15
27,07
K
-40
0
-297,91
L
0
15
145,83
M
40
0
214,57
N
0
-15
-229,17
2
e.- Diagrama de esfuerzos normales y comprobación eje neutro:
f.- Si se eliminan P1 y P2, es evidente que el eje neutro pasará por el centro de la sección y el esfuerzo ς sería cero. g.- Esfuerzos cortantes en los puntos K, L, M y N:
- 691 (
)
donde: b = lado corto y h = lado largo (
)
Corte directo (PUNTOS K y M): Los esfuerzos cortantes en estos puntos están producidos únicamente por Vy = 2 T, de donde:
Corte directo (PUNTOS L y N): Los esfuerzos cortantes en estos puntos están producidos únicamente por Vz = 6 T, de donde:
Resumen Corte directo + Corte por torsión: Punto K: τT = 10,72 Kgf/cm2 ↑ τD = 1,25 Kgf/cm2 ↓ De donde: τ = 10,72 – 1,25 = 9,47 Kgf/cm2 ↑
Punto M: τT = 10,72 Kgf/cm2 ↓ τD = 1,25 Kgf/cm2 ↓ De donde: τ = 10,72 + 1,25 = 11,97 Kgf/cm2 ↓
- 692 Punto L: τT = 10,72 Kgf/cm2 ← τD = 3,75 Kgf/cm2 → De donde: τ = 10,72 – 3,75 = 6,97 Kgf/cm2 ←
Punto N: τT = 10,72 Kgf/cm2 → τD = 3,75 Kgf/cm2 → De donde: τ = 10,72+ 3,75 = 14,47 Kgf/cm2 →
h.- Posición de la fuerza P1 de tal forma que R pase por el centro de la sección: Para que la resultante R pase por el centro de la sección debe cumplirse: Mz = - 200 x Y + 5 x 2 – 7 x 2,50 = 0 De donde: Y = -0,0375 m My = - 200 x Z + 4 x 3 – 10 x 1 = 0 De donde: Z = 0,01 m Tendremos así un caso de compresión pura.
- 693 10.- Se aplican 3 fuerzas en los puntos A, B y D de la columna de acero “T”, tal como se muestra en la figura. Si la sección transversal horizontal menor formada por los puntos E-F-G-H es un rectángulo de 4 cm x 14 cm, determine los esfuerzos principales y los esfuerzos cortantes máximos y mínimos en los puntos I y K. Calcule y dibuje luego el núcleo central de la sección EFGH, indicando la magnitud, sentido (ez, ey) y posición de la resultante de fuerzas respecto al centro C. ¿La resultante cae dentro del núcleo central? ¿Cae dentro de la sección? NOTA: Para el cálculo de la torsión use la siguiente fórmula: (
)
donde: b = lado corto y h = lado largo.
Fuerzas internas en la sección EFGH: 1.
2.
3.
La fuerza de 3060 Kgf produce: (a) Vy = - 3060 Kgf (b) Mz = 3060 x 0,10 = + 306 Kgf-m (c) T = Mx = 3060 x 0,07 = + 214,20 Kgf-m La fuerza de 5100 Kgf produce: a) Px = 5100 Kgf b) My = 5100 x 0,13 = + 663 Kgf-m La fuerza de 7650 Kgf produce: a) Vz = - 7650 Kgf b) My = 7650 x 0,20 = - 1530 Kgf-m
- 694 -
My resultante = (- 1530 + 663) = - 867 Kgf-m
Esfuerzo normal en I (My no produce esfuerzos de tensión en I):
2
ςI = 910,68 Kgf/cm (tracción) Esfuerzo cortante en I (Vy no produce esfuerzos de corte en I): a)
Corte directo:
- 695 b) Corte por torsión:
(
)
donde: b = lado corto y h = lado largo. (
T
)
2
τI = 336,05 Kgf/cm → En I, el corte directo y el corte por torsión tienen la misma dirección, de donde: 2
τI = 204,91 + 336,05 = 540,96 Kgf/cm → Por lo tanto: (
√(
)
(
)
)
√(
De donde:
√(
√(
)
)
)
- 696 De donde:
Esfuerzo normal en K (Mz no produce esfuerzos de tensión en K):
2
ςK = - 572,45 Kgf/cm (compresión) Esfuerzo cortante en K (Vz no produce esfuerzos de corte en K): a)
Corte directo:
b) Corte por torsión:
T
2
τK = - 336,05 Kgf/cm (mismo valor que el hallado para el punto I) ↑
- 697 En K, el corte directo y el corte por torsión tienen la misma dirección, de donde: τK = - 81,96 - 336,05 = - 418,01 Kgf/cm
2
Por lo tanto: (
)
√(
(
)
√(
)
)
De donde:
√(
√(
)
)
De donde:
Núcleo Central y Resultante: Por ser la sección rectangular, el núcleo central es un rombo con b/6 y h/6:
- 698 La magnitud de la resultante es de + 5100 Kgf (tracción). Su posición viene dada por:
Como se ve en el dibujo, la resultante cae fuera de la sección.
- 699 11.- Sea una columna en “L” sometida a cinco (5) fuerzas, cuyas magnitudes y sentidos están señaladas en la siguiente figura. Se pide: a)
Magnitud y ubicación de la resultante de este sistema de fuerzas, indicando las excentricidades de esta resultante respecto al sistema de coordenadas Z – Y que pasa por el punto “O”, centro de la sección ABCD, verificando si la misma cae dentro del núcleo central de la sección ABCD, previamente calculado y acotado en planta.
b) Ecuación de la línea de tensión nula (respecto al sistema de coordenadas Z – Y), indicando los puntos de corte con los ejes Z – Y, separando claramente en la sección ABCD las zonas de tracción y compresión. c)
Magnitud y signo de los esfuerzos en los puntos “A”, “B”, “C” y “D” de la columna, indicándolos en planta.
d) Calcule los esfuerzos cortantes directos y los esfuerzos cortantes por torsión en los puntos “E”, “F”, “G” y ”H”, indicando en estos puntos el sentido y la magnitud del esfuerzo cortante resultante entre el esfuerzo cortante directo y el esfuerzo cortante por torsión. e)
¿Cuál sería el esfuerzo ς en el centro de la sección ABCD, si se eliminan las 2 fuerzas P1 y P2 y donde cortaría en ese caso el eje neutro a los ejes Z e Y?
NOTA: Para el cálculo de la torsión use la siguiente fórmula: (
)
donde: b = lado corto y h = lado largo.
- 700 -
Mz = (-1 T) (P1) x (- 0,25 m) + 1 T (P3) x 1,00 - 1 T (P4) x 1,75 = - 0,50 T-m My = (-1 T) (P1) x 1,00 + 1 T (P5) x 2,00 = + 1,00 T-m Mtorsor = T = 1 T (P4) x 0,50 m – 1T (P5) x 0,25 m = 0,25 T-m (sentido horario)
- 701 Los cortes en sentido Y se anulan ya que V3↑ = V4 ↓ En sentido Z la única fuerza que produce corte es la P5: Vz = V5 = 1 T ←
a.- Núcleo central de la columna y magnitud y ubicación de la resultante: Ya que la sección es rectangular, el núcleo central de la sección ABCD está ubicado a:
En el dibujo anterior, puede verse que la resultante R cae fuera del núcleo central.
b.- Ecuación de la línea de tensiones nulas (eje neutro):
En nuestro caso, P es negativa De donde:
De donde: - 0,1 + 0,024 Z – 0,048 Y = 0
- 702 Puntos de corte: Para Z = 0: Y = - 2,083 cm = - 0,021 m Para Y = 0: Z = + 4,167 cm = + 0,042 m
c.- Magnitud y signo de los esfuerzos en A, B, C y D. Aprovechamos la ecuación del eje neutro, eliminando de la misma la igualdad a “0”:
2
ςA (para Z = - 50 e Y = - 25) = -0,1 + 0,024 x (-50) – 0,048 x (-25) = - 0,1 Kgf/cm (Compresión) 2
ςB (para Z = - 50 e Y = + 25) = -0,1 + 0,024 x (-50) – 0,048 x (+25) = - 2,5 Kgf/cm (Compresión) 2
ςC (para Z = + 50 e Y = + 25) = -0,1 + 0,024 x (+50) – 0,048 x (+25) = - 0,1 Kgf/cm (Compresión) 2
ςD (para Z = + 50 e Y = - 25) = -0,1 + 0,024 x (+50) – 0,048 x (-25) = + 2,3 Kgf/cm (Tracción)
d.- Esfuerzos Cortantes en A, B, C y D: T = 0,25 T-m (sentido horario) (
)
donde: b = lado corto y h = lado largo.
(
)
- 703 CORTES DIRECTOS Ptos E y G: Al no existir corte en sentido Y (Vy = 0), en los puntos E y G no hay corte directo.
CORTES DIRECTOS Ptos H y F: Aquí sí hay corte directo ya que Vz = 1 T ←
Qy = Momento estático del área amarilla respecto al eje Y:
Resumen Corte directo + Corte por torsión: T
2
Punto E: τ = 0,39 Kgf/cm ↑ D
Punto E: τ = 0 2
De donde: Punto E: τ = 0,39 Kgf/cm ↑ T
2
D
2
Punto F: τ = 0,39 Kgf/cm ← Punto F: τ = 0,30 Kgf/cm ← 2
De donde: Punto F: τ = 0,39 + 0,30 = 0,69 Kgf/cm ←
- 704 T
2
Punto G: τ = 0,39 Kgf/cm ↓ D
Punto G: τ = 0 2
De donde: Punto G: τ = 0,39 Kgf/cm ↓ T
2
D
2
Punto H: τ = 0,39 Kgf/cm → Punto H: τ = 0,30 Kgf/cm ← 2
De donde: Punto H: τ = 0,39 – 0,30 = 0,09 Kgf/cm →
e.- Si se eliminan P1 y P2, es evidente que el eje neutro pasará por el centro de la sección y el esfuerzo ς sería cero en el centro.
- 705 12.- Sea una columna hexagonal de lado “L” igual a 60 cm y altura 3 m, empotrada en la base ABCDEF, sometida a 2 fuerzas de compresión actuando en las verticales del vértice “A” (P1) y del vértice “D” (P2) en el tope de la columna, y a 2 fuerzas horizontales (P3 y P4) cuyo sentido, magnitud y altura con respecto a la base están indicadas en la figura a continuación. Se pide: a)
Calcular e indicar acotándolo en planta el núcleo central de la columna, asimilándolo a un rombo.
b) Magnitud y ubicación de la resultante de este sistema de fuerzas, indicando las excentricidades de esta resultante respecto al sistema de coordenadas Z – Y que pasa por el centro de la columna verificando si la misma cae dentro del núcleo central. c)
Ecuación de la línea de tensión nula (respecto al sistema de coordenadas Z – Y), indicando los puntos de corte con los ejes Z – Y, separando claramente las zonas de tracción y compresión.
d) Magnitud y signo de los esfuerzos en los puntos “F” y “G” de la columna, indicándolos en planta. e)
Calcule los esfuerzos cortantes directos y los esfuerzos cortantes por torsión en los puntos “F” y ”G”, indicando en estos dos puntos el sentido y la magnitud del esfuerzo cortante resultante entre el esfuerzo cortante directo y el esfuerzo cortante por torsión.
NOTA 1: Para evaluar la torsión, se hará la siguiente simplificación: se considerará aplicable la fórmula de torsión conocida para secciones circulares macizas:
, donde: T = momento torsor, C = distancia
desde el centro “O” a cualquier punto del perímetro del hexágono y para J (Inercia polar) se tomará la 4
inercia polar del hexágono la cual viene dada por la siguiente expresión: J = 1,0826 L (siendo L = lado del hexágono).
- 706 NOTA 2: El Momento de inercia I (alrededor de cualquier eje que pasa por el centro “O” de un hexágono) 4
viene dado por la siguiente expresión: I= 0,5413 L (siendo L = lado del hexágono)
√
a.- Núcleo central de la columna:
Para una carga de compresión situada en la parte positiva del eje Y, tenemos:
Para una Y = - 51,96 cm, es decir coincidiendo con G, se tiene:
Para una carga de compresión situada en la parte positiva del eje Z, tenemos:
- 707 Para una Z = - 60 cm, es decir coincidiendo con F, se tiene:
b.- Magnitud y ubicación de la resultante:
En el dibujo anterior, puede verse que la resultante R cae fuera del núcleo central.
c.- Ecuación de la línea de tensiones nulas (eje neutro):
- 708 De donde:
Puntos de corte: Para Z = 0: Y = - 29,10 cm Para Y = 0: Z = - 32,14 cm
d.- Magnitud y signo de los esfuerzos en F y G:
e.- Esfuerzos Cortantes en F y G:
- 709 Punto F:
En “F” los dos efectos se suman, quedando:
Punto G:
(
)
- 710 -
En “G” los dos efectos se restan, quedando:
- 711 13.- El siguiente tubo estructural tiene un espesor uniforme de 8 mm. Determine los esfuerzos principales y los máximos esfuerzos cortantes en el punto H y luego en el punto K. Calcule los esfuerzos analíticamente. NOTA: Para el cálculo de la torsión use la siguiente fórmula para tubos rectangulares huecos:
Donde T = momento torsor t = espesor del tubo Am = Area media
Punto H: Torsión: (
)
Corte directo: En el punto H el corte directo es nulo.
- 712 Flexión: La fuerza de 4080 Kgf ocasiona un momento alrededor del eje Z en el punto H igual a: Mz = - 4080 x 0,25 = - 1020 Kgf-m
De donde en H tenemos: 2
τ(H) = 138,59 Kgf/cm → ς(H) = + 867,13 Kgf/cm
2
(
)
(
√(
Punto K: Torsión:
)
√(
)
√(
De donde:
√(
)
)
)
- 713 Corte directo:
Flexión (Punto K): En el punto K la tensión por flexión es nula ya que la posición del punto K coincide con el eje neutro de la sección. En K, los cortes directos y los cortes por torsión tienen la misma dirección. De donde en K tenemos: 2
τ(K) = 138,59 + 300,51 = 439,10 Kgf/cm ↓ ς(K) = 0
(
)
(
√(
)
√(
√( De donde:
√(
)
)
)
)
- 714 14.-- El siguiente tubo estructural tiene un espesor uniforme de 8 mm. Determine los esfuerzos principales y los máximos esfuerzos cortantes en el punto H y luego en el punto K. Calcule los esfuerzos analíticamente. NOTA: Para el cálculo de la torsión use la siguiente fórmula para tubos rectangulares huecos:
Donde T = momento torsor t = espesor del tubo Am = Area media
- 715 La fuerza de 6120 Kgf produce un momento flector negativo alrededor del eje “Y” My, que causa esfuerzos de compresión en el punto K, más un corte Vz → y un momento torsor alrededor del eje X (en sentido antihorario) Torsión en el punto H: (
)
Flexión (Punto H): En el punto H la tensión por flexión es nula ya que la posición del punto H coincide con el eje neutro de la sección, de donde: ςHx = 0 Corte directo (PUNTO H): Q = Momento estático:
En H, los cortes directos y los cortes por torsión tienen sentido contrario, de donde en H tenemos:
2
τ(H) = (581,87 – 265,63) = 316,24 Kgf/cm →
- 716 -
ςHx = 0 Por lo tanto: (
√(
)
(
√(
)
De donde:
√(
√(
)
)
De donde:
Torsión en el punto K: Es la misma del punto H, de donde:
)
)
- 717 Flexión (Punto K): La fuerza de 6120 Kgf ocasiona un momento flector My en el punto K igual a: My = - 6120 x 0,25 = - 1530 Kgf-m (Compresión en el punto K), de donde:
Corte directo (PUNTO K): En el punto K el corte directo es nulo, de donde: De donde en K tenemos: 2
τ(K) = - 265,63Kgf/cm ↑ 2
ς(K) = - 2516,76 Kgf/cm Por lo tanto:
(
)
√(
(
)
√(
)
De donde:
√(
√( De donde:
)
)
)
- 718 15.- Sea una columna de 5 m de altura empotrada en ABCD, formada por un prisma rectangular hueco de lados exteriores iguales a 140 cm x 240 cm y sometida a una fuerza de compresión P1 = 300 T, a una fuerza de tracción P2 = 200 T y a 2 fuerzas horizontales P3 = 75 T y P4 = 100 T, tal como se indica en la figura. Se pide: f) g)
Calcular e indicar acotándolo en planta el núcleo central de la columna. Magnitud y ubicación de la resultante de este sistema de fuerzas, indicando las excentricidades de esta resultante respecto al sistema de coordenadas Z – Y que pasa por el centro de la columna verificando si la misma cae dentro del núcleo central. h) Magnitud y signo de los esfuerzos en los 4 vértices externos A, B, C y D de la columna, indicándolos en planta. i) Ecuación de la línea de tensión nula (respecto al sistema de coordenadas Z – Y), indicando los puntos de corte con los ejes Z – Y, separando claramente las zonas de tracción y compresión. j) ¿ Cuál sería el esfuerzo ς en el centro de la sección ABCD, si se eliminan las 2 fuerzas P1 y P2 y donde cortaría en ese caso el eje neutro a los ejes Z e Y? k) Determine el esfuerzo normal y el esfuerzo cortante total en el punto K. No se piden los esfuerzos principales.
2
Sugerencia: Trabaje todo el problema usando T, m, T-m, T/m . Únicamente al final, cuando haya calculado 2 2 los esfuerzos en T/m , expréselos en Kgf/cm .
- 719 -
a.- Núcleo central de la columna: Para una carga de compresión situada en la parte positiva del eje Y, tenemos:
Para una Y = - 1,20 m, es decir coincidiendo con el lado AD, se tiene:
Para una carga de compresión situada en la parte positiva del eje Z, tenemos:
Para una Z = - 0,70 m, es decir coincidiendo con el lado AB, se tiene:
- 720 b.- Magnitud y ubicación de la resultante: Mz (por P1) = - 300 x (- 1) = + 300 T-m My (por P1) = - 300 x (- 0,50) = + 150 T-m Mz (por P2) = - 200 x (- 1) = + 200 T-m My (por P2) = - 200 x (- 0,50) = + 100 T-m My (por P3) = - 75 x 2 = - 150 T-m Mz (por P4) = - 100 x 4 = - 400 T-m NOTA: Adicionalmente la fuerza P4 ocasiona un momento torsor T = 100 x 0,50 = 50 T-m De donde: P = - 300 T + 200 T = - 100 T My = + 150 + 100 -150 = + 100 T-m Mz = + 300 + 200 – 400 = + 100 T-m De donde:
- 721 c.- Magnitud y signo de los esfuerzos en los 4 vértices de la columna.
Coordenadas P=
-100
A=
1,36
My =
100
Mz =
Y
Z
P/A 2
My/Iy 3
(My/Iy) Z 2
Mz/Iz 3
(Mz/Iz) Y 2
σ
σ 2
2
(m)
(m)
(T/m )
(T/m )
(T/m )
(T/m )
(T/m )
(T/m )
(Kgf/cm )
A
-1,2
-0,7
-73,53
261,78
-183,25
105,71
-126,85
-383,63
-38,36
100
B
1,2
-0,7
-73,53
261,78
-183,25
105,71
126,85
-129,93
-12,99
Iy =
0,382
C
1,2
0,7
-73,53
261,78
183,25
105,71
126,85
236,57
23,66
Iz =
0,946
D
-1,2
0,7
-73,53
261,78
183,25
105,71
-126,85
-17,13
-1,71
NOTA: LA zona amarilla es la zona a compresión y la verde la zona a tracción. d.- Ecuación de la línea de tensiones nulas (eje neutro):
En nuestro caso, P es negativa
De donde: - 73,53 + 261,78 Z + 105,71 Y = 0 De donde: Y = - 2,476 Z + 0,696
- 722 Puntos de corte: Para Z = 0: Y = + 0,696 m Para Y = 0: Z = + 0,281 m En el dibujo anterior está indicado el eje neutro y los puntos de corte con los ejes Z e Y. e.- Esfuerzo σ en el centro de la sección y puntos de corte con Z e Y, si se eliminan P1 y P2. Si se eliminan P1 y P2 (fuerzas axiales sobre la sección), tenemos un caso de flexión pura en los 2 sentidos + torsión, lo cual ocasionará que el eje neutro pase por el centro de la sección con una recta inclinada. Evidentemente ς será igual a cero en el centro de la sección. f.- a) Esfuerzos cortantes en el punto K: Corte por torsión: T = 50 T-m
Am = 1,20 x 2,20 = 2,64 m
↑ Corte directo:
2
t = 0,20 m
- 723 Q = 1,40 x 0,20 x 1,10 + 2 x 0,20 x 1,00 x 0,50 = 0,508 m
3
V = 100 T
D
τ = 100 x 0,508(0,946 x 2 x 0,20) D
2
τ = 134,25 T/m ↓ En el punto K, el corte por torsión y el corte directo tienen diferente signo, de donde: 2
2
τ = (134,25 – 47,35) = 86,90 T/m = 8,69 Kgf/cm ↓ f.- b) Esfuerzos normales en el punto K: Calcularemos este esfuerzo de tres maneras: 1.De la ecuación del eje neutro tenemos: ς = - 73,53 + 261,78 Z + 105,71 Y Las coordenadas del punto K son: Z = -0,70; Y = 0 De donde: ςK = - 73,53 + 261,78 x (- 0,70) 2
De donde: ςK = - 256,78 T/m = - 25,68 Kgf/cm
2
2.-
2
ςk = - 256,78 T/m = - 25,68 Kgf/cm
2
3.Promediando los esfuerzos calculados anteriormente de A y B, ya que K está en el medio entre A y B. ςk = - (38,36 + 12,99)/2 = - 25,68 Kgf/cm Resumiendo, en el punto K, tenemos: ς = - 25,68 Kgf/cm 2
τ = 8,69 Kgf/cm
2
2
- 724 16.- Una valla de tránsito que pesa 300 Kgf está sostenida por un tubo hueco de acero de sección exterior 30 cm x 40 cm, con un espesor de 1 cm. El centro de la valla está a 3 m de la base del tubo. La fuerza de viento horizontal máxima que se ejerce sobre la valla se estima en 50 Kgf. Se pide: a)
Magnitud y ubicación de la resultante de este sistema de fuerzas, indicando las excentricidades de esta resultante respecto al sistema de coordenadas Z – Y que pasa por el punto “O”, centro de la sección ABCD, verificando si la misma cae dentro del núcleo central de la sección ABCD, previamente calculado y acotado en planta. b) Ecuación de la línea de tensión nula (respecto al sistema de coordenadas Z – Y), indicando los puntos de corte con los ejes Z – Y, separando claramente en la sección ABCD las zonas de tracción y compresión. c) Magnitud y signo de los esfuerzos normales en los puntos “H”, “I”, “J” y “K” de la columna, indicándolos en planta. d) Calcule los esfuerzos cortantes directos y los esfuerzos cortantes por torsión en los puntos “H”, “I”, “J” y ”K”, indicando en estos puntos el sentido y la magnitud del esfuerzo cortante resultante entre el esfuerzo cortante directo y el esfuerzo cortante por torsión. NOTA: Para evaluar la torsión, use la siguiente fórmula empírica para tubos rectangulares huecos: τ = T/(2 t Am) donde T = momento torsor t = espesor del tubo Am = Area media
- 725 -
a.- La fuerza vertical P1 de 300 Kgf produce una resultante R de compresión y un momento alrededor del eje Z. R = - 300 Kgf (Compresión) Mz = - 300 x 1 = - 300 Kgf-m = - 30000 Kgf-cm
b.- La fuerza horizontal P2 de 50 Kgf produce un momento torsor T, un momento alrededor del eje Y y un corte Vz en sentido contrario al eje Z, es decir ←. Mtorsor = T = 50 x 1,00 = 50,00 Kgf-m = 5000 Kgf-cm (sentido horario) My = + 50 x 3 = + 150 Kgf-m = + 15000 Kgf-cm Vz = 50 Kgf ←
a.- Núcleo central de la columna, magnitud y ubicación de la resultante: 2
2
Area = 0,30 x 0,40 – 0,28 x 0,38 = 0,0136 m = 136 cm 3 3 4 4 Iz = 0,30 x 0,40 /12 – 0,28 x 0,38 /12 = 0,00031965 m = 31965 cm 3 3 4 4 Iy = 0,40 x 0,30 /12 – 0,38 x 0,28 /12 = 0,00020485 m = 20485 cm Para una carga de compresión situada en la parte positiva del eje Y, tenemos: ς = - P/A - P ey Y/Iz = 0 (Para una Y = - 0,20 m) (es decir coincidiendo con el lado CD) De donde: ey = - Iz/(A Y) = - 0,00031965/[(0,0136 x (- 0,20)] = + 0,1175 m = 11,75 cm Para una carga de compresión situada en la parte positiva del eje Z, tenemos: ς = - P/A - P ez Z/Iy = 0 (Para una Z = - 0,15 m) (es decir coincidiendo con el lado BC) De donde: ez = - Iy/(A Z) = - 0,00020485/[(0,0136 x (- 0,15)] = + 0,1004 m = 10,04 cm
- 726 -
R = - 300 Kgf (compresión) ey = Mz/R = - 300 Kgf-m/(- 300 Kgf) = + 1,00 m = + 100 cm ez = My/R = + 150 Kgf-m /(- 300 Kgf) = - 0,50 m = - 50 cm En el dibujo anterior, puede verse que la resultante R cae fuera del núcleo central.
b.- Ecuación de la línea de tensiones nulas (eje neutro): ς = R/A + My x Z/Iy + Mz x Y/Iz = 0 (Ecuación general) En nuestro caso, R es negativa (Compresión). De donde: ς = - 300/136 + 15000 x Z/20485 - 30000 x Y/31965 = 0 De donde: - 2,206 + 0,732 Z – 0,938 Y = 0 De donde: Y – 0,780 Z + 2,352 = 0 Puntos de corte: Para Z = 0: Y = - 2,352 cm Para Y = 0: Z = + 3,015 cm
- 727 -
NOTA: La zona azul es la sometida a compresión y la zona verde es la sometida a tracción. c.- Magnitud y signo de los esfuerzos normales en H, I, J y K. Aprovechamos la ecuación del eje neutro, eliminando de la misma la igualdad a “0”: ς = - 2,206 + 0,732 Z – 0,938 Y 2
ςH (para Z = 0 e Y = + 20) = - 2,206 + 0,732 x 0 – 0,938 x 20 = - 20,97 Kgf/cm (Compresión) 2
ςI (para Z = - 15 e Y = 0) = - 2,206 + 0,732 x (- 15) – 0,938 x 0 = - 13,19 Kgf/cm (Compresión) 2
ςJ (para Z = 0 e Y = - 20) = - 2,206 + 0,732 x 0 – 0,938 x (- 20) = + 16,55 Kgf/cm (Tracción) 2
ςK (para Z = + 15 e Y = 0) = - 2,206 + 0,732 x 15 – 0,938 x 0 = + 8,77 Kgf/cm (Tracción)
d.- Esfuerzos Cortantes en H, I, J y K.
Por torsión (en H, I, J y K)
Mtorsor = T = 5000 Kgf-cm (sentido horario) 2
Am = 29 x 39 = 1131 cm T De donde: τ = T/(2 t Am) T τ = 5000/(2 x 1 x 1131) T 2 τ = 2,21 Kgf/cm
t = 1 cm
Por corte directo (sólo en H y J, debido a Vz)
Vz = 50 Kgf ← Q = 40 x 1 x 14,5 + 2 x 14 x 1 x 7 = 776 cm D D τH = τJ = Vz x Q/(Iy x 2 t) D
D
τH = τJ = 50 x 776/(20485 x 2 x 1) D D 2 τH = τJ = 0,95 Kgf/cm ←
3
- 728 -
Resumen Corte directo + Corte por torsión:
RESUMEN GENERAL: 2
2
ςH = - 20,97 Kgf/cm (Compresión); τH = 3,16 Kgf/cm ← 2
2
ςI = - 13,19 Kgf/cm (Compresión); τI = 2,21 Kgf/cm ↑ 2
2
ςJ = + 16,55 Kgf/cm (Tracción); τJ = 1,26 Kgf/cm → 2
2
ςK = + 8,77 Kgf/cm (Tracción); τK = 2,21 Kgf/cm ↓
- 729 -
- 730 17.- Sea la pirámide truncada a continuación, empotrada en su base ABCD, en la cual se distinguen 3 planos:
Plano α (= plano base) al cual pertenece el cuadrado ABCD donde: AB=BC=CD=DA = 6 m. Plano β (= plano intermedio) al cual pertenece el cuadrado EFGH donde: EF=FG=GH=HE = 5 m. Plano γ (= plano tope) γ al cual pertenece el cuadrado IJKL donde: IJ=JK=KL=LI = 4 m.
Los planos α, β y γ son paralelos entre sí, siendo la distancia entre los mismos de 5 m, por lo tanto el tope de la pirámide está a 10 m de la base. Sobre la pirámide actúan 4 fuerzas. P1 que actúa en el centro del cuadrado IJKL y P2 que actúa en el punto K son perpendiculares al plano γ. P3 es una fuerza que pertenece al plano β y a la recta EF y actúa en el punto E. P4 es una fuerza que pertenece al plano β y a la recta FG y actúa en el punto G. Se pide: a) magnitud y posición de la resultante de este sistema de fuerzas, referida a los ejes Z-Y, ubicados en la base de la pirámide. Debe indicar el valor de las excentricidades. b) calcular y dibujar el núcleo central de la base ABCD Indicando si la resultante anteriormente calculada cae o no en el núcleo central. c) calcular los esfuerzos normales en los puntos ABCD indicando de que signo son. d) calcular la ecuación de la línea de tensión nula dibujándola en planta, separando claramente en la sección ABCD la zona de tracción de la zona de compresión e indicando claramente los puntos de corte con los ejes Z e Y. e) calcular los esfuerzos normales, así como los esfuerzos que resultan de la combinación de los cortes directos con los cortes de torsión, en los puntos 1 – 2 – 3 y 4. No se piden los esfuerzos principales. Para la torsión aplique la fórmula:
(
)
donde:
- 731 -
a) R = - 550 + 50 = - 500 T (compresión)
De donde:
b) La resultante cae fuera del núcleo central.
- 732 c) Esfuerzos Normales en ABCD.
Coordenadas P= A=
-500
Y
36
Z
P/A 2
My/Iy 3
(My/Iy) Z 2
Mz/Iz 3
(Mz/Iz) Y 2
σ
σ 2
2
(m)
(m)
(T/m )
(T/m )
(T/m )
(T/m )
(T/m )
(T/m )
(Kgf/cm )
My = -1000
A
3
-3
-13,89
-9,26
27,78
9,26
27,78
41,67
4,17
Mz = +1000
B
3
3
-13,89
-9,26
-27,78
9,26
27,78
-13,89
-1,39
Iy =
108
C
-3
3
-13,89
-9,26
-27,78
9,26
-27,78
-69,45
-6,95
Iz =
108
D
--3
-3
-13,89
-9,26
27,78
9,26
-27,78
-13,89
-1,39
d) Ecuación de la línea de tensión nula:
(Ecuación de la línea de tensión nula) Puntos de corte: Para Z = 0, y = + 1,50 m Para Y = 0, z = - 1,50 m
- 733 -
e) Esfuerzos Normales en 1, 2, 3 y 4.
Coordenadas P= A=
-500
Y
36
Z
P/A 2
My/Iy 3
(My/Iy) Z 2
Mz/Iz 3
(Mz/Iz) Y 2
σ
σ 2
2
(m)
(m)
(T/m )
(T/m )
(T/m )
(T/m )
(T/m )
(T/m )
(Kgf/cm )
My = -1000
1
0
-3
-13,89
-9,26
27,78
9,26
0
13,89
1,39
Mz = +1000
2
3
0
-13,89
-9,26
0
9,26
27,78
13,89
1,39
Iy =
108
3
0
3
-13,89
-9,26
-27,78
9,26
0
-41,67
-4,17
Iz =
108
4
--3
0
-13,89
-9,26
0
9,26
-27,78
-41,67
-4,17
- 734 -
Las fuerzas P3 y P4 producen también torsión y corte: T = 220 x 2,50 (debido a P3) + 220 x 2,50 (debido a P4) = 1100 T-m (en sentido anti-horario) Vz = 220 T (debido a P3) → Vy = 220 T (debido a P4) ↑ Corte por torsión: (
)
(
)
Este valor es igual para los puntos 1, 2, 3 y 4 Corte directo Sentido Z (Vz =220 T →):
Corte directo Sentido Y (Vy =220 T ↑):
- 735 -
Por lo tanto: 2
Kgf/cm 2 Kgf/cm 2 Kgf/cm 2 Kgf/cm
- 736 -
CAPÍTULO XII Energía de Deformación – Método de Castigliano 1.- Elementos cargados axialmente:
Supongamos una barra con una luz L sometida a una fuerza P de tensión que la alarga. Supongamos que la fuerza P se aplica lentamente desde 0 hasta llegar a su máximo P y a un máximo alargamiento δ. Durante el proceso de carga, la carga P se mueve lentamente una distancia δ y realiza una cantidad de trabajo. En mecánica elemental una fuerza constante realiza un trabajo igual a P x δ. Sin embargo, en nuestro caso, la fuerza varía de 0 a su máximo P. Para encontrar el trabajo realizado, hacemos uso del diagrama carga – desplazamiento.
P1 = cualquier valor de la carga entre 0 y el máximo que es P. Para un dP1 corresponde un dδ1. La forma de la curva depende de las propiedades del material. El trabajo realizado por la carga P1 durante el incremento diferencial dδ1 es: P1 x dδ1. Este trabajo está representado por el área amarilla. El trabajo total realizado por la carga desde cero hasta el valor máximo P es la suma de todas las franjas elementales: ∫ O sea el área bajo la curva. Cuando la barra se alarga se producen deformaciones unitarias. La presencia de estas deformaciones aumenta el nivel de energía de la propia barra. Por lo tanto, se define una cantidad nueva, llamada energía de deformación, que es la energía absorbida por la barra durante el proceso de carga.
- 737 A partir del principio de conservación de la energía, sabemos que esta energía de deformación es igual al trabajo realizado por la carga, siempre que no se agregue o se reste energía en forma de calor. ∫ U es el símbolo de energía de deformación. A veces a la U se le denomina trabajo interno para distinguirlo del trabajo externo realizado por la carga. U y W tienen las mismas unidades, o sea Joule, Newton – m, Kgf – m. Si se quita lentamente la fuerza P, la barra regresará a su longitud original por la misma vía. Estamos suponiendo que no se rebasa el límite elástico en cuyo caso habría una deformación permanente.
La mayor parte de las estructuras se diseñan con la expectativa de que el material permanecerá dentro del intervalo elástico en condiciones ordinarias de servicio. Suponemos que el material sigue la ley de Hooke. Entonces la curva carga – desplazamiento es una línea recta y la energía de deformación U almacenada en la barra es:
Por otro lado, tenemos:
- 738 De donde:
De donde:
Esta es la ecuación de la energía de deformación en función de la carga. También:
De donde:
De donde:
De donde:
Esta es la ecuación de la energía de deformación en función del alargamiento. De la primera ecuación observamos que al aumentar la longitud de una barra se incrementa la cantidad de energía de deformación aunque la carga no cambie (debido a que más material se deforma por la carga). Por otra parte, al aumentar el módulo de elasticidad o el área de la barra, también disminuye la energía de deformación debido a que las deformaciones en la barra se reducen. NOTA: No se puede obtener la energía de deformación de una estructura que soporta más de una carga combinando las energías de deformación obtenidas a partir de las cargas individuales que actúan por separado. Debemos evaluar la energía de deformación con todas las cargas que actúan simultáneamente. Todo lo anterior se aplica a elementos en compresión. NOTA: La energía de deformación es siempre una cantidad positiva, no importa si la carga ocasiona tensión o compresión.
- 739 2.- ENERGÍA DE DEFORMACIÓN POR FLEXIÓN: Supongamos una viga sometida a 2 momentos M:
donde: k = curvatura
De donde:
De donde:
De donde:
- 740 Si aumentamos gradualmente M, tenemos:
U = Energía de deformación
Esta ecuación es análoga a la deducida para barras cargadas axialmente. Al combinar (1) y (2), tenemos:
De donde:
y también:
De donde:
Si el momento flexionante en una viga a lo largo de su longitud varía, entonces podemos obtener la energía de deformación aplicando las ecuaciones anteriores a un elemento de la viga, quedando: ∫
- 741 Conociendo que:
y:
también tenemos: ∫
(
)
Podemos hacer lo mismo para la energía de deformación por corte, sin embargo ésta es muy pequeña (en comparación con la energía de deformación por flexión) para vigas en las que las longitudes son mucho mayores que los anchos (digamos L/d > 8). Por lo tanto, en la mayor parte de las vigas la energía de deformación por corte se ignora con seguridad.
Teorema de Castigliano Permite determinar las deflexiones de una estructura a partir de su energía de deformación. Supóngase:
La energía de deformación de esta viga es: ∫
De donde: ∫
- 742 De donde:
Si derivamos esta expresión respecto a P, tenemos: (
)
Nótese que este valor es la deflexión en “A” de la viga correspondiente a P en la dirección de P. Por lo tanto: La derivada de la energía de deformación de una estructura con respecto a la carga es igual a la deflexión que corresponde a la carga en la dirección de la carga.
Supongamos ahora que tenemos varias cargas:
Para hallar el desplazamiento δi debajo de la carga Pi, tendremos que calcular la energía de deformación de la estructura y derivarla respecto a la carga Pi. Igualmente, si queremos hallar δ2, tendremos que calcular la energía de deformación de la estructura y derivarla respecto a la carga P2. Es decir, los únicos desplazamientos que se pueden determinar con el teorema de Castigliano son los correspondientes a las cargas que actúan sobre la estructura. Cuando queremos hallar una deflexión en un punto donde no hay cargas, se usará una carga ficticia P correspondiente al desplazamiento deseado. NOTA: Al anterior teorema se le conoce como “Primer Teorema de Castigliano”.
- 743 Ejemplo # 1 Aplicando el primer teorema de Castigliano, se pide hallar la deflexión vertical δA y la rotación θA:
∫
Tomando el origen en el punto “A”, la ecuación de M(x) es la siguiente:
∫
De donde: ∫
∫
∫
∫
Derivando U respecto a Q se obtiene δA y derivando U respecto a Mo se obtiene θA, de donde:
De donde:
- 744 Sustituyendo valores, tenemos:
Por lo tanto:
De donde:
Sustituyendo valores, tenemos:
Por lo tanto:
Nota: Se pueden comprobar estos resultados con los valores que se encuentran en las tablas de los libros de Resistencia de Materiales.
- 745 Ejemplo # 2 Aplicando el primer teorema de Castigliano, se pide hallar la deflexión en el punto medio “C” de la viga del “Ejemplo # 1”.
Aquí se nos presenta el problema de que en el punto “C”, donde nos piden la deflexión, no hay ninguna carga aplicada en el mismo sentido de la deflexión ↓. Por lo tanto, lo que se hace es colocar una P ficticia ↓ en el punto “C” que, luego de derivar respecto a P, será igualada a “0” ya que no existe. Se calculará la ecuación de Momento para el tramo AC, tomando como origen el punto “A”. Luego se calculará la ecuación de Momento para el tramo CB, tomando como origen el punto C.
A continuación el despiece de la viga:
Las ecuaciones son: Tramo AC:
- 746 Tramo CB:
Si llamamos a U1 la energía de deformación del tramo AC y a U2 la energía de deformación del tramo CB, tenemos: U = U1 + U2 donde: ∫
y ∫
Cálculo de U1: ∫
Cálculo de U2: ∫
De donde: ∫
∫ ∫
De donde:
∫ ∫
∫
- 747 Por lo tanto:
Por lo tanto:
Ya que nos piden la deflexión en el mismo sentido de P, procedemos a derivar la energía de deformación “U” respecto a P, para luego eliminar P, ya que es ficticia, de donde:
De donde:
- 748 Como se vio en el Ejemplo # 2, el desarrollo de las integrales es muy engorroso, por lo tanto, se desarrolló una nueva ecuación denominada “teorema de Castigliano modificado” o “segundo teorema de Castigliano”, en el cual se omite el paso de calcular la energía de deformación, para lo cual se deriva antes de integrar. Este procedimiento no elimina las integrales pero las simplifica bastante. Es un artificio matemático, el cual se deduce brevemente a continuación: ∫ De donde: ∫ De donde: ∫(
)(
)
En el caso de deformaciones por axial, la deducción es parecida: ∫ De donde: ∫ De donde: ∫(
)(
)
En el caso de armaduras, donde los nodos están articulados y por lo tanto no hay variación de la fuerza de tensión a lo largo de la barra, el segundo teorema de Castigliano se transforma en: (
)(
)
donde N es la fuerza axial interna de la barra. Para hallar δi, tendremos que sumar las energías de deformación de todas las barras.
- 749 Ejemplo # 3 Aplicando el segundo teorema de Castigliano, se pide resolver el “Ejemplo # 1”, es decir se pide hallar la deflexión vertical δA y la rotación θA:
La ecuación del momento es:
Derivando M(x) respecto a Q se obtiene δA y derivando M(x) respecto a Mo se obtiene θA. Cálculo de δA:
De donde: ∫ (
∫ (
)(
)
)
De donde: ∫
∫
De donde:
Sustituyendo valores, tenemos:
Por lo tanto:
- 750 Cálculo de θA:
De donde: ∫ (
)(
)
∫ (
)
De donde: ∫
∫
De donde:
Sustituyendo valores, tenemos:
Por lo tanto:
- 751 Ejemplo # 4 Aplicando el segundo teorema de Castigliano, se pide resolver el “Ejemplo # 2”, es decir se pide hallar la deflexión vertical δC:
Igual al “Ejemplo # 2” se coloca una P ficticia ↓ en el punto “C”.
En el “Ejemplo # 2” se obtuvieron las siguientes ecuaciones: Tramo AC:
Tramo CB:
NOTA: En este ejemplo las ecuaciones de M han sido calculadas tomando en cuenta conjuntamente las cargas actuantes y la P ficticia. Cuando tengamos estructuras más complejas, es aconsejable resolver la estática con las cargas actuantes y la estática con la P ficticia y, luego, aplicar el principio de superposición. Es un procedimiento un poco más largo, sin embargo es más seguro. Procedemos a elaborar el siguiente cuadro: Miembro
M(x)
δM/δP
M(x) (P = 0)
L (m)
M(x) δM/δP dx
(Para P = 0)
AC
- 100 X - 20
0
0
2
0
CB
- 100 X – P * X - 220
-X
- 100 X – 220
2
(- 100 X - 220) * (- X) dx
- 752 De donde: ∫
Por lo tanto:
Nótese como el procedimiento fue mucho más corto.
- 753 A través del segundo teorema de Castigliano se estudiarán estructuras isostáticas y estructuras hiperestáticas. En el caso de armaduras se usará la siguiente fórmula para verificar si la armadura es isostática o hiperestática:
donde: G.D.H. = número de grados de hiperestaticidad b = número de barras r = número de restricciones n = número de nodos o juntas Si G.D.H. = 0, la armadura es isostática. Es importante señalar lo siguiente en el caso de armaduras. Supóngase una armadura de dos apoyos, una articulación y un rodillo, donde el estudiante pueda calcular por lo tanto facilmente las reacciones de la misma utilizando únicamente las condiciones de equilibrio. Esto no quiere decir que la estructura sea isostática. Efectivamente pueden existir dentro de la armadura un número de barras suficientes para que la misma sea hiperestática internamente. Es decir, el hecho de conocer las reacciones exteriores de una armadura no es garantía de que se puedan calcular las fuerza internas de la misma por la vía tradicional usando únicamente las condiciones de equilibrio. Deberemos ayudarnos de Castigliano para su solución. La fórmula anterior, en este caso, es de gran ayuda. A continuación se presentan una gran variedad de problemas resueltos de estructuras isostáticas e hiperestáticas aplicando el segundo teorema de Castigliano.
- 754 -
Carlo Alberto Castigliano
Carlo Alberto Castigliano (9 de noviembre de 1847, Asti - 25 de octubre de 1884, Milano) fue un matemático y físico italiano conocido por el método de Castigliano, que permite determinar los desplazamientos en un sistema lineal elástico, basado en las derivadas parciales de energía de deformación . Carlo Alberto Castigliano se mudó de la región de su nacimiento, Piemonte en el noroeste de Italia, para el Instituto Técnico de Terni (en Umbría ) en 1866. Después de cuatro años en Terni , Castigliano se trasladó de nuevo, esta vez para convertirse en un estudiante de la Universidad de Wilkes en Pennsylvania. Después de tres años de estudio en Wilkes escribió una tesis en 1873 titulada “Intorno ai sistema elastici” por la cual es famoso. En su disertación aparece un teorema que ahora lleva su nombre. En el mismo se establece: “... La derivada parcial de la energía de deformación, considerada como una función de las fuerzas aplicadas que actúan sobre una estructura linealmente elástica, con respecto a una de estas fuerzas, es igual al desplazamiento en la dirección de la fuerza de su punto de aplicación". En el año 1875 publicó su segundo teorema. Después de graduarse en la universidad Wilkes, Castigliano fue empleado por los ferrocarriles del norte de Italia, donde trabajó en los proyectos y vigilancias de todas las grandes obras de la red ferrocarrilera del norte de Italia hasta su muerte a una edad temprana. Es el inventordel micrómetro multiplicador, instrumento que sirve para constatar la intensidad de los esfuerzos de los elementos en una construcción metálica y del aritmógrafo, instrumento basado en la escala logarítmica que sirve para operar mecánicamente operaciones aritméticas.
- 755 1- Aplicando el segundo teorema de Castigliano, halle la flecha en el centro de la siguiente viga. Nota: La viga 6 2 está formada por un perfil W6x9, colocado en el sentido de su inercia fuerte. E = 2,1 x 10 Kgf/cm
Desig.
Desig.
Peso
Area
d
W
W
(Kgf/m)
(cm2)
(mm)
W6x9
W150x14
14
17,3
150,0
bf
tf
tw
(mm) (mm) (mm) 100
5,5
4,3
Ix
Sx
rx
Iy
Sy
ry
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
(cm3)
(cm)
687
91,60
6,30
91,8
18,40
Por ser una viga isostática, se obtienen facilmente las siguientes reacciones:
Tenemos 2 ecuaciones en el tramo AC: Tramo AB:
Tramo BC:
Ya que nos piden la flecha en el punto B, colocamos en B una carga ficticia P, eliminando la carga de 100 Kgf/m, y resolvemos de nuevo la estática, de donde:
2,30
- 756 -
Tenemos 2 ecuaciones en el tramo AC: Tramo AB:
Tramo BC:
Sumamos los dos efectos en el siguiente cuadro: Miembro AC BC
M(x) 50 X + 0,5 P X 2
50 X - 150 X - 0,5 P X
δM/δP 0,5 X - 0,5 X
M(x) (P = 0) 50 X 2
50 X - 150 X
L (m)
M(x) δM/δP dx
2
(50 X) * (0,5 X) dx
2
(50 X - 150 X) * (- 0,5 X) dx
2
Se procede a integrar: ∫
(Para P = 0)
∫
Resolviendo las integrales, se obtiene:
Por lo tanto:
De donde:
El valor positivo indica que la flecha es en el mismo sentido de P, es decir hacia abajo.
- 757 2.- Aplicando el segundo teorema de Castigliano, determine el desplazamiento horizontal del nodo D de la siguiente armadura. El área de la sección transversal de cada miembro está indicada en la figura. E = 2,1 x 6 2 10 Kgf/cm .
Al ser la armadura isostática procedemos a resolverla, siendo las fuerzas internas y externas las siguientes:
Ya que nos piden el desplazamiento horizontal en el nodo D, se procede a colocar una fuerza P ficticia horizontal en ese nodo (sin la carga de 4500 Kgf) y se resuelve nuevamente la estática, siendo las fuerzas internas y externas las siguientes:
- 758 Se procede a elaborar el siguiente cuadro sumando los dos efectos: Barra
N(x)
δN/δP
N (P = 0)
L (m)
N * (δN/δP) * L
(Para P = 0)
2
Area (cm )
AB
- 6011 + 0
0
- 6011
3,66
0
6,45
BC
- 6011 + 0
0
- 6011
3,66
0
6,45
AD
+ 7509 + 1,25 P
1,25
+ 7509
4,57
7509 x 1,25 x 4,57 = 42895
3,23
DC
+ 7509 + 0
0
+ 7509
4,57
0
3,23
BD
+ 9000 + 0,75 P
0,75
+ 9000
2,74
9000 x 0,75 x 2,74 = 18495
4,84
Por lo tanto y recordándonos de multiplicar por 100, se tiene:
Es decir:
- 759 3.- Un pórtico asimétrico, cargado como indica la figura, tiene una articulación en “A” y un rodillo en “D”. Suponiendo E I constante, determine el desplazamiento horizontal del rodillo “D”. Desprecie el efecto de las deformaciones axiales. Aplique el segundo teorema de Castigliano.
Se resuelve la estática del pórtico, siendo las reacciones las siguientes:
- 760 Tramo AB:
Tramo BC:
Tramo CD:
Se coloca ahora una P ficticia en la dirección horizontal del rodillo D y se calcula nuevamente la estática (sin la carga uniforme de 82 Kgf/m) quedando de la siguiente forma:
- 761 Tramo AB:
Tramo BC:
Tramo CD:
Sumamos los dos efectos en el siguiente cuadro: Miembro AB
M(x)
δM/δP
0+PX
X
2
BC
41 X - 82 X - 0,5 P X - 3 P
CD
0-PX
M(x) (P = 0)
L (m)
0
4
2
M(x) δM/δP dx
(Para P = 0) 0
2
- 0,5 X - 3
41 X - 82 X
2
(41 X - 82 X) * (- 0,5 X - 3) dx
-X
0
3
0
Se procede a integrar: ∫ Resolviendo la integral, se obtiene:
El signo + indica que el sentido del desplazamiento horizontal del rodillo D fue supuesto correctamente.
- 762 4.- Aplicando el segundo teorema de Castigliano y tomando en cuenta las deformaciones axiales y las deformaciones por flexión, determine en el problema anterior el desplazamiento del rodillo “D”. Suponga un perfil W6x9 para los miembros AB y CD y un perfil W8x10 para el miembro BC, colocados en el sentido de las 6 2 inercias fuertes. E = 2,1 x 10 Kgf/cm . Desig.
Desig.
Peso
Area
D
bf
tf
tw
W
W
(Kgf/m)
(cm2)
(mm)
W6x9
W150x14
14
17,3
150,0
100
5,5
4,3
687
91,60
6,30
91,8
18,40
2,30
W8x10
W200x15
15
19,0
200,0
100
5,2
4,3
1270
127,00
8,18
86,9
17,40
2,14
(mm) (mm) (mm)
Del problema anterior se tiene lo siguiente:
Ix
Sx
rx
Iy
Sy
ry
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
(cm3)
(cm)
- 763 -
Por lo tanto: Tramo AB:
Tramo BC:
Tramo CD:
Se coloca ahora una P ficticia en la dirección horizontal del rodillo D y se calcula nuevamente la estática (sin la carga uniforme de 82 Kgf/m) quedando de la siguiente forma:
- 764 -
Por lo tanto: Tramo AB:
Tramo BC:
Tramo CD:
Sumamos los dos efectos en el siguiente cuadro: Miembro
N(x)
AB
- 82 + 0,5 P
BC
0+P
CD
- 82 - 0,5 P
N * (δN/δP) * L
(Para P = 0)
2
δN/δP
N (P = 0)
L (m)
Area (cm )
0,5
- 82
4
- 82 x 0,5 x 4 = - 164
17,3
1
0
2
0
19,0
- 0,5
- 82
3
- 82 x (- 0,5) x 3 = 123
17,3
Por lo tanto:
Nota: se han sumado directamente los valores en vista de que el miembro AB tiene la misma área del miembro CD. En caso contrario hay que sumar los valores por parte. El signo - indica que el sentido del desplazamiento horizontal del rodillo D fue supuesto incorrectamente para deformaciones axiales, es decir ese desplazamiento es hacia la izquierda.
- 765 Del problema anterior se tiene:
De donde:
Por lo tanto:
Nótese como, tratándose de un pórtico, el desplazamiento horizontal del rodillo por axial es totalmente insignificante.
- 766 5.- Aplicando el segundo teorema de Castigliano, halle la rotación en el punto C. Nota: Los miembros están 6 2 formados por un perfil W6x9, colocado en el sentido de su inercia fuerte. E = 2,1 x 10 Kgf/cm . Tome en cuenta únicamente deformaciones por flexión.
Desig.
Desig.
Peso
Area
d
W
W
(Kgf/m)
(cm2)
(mm)
W6x9
W150x14
14
17,3
150,0
bf
tf
tw
(mm) (mm) (mm) 100
5,5
4,3
Ix
Sx
rx
Iy
Sy
ry
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
(cm3)
(cm)
687
Por ser una estructura isostática, se obtienen facilmente las reacciones:
91,60
6,30
91,8
18,40
2,30
- 767 -
De donde: Tramo AB:
Tramo BC:
- 768 Ya que nos piden la rotación en el punto C, colocamos en C un momento ficticio P, eliminando la carga de 510 Kgf, y resolvemos de nuevo la estática, de donde:
De donde: Tramo AB:
Tramo BC:
Sumamos los dos efectos en el siguiente cuadro: Miembro
M(x)
δM/δP
M(x) (P = 0)
L (m)
M(x) δM/δP dx
AB
765 + P
1
765
2
765 * 1 * dx
BC
255 X + P
1
255 X
3
255 X * 1 * dx
Se procede a integrar: ∫
∫
Resolviendo las integrales, se obtiene:
(Para P = 0)
- 769 Por lo tanto:
De donde:
(Este valor es considerando únicamente deformaciones por flexión)
- 770 6.- Aplicando el segundo teorema de Castigliano, halle la rotación en el punto C en el problema anterior tomando en cuenta deformaciones axiales y deformaciones por flexión. Nota: Los miembros están formados 6 2 por un perfil W6x9, colocado en el sentido de su inercia fuerte. E = 2,1 x 10 Kgf/cm .
Desig.
Desig.
Peso
Area
d
W
W
(Kgf/m)
(cm2)
(mm)
W6x9
W150x14
14
17,3
150,0
bf
tf
tw
(mm) (mm) (mm) 100
5,5
4,3
Ix
Sx
rx
Iy
Sy
ry
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
(cm3)
(cm)
687
91,60
6,30
91,8
18,40
Del problema anterior tenemos:
Del problema anterior también puede observarse que el momento “P” no causa fuerzas axiales en los miembros AB y BC, por lo tanto, no se tendrá rotación en C por axial, ya que todos los δN/δP serán iguales a cero.
En resumen θc será igual al hallado en el problema anterior, es decir: 0,018559 radianes.
2,30
- 771 7.- Aplicando el segundo teorema de Castigliano, determine el desplazamiento del rodillo “E”. Nota: El miembro AB está formado por un perfil IPN600, el miembro BC por un perfil IPN160 y los miembros CD y DE 6 2 por un perfil IPN340, todos colocados en el sentido de su inercia fuerte. E = 2,1 x 10 Kgf/cm . Tome en cuenta únicamente deformaciones por flexión.
Desig.
Peso
Area
IPN
(Kgf/m)
(cm2)
600
199,00 254,00
d
bf
tf
tw
(mm) (mm) (mm) (mm) 600
215
32,4
Ix
Sx
rx
Iy
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
21,6 139000,0
160
17,90
22,80
160
74
9,5
6,3
935,0
340
68,00
86,70
340
137
18,3
12,2
15700,0
La estructura es isostática, por lo tanto, se resuelve fácilmente:
Sy
ry
(cm3) (cm)
4630,0 23,40 4670,00 434,00 4,30 117,0
6,40
54,70
14,80 1,55
923,0 13,50
674,00
98,40 2,80
- 772 El despiece de la estructura es el siguiente:
Tenemos, por lo tanto, las siguientes ecuaciones: Miembro AB: La fuerza horizontal de 12 T en “B” se descompone en una fuerza en “B” perpendicular a AB igual a: VB = 12 x sen α = 7,2 T Y en una fuerza en sentido AB igual a: HB = 12 x cos α = 9,6 T Además la fuerza vertical de 14 T en “B” se descompone en una fuerza en “B” perpendicular a AB igual a: VB = 14 x cos α = 11,2 T Y en una fuerza en sentido AB igual a: HB = 14 x sen α = 8,4 T De donde: VB = 7,2 + 11,2 = 18,4 T HB = 9,6 – 8,4 = 1,2 T (tracción)
- 773 Por lo tanto:
Miembro BC:
Miembro CD: La fuerza vertical de 4 T en “C” se descompone en una fuerza en “C” perpendicular a CD igual a: VC = 4 x cos α = 3,2 T Y en una fuerza en sentido CD igual a: HC = 4 x sen α = 2,4 T (Tracción) Por lo tanto:
Miembro DE:
Ya que nos piden el desplazamiento del rodillo “E”, colocamos una fuerza ficticia P horizontal en el rodillo y resolvemos nuevamente la estática, sin colocar las cargas:
- 774 -
El despiece de la estructura es el siguiente:
Tenemos, por lo tanto, las siguientes ecuaciones: Miembro AB: La fuerza horizontal igual a P en “B” se descompone en una fuerza en “B” perpendicular a AB igual a: VB = P sen α = 0,6 P Y en una fuerza en sentido AB igual a: HB = P x cos α = 0,8 P
- 775 Además la fuerza vertical de 0,375 P en “B” se descompone en una fuerza en “B” perpendicular a AB igual a: VB = 0,375 P x cos α = 0,3 P Y en una fuerza en sentido AB igual a: HB = 0,375 P x sen α = 0,225 P De donde: VB = 0,6 P + 0,3 P = 0,9 P HB = 0,8 P – 0,225 P = 0,575 P (tracción) Por lo tanto:
Miembro BC:
Miembro CD: La fuerza horizontal igual a P en “C” se descompone en una fuerza en “C” perpendicular a CD igual a: VC = P sen α = 0,6 P Y en una fuerza en sentido CD igual a: HC = P x cos α = 0,8 P (Tracción) Además la fuerza vertical de 0,375 P en “C” se descompone en una fuerza en “C” perpendicular a CD igual a: VC = 0,375 P x cos α = 0,3 P Y en una fuerza en sentido CD igual a: HC = 0,375 P x sen α = 0,225 P (Tracción) De donde: VC = 0,6 P - 0,3 P = 0,3 P HC = 0,8 P + 0,225 P = 1,025 P (tracción)
- 776 Por lo tanto:
Miembro DE:
Sumamos los dos efectos en el siguiente cuadro: Miembro
M(x)
AB
18,4 X + 0,9 P X + 3 P
BC
0+PX
CD
3,2 X - 0,3 P X
DE
2
2 X - 12 X + 0,375 P X
δM/δP 0,9 X + 3 X - 0,3 X 0,375 X
M(x) (P = 0)
L (m)
M(x) δM/δP dx
(Para P = 0)
18,4 X
5
(18,4 X) * (0,9 X + 3) dx
0
3
0
5
(3,2 X) * (- 0,3 X) dx
4
(2 X - 12 X) * (0,375 X) dx
3,2 X 2
2 X - 12 X
2
Se procede a integrar, tomando en cuenta que tenemos diversidad de perfiles y que hay que tener cuidado con las unidades para obtener el resultado en cm y luego en mm. Por lo tanto: ∫
Resolviendo las integrales, se obtiene:
De donde:
Por lo tanto:
∫
∫
- 777 8.- Aplicando el segundo teorema de Castigliano, determine el desplazamiento del rodillo “E” del problema anterior, tomando en cuenta deformaciones por axial y por flexión. Nota: El miembro AB está formado por un perfil IPN600, el miembro BC por un perfil IPN160 y los miembros CD y DE por un perfil IPN340, todos 6 2 colocados en el sentido de su inercia fuerte. E = 2,1 x 10 Kgf/cm .
Desig.
Peso
Area
IPN
(Kgf/m)
(cm2)
600
199,00 254,00
d
bf
tf
tw
(mm) (mm) (mm) (mm)
Ix
Sx
rx
Iy
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
600
215
32,4
160
74
9,5
6,3
935,0
340 68,00 86,70 340 En el problema anterior se obtuvo:
137
18,3
12,2
15700,0
160
17,90
22,80
21,6 139000,0
Sy
ry
(cm3) (cm)
4630,0 23,40 4670,00 434,00 4,30 117,0
6,40
54,70
14,80 1,55
923,0 13,50
674,00
98,40 2,80
Aprovechando la información del problema anterior, procedemos a elaborar el siguiente cuadro: Miembro
δN/δP
N (P = 0)
L (m)
AB
1,2 + 0,575 P
0,575
1,2
5
(1,2) *( 0,575) * 5 = 3,45
254,0
BC
-14 - 0,375 P
-0,375
-14
3
(-14) * (-0,375) * 3 = 15,75
22,8
CD
2,4 + 1,025 P
1,025
2,4
5
(2,4) * (1,025) x 5 = 12,30
86,7
1
0
4
0
86,7
DE
0+P Por lo tanto:
De donde:
Tomando en cuenta los dos efectos, se tiene:
N * (δN/δP) * L
(Para P = 0)
2
N(x)
Area (cm )
- 778 9.- Aplicando el segundo teorema de Castigliano, determine el desplazamiento vertical de la junta C, tomando en cuenta deformaciones por axial y por flexión. Nota: El miembro AB está formado por un perfil W18x55, el miembro BC por un perfil W14x61, el miembro CD por un perfil W21x44 y el miembro DE por un 6 2 perfil W16x40, todos colocados en el sentido de su inercia fuerte. E = 2,1 x 10 Kgf/cm .
Desig.
Desig.
Peso
Area
d
W
W
(Kgf/m)
(cm2)
(mm)
W18x55
W460x82
82
104,4
460,0
191
16,0
9,9
37000
W 14x61
W360x91
91
115,7
353,0
254
16,4
9,5
W21x44
W530x66
66
83,8
525,0
165
11,4
W16x40
bf
tf
tw
Ix
Sx
Rx
Iy
Sy
ry
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
(cm3)
(cm)
1608,00 18,83
1862,0
195,00
4,22
26690
1512,00 15,19
4483,0
353,00
6,23
8,9
35100
1337,00 20,47
857,0
103,90
3,20
W410x60 60 75,8 407,0 178 12,8 7,7 La estructura es isostática, por lo tanto, se resuelve fácilmente:
21570
1060,00 16,87
1205,0
135,40
3,99
(mm) (mm) (mm)
El despiece de la estructura es el siguiente
- 779 Tenemos, por lo tanto, las siguientes ecuaciones: Miembro AB:
Miembro BC: La fuerza horizontal de 8 T en “B” se descompone en una fuerza en “B” perpendicular a BC igual a: VB = 8 x 3/5 = 4,8 T Y en una fuerza en sentido BC igual a: HB = 8 x 4/5 = 6,4 T Además la fuerza vertical de 2 T en “B” se descompone en una fuerza en “B” perpendicular a BC igual a: VB = 2 x 4/5 = 1,6 T Y en una fuerza en sentido BC igual a: HB = 2 x 3/5 = 1,2 T De donde: VB = 4,8 + 1,6 = 6,4 T HB = 6,4 – 1,2 = 5,2 T (compresión) Por lo tanto:
Miembro CD:
- 780 Miembro DE:
Ya que nos piden el el desplazamiento vertical de la junta C, colocamos una fuerza ficticia P vertical en C y resolvemos nuevamente la estática, sin colocar las cargas:
El despiece de la estructura es el siguiente:
Tenemos, por lo tanto, las siguientes ecuaciones: Miembro AB:
- 781 Miembro BC: La fuerza horizontal de 8/9 P en “B” se descompone en una fuerza en “B” perpendicular a BC igual a: VB = 8/9 P x 3/5 = 8/15 P Y en una fuerza en sentido BC igual a: HB = 8/9 P x 4/5 = 32/45 P Además la fuerza vertical de 1/3 P en “B” se descompone en una fuerza en “B” perpendicular a BC igual a: VB = 1/3 P x 4/5 = 4/15 P Y en una fuerza en sentido BC igual a: HB = 1/3 P x 3/5 = 1/5 P De donde: VB = 8/15 P – 4/15 P = 4/15 P HB = 32/45 P + 1/5 P = 41/45 P (compresión) Por lo tanto:
Miembro CD:
Miembro DE:
- 782 Sumamos los dos efectos en los siguientes cuadros: Deformaciones por flexión: Miembro
M(x)
δM/δP
2
AB
18 X - 2,5 X + P/3 X
BC
- 6,4 X + 32 - 4/15 P X + 4/3 P
M(x) (P = 0)
1/3 X
18 X - 2,5 X
- 4/15 X + 4/3
- 6,4 X + 32
2
CD
- 2 X - X - 2/3 P X
- 2/3 X
-2X-X
DE
8 X + 8/9 P X
8/9 X
8X
2
2
L (m)
M(x) δM/δP dx
(Para P = 0)
2
4
(18 X - 2,5 X ) * (1/3 X) dx
5
(- 6,4 X + 32) * (- 4/15 X + 4/3) dx
4
(- 2 X - X ) * (- 2/3 X) dx
3
(8 X) * (8/9 X) dx
2
Se procede a integrar, tomando en cuenta que tenemos diversidad de perfiles y que hay que tener cuidado con las unidades para obtener el resultado en cm y luego en mm. Por lo tanto: ∫
∫ ∫
∫
Resolviendo las integrales, se obtiene:
De donde:
Por lo tanto:
Deformaciones por fuerzas axiales:
Miembro
N(x)
N * (δN/δP) * L
(Para P = 0)
2
δN/δP
N (P = 0)
L (m)
Area (cm )
- 8/9
0
4
0
104,4
- 41/45
- 5,2
5
(- 5,2) * (- 41/45) * 5 = 23,6889
115,7
AB
0 - 8/9 P
BC
- 5,2 - 41/45 P
CD
- 8 - 8/9 P
- 8/9
-8
4
(- 8) * (- 8/9) * 4 = 28,4444
83,8
DE
- 10 - 2/3 P
- 2/3
- 10
3
(- 10) * (- 2/3) * 3 = 20
75,8
- 783 Por lo tanto:
De donde:
De donde:
Tomando en cuenta los dos efectos, se tiene:
- 784 10.- Se ha proyectado una sencilla estructura para soportar el tablero y la cesta de una cancha de basketball. Se trata de un tubo de acero empotrado en un bloque de concreto armado a 45º de la horizontal según se indica en la figura. Se supone que el estado de carga más desfavorable es el que se produce cuando un jugador permanece unos instantes sujeto al aro de la cesta, transmitiendo así todo su peso a la estructura en la forma indicada en la figura. Una vez estudiados los efectos dinámicos de esta acción, se estima que el esfuerzo máximo que el jugador puede llegar a transmitir al aro es de F = 205 Kgf y M = 102 Kgf-m. Se quiere construir la estructura con un tubo redondo de acero con espesor de pared de 4 mm y diámetro externo = 150 mm. Aplicando el segundo teorema de Castigliano, diga si el tubo es adecuado si se quiere que el punto C no baje más de 80 mm. Tome en cuenta deformaciones por axial y por flexión. Nota: El tubo cumple el requisito de resistencia. Se quiere verificar si cumple el requisito de flecha en “C”. 6 2 E = 2,1 x 10 Kgf/cm .
- 785 La estructura es isostática, por lo tanto, se resuelve fácilmente:
El despiece de la estructura es el siguiente
- 786 Tenemos, por lo tanto, las siguientes ecuaciones: Miembro BC:
Miembro AB: La fuerza vertical de 205 Kgf en “B” se descompone en una fuerza en “B” perpendicular a AB igual a: √
Y en una fuerza en sentido AB igual a: √
Por lo tanto:
Ya que se necesita verificar el desplazamiento vertical del punto C, colocamos una fuerza ficticia P vertical en C y resolvemos nuevamente la estática, sin colocar las cargas:
- 787 El despiece de la estructura es el siguiente:
Tenemos, por lo tanto, las siguientes ecuaciones: Miembro BC:
Miembro AB: La fuerza vertical P en “B” se descompone en una fuerza en “B” perpendicular a AB igual a: √
Y en una fuerza en sentido AB igual a: √
Por lo tanto:
Sumamos los dos efectos en los siguientes cuadros:
- 788 Deformaciones por fuerzas axiales: Miembro
N(x)
AB
- 144,96 - 0,707 P
BC
0+0
δN/δP
N (P = 0)
L (m)
N * (δN/δP) * L
- 0,707
- 144,96
4,243 (- 144,96) * (- 0,707) * 4,243 = 434,85
0
0
1
(Para P = 0)
0
2
Area (cm ) 18,35 18,35
De donde:
Deformaciones por flexión: Miembro
M(x)
AB
144,96 X + 307 + 0,707 P X + P
BC
205 X + 102 + P X
δM/δP 0,707 X + 1 X
M(x) (P = 0) 144,96 X + 307 205 X + 102
Los tramos AB y BC tienen la misma inercia, por lo tanto: ∫
Resolviendo las integrales, se obtiene:
De donde:
Por lo tanto:
En resumen:
Por lo tanto: El tubo redondo seleccionado es adecuado.
∫
L (m)
M(x) δM/δP dx
(Para P = 0)
4,243 (144,96 X + 307) * (0,707 X + 1) dx 1
(205 X + 102) * (X) dx
- 789 11.- Utlizando el segundo teorema de Castigliano, halle los desplazamientos horizontales en el punto C y en 3 4 el rodillo B en pulgadas. E = 29 x 10 Ksi. I = 150 in para cada miembro. Ksi significa kips/square inch. Desprecie las deformaciones por fuerza axial. Nota: 1 K = 1 kip = 1000 lb.
La estructura es isostática, por lo tanto su solución arroja los siguientes resultados:
- 790 El despiece de la estructura es el siguiente:
Y las ecuaciones son: Tramo A-C:
Tramo C-D:
Tramo B-D:
- 791 a.- Desplazamiento horizontal en C: Ya que nos piden el desplazamiento horizontal en el punto C, colocaremos una fuerza P ficticia horizontal en el punto C y es evidente que las reacciones serán:
No amerita hacer el despiece de esta estructura ya que es similar al despiece anterior. Lo haremos, sin embargo, para mayor comprensión:
Y las ecuaciones son: Tramo A-C:
- 792 Tramo C-D:
Tramo B-D:
Se elabora el siguiente cuadro superponiendo los dos efectos: Deformaciones por flexión MIEMBRO AC
M (x) 8X+PX
δM/δP X
CD
- 10 X - 1,25 P X
DB
0+0
8X
- 1,25 X 0
∫
M(x) (P = 0)
L (ft) 10
M(x) * (δM/δP) *dx
(Para P = 0)
2
(8 X) * (X) dx = 8 X dx
4
Ix (in ) 150
2
- 10 X
8
(- 10 X) * (- 1,25 X) dx = 12,5 X dx
150
0
10
0
150
∫
De donde:
Hay otra forma de hallar δhC: Hacemos el despiece únicamente para la carga P y en el cuadro anterior, colocamos el valor de P = 8 K. Nos queda: Deformaciones por flexión MIEMBRO AC
M (x) PX
CD
- 1,25 P X
DB
0
δM/δP X - 1,25 X 0
M(x) (P = 8) 8X
L (ft) 10
M(x) * (δM/δP) *dx
(Para P = 8)
2
(8 X) * (X) dx = 8 X dx
4
Ix (in ) 150
2
- 1,25 * 8 X = - 10 X
8
(- 10 X) * (- 1,25 X) dx = 12,5 X dx
150
0
10
0
150
Como puede verse, es el mismo cuadro anterior. NOTA: No se elabora el cuadro por axial ya que, en el enunciado del problema, nos piden que no tomemos en cuenta las deformaciones por axial.
- 793 b.- Desplazamiento horizontal en B: En este caso, hay que colocar una P ficticia horizontalmente en “B”:
El despiece de la estructura es el siguiente:
Y las ecuaciones son: Tramo A-C:
- 794 Tramo C-D:
Tramo B-D:
Se elabora el siguiente cuadro superponiendo los dos efectos: Deformaciones por flexión MIEMBRO
M (x)
AC
8X+PX
CD
- 10 X - 10 P
DB
0–PX
X
∫ De donde:
δM/δP
M(x) (P = 0)
L (ft)
M(x) * (δM/δP) *dx
(Para P = 0)
2
4
Ix (in )
8X
10
(8 X) * (X) dx = 8 X dx
150
- 10
- 10 X
8
(- 10 X) * (- 10) dx = 100 X dx
150
-X
0
10
0
150
∫
- 795 12.- Usando el segundo teorema de Castigliano, determine la deflexión vertical en el nodo C en mm. Todos los miembros de la estructura están formados por perfiles UPN 160 y articulados en sus extremos. E = 2,1 x 6 2 10 Kgf/cm . Aproveche la simetría de la estructura y de las cargas.
Desig. UPN 160
Peso Area d bf tf tw Ix Sx rx Iy Sy ry e (Kgf/m) (cm2) (mm) (mm) (mm) (mm) (cm4) (cm3) (cm) (cm4) (cm3) (cm) (cm) 18,80 24,00
160
65
10,5
7,5
925 116,0 6,21
85,3 18,30 1,89 1,84
Se calcula la armadura y, ya que la misma es simétrica, se muestran las fuerzas internas únicamente en la mitad.
- 796 Se procede a colocar una fuerza ficticia P en el nodo C en el mismo sentido de la deflexión vertical que nos piden, de donde:
Se elabora el siguiente cuadro, superponiendo los dos efectos, de donde: Miembro
N(x)
δN/δP
N (P = 0)
L (m)
N * (δN/δP) * L
(Para P = 0)
2
Area (cm )
AB = ED
4,23 + 0,67 P
0,67
4,23
2,44
(4,23) * (0,67) * 2,44 = 6,915
24
BC = DC
6,04 + 1,34 P
1,34
6,04
2,44
(6,04) * (1,34) * 2,44 = 19,748
24
FG = JI
0+0
0
0
2,44
0
24
GH = IH
- 4,23 - 0,67 P
- 0,67
- 4,23
2,44
(- 4,23) * (- 0,67) * 2,44 = 6,915
24
AF = EJ
0+0
0
0
1,83
0
24
BG = DI
1,36 + 0,5 P
0,50
1,36
1,83
(1,36) * (0,50) * 1,83 = 1,244
24
1
0
1,83
0
24
CH
0+P
AG = EI
-5,29 - 0,84 P
- 0,84
- 5,29
3,05
(- 5,29) * (- 0,84) * 3,05 = 13,553
24
BH = DH
-2,26 - 0,84 P
- 0,84
- 2,26
3,05
(- 2,26) * (- 0,84) * 3,05 = 5,79
24
De donde:
- 797 13.- Aplicando el segundo teorema de Castigliano, calcule el desplazamiento horizontal del rodillo C en mm. Los miembros AB y BC están formados por un perfil W18x60. Desprecie el peso propio de los perfiles y 6 2 considere deformaciones por flexión y fuerza axial. E = 2,1 x 10 Kgf/cm . Nota: La posición en que están colocados los perfiles de los miembros AB y BC está indicada en la figura.
Desig.
Desig.
Peso
Area
d
W
W
(Kgf/m)
(cm2)
(mm)
W18x60
W460x89
89
113,7
463,0
bf
tf
tw
(mm) (mm) (mm)
La estructura es isostática y su solución es:
192
17,7
10,5
Ix
Sx
Rx
Iy
Sy
ry
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
(cm3)
(cm)
2093,0
218,00
4,29
40960
1769,00 18,96
- 798 El despiece de la estructura es el siguiente:
Las ecuaciones son: Miembro AB:
Miembro BC:
Ya que nos piden el desplazamiento horizontal del rodillo C, colocamos una P ficticia en esa dirección y resolvemos la estática:
- 799 El despiece de la estructura es el siguiente:
Las ecuaciones son: Miembro AB:
Miembro BC:
Elaboramos el siguiente cuadro, superponiendo los dos casos: Deformaciones por axial N * (δN/δP) * L
N(x)
δN/δP
N (P = 0)
L (m)
AB
- 4,33 + 2/3 P
2/3
- 4,33
4
(- 4,33) * (2/3) * 4 = - 11,55
113,70
BC
0+P
1
0
6
0
113,70
De donde:
El signo (-) quiere decir que esa deformación es en sentido contrario al supuesto para P.
(Para P = 0)
2
Miembro
Área (cm )
- 800 Deformaciones por flexión Miembro
M(x)
δM/δP
M(x) (P = 0)
L (m)
AB
7X+PX
X
7X
4
BC
2
- 13,67 X + 3 X /2 - 2/3 P X
- 2/3 X
De donde: ∫
∫
Por lo tanto:
Sumando axial + flexión, se obtiene:
2
- 13,67 X + 3 X /2
6
M(x) δM/δP dx
(Para P = 0)
(7 X) * (X) dx 2
(- 13,67 X + 3 X /2) * (- 2/3 X) dx
4
I (cm ) 40960 40960
- 801 14.- Aplicando el segundo teorema de Castigliano: a.- Determine el valor máximo de la carga uniformemente repartida, w, que se puede aplicar en la viga de la 2 figura, si la tensión máxima admisible es de 1428 Kgf/cm (tanto para la viga AB como para el tirante CD). E = 6 2 2 2,1 x 10 Kgf/cm (para la viga y para el tirante). El tirante CD tiene una sección de 5 cm . 4 La viga AB es un perfil IPN 400, con altura de 40 cm e Ix = 29210 cm , colocada en el sentido de la inercia fuerte. b.- Calcule asimismo el descenso que tendrá el punto C.
Para poder hallar P y w, tenemos que hacer uso de la condición de que la flecha δvC es única, por lo tanto primero hay que calcular la flecha en el tirante y luego la flecha en el punto C de la viga AB. Al igualar las dos flechas, se podrá relacionar P con w. Las otras condiciones que nos permitirán hallar los valores de w y de P vendrán de los esfuerzos admisibles a tracción en el tirante y a flexión en la viga. a.1.- Cálculo de la flecha en el tirante:
De donde:
2.- Cálculo de la flecha en el punto C de la viga AB:
- 802 A continuación se muestra el despiece de la viga AB:
Las ecuaciones son las siguientes: Tramo CB:
Tramo AC:
Ya que tenemos que hallar la deflexión vertical del punto C, para no equivocarnos de nomenclatura, se colocará una carga ficticia que denominaremos Q hacia arriba, de donde la estática de la viga únicamente con esa carga ficticia Q hacia arriba será igual a:
El despiece de este caso será:
- 803 Las ecuaciones son las siguientes: Tramo CB:
Tramo AC:
Superponemos los 2 CASOS anteriores y elaboramos el siguiente cuadro: Deformaciones por flexión Miembro
M(x)
δM/δQ
2
CB
0,5 w * X + 0
0 2
AC
(4 w - P) * X + 0,5 * w * X + 8 * w - Q * X
M(x) δM/δQ dx
-X
M(x) (Q = 0) 0,5 w * X
(4 w - P) * X + 0,5 * w * X + 8 * w
I (cm )
0
29210 2
[(4 w - P) * X + 0,5 * w * X + 8 * w)] * (- X) dx
29210
∫
∫
∫
∫
4 2
4
(Para Q = 0)
L (m)
2
∫
De donde:
Igualando las dos ecuaciones amarillas (ojo: a una hay que cambiarle el signo), se tiene:
4
- 804 Sustituyendo los valores de E I, tenemos:
De donde:
De donde:
De donde: w = 0,130 P 3.- Cálculo de P máx en el tirante: Procederemos a chequear el esfuerzo a flexión en la viga AB, poniendo a trabajar el tirante CD a su máximo esfuerzo admisible a tracción. Si el esfuerzo a flexión en la viga AB es rebasado, se pondrá a trabajar a la viga AB a su máximo esfuerzo admisible a flexión y evidentemente el esfuerzo a tracción en el tirante CD será menor al admisible.
Por lo tanto:
Es decir que con la P máxima en el tirante igual a 7140 Kgf, tenemos un valor de w = 928 Kgf/m. Sin embargo, ese valor de w de 928 Kgf/m y ese valor de P de 7140 Kgf podrían ocasionar esfuerzos de flexión 2 en la viga mayor al admisible de 1428 Kgf/cm , por lo tanto tenemos que chequear la viga. 4.- Momento máximo en la viga: Hay que tantear donde ocurre el momento máximo en la viga. Cálculo de Momento en A:
Para X = 4 m, P = 7140 Kgf y w = 928 Kgf/m, tenemos: MA = 1136 Kgf-m
- 805 Cálculo de Momento en C:
Para X = 4 m y w = 928 Kgf/m, tenemos: MC = 7424 Kgf-m Por lo tanto Mmáx = 7424 Kgf-m y ocurre en el punto C. Aplicando la fórmula de flexión, se obtiene:
donde c es la mitad de la altura de la viga, es decir: c = 20 cm Por lo tanto:
De aquí sacamos la conclusión de que: w = 928 Kgf/m 2
Nota: Si el esfuerzo a flexión hubiese sido mayor a 1428 Kgf/cm , tendríamos que calcular el momento 2 máximo admisible por la viga utilizando la fórmula de flexión antes usada y colocando ς = 1428 Kgf/cm . Al tener el momento máximo, podríamos calcular w. Es simplemente el proceso a la inversa.
b.- Valor de la flecha en C: Con el valor de w = 928 Kgf/m, ya vimos que el valor de P es de 7140 Kgf, de donde, sustituyendo en la ecuación 1, se tiene:
- 806 15.- Aplicando el segundo teorema de Castigliano, calcule el desplazamiento horizontal en “D”. Considere todos los nodos articulados. Todos los miembros están formados por un perfil C 6x8.20, cuyas características 6 2 aparecen detalladas más abajo. E = 2,1 x 10 Kgf/cm .
Desig. UPAM 6x8.20
Peso
Area
D
(Kgf/m) (cm2) (mm) 12,2
bf
tf
tw
Ix
Sx
rx
Iy
Sy
ry
e
(mm) (mm) (mm) (cm4) (cm3) (cm) (cm4) (cm3) (cm) (cm)
15,4 152,4 48,77
8,71
5,1
541
70,5 5,94
Se resuelve la estática de la estructura, obteniéndose los siguientes resultados:
29,1
8,19 1,37 1,32
- 807 Ya que nos piden el desplazamiento horizontal en “D”, colocamos una fuerza ficticia P en “D” en esa dirección y resolvemos la estática únicamente con esa fuerza, siendo los resultados los siguientes:
Se elabora, a continuación, el siguiente cuadro: Miembro
N(x)
N(x) * (δN/δP) * L
(Para P = 0)
2
δN/δP
N(x) (P = 0)
L (m)
Área (cm )
1,5
5250
3
(5250) * (1,5) * 3 = 23625
15,4
AB
5250 + 1,5 P
BC
- 6250 - 1,25 P
- 1,25
- 6250
5
(- 6250) * (- 1,25) * 5 = 39062,5
15,4
BD
2500 + 1,25 P
1,25
2500
5
(2500) * (1,25) * 5 = 15625
15,4
CD
- 1500 - 0,75 P
- 0,75
- 1500
6
(- 0,75) * (- 1500) * 6 = 6750
15,4
Σ = 85062,5
De donde:
- 808 16.- Aplicando el segundo teorema de Castigliano, calcule la deflexión vertical en “D”. Considere todos los nodos articulados. Todos los miembros están formados por un perfil C 8 x 11.50, cuyas características 6 2 aparecen detalladas más abajo. E = 2,1 x 10 Kgf/cm .
Desig. UPAM 8x11.50
Peso
Area
d
bf
tf
tw
Ix
(Kgf/m) (cm2) (mm) (mm) (mm) (mm) (cm4) 17,1
21,7 203,2 57,40
9,91
5,6
1344
Sx
rx
Iy
Sy
ry
e
(cm3)
(cm) (cm4)
(cm3) (cm) (cm)
132,7
7,87
12,95 1,60 1,47
54,1
Es evidente que la reacción vertical en “A” es nula, ya que no tenemos en “A” barras inclinadas o verticales que la puedan contrarrestar. A continuación se muestra la estática resuelta de la armadura con sus fuerzas internas:
- 809 Ya que nos piden la deflexión vertical en D, colocaremos una fuerza P ficticia hacia abajo en ese punto y resolvemos nuevamente la estructura, de donde:
Superponiendo los 2 efectos, se tiene: Miembro
N(x)
N * (δN/δP) * L
(Para P = 0)
2
δN/δP
N (P = 0)
L (m)
Área (cm )
1,5
7875
3
(7875) * (1,5) * 3 = 35437,50
(cm2)
AB
7875 + 1,5 P
BC
- 9375 - 1,25 P
- 1,25
- 9375
5
(- 9375) * (- 1,25) * 5 = 58593,75
21,70
BD
3750 + 1,25 P
1,25
3750
5
(3750) * (1,25) * 5 = 23437,50
21,70
CD
- 2250 - 0,75 P
- 0,75
- 2250
6
(- 2250) * (- 0,75) * 6 = 10125,00
21,70
Σ = 127593,75
De donde:
- 810 17.- Aplicando el segundo teorema de Castigliano, determine las deflexiones verticales en “A” y en “B”. 6 Todos los miembros están articulados en sus extremos y están formados por un perfil IPN 240. E = 2,1 x 10 2 Kgf/cm .
Desig.
Peso
Area
IPN
(Kgf/m)
(cm2)
240
36,20
46,10
d
bf
tf
tw
(mm) (mm) (mm) (mm) 240
106
13,1
8,7
Ix
Sx
rx
Iy
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
(cm3) (cm)
9,59
221,00
41,70 2,20
4250,0
Resolvemos la estática, siendo los resultados los siguientes:
354,0
Sy
ry
- 811 a.- Desplazamiento vertical en A: Ya que nos piden el desplazamiento vertical en el punto A, colocamos una fuerza P ficticia vertical en ese punto y resolvemos la estática. No ameritaría resolver esta estática ya que es similar a la anterior dividiendo los valores anteriores entre 4000, sin embargo, la resolveremos para mayor comprensión:
Se elabora el siguiente cuadro superponiendo los dos efectos: Miembro
N(x)
δN/δP
N (P = 0)
L (m)
N * (δN/δP) * L
(Para P = 0)
Area (cm2)
AB
- 5333 - 1,333 P
- 1,333
- 5333
4
(- 5333) * (- 1,333) * 4 = 28435,56
46,10
AE
6667 + 1,667 P
1,667
6667
5
(6667) * (1,667) * 5 = 55569,45
46,10
BE
- 4000 – P
-1
- 4000
3
(- 4000) * (- 1) * 3 = 12000
46,10
DE
5333 + 1,333 P
1,333
5333
4
(5333) * (1,333) * 4 = 28435,56
46,10
BC
- 10667 - 2,667 P
- 2,667
- 10667
4
(- 10667) * (- 2,667) * 4 = 113795,56
46,10
CD
0+0
0
3
0
46,10
BD
6667 + 1,667 P
6667
5
(6667) * (1,667) * 5 = 55569,45
46,10
0 1,667
De donde:
Nota: Se sumó la columna por tener todos los miembros la misma área. Por lo tanto:
- 812 Hay otra forma de hallar δvA: Hacemos el despiece únicamente para la carga P y en el cuadro anterior, colocamos el valor de P = 4000 Kgf. Nos queda: Miembro
N(x)
δN/δP
N (P = 4000)
L (m)
N * (δN/δP) * L
(Para P = 4000)
2
Área (cm )
AB
- 1,333 P
- 1,333
-5333
4
(- 5333) * (- 1,333) * 4 = 28435,56
46,10
AE
1,667 P
1,667
6667
5
(6667) * (1,667) * 5 = 55569,45
46,10
BE
-P
-1
-4000
3
(- 4000) * (- 1) * 3 = 12000
46,10
DE
1,333 P
1,333
5333
4
(5333) * (1,333) * 4 = 28435,56
46,10
BC
- 2,667 P
- 2,667
-10667
4
(- 10667) * (- 2,667) * 4 = 113795,56
46,10
0
3
0
46,10
6667
5
(6667) * (1,667) * 5 = 55569,45
46,10
CD
0
BD
1,667 P
0 1,667
Como puede verse, es el mismo cuadro anterior. b.- Desplazamiento vertical en B: En este caso, hay que colocar una P ficticia verticalmente en “B”. Resolviendo la estática, nos queda:
Se elabora el siguiente cuadro superponiendo los dos efectos: Miembro
N(x)
δN/δP
N (P = 0)
L (m)
N * (δN/δP) * L
(Para P = 0)
Area (cm2)
AB
- 5333
0
- 5333
4
0
46,10
AE
6667
0
6667
5
0
46,10
BE
- 4000
0
- 4000
3
0
46,10
DE
5333
0
5333
4
0
46,10
BC
- 10667 - 1,333 P
- 10667
4
(- 10667) * (- 1,333) * 4 = 56876,44
46,10
CD
0+0
0
3
0
46,10
BD
6667 + 1,667 P
6667
5
(6667) * (1,667) * 5 = 55569,45
46,10
- 1,333 0 1,667
- 813 De donde:
Nota: Se sumó la columna por tener todos los miembros la misma área. Por lo tanto:
- 814 18.- Aplicando el segundo teorema de Castigliano, determine las deflexiones verticales en “D” y en “C”. 2
Todos los miembros están articulados en sus extremos. A = 19,94 cm para todos los miembros. E = 2,1 x 10 2
Kgf/cm .
La solución de la estática es muy sencilla:
6
- 815 Cálculo de δvD: Ya que nos piden la deflexión vertical del punto “D”, resolvemos la estructura nuevamente colocando una fuerza P verticalmente en el nodo “D”. Es evidente que todas las fuerzas internas de las barras serán submúltiplas de 27000 (fuerza aplicada en el mismo punto y en la misma dirección), de donde dividimos todas las fuerzas anteriores entre 27000. Nos queda:
Procedemos a elaborar el siguiente cuadro, superponiendo los dos efectos: Miembro
N(x)
δN/δP
N (P = 0)
L (m)
N * (δN/δP) * L
(Para P = 0)
2
Área (cm )
AB
0+0
0
0
BD
27000 + P
1
27000
5,35 (27000) * (1) * 5,35 = 144450
19,94
AC
0+0
0
0
5,35 0
19,94
CE
27000 + P
1
27000
5,35 (27000) * (1) * 5,35 = 144450
19,94
BC
27000 + P
1
27000
5,35 (27000) * (1) * 5,35 = 144450
19,94
BF
- 38184 - 1,414 P
- 1,414
- 38184
3,783 (- 38184) * (- 1,414) * 3,783 = 204252
19,94
FE
- 38184 - 1,414 P
- 1,414
- 38184
3,783 (- 38184) * (- 1,414) * 3,783 = 204252
19,94
CF
- 38184 - 1,414 P
- 1,414
- 38184
3,783 (- 38184) * (- 1,414) * 3,783 = 204252
19,94
FD
- 38184 - 1,414 P
- 1,414
- 38184
3,783 (- 38184) * (- 1,414) * 3,783 = 204252
19,94
7,566 0
19,94
Σ = 1250358 NOTA: Es de hacer notar que se pudo sumar la última columna de la tabla anterior ya que todos los miembros tienen la misma área. De donde:
- 816 Nos piden ahora calcular la deflexión vertical del punto “C”: Colocamos, entonces una fuerza P en el punto “C” y calculamos de nuevo la armadura. Se aprovecharán evidentemente los resultados de la armadura hallados con la carga de 27000 Kgf en el nodo D:
Procedemos a elaborar el siguiente cuadro, superponiendo los dos efectos: Miembro
N(x)
δN/δP
N (P = 0)
AB
0 - 0,707 P
- 0,707
0
BD
27000 + 0
0
AC
0 + 0,5 P
CE
L (m)
N * (δN/δP) * L
(Para P = 0)
Area (cm2)
7,566 0
19,94
27000
5,35 0
19,94
0,5
0
5,35 0
19,94
27000 + 0,5 P
0,5
27000
5,35 (27000) * (0,5) * 5,35 = 72225
19,94
BC
27000 + P
1
27000
5,35 (27000) * (1) * 5,35 = 144450
19,94
BF
- 38184 - 0,707 P
- 0,707
- 38184
3,783 (- 38184) * (- 0,707) * 3,783 = 102126
19,94
FE
- 38184 - 0,707 P
- 0,707
- 38184
3,783 (- 38184) * (- 0,707) * 3,783 = 102126
19,94
CF
- 38184 + 0
0
- 38184
3,783 0
19,94
FD
- 38184 + 0
0
- 38184
3,783 0
19,94
Σ = 420927 Es de hacer notar nuevamente que se pudo sumar la última columna de la tabla anterior ya que todos los miembros tienen la misma área. De donde:
- 817 19.- Aplicando el segundo teorema de Castigliano, determine el corrimiento del rodillo “C”, debido al momento actuante en “D”. En el cuadro anexo está indicado el perfil usado y colocado para todos los 6 2 miembros según su inercia fuerte. E = 2,1 x 10 Kgf/cm . Considere tanto el efecto axial como el efecto de flexión.
- 818 La estructura es isostática y su solución es la siguiente:
Las ecuaciones son: Tramo A-B (L = 3 m):
Tramo B-C (L = 3 m):
Tramo B-D (L = 3 m):
- 819 Ya que nos piden el corrimiento del rodillo “C”, se coloca en “C” una carga ficticia P hacia abajo, siendo la solución de la estática la siguiente:
Las ecuaciones son: Tramo A-B (L = 3 m):
Tramo B-C (L = 3 m):
Tramo B-D (L = 3 m):
- 820 Superponemos los dos efectos en los siguientes cuadros: Deformaciones por flexión Miembro
M(x)
δM/δP
M (P = 0)
L (m)
M * (δM/δP) * dx
(Para P = 0)
4
I (cm )
AB
0+P*X
X
0
3,00
0
6036
BC
- 1500 * X - P * X
-X
- 1500 * X
3,00
(- 1500 * X) * (- X) dx
6036
BD
- 4500 + 0
0
- 4500
3,00
0
6036
De donde: ∫
Deformaciones por axial Miembro
N(x)
δN/δP
N (P = 0)
L (m)
N * (δN/δP) * L
(Para P = 0)
2
Área (cm )
AB
1500 + P
1
1500
3,00
(1500) * (1) * 3 = 4500
48
BC
0+P
1
0
3,00
0
48
BD
0+0
0
0
3,00
0
48
De donde:
Sumando el efecto de flexión y el efecto axial, se obtiene:
- 821 20.- Aplicando el segundo teorema de Castigliano, determine las reacciones en los soportes del marco mostrado en la figura. EI = constante. AE = constante. Considere sólo efecto de flexión.
La estructura es hiperestática de 1er grado, por lo tanto, para resolverla, se convertirá en dos estructuras isostáticas (CASO 0 y CASO 1). En el caso 0 se coloca la fuerza actuante de 816 Kgf/m y se sustituye la articulación en “B” por un rodillo. En el caso 1 no se coloca la fuerza actuante de 816 Kgf/m y se coloca una fuerza horizontal denominada X1 en el rodillo. Al superponer los 2 casos, la condición para hallar X1, que será la reacción horizontal en la articulación “B”, será: δhB (por flexión) = 0. Se tiene, entonces:
- 822 -
CASO “0” Se resuelve la estática obteniéndose:
Tramo A-C:
- 823 Tramo B-C:
CASO “1” Se coloca una fuerza horizontal X1 en el rodillo así como una fuerza P ficticia en el mismo sentido de X1 y se resuelve la estática obteniéndose:
Tramo A-C:
Tramo B-C:
Sumamos los dos efectos en el siguiente cuadro: Miembro
M(x) 2
AC
2040 X - 408 X - 0,8 X1 X - 0,8 P X
BC
0 + X1 X + P X
δM/δP
M(x) (P = 0)
- 0,8 X
2
X
L (m)
M(x) δM/δP dx 2
(Para P = 0)
2040 X - 408 X - 0,8 X1 X
5
(2040 X - 408 X - 0,8 X1 X)*(-0,8 X)
X1 X
4
X1 X
2
- 824 Se procede a integrar, tomando en cuenta la condición: δhB (por flexión) = 0 ∫
∫
Resolviendo las integrales, se obtiene:
De donde:
Por lo tanto:
Este valor representa la reacción horizontal en el rodillo “B”, tomando en cuenta únicamente la flexión. Regresando a la estructura primaria se obtienen fácilmente las otras reacciones:
- 825 21.- Aplicando el segundo teorema de Castigliano y tomando en cuenta las deformaciones axiales y las deformaciones por flexión así como despreciando el peso propio, determine en el problema anterior las reacciones en los soportes del marco para dos condiciones: 6
2
a.- Miembro AC = miembro BC = Perfil W8x31 (E = 2,1 x 10 Kgf/cm )
6
2
b.- Miembro AC = miembro BC = Perfil W36x302 (E = 2,1 x 10 Kgf/cm )
Nota: En ambos casos los perfiles están colocados en el sentido de sus inercias fuertes. Se han escogido a propósito dos perfiles con gran diferencia de sección, para que el estudiante note las diferencias en los resultados y extraiga sus conclusiones.
- 826 -
Desig.
Desig.
Peso
Area
d
W
W
(Kgf/m)
(cm2)
(mm)
bf
tf
tw
W8x31
W200x46
46
58,6
203,0
203
11,0
7,2
W36x302
W920x449
449
571,4
948,0
423
42,7
24,0
(mm) (mm) (mm)
Ix
Sx
rx
Iy
Sy
ry
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
(cm3)
(cm)
448,00
8,81
1530,0
151,00
5,12
53970,0 2552,00
9,72
4540
874700 18450,00 39,13
Al tener que tomar en cuenta las deformaciones axiales y las deformaciones por flexión, la condición de borde será:
Deformaciones por axial. Del problema anterior, se tiene: CASO O: Tramo A-C:
Tramo B-C:
CASO 1: Tramo A-C:
Tramo B-C:
Procedemos a elaborar el siguiente cuadro: Miembro AC
N(x)
δN/δP
0 - X1 – P
-1
BC - 2040 - 0,8 X1 - 0,8 P De donde:
- 0,8
A E δhB (por axial) = - 5 X1 – 8160 – 3,2 X1 De donde:
De donde:
N (P = 0)
L (m)
N * (δN/δP) * L
- X1
5
- 5 X1
- 2040 - 0,8 X1
4
- 8160 - 3,2 X1
(Para P = 0)
- 827 Del problema anterior, se tiene:
De donde:
Por lo tanto, debe cumplirse:
a.- Miembro AC = miembro BC = Perfil W8x31: 2
Area = 58,6 cm
Ix = Inercia fuerte = 4540 cm
4
Sustituyendo valores y tomando en cuenta que el numerador de la deflexión por axial está en Kgf-m y el 3 numerador de la deflexión por flexión está en Kgf-m , se tiene:
- 14 X1 – 13924,91 – 3744493,39 + 10572,69 X1 = 0 10558,69 X1 = 3758418,3 Despejando X1, se obtiene: X1 = 355,95 Kgf Regresando a la estructura primaria se obtienen fácilmente las otras reacciones:
- 828 b.- Miembro AC = miembro BC = Perfil W36x302: Area = 571,4 cm
2
Ix = Inercia fuerte = 874700 cm
4
Sustituyendo valores y tomando en cuenta que el numerador de la deflexión por axial está en Kgf-m y el 3 numerador de la deflexión por flexión está en Kgf-m , se tiene:
- 1,435 X1 – 1428,07 – 19435,23 + 54,876 X1 = 0 53,441 X1 = 20863,30 Despejando X1, se obtiene: X1 = 390,4 Kgf Regresando a la estructura primaria se obtienen fácilmente las otras reacciones:
- 829 En resumen, se tiene:
- 830 -
Conclusiones: Nótese que en un marco como el que se acaba de resolver, a pesar de que la alternativa (a) planteaba un perfil muy pequeño con respecto a la alternativa (b), los resultados de las reacciones no difieren mucho. Además, si estas dos alternativas se comparan con la del problema anterior, nos damos cuenta que en los marcos no vale la pena considerar las deformaciones axiales.
- 831 22.- Usando el segundo teorema de Castigliano, se pide calcular las reacciones en la siguiente estructura. 6 2 E = 2,1 x 10 Kgf/cm Miembro AB: Perfil W18x50 Miembros BC y BD: Perfil W8x10
Desig.
Desig.
Peso
Area
d
Bf
tf
tw
W
W
(Kgf/m)
(cm2)
(mm)
W18x50
W460x74
74
94,5
457,0
190
14,5
9,0
33260
W8x10
W200x15
15
19,0
200,0
100
5,2
4,3
1270
(mm) (mm) (mm)
Ix
Sx
Rx
Iy
Sy
ry
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
(cm3)
(cm)
1661,0
174,80
4,19
86,9
17,40
2,14
1456,00 18,75 127,00
8,18
Se divide la estructura primaria hiperestática en 1er grado en dos estructuras isostáticas (CASO 0 y CASO 1). En el caso 0 se coloca la fuerza actuante triangular y se corta la barra BD, en cuyo caso su fuerza interna es nula. En el caso 1 no se coloca la fuerza actuante triangular y se coloca una fuerza denominada X1 en la barra BD cortada anteriormente. Al superponer los 2 casos, la condición para hallar X1, que será la fuerza interna de la barra BD, será: δD = 0, ya que, por ser D una articulación fija, el punto D no puede moverse. Se tiene, entonces:
- 832 -
CASO 0: Se resuelve la estática y se calculan las reacciones en la estructura como si el miembro BD no existiese:
El despiece de la estructura es el siguiente:
- 833 Tenemos, por lo tanto, las siguientes ecuaciones: Miembro AB:
Miembro BC: La fuerza horizontal de 3467 Kgf en “B” se descompone en una fuerza en “B” perpendicular a BC igual a: VB = 3467 x sen 60º = 3002 Kgf Y en una fuerza en sentido BC igual a: HB = 3467 x cos 60º = 1734 Kgf (Compresión) Además la fuerza vertical de 6003 Kgf en “B” se descompone en una fuerza en “B” perpendicular a BC igual a: VB = 6003 x cos 60º = 3002 Kgf Y en una fuerza en sentido BC igual a: HB = 6003 x sen 60º = 5198,75 Kgf (Compresión) De donde: VB = 3002 - 3002 = 0 (Este valor era lógico esperarlo ya que el momento en C es “0”). HB = 1734 + 5198,75 = 6932,75 Kgf (Compresión) Por lo tanto:
Miembro BD:
- 834 CASO 1: Se resuelve la estática y se calculan las reacciones en la estructura, sin la carga triangular y con la fuerza X1 aplicada:
El despiece de la estructura es el siguiente:
Tenemos, por lo tanto, las siguientes ecuaciones: Miembro AB:
Miembro BC: La fuerza horizontal de 0,409 X1 (1,116 X1 – 0,707 X1 = 0,409 X1) en “B” se descompone en una fuerza en “B” perpendicular a BC igual a: VB = 0,409 X1 x sen 60º = 0,354 X1
- 835 Y en una fuerza en sentido BC igual a: HB = 0,409 X1 x cos 60º = 0,204 X1 (Compresión) Además la fuerza vertical de 0,707 X1 en “B” se descompone en una fuerza en “B” perpendicular a BC igual a: VB = 0,707 X1 x cos 60º = 0,354 X1 Y en una fuerza en sentido BC igual a: HB = 0,707 X1 x sen 60º = 0,612 X1 (Compresión) De donde: VB = 0,354 X1 – 0, 354 X1 = 0 (Este valor era lógico esperarlo ya que el momento en C es “0”). HB = 0,204 X1 + 0,612 X1 = 0,816 X1 (Compresión) Por lo tanto:
Miembro BD: Es evidente que:
Sumamos los dos efectos en los siguientes cuadros: Deformaciones por flexión: Miembro
M(x) 3
δM/δX1
L (m)
M(x) δM/δX1 dx
AB
3002 X - 322,6777 X + 0
0
3,05
0
BC
0+0
0
2,113
0
BD
0+0
0
2,588
0
Como se nota del cuadro anterior, no tenemos deformaciones por flexión en el sentido del miembro BD. Por lo tanto:
- 836 Deformaciones por fuerzas axiales: Miembro
N(x)
δN/X1
L (m)
AB
3467 + 1,116 X1
1,116
3,05
(3467 + 1,116 X1) * (1,116) * 3,05
94,5
BC
- 6932,75 - 0,816 X1
- 0,816
2,113 (- 6932,75 - 0,816 X1) * (- 0,816) * 2,113
19,0
BD
0 + X1
2,588 (X1) * (1) * 2,588
19,0
1
N * (δN/δX1) * L
Area (cm2)
Por lo tanto:
La condición para hallar X1 es que δD sea “0”. Además: δD = δD (por axial), de donde:
Eliminando las E, se tiene:
De donde: 12487,80 + 4,02 X1 + 62913,16 + 7,42 X1 + 13,62 X1 = 0 De donde: 75400,96 + 25,06 X1 = 0 Por lo tanto: X1 = - 3009 Kgf El signo (-) quiere decir que ese miembro no trabaja a tracción, como se había supuesto, sino trabaja a compresión, por lo tanto hay que cambiar el sentido a todas las reacciones de la estructura del CASO “1”.
- 837 Conocido el valor de X1, es fácil resolver la totalidad de la estática, superponiendo los casos “0” y “1”:
Nos queda entonces:
- 838 23.- La viga de la figura se usa para soportar una carga uniforme de 6000 Kgf/m. Aplicando el segundo teorema de Castigliano, determine la fuerza en el puntal CE. Cada puntal está formado por un perfil UPN140, estando la viga formada por un perfil W12x72. Todos los perfiles están colocados según su inercia fuerte. Los puntales están conectados con pasadores a la viga. Tome en cuenta deformaciones por axial y por flexión.
Desig.
Desig.
Peso
Area
d
W
W
(Kgf/m)
(cm2)
(mm)
W12x72
W310x107
107
136,2
311,0
Desig.
Peso
Area
d
bf
UPN
(Kgf/m)
(cm2)
(mm)
(mm)
140
16,00
20,40
140
bf
60
tf
tw
(mm) (mm) (mm) 306
17,0
10,9
tf
tw
Ix
(mm) (mm) (cm4) 10,0
7,0
605
Ix
Sx
Rx
Iy
Sy
ry
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
(cm3)
(cm)
8123,0
530,90
7,72
24790
1594,00 13,49
Sx
rx
Iy
Sy
ry
e
(cm3)
(cm)
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm)
86,4
5,45
62,7
14,80
1,75
En vista de la continuidad de la viga AF en “B” y en “D”, tenemos que sumar 2 grados de hiperestaticidad (uno por el nodo “B” y otro por el nodo “D”) a la fórmula que se ha venido usando en las armaduras, donde todos los nodos son articulados, quedando:
Se convertirá, por lo tanto, la estructura en isostática cortando el puntal CE. Tendremos entonces 2 casos:
CASO “0”: Estructura Isostática con la carga de 6000 Kgf/m sin el puntal CE cortado:
1,75
- 839 CASO “1”: Estructura isostática con una fuerza X1 aplicada al puntal CE sin la carga de 6000 Kgf/m:
La superposición de los dos casos, nos dará el valor de X1, es decir la fuerza interna en el puntal CE. CASO “0”:
La estática de la viga es muy sencilla. Se resuelve y se tienen las siguientes ecuaciones: Miembro AB:
Miembro BD: El corte en B es igual a:
El momento en B es igual a:
Por lo tanto:
- 840 Miembro FD:
Nota: Es importante resaltar que, al eliminar el puntal CE, los demás puntales quedan sin fuerzas internas, por lo tanto: N(x) de los miembros AC, BC, DE, FE y el cortado CE = 0. CASO “1”:
Se resuelve la estática, hallando las fuerzas internas en los puntales, así como es de señalar que los puntales BC y DE transmiten sus reacciones a la viga AF.
Aislando la viga, se tiene:
Las fuerzas de los puntales en B y en D hacia arriba de 0,75 X1 vienen compensadas por las componentes verticales de los puntales AC y FE hacia abajo, originándose unos cortes en los extremos A y F de la viga AF.
- 841 Miembro AB:
Miembro BD:
Miembro FD:
Miembro AC:
Miembro BC:
Miembro DE:
Miembro FE:
- 842 Miembro CE:
Elaboramos los siguientes cuadros, superponiendo los dos casos: Deformaciones por flexión: Miembro
M(x) 2
AB
16200 X - 3000 X - 0,75 X1 * X
BD
9000 X + 15120 - 3000 X - 0,90 X1
2
2
FD
- 16200 X + 3000 X + 0,75 X1 * X
AC
δM/δX1
L (m)
M(x) * (δM/δX1) *dx
- 0,75 X
1,20
(16200 X - 3000 X - 0,75 X1 * X) * (- 0,75 X) dx
- 0,90
3,00
(9000 X + 15120 - 3000 X - 0,90 X1) * (- 0,90) dx
2
2
2
(- 16200 X + 3000 X + 0,75 X1 * X) * (0,75 X) dx
4
Ix (cm ) 24790 24790
0,75 X
1,20
24790
0
0
1,50
0
605
BC
0
0
0,90
0
605
DE
0
0
0,90
0
605
FE
0
0
1,50
0
605
CE
0
0
3,00
0
605
δN/δX1
L (m)
N(x) * (δN/δX1) * L
Area (cm2)
Deformaciones por axial: Miembro
N(x)
AB
0 - X1
-1
1,20
(- X1) * (- 1) * 1,20 = 1,2 X1
136,20
BD
0 - X1
-1
3,00
(- X1) * (- 1) * 3,00 = 3 X1
136,20
FD
0 - X1
-1
1,20
(- X1) * (- 1) * 1,20 = 1,2 X1
136,20
AC
0 + 1,25 X1
1,25
1,50
(1,25 X1) * (1,25) * 1,50 = 2,34375 X1
20,40
BC
0 - 0,75 X1
- 0,75
0,90
(- 0,75 X1) * (- 0,75) * 0,90 = 0,50625 X1
20,40
DE
0 - 0,75 X1
- 0,75
0,90
(- 0,75 X1) * (- 0,75) * 0,90 = 0,50625 X1
20,40
FE
0 + 1,25 X1
1,25
1,50
(1,25 X1) * (1,25) * 1,50 = 2,34375 X1
20,40
CE
0 + X1
1
3,00
(X1) * (1) * 3,00 = 3 X1
20,40
∫ ∫ ∫
- 843 De donde:
Ya que los tres miembros de la viga AF tienen la misma inercia, llamaremos:
Al mismo tiempo, llamaremos:
Por lo tanto, por relación de áreas, se tendrá:
Sustituyendo y eliminando “E”, se tiene:
Agrupando, se tiene:
De donde:
Multiplicando los numeradores por I, se tiene:
- 844 De donde:
De donde:
Por lo tanto:
Si despreciáramos la fuerza axial en la viga AF, tendríamos:
De donde:
Multiplicando los numeradores por I, se tiene:
De donde:
De donde:
Por lo tanto: (Como se ve la diferencia es de apenas un 2,4%)
- 845 24.- Utilizando el segundo teorema de Castigliano, determine la deflexión vertical en “D”, debido a la carga señalada. Todos los perfiles están formados por una IPN 180 orientada en el sentido de la Inercia fuerte. E = 6 2 2,1 x 10 Kgf/cm . Considere sólo efecto de flexión.
Desig.
Peso
Area
IPN
(Kgf/m)
(cm2)
180
21,90
27,90
d
bf
Tf
tw
(mm) (mm) (mm) (mm) 180
82
10,4
6,9
Ix
Sx
rx
Iy
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
1450,0
161,0
7,20
81,30
Sy
(cm3) (cm) 19,80 1,71
La estructura es hiperestática de primer grado, por lo tanto, primero debemos solucionar la estática. Sin la solución de la misma, no puede hallarse la deflexión vertical en “D”.
a.- Solución de la estática: Se convierte la articulación en “C” en un rodillo y la estructura será isostática. Este será el caso “0”. El caso “1” será la estructura sometida únicamente a una fuerza X1 horizontal aplicada en el nodo “C”, sin la carga de 1000 Kgf. En vista de que la articulación en “C” no puede tener desplazamiento horizontal, la condición de borde para hallar X1, que equivale a la reacción horizontal en el nodo “C”, será:
Al tener resuelta la estática, se pasará al cálculo de la deflexión vertical en “D”.
ry
- 846 CASO “0”: Se resuelve la estática de este caso y a continuación se muestran las reacciones:
Por lo fácil de la estructura, no amerita despiece. Se hará de todas formas, para que el estudiante se dé cuenta donde le conviene tomar el origen de las ecuaciones. El despiece de la estructura es el siguiente:
- 847 Y las ecuaciones son: Tramo A-B:
Tramo B-C:
Tramo B-D:
CASO “1”: Se coloca una fuerza horizontal X1 en el rodillo, sin la carga de 1000 Kgf, y se resuelve la estática obteniéndose:
- 848 Por lo fácil de la estructura, no amerita despiece. Se hará de todas formas, para que el estudiante se dé cuenta donde le conviene tomar el origen de las ecuaciones. El despiece de la estructura es el siguiente:
Y las ecuaciones son: Tramo A-B:
Tramo B-C:
Tramo B-D:
- 849 Elaboramos el siguiente cuadro, donde se superponen los dos casos: Miembro
M(x)
δM/δX1
L (m)
M(x) * (δM/δX1) *dx
4
Ix (cm )
AB
- 1250 * X + X1 * X
X
2,00
(- 1250 * X + X1 * X) * (X) dx
1450
BC
0 - X1 * X
-X
2,00
(- X1 * X) * (- X) dx
1450
BD
1000 * X + 0
0
2,50
0
1450
∫
∫
De donde: ∫
∫
∫
De donde:
Por lo tanto:
Regresando a la estructura original, se determinan las otras reacciones que se muestran a continuación:
- 850 b.- Cálculo de la deflexión vertical en “D”: Tendremos un nuevo CASO “0” que viene representado por la estructura original que acabamos de resolver: CASO “0”:
Las ecuaciones son: Tramo A-B:
Tramo B-C:
Tramo B-D:
- 851 Para hallar la deflexión vertical en “D”, colocamos una fuerza P ficticia en el punto “D” en el sentido de δvD. Este será un nuevo CASO “1”. La estática ahora es la misma que acabamos de hacer, donde haremos P = 1000 Kgf. Por lo tanto la reacción de 625 Kgf se convierte en 0,625 P y la reacción de 1625 Kgf se convierte en 1,625 P. CASO “1”:
Las ecuaciones son: Tramo A-B:
Tramo B-C:
Tramo B-D:
- 852 Elaboramos el siguiente cuadro, donde se superponen el CASO “0” y el CASO “1”: Miembro
M(x)
δM/δP
M(x) (P = 0)
L (m)
M(x) δM/δP dx
(Para P = 0)
I (cm4)
AB
- 625 X - 0,625 P X
- 0,625 X - 625 X
2,00
(- 625 X) * (- 0,625 X) dx
1450
BC
- 625 X - 0,625 P X
- 0,625 X - 625 X
2,00
(- 625 X) * (- 0,625 X) dx
1450
BD
1000 X + P X
1000 X
2,50
(1000 X) * (X) dx
1450
X
De donde: ∫
∫ ∫
De donde:
Nota: Se pudieron sumar las tres integrales ya que las inercias de los tres miembros son iguales. Colocando los valores de E e I, se obtiene:
- 853 25.- Aplicando el segundo teorema de Castigliano, resuelva la estática de la siguiente estructura. EI = cte. Desprecie las deformaciones por axial.
Es una estructura hiperestática de primer grado. Se convierte el empotramiento en “A” en una articulación y la estructura será isostática. Este será el caso “0”. El caso “1” será la estructura sometida únicamente a un momento X1 aplicado en el nodo “A”, sin las cargas. Al final se superponen los dos CASOS y la condición para hallar X1 es la que el ángulo en el empotramiento “A” debe ser cero, es decir: θA = 0.
CASO “0”: Se resuelve la estática calculando las reacciones:
- 854 -
El despiece de esta estructura es el siguiente:
Las ecuaciones son: Tramo A-B:
Tramo B-C:
Tramo C-D:
- 855 -
CASO “1”: Aplicamos un momento X1 en el apoyo “A” y se resuelve la estática calculando las reacciones:
El despiece de esta estructura es el siguiente:
Las ecuaciones son: Tramo A-B:
- 856 -
Tramo B-C:
Tramo C-D:
Elaboramos el siguiente cuadro, donde se superponen el CASO “0” y el CASO “1”: Miembro AB
M(x)
δM/δX1
L (m)
1
4,00
(X1) * (1) dx
0,25 * X
4,00
(- 3 * X + 0,25 * X + 8 + 0,25 X1 * X) * (0,25 * X) dx
0
4,00
0
0 + X1 2
BC
- 3 * X + 0,25 * X + 8 + 0,25 X1 * X
BD
2*X+0
M(x) δM/δX1 dx 2
De donde:
∫
∫
De donde: ∫ De donde:
De donde:
Por lo tanto:
De donde:
∫
∫
∫
∫
- 857 -
La solución de la estática de la estructura es, por lo tanto, la siguiente:
- 858 26.- Aplicando el segundo teorema de Castigliano, calcule las reacciones y el momento en “A”, así como la flecha en el punto B, en la figura siguiente tomando en cuenta deformaciones debidas a fuerza axial y a flexión. Diga si valió la pena tomar en cuenta la deformación axial. Tanto la viga AC como la columna inclinada CD están formadas por un perfil W 16x40 colocadas ambas en el sentido de sus inercias fuertes. E = 6 2 2,1 x 10 Kgf/cm .
Desig.
Desig.
Peso
Area
d
W
W
(Kgf/m)
(cm2)
(mm)
W16x40
W410x60
60
75,8
407,0
bf
tf
tw
(mm) (mm) (mm) 178
12,8
7,7
Ix
Sx
rx
Iy
Sy
ry
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
(cm3)
(cm)
1205,0
135,40
3,99
21570
1060,00 16,87
La estructura es hiperestática de primer grado, por lo tanto se eliminará el rodillo en “D”, quedando dos CASOS isostáticos: CASO “0” con la carga de 30 Ton y CASO “1” con una carga X1 que se colocará verticalmente en “D” sin la carga de las 30 T. La superposición de los dos casos nos permitirá hallar X1. La condición para hallar X1 será que δvD = 0.
CASO “0”:
- 859 Se resuelve la estática, quedando las reacciones con los siguientes valores:
El despiece de la estructura es el siguiente:
Las ecuaciones son: Tramo A-B (L = 2,50 m):
Tramo B-C (L = 2,50 m):
Tramo C-D (L = 2,50 m):
- 860 CASO “1”:
Se resuelve la estática, quedando las reacciones con los siguientes valores:
El despiece de la estructura es el siguiente:
- 861 Las ecuaciones son: Tramo A-B (L = 2,50 m):
Tramo B-C (L = 2,50 m):
Tramo C-D (L = 2,50 m): La fuerza vertical X1 en “D” se descompone en una fuerza en “D” perpendicular a CD igual a:
Y en una fuerza en sentido CD igual a:
De donde:
Elaboramos los siguientes cuadros, donde se superponen el CASO “0” y el CASO “1”: Deformaciones por axial Miembro
N(x)
δN/δX1
L (m)
N(x) δN/δX1 dx
2
Área (cm )
AB
0+0
0
2,50
0
75,80
BC
0+0
0
2,50
0
75,80
CD
0 – 0,80 X1
- 0,80
2,50
(- 0,80 X1) * (- 0,80) dx
75,80
δM/δX1
L (m)
Deformaciones por flexión Miembro
M(x)
M(x) δM/δX1 dx
4
Ix (cm )
AB
30 X - X1 X - X1
-X–1
2,50
(30 X - X1 X - X1) * (- X - 1) dx
21570
BC
0 - X1 X + 1,5 X1
- X + 1,5
2,50
(- X1 X + 1,5 X1) * (- X + 1,5) dx
21570
CD
0 + 0,6 X1 X
0,6 X
2,50
(0,60 X1 X) * (0,6 X) dx
21570
- 862 De donde: ∫
∫ ∫
∫
De donde, agrupando se tiene: ∫
∫
∫
∫
∫
∫
De donde:
Eliminando E, agrupando y multiplicando los numeradores por I, se tiene:
Colocando los valores de I y de A, se tiene:
De donde:
Por lo tanto:
Sin tomar en cuenta deformaciones por axial, el resultado es:
Por lo tanto:
Conclusión: No vale la pena tomar en cuenta en este caso las deformaciones por axial.
- 863 El momento en A se halla fácilmente sustituyendo en la ecuación del tramo AB el valor de X1 hallado anteriormente para una X = 2,50 m, de donde:
La estática final de la estructura queda, por lo tanto, de la siguiente manera:
CASO “0”: Ya que nos piden la flecha en el punto B, hallamos nuevamente las ecuaciones para la estática recién hallada, elaborando el despiece de un nuevo CASO “0”:
- 864 Las ecuaciones son: Tramo A-B (L = 2,50 m):
Tramo B-C (L = 2,50 m):
Tramo C-D (L = 2,50 m): La fuerza vertical de 14,42 T en “D” se descompone en una fuerza en “D” perpendicular a CD igual a:
Y en una fuerza en sentido CD igual a:
De donde:
- 865 CASO “1”: Las ecuaciones de este caso se hallan fácilmente dividiendo las ecuaciones anteriores entre 30, lo cual equivale a decir que estamos igualando P a 30 T. El despiece de este CASO “1” no es necesario, por lo tanto, hacerlo, sin embargo se hizo para mayor claridad. Es el siguiente:
Las ecuaciones son:
Tramo B-C (L = 2,50 m):
Tramo C-D (L = 2,50 m):
- 866 Elaboramos los siguientes cuadros, donde se superponen el CASO “0” y el CASO “1”: Deformaciones por axial Miembro
N(x)
δN/δP
N (P = 0)
L (m)
N * (δN/δP) * dx
(Para P = 0)
AB
0+0
0
0
2,50
0
BC
0+0
0
0
2,50
0
CD
- 11,536 - 0,3845 P
- 11,536
2,50
(- 11,536) * (- 0,3845) dx
L (m)
M * (δM/δP) * dx
-0,3845
Deformaciones por flexión Miembro
M(x)
δM/δP
AB
15,58 X - 14,42 + 0,519 P X - 0,481 P
0,519 X - 0,481 15,58 X - 14,42
2,50
(15,58 X - 14,42) * (0,519 X - 0,481) dx
BC
21,63 - 14,42 X + 0,721 P - 0,481 P X
0,721 - 0,481 X 21,63 - 14,42 X
2,50
(21,63 - 14,42 X) * (0,721 - 0,481 X) dx
CD
8,652 X + 0,2884 P X
2,50
(8,652 X) * (0,2884 X) dx
0,2884 X
M (P = 0)
8,652 X
De donde: ∫ ∫
∫
∫
De donde, colocando los valores de E, A e I, se tiene:
De donde:
Si no consideramos deformaciones por axial, el resultado será:
Conclusión: No vale la pena tomar en cuenta en este caso las deformaciones por axial.
(Para P = 0)
- 867 27.- Aplicando el segundo teorema de Castigliano calcule el valor de la reacción en el apoyo “C” y dibuje el diagrama final de momento para el pórtico mostrado. Considere sólo las deformaciones por flexión. Tanto la columna AB como la viga BC están formadas por un perfil W 16x40 colocado en ambos casos en el sentido de sus inercias fuertes.
La estructura es hiperestática de primer grado, por lo tanto se eliminará el rodillo en “C”, quedando dos CASOS isostáticos: CASO “0” con la carga de 10 Ton y CASO “1” con una carga X1 que se colocará verticalmente en “C” sin la carga de las 10 T. La superposición de los dos casos nos permitirá hallar X1. La condición para hallar X1 será que δvC = 0.
CASO “0”:
- 868 -
El despiece de esta estructura es el siguiente:
Las ecuaciones son: Tramo A-B (L = 3 m):
Tramo B-C (L = 3 m):
Tramo D-C (L = 3 m):
- 869 CASO “1”:
El despiece de esta estructura es el siguiente:
Las ecuaciones son: Tramo A-B (L = 3 m):
Tramo B-C (L = 3 m):
Tramo D-C (L = 3 m):
- 870 Procedemos a elaborar el siguiente cuadro, superponiendo los dos efectos:
Miembro
M(x)
AB
- 30 + 6 * X1
BC
10 * X - X1 * X - 3 * X1
DC
0 - X1 * X
δM/δX1
L (m)
M(x) δM/δX1 dx
6
3,00
(- 30 + 6 * X1) * (6) dx
-X-3
3,00
(10 * X - X1 * X - 3 * X1) * (- X - 3) dx
-X
3,00
(- X1 * X) * (- X) dx
De donde:
∫
∫ ∫
De donde, agrupando, se tiene:
∫
∫
∫ ∫
De donde:
De donde:
Por lo tanto:
∫
∫
- 871 A partir del valor hallado, se resuelve la totalidad de la estructura, quedando:
Y el diagrama de momento es el siguiente:
- 872 28.- Aplicando el segundo teorema de Castigliano, determine la fuerza en el miembro AC de la armadura mostrada. AE = igual y constante para todos los miembros. Nota: Las barras “AC” y “BD” no están conectadas en “E”.
G.D.H. = (b + r) – 2 n = 6 + 3 – 2 x 4 = 1 (Hiperestática de 1er grado) Es de hacer notar que en este caso las reacciones pueden hallarse fácilmente por la estática. El problema de 1 grado de hiperestaticidad se nos presenta al calcular las fuerzas internas en las barras. Σ Fh =0: - HA + 180 = 0, de donde: HA = 180 Kgf Σ MA =0: 180 x 1,83 – VB x 2,44 = 0, de donde: VB = 135 Kgf Σ Fv =0: - VA + 135 =0, de donde: VA = 135 Kgf
Se divide la estructura primaria hiperestática en 1er grado en dos estructuras isostáticas (CASO 0 y CASO 1). En el caso 0 se coloca la fuerza actuante de 180 Kgf y se corta la barra AC, en cuyo caso su fuerza interna es nula. En el caso 1 no se coloca la fuerza actuante de 180 Kgf y se coloca una fuerza denominada X1 en la barra AC cortada anteriormente. Al superponer los 2 casos, la condición para hallar X1, que será la fuerza interna de la barra AC, será: A E δA = 0. Se tiene, entonces:
- 873 -
CASO 0: Se resuelve la estática y se calculan las fuerzas internas en las barras como si la barra AC no existiese. Los valores de las fuerzas internas están señalados en el cuadro a continuación: L barra AC = 3,05 m, de donde: sen α = 0,6 y cos α = 0,8
Barra
N(x)
AB
+ 180
BC
0
CD
+ 180
Tracción
AD
+ 135
Tracción
DB
-225
Compresión
Tracción Compresión
AC 0 0 CASO 1: Colocamos una fuerza P ficticia junto con X1 y resolvemos la estática. Los valores de las fuerzas internas están señalados en el cuadro a continuación:
- 874 -
Barra
N(x)
AB
-[0,80 (P + X1)]
Compresión
BC
-[0,60 (P + X1)]
Compresión
CD
-[0,80 (P + X1)]
Compresión
AD
-[0,60 (P + X1)]
Compresión
DB
+ (P + X1)
Tracción
AC + (P + X1) Sumamos los dos efectos en el siguiente cuadro:
Tracción
Barra
N(x)
δN/δP
N (P = 0)
L (m)
N * (δN/δP) * L
(Para P = 0)
AB
- 0,8 P - 0,8 X1 + 180
- 0,8
- 0,8 X1 + 180
2,44
(- 0,8 X1 + 180) * (- 0,8) * 2,44
BC
- 0,6 P - 0,6 X1 + 0
- 0,6
- 0,6 X1
1,83
(- 0,6 X1) * (- 0,6) * 1,83
CD
- 0,8 P - 0,8 X1 + 180
- 0,8
- 0,8 X1 + 180
2,44
(- 0,8 X1 + 180) * (- 0,8) * 2,44
AD
- 0,6 P - 0,6 X1 + 135
- 0,6
- 0,6 X1 + 135
1,83
(- 0,6 X1 + 135) * (- 0,6) * 1,83
DB
+ P + X1 - 225
+1
+ X1 - 225
3,05
(X1 - 225) * 1 * 3,05
+1
+ x1
3,05
(x1) * 1 * 3,05
AC
+ P + x1 + 0 Condición: A E δA = 0, de donde:
De donde:
De donde: Por lo tanto:
Al conocer esta fuerza en la barra AC, es fácil hallar las demás fuerzas.
- 875 29.- Utilizando el segundo teorema de Castigliano, calcule la fuerza en el tensor BC. Incluya el efecto de la fuerza axial y del momento. ¿Valió la pena considerar la deformación axial?
G.D.H. = (b + r) – 2 n = 2 + 5 – 2 x 3 = 1 (Hiperestática de 1er grado) La estructura es hiperestática de 1er grado, por lo tanto, para resolverla, se convertirá en dos estructuras isostáticas (CASO 0 y CASO 1). En el caso 0 se coloca la fuerza actuante de 5 T y se corta el tensor BC. En el caso 1 no se coloca la fuerza actuante de 5 T y se coloca una fuerza en el tensor denominada X1. Al superponer los 2 casos, se hallará el valor de X1, que es el valor de la fuerza interna en el tensor BC.
Se tiene, entonces: CASO “0”:
- 876 Las reacciones son:
Y las ecuaciones son: Miembro AD:
Miembro DB:
Miembro BC:
CASO “1”:
- 877 Las reacciones son:
Aislando el tramo AB, se tiene:
Las ecuaciones, por lo tanto, son: Miembro AD:
Miembro DB:
- 878 Miembro BC:
Superponemos los dos casos en los siguientes cuadros: Deformaciones por flexión: Miembro
M(x)
AD
5 X - 1,2 X1 - 0,6 X1 * X
DB
0 - 0,6 X1 * X
BC
0+0
M(x) * (δM/δX1) * dx
4
δM/δX1
L (m)
Ix (cm )
- 1,2 - 0,6 X
2,00
(5 X - 1,2 X1 - 0,6 X1 * X) * (- 1,2 - 0,6 X) dx
12000
- 0,6 X
2,00
(- 0,6 X1 * X) * (- 0,6 X) dx
12000
0
5,00
0
1200
δN/δX1
L (m)
N(x) * (δN/δX1) * L
Deformaciones por axial: Miembro
N(x)
2
Area (cm )
AD
0 - 0,8 X1
- 0,8
2,00
( 0,8 X1) * (- 0,8) * 2,00 = - 1,28 X1
60
DB
0 - 0,8 X1
- 0,8
2,00
( 0,8 X1) * (- 0,8) * 2,00 = - 1,28 X1
60
BC
0 + X1
1
5,00
(X1) * (1) * 5,00 = 5 X1
6
∫
De donde:
Ya que AD y DB tienen la misma inercia, llamaremos:
Al mismo tiempo, llamaremos:
Por lo tanto, por relación de áreas, se tendrá:
∫
- 879 Sustituyendo, agrupando y eliminando “E”, se tiene:
Multiplicando los numeradores por I, se tiene:
De donde:
De donde:
Por lo tanto:
Si despreciáramos las deformaciones por axial, tendríamos:
De donde:
Nótese que en este es importante considerar las deformaciones por axial.
- 880 30.- Utilizando el segundo teorema de Castigliano, halle las reacciones de la siguiente armadura. Las secciones, en centímetros cuadrados, figuran entre paréntesis.
La estructura es hiperestática de primer grado, por lo tanto elegimos la reacción horizontal en F como superabundante, sustituyendo la articulación en F por un rodillo. CASO “0”: Las reacciones son las siguientes:
- 881 CASO “1”. Se coloca una fuerza horizontal X1 en el nodo F, eliminando la carga de 15 T, de donde las reacciones son las siguientes:
Superponiendo los dos casos y llamando a las áreas de AD = CF = AB = CB = A, por relación de áreas, tenemos lo siguiente: MIEMBRO
N(x)
δN/δX1
L (m)
AD = CF
- 7,5 + 0,75 X1
0,75
9
AB = CB
- 10 + X1
1
6
AE = CE
12,5 - 1,25 X1
-1,25
DE = FE
0 - 1,25 X1
BE
- 15 + 0
2
Área (cm )
Áreas relativas
(- 7,5 + 0,75 X1) * (0,75) * 9
60
A
(- 10 + X1) * (1) * 6
60
A
7,5
(12,5 - 1,25 X1) * (- 1,25) * 7,5
75
1,25 A
-1,25
7,5
(- 1,25 X1) * (- 1,25) * 7,5
75
1,25 A
0
4,5
0
30
0,5 A
Condición de borde: δhF = 0, de donde:
Desarrollando y eliminando AE, nos queda:
N (δN/δX1) L
- 882 Agrupando, nos queda:
Por lo tanto:
Con este valor se resuelve la estructura quedando:
- 883 31.- Aplicando el segundo teorema de Castigliano, halle las fuerzas en las barras de la siguiente armadura y el desplazamiento horizontal del vértice B. Las secciones, en centímetros cuadrados, figuran entre 6 2 paréntesis. E = 2,1 x 10 Kgf/cm .
G.D.H. = (b + r) – 2 n = 6 + 3 – 2 x 4 = 1 (Hiperestática de 1er grado) Esta armadura llama la atención en el sentido de que a ella se le pueden calcular las reacciones externas sin ningún problema. La hiperestaticidad es interna ya que no es posible calcular las fuerzas internas. Elegimos la fuerza en la barra BD como superabundante, de donde tendremos que analizar dos casos: CASO “0” cortando la barra BD con la fuerza de 50 T y CASO “1” con la fuerza X1 colocada en la barra BD sin la carga de 50 T. NOTA: Para ubicar una superabundante, se aprovecha cualquier simetría de la estructura.
- 884 CASO “0”:
CASO “1”:
- 885 Superponiendo los 2 casos anteriores, se obtiene:
Barra
N(x)
δN/X1
L (m)
N * (δN/δX1) * L
2
A (cm )
AB
79,06 - 0,527 X1
-0,527
9,49
- 395,40 + 2,636 X1
60
BC
- 79,06 - 0,527 X1
-0,527
9,49
+ 395,40 + 2,636 X1
60
AC
25 - 0,333 X1
-0,333
6,00
- 49,95 + 0,665 X1
60
AD
0 + 0,707 X1
0,707
4,24
+2,12 X1
30
BD
0 + X1
1
6,00
+ 6 X1
30
CD
0 + 0,707 X1
0,707
4,24
+2,12 X1
30
Llamamos a “A” el área de las barras AD, BD y CD, por lo tanto las áreas de las otras barras serán iguales a 2 A, de donde: De donde:
De donde:
Por lo tanto:
Sustituyendo este valor de X1 en el cuadro anterior, se obtienen todas las fuerzas internas:
- 886 -
- 887 Procedemos ahora a calcular δhB. Conocidas las fuerzas internas, es fácil hallar cuánto valen las mismas para una carga unitaria P en el mismo sentido de las 50 T. Dividimos todas las fuerzas internas halladas entre 50 y obtenemos lo siguiente:
Superponemos los 2 CASOS anteriores y elaboramos el siguiente cuadro: Barra
N(x)
δN/δP
N (P = 0)
L (m)
N * (δN/δP) * L
(Para P = 0)
2
Área (cm )
AB
78,06 + 1,5612 P
1,5612
78,06
9,49
1156,52
60
BC
-80,06 - 1,6012 P
-1,6012
-80,06
9,49
1216,54
60
AC
24,37 + 0,4874 P
0,4874
24,37
6,00
71,27
60
AD
1,34 + 0,0268 P
0,0268
1,34
4,24
0,15
30
BD
1,89 + 0,0378 P
0,0378
1,89
6,00
0,43
30
CD
1,34 + 0,0268 P
0,0268
1,34
4,24
0,15
30
De donde:
De donde:
- 888 32.- Aplicando el segundo teorema de Castigliano, determine las reacciones de la siguiente armadura. Todos 2 6 los miembros están articulados en sus extremos. A = 94,84 cm para todos los miembros. E = 2,1 x 10 2 Kgf/cm .
La estructura es hiperestática de 1er grado, por lo tanto, para resolverla, se convertirá en dos estructuras isostáticas (CASO 0 y CASO 1). En el caso 0 se colocarán las fuerzas actuantes sustituyendo la articulación “E” por un rodillo. En el caso 1 no se colocarán las fuerzas actuantes y se colocará una fuerza horizontal en el rodillo “E” denominada X1. Al superponer los 2 casos, se hallará el valor de X1, que es el valor de la reacción horizontal en la articulación “E” y se procederá luego facilmente a resolver la totalidad de la estática.
La condición que se aplicará para hallar X1 es la siguiente: δhE (CASO “0”) = δhE (CASO “1”), ya que el desplazamiento de la articulación “E” debe ser cero, o lo que es lo mismo: δhE = 0.
- 889 Se tiene, entonces: CASO “0”:
La resolución de la armadura indicada arriba es la siguiente:
- 890 CASO “1”: Se aplica, ahora, una fuerza X1 en el nodo E en sentido ← y se resuelve nuevamente la estructura.
Se superponen los dos CASOS en el siguiente cuadro: Barra
N(x)
δN/X1
L (m)
N * (δN/δX1) * L
2
A (cm )
AB
7071 + 0
0
7,566 0
94,84
BD
10000 + 0
0
5,350 0
94,84
AC
5000 - X1
-1
5,350 (5000 - X1) * (- 1) * 5,350
94,84
CE
15000 - X1
-1
5,350 (15000 - X1) * (- 1) * 5,350
94,84
BC
10000 + 0
0
5,350 0
94,84
BF
- 21213 + 0
0
3,783 0
94,84
FE
- 21213 + 0
0
3,783 0
94,84
CF
- 14142 + 0
0
3,783 0
94,84
FD
- 14142 + 0
0
3,783 0
94,84
De donde:
De donde:
Por lo tanto:
Es de hacer notar que se pudo sumar la última columna de la tabla anterior ya que todos los miembros tienen la misma área.
- 891 La solución final de la armadura es la siguiente:
Nota: La reacción horizontal en “A” es nula.
- 892 33.- Aplicando el segundo teorema de Castigliano, determine la fuerza en el miembro AE de la armadura asimétrica mostrada. Área y E = iguales y constantes para todos los miembros. Nota: Las barras “AE” y “BD” no están conectadas en “G”.
GDH = (b + r) – 2 n GDH = 10 + 3 – 2 x 6 = 1 (1 grado de hiperestaticidad) Es de hacer notar que en este caso las reacciones pueden hallarse fácilmente por la estática. El problema de 1 grado de hiperestaticidad se nos presenta al calcular las fuerzas internas en las barras. Las reacciones son: HA = 0 VA = 2 T VC = 2 T
- 893 Se divide la estructura primaria hiperestática en 1er grado en dos estructuras isostáticas (CASO 0 y CASO 1). En el caso 0 se colocan las fuerzas actuantes y se corta la barra AE, en cuyo caso su fuerza interna es nula. En el caso 1 no se colocan las fuerzas actuantes y se coloca una fuerza denominada X1 en la barra AE cortada anteriormente. Al superponer los 2 casos, la condición para hallar X1, que será la fuerza interna de la barra AE, será: A E δA = 0. Se tiene, entonces, resolviendo las dos estáticas:
+
- 894 Sumamos los dos efectos en el siguiente cuadro: Barra
N(x)
δN/δX1
L (m)
N * (δN/δX1) * L
AB
0 - 0,6 X1 = - 0,6 X1
- 0,6
3
(- 0,6 X1) * (- 0,6) * 3
BC
0+0=0
0
3
0
DE
- 0,75 - 0,6 X1
- 0,6
3
(- 0,75 - 0,6 X1) * (- 0,6) * 3
EF
- 0,75 + 0 = - 0,75
0
3
0
AD
- 2 - 0,8 X1
- 0,8
4
(- 2 - 0,8 X1) * (- 0,8) * 4
BE
- 2 - 0,8 X1
- 0,8
4
(-2 - 0,8 X1) * (- 0,8) * 4
CF
-2+0=-2
0
4
0
BD
1,25 + X1
1
5
(1,25 + X1) * 1 * 5
BF
1,25 + 0 = 1,25
0
5
0
AE
0 + X1 = X1
1
5
(X1) * 1 * 5
Ya que todos los miembros tienen la misma área, se puede sumar la última columna, de donde, aplicando la condición de que A E δA = 0, se obtiene:
De donde:
Por lo tanto:
Al conocer esta fuerza en la barra AE, es fácil hallar las demás fuerzas.
- 895 34.- Utilizando el método de Castigliano halle las reacciones del pórtico. Incluya el efecto de deformación debido a la fuerza axial y al momento. ¿Valió la pena considerar la deformación axial? NOTA: Los perfiles están colocados según sus inercias fuertes.
Desig.
Desig.
Peso
Area
d
bf
tf
Tw
W
W
(Kgf/m)
(cm2)
(mm)
W12x26
W310x39
39
49,4
310,0
165
9,7
5,8
8510
549,00 13,10
727,0
88,10
3,84
W14x48
W360x72
72
91,0
350,0
204
15,1
8,6
20100
1149,00 14,86
2140,0
209,80
4,85
(mm) (mm) (mm)
Ix
Sx
Rx
Iy
Sy
ry
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
(cm3)
(cm)
En vista de que el pórtico es hiperestático de tercer grado, se convierte en isostático eliminando el empotramiento en E. Se tendrán, por lo tanto, los siguientes casos: CASO “0” = Estructura isostática con la carga de 20 T CASO “1” = Estructura isostática sin la carga de 20 T y con un momento X1 aplicado en “E”. CASO “2” = Estructura isostática sin la carga de 20 T y con una fuerza horizontal X2 aplicada en “E”. CASO “3” = Estructura isostática sin la carga de 20 T y con una fuerza vertical X3 aplicada en “E”. Las condiciones de borde que se aplicarán son: en el empotramiento “E” la rotación es nula, así como son nulos los desplazamientos horizontales y verticales. θE = 0 δhE = 0 δvE = 0 Saldrán 3 ecuaciones con 3 incógnitas (X1, X2 y X3) y podremos hallar X1, X2 y X3. Al final, las reacciones del pórtico vendrán dadas por la sumatoria de los 4 casos (CASO “0” + CASO “1” + CASO “2” + CASO “3”)
- 896 CASO “0”: La estática es muy fácil y se muestran las reacciones a continuación:
A continuación se nuestra el despiece de este caso:
Tenemos, por lo tanto, las siguientes ecuaciones: Miembro AB:
- 897 Miembro BC:
Miembro CD:
Miembro DE:
CASO “1” (Se aplica un momento X1 en “E”):
- 898 A continuación se nuestra el despiece de este caso:
Tenemos, por lo tanto, las siguientes ecuaciones: Miembro AB:
Miembro BC:
Miembro CD:
Miembro DE:
- 899 CASO “2” (Se aplica una fuerza horizontal X2 en “E”):
A continuación se nuestra el despiece de este caso:
Tenemos, por lo tanto, las siguientes ecuaciones: Miembro AB:
Miembro BC:
- 900 Miembro CD:
Miembro DE:
CASO “3” (Se aplica una fuerza vertical X3 en “E”):
A continuación se nuestra el despiece de este caso:
- 901 Tenemos, por lo tanto, las siguientes ecuaciones: Miembro AB:
Miembro BC:
Miembro CD:
Miembro DE:
- 902 Sumamos los cuatro efectos en los siguientes cuadros: Deformaciones por flexión: Miembro
M(x)
δM/δX1
L (m)
M(x) δM/δX1 dx
AB
- 48 - X1 + X2 * X + 6 * X3
-1
4,50
(- 48 - X1 + X2 * X + 6 * X3) * (- 1) dx
BC
20 * X - 48 - X1 + 4,5 * X2 - X3 * X + 6 * X3
-1
2,40
(20 * X - 48 - X1 + 4,5 * X2 - X3 * X + 6 * X3) * (- 1) dx
CD
0 + X1 - 4,5 X2 - X3 * X
1
3,60
(X1 - 4,5 X2 - X3 * X) * (1) dx
DE
0 + X1 - X2 * X + 0
1
4,50
(X1 - X2 * X) * (1) dx
δM/δX2
L (m)
X
4,50
(- 48 - X1 + X2 * X + 6 * X3) * (X) dx
Miembro
M(x)
M(x) δM/δX2 dx
AB
- 48 - X1 + X2 * X + 6 * X3
BC
20 * X - 48 - X1 + 4,5 * X2 - X3 * X + 6 * X3
4,5
2,40
(20 * X - 48 - X1 + 4,5 * X2 - X3 * X + 6 * X3) * (4,5) dx
CD
0 + X1 - 4,5 X2 - X3 * X
- 4,5
3,60
(X1 - 4,5 X2 - X3 * X) * (- 4,5) dx
DE
0 + X1 - X2 * X + 0
-X
4,50
(X1 - X2 * X) * (-X) dx
δM/δX3
L (m)
6
4,50
(- 48 - X1 + X2 * X + 6 * X3) * (6) dx
-X+6
2,40
(20 * X - 48 - X1 + 4,5 * X2 - X3 * X + 6 * X3) * (- X + 6) dx
Miembro
M(x)
M(x) δM/δX3 dx
AB
- 48 - X1 + X2 * X + 6 * X3
BC
20 * X - 48 - X1 + 4,5 * X2 - X3 * X + 6 * X3
CD
0 + X1 - 4,5 X2 - X3 * X
-X
3,60
(X1 - 4,5 X2 - X3 * X) * (- X) dx
DE
0 + X1 - X2 * X + 0
0
4,50
0
δN/X1
L (m)
Deformaciones por axial: Miembro
N(x)
N * (δN/δX1) * L
AB
- 20 + 0 + 0 + X3
0
4,50
0
BC
0 + 0 + X2 + 0
0
2,40
0
CD
0 + 0 + X2 + 0
0
3,60
0
DE
0 + 0 + 0 - X3
0
4,50
0
δN/X2
L (m)
Miembro
N(x)
N * (δN/δX2) * L
AB
- 20 + 0 + 0 + X3
0
4,50
0
BC
0 + 0 + X2 + 0
1
2,40
(X2) * (1) * dx
CD
0 + 0 + X2 + 0
1
3,60
(X2) * (1) * dx
DE
0 + 0 + 0 - X3
0
4,50
0
δN/X3
L (m)
Miembro
N(x)
N * (δN/δX3) * L
AB
- 20 + 0 + 0 + X3
1
4,50
(X3) * (1) dx
BC
0 + 0 + X2 + 0
0
2,40
0
CD
0 + 0 + X2 + 0
0
3,60
0
DE
0 + 0 + 0 - X3
-1
4,50
(- X3) * (- 1) dx
- 903 Calculamos las relaciones entre las inercias de cada perfil así como entre las áreas de cada perfil: De donde, si llamamos a IAB = I, tenemos: IAB = I IBC = 2,3619 I ICD = 2,3619 I IDE = 1 AAB = A ABC = 1,8421 A ACD = 1,8421 A ADE = A
CASO 1: (θE = 0) (Flexión + Axial): ∫ ∫ ∫
De donde:
De donde:
Por lo tanto:
∫
- 904 CASO 2: (δhE = 0) (Flexión + Axial):
∫ ∫ ∫ ∫
∫ ∫
De donde:
Multiplicando todos los numeradores por I, se tiene:
De donde:
De donde:
Por lo tanto:
- 905 CASO 3: (δvE = 0) (Flexión + Axial):
∫ ∫ ∫ ∫ De donde:
Multiplicando todos los numeradores por I, se tiene:
De donde:
De donde:
Por lo tanto:
∫
- 906 Resolviendo el sistema de ecuaciones formado por las tres ecuaciones amarillas, que se copian a continuación, se tiene:
Se obtiene: X1 = - 4,0775 X2 = - 2,5409 X3 = 7,9096 De donde, considerando deformaciones por flexión y deformaciones por axial, se tienen las siguientes reacciones: CASO "0"
CASO "1"
CASO "2"
CASO "3"
TOTAL
VA
20 ↑
0
0
7,9096 ↓
12,0904 ↑
HA
0
0
2,5409 →
0
2,5409 →
4,0775 (horario)
0
47,4576 (horario)
3,5351 (horario)
MA 48 (antihorario) VE
0
0
0
7,9096 ↑
7,9096 ↑
HE
0
0
2,5409 ←
0
2,5409 ←
ME
0
4,0775 (antihorario)
0
0
4,0775 (antihorario)
Si se desprecian las deformaciones por fuerza axial, se tienen las siguientes ecuaciones:
Resolviendo, se tiene: X1 = - 4,0705 X2 = - 2,5465 X3 = 7,9171
- 907 De donde, despreciando las deformaciones por axial, se tienen las siguientes reacciones: CASO "0"
CASO "1"
CASO "2"
CASO "3"
TOTAL
VA
20 ↑
0
0
7,9171 ↓
12,0829 ↑
HA
0
0
2,5409 →
0
2,5409 →
4,0550 (horario)
0
47,5026 (horario)
3,5576 (horario)
MA 48 (antihorario) VE
0
0
0
7,9171 ↑
7,9171 ↑
HE
0
0
2,5409 ←
0
2,5409 ←
ME
0
4,0550 (antihorario)
0
0
4,0550 (antihorario)
Al comparar los resultados, es evidente que en los pórticos no vale la pena tomar en cuenta las deformaciones axiales.
- 908 35.- Aplicando el segundo teorema de Castigliano, determine el desplazamiento vertical de “C” debido a la carga de 1 T aplicada en “C”. En el cuadro anexo está indicado el perfil usado y colocado para todos los 6 2 miembros según la inercia fuerte. E = 2,1 x 10 Kgf/cm . Considere sólo el efecto de flexión.
Desig.
Peso
Area
d
bf
tf
tw
Ix
Sx
rx
Iy
Sy
ry
IPN
(Kgf/m)
(cm2)
(mm)
(mm)
(mm)
(mm)
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
(cm3)
(cm)
120
11.10
14.20
120
58
7.7
5.1
328.0
54.7
4.81
21.50
7.41
1.23
La estructura es hiperestática de primer grado. CASO “0” (con cargas originales) Se elimina el rodillo en “E” y se convierte la estructura en isostática.
- 909 Nota: En los tramos BC y CD, es necesario transformar las fuerzas en “X” y en “Y” en fuerzas cortantes y axiales sobre BC y sobre CD. Para el tramo CD (No tenemos Fuerza (en X)): V = Fuerza (en Y) x 4/5 + Fuerza (en X) x 3/5 = 0,5 T x 4/5 + 0 T x 3/5 = 0,4 T N = Fuerza (en Y) x 3/5 + Fuerza (en X) x 4/5 = 0,5 T x 3/5 + 0 x 4/5 = 0,3 T
Las ecuaciones del caso “0” son: TRAMO AB: N = - 0,5 T M=0 TRAMO BC: N = - 0,3 T M = 0,4 X TRAMO DC: N = - 0,3 T M = - 0,4 X TRAMO ED: N = - 0,5 T M=0
- 910 CASO “1” Se coloca una fuerza X1 horizontal en el rodillo “D”.
Las ecuaciones del caso “1” son: TRAMO AB: N=0 M = - X1 * X TRAMO BC: N = - 0,8 T M = - 0,6 X1 * X – 5 X1 TRAMO DC: N = - 0,8 T M = 0,6 X1 * X + 5 X1 TRAMO ED: N=0 M = X1 * X Superponiendo los 2 efectos (CASO “0” y CASO “1”) y aplicando la condición de que el desplazamiento en E debe ser 0, nos queda: #
M(x)
δM/δX1
L (m)
M(x) (δM/δX1) dx
AB
0 - X1 * X
-X
5
(- X1 * X)*(- X) dx
BC
0,4 X - 0,6 X1 * X - 5 X1
- 0,6 X - 5
5
(0,4 X - 0,6 X1 * X - 5 X1)*(- 0,6 X - 5) dx
DC
- 0,4 X + 0,6 X1 * X + 5 X1
0,6 X + 5
5
(- 0,4 X + 0,6 X1 * X + 5 X1)*(0,6 X + 5) dx
ED
0 + X1 * X
X
5
(X1 * X)*(X) dx
- 911 De donde: ∫ De donde: ∫ De donde: Por lo tanto: 513,333 X1 = 70 De donde: X1 = 0.136 T Conocido X1, procedemos a resolver la estática de la estructura hiperestática, quedando de la siguiente forma:
- 912 -
Las ecuaciones de la estructura hiperestática resuelta son: TRAMO AB: N = - 0,5 M = - 0,136 X TRAMO BC: N = - 0,4088 M = 0,3184 X – 0,68 TRAMO DC: N = - 0,4088 M = - 0,3184 X + 0,68 TRAMO ED: N = - 0,5 M = 0,136 X
- 913 Ya que nos piden el desplazamiento vertical de “C”, se coloca ahora una carga ficticia P en la misma dirección de la carga de 1 T, hallando las ecuaciones:
TRAMO AB: N = - 0,5 P M = - 0,136 P * X TRAMO BC: N = - 0,4088 P M = 0,3184 P * X – 0,68 P
- 914 TRAMO DC: N = - 0,4088 P M = - 0,3184 P * X + 0,68 P TRAMO ED: N = - 0,5 P M = 0,136 P * X Se elabora el siguiente cuadro, donde se elimina la P ficticia: #
M(x)
δM/δP
L (m)
M(x) (δM/δP) dx (Para P = 0)
AB
0,136 * X + 0,136 P * X
0,136 X
5
(0,136 X) * (0,136 X) dx
BC
0,3184 * X - 0,68 + 0,3184 P * X - 0,68 P
0,3184 X - 0,68
5
(0,3184 X - 0,68) * (0,3184 X - 0,68) dx
DC
- 0,3184 * X + 0,68 - 0,3184 P * X + 0,68 P
- 0,3184 X + 0,68
5
(- 0,3184 X + 0,68) * (- 0,3184 X + 0,68) dx
ED
- 0,136 * X - 0,136 P * X
- 0,136 X
5
(- 0,136 X) * (- 0,136 X) dx
De donde: ∫ De donde:
Pero: 6 2 E = 2,1 x 10 Kgf/cm 4
I = 328 cm
De donde, sustituyendo, se obtiene: δvC = 55 mm ↓
- 915 36.- Aplicando el segundo teorema de Castigliano, determine el desplazamiento horizontal de “D” debido a la carga de 1 T/m aplicada entre C y D. En el cuadro anexo está indicado el perfil usado y colocado para 6 2 todos los miembros según la inercia fuerte. E = 2,1 x 10 Kgf/cm . Considere sólo el efecto de flexión.
Desig.
Peso
Area
d
bf
tf
tw
Ix
Sx
rx
Iy
Sy
ry
IPN
(Kgf/m)
(cm2)
(mm)
(mm)
(mm)
(mm)
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
(cm3)
(cm)
340
68.00
86.70
340
137
18.3
12.2
13.50
674.00
98.40
2.80
15700.0
923.0
La estructura es hiperestática de primer grado. Se convertirá en isostática sustituyendo el empotramiento por una articulación. CASO “0” (con cargas originales)
- 916 -
Nota: En el tramo BC, es necesario transformar las fuerzas en “X” y en “Y” en fuerzas cortantes y axiales sobre BC. Para este tramo: V = Fuerza (en Y) x 4/5 - Fuerza (en X) x 3/5 = 6,875 T x 4/5 - 5 T x 3/5 = 2,5 T N = Fuerza (en Y) x 3/5 + Fuerza (en X) x 4/5 = 6,875 T x 3/5 + 5 T x 4/5 = 8,125 T
Las ecuaciones del caso “0” son: TRAMO AB: N = - 6,875 M=-5X
- 917 TRAMO BC: N = - 8,125 M = 2,5 X - 25
TRAMO DC: N = + 6,875 2 M = X /2 TRAMO ED: N = + 6,875 M=0 CASO “1” Se coloca un momento X1 en “A”.
- 918 -
Las ecuaciones del caso “1” son: TRAMO AB: N = + 0,25 X1 M = X1 TRAMO BC: N = + 0,15 X1 M = X1 – 0,2 X1 * X TRAMO DC: N = - 0,25 X1 M= 0
- 919 TRAMO ED: N = - 0,25 X1 M=0 Superponiendo los 2 efectos (CASO “0” y CASO “1”) y aplicando la condición de que la rotación en “A” debe ser 0, nos queda:
#
M(x)
δM/δX1
L (m)
M(x) (δM/δX1) dx
AB
- 5 X + X1
1
5
(- 5 X + X1)*(1) dx
BC
2,5 X – 25 + X1 – 0,2 X1 * X
1 – 0,2 X
5
(2,5 X – 25 + X1 – 0,2 X1 * X)*(1 – 0,2 X) dx
DC
2
X /2 + 0
0
5
0
ED
0+0
0
5
0
De donde: ∫ De donde: ∫ De donde: Por lo tanto: 6,667 X1 = 114,583 De donde: X1 = 17,19 T-m (en el mismo sentido del supuesto)
- 920 Conocido X1, procedemos a resolver la estática de la estructura hiperestática, quedando de la siguiente forma:
- 921 -
Las ecuaciones de la estructura hiperestática resuelta son: TRAMO AB: N = - 2,58 M = 17,19 - 5 X TRAMO BC: N = - 5,55 M = - 7,81 – 0,94 X TRAMO DC: N = + 2,58 2 M = X /2 TRAMO ED: N = + 2,58 M=0 Ya que nos piden el desplazamiento horizontal de “D”, se coloca ahora una carga ficticia P en “D” en sentido horizontal, hallando las ecuaciones:
- 922 -
TRAMO AB: N = + 0,187 P M = 3,75 P – P * X TRAMO BC: N = - 0,69 P M = - 1,25 P – 0,75 P * X TRAMO DC: N = - 0,187 P M= P*X
- 923 TRAMO ED: N = - 0,187 P M=0 Se elabora el siguiente cuadro, donde se elimina la P ficticia: #
M(x)
δM/δP
L (m)
M(x) (δM/δP) dx (Para P = 0)
AB
17,19 – 5 X + 3,75 P – P * X
3,75 - X
5
(17,19 – 5 X) * (3,75 - X) dx
BC
- 7,81- 0,94 X – 1,25 P – 0,75 P * X
- 1,25 – 0,75 X
5
(- 7,81- 0,94 X) * (- 1,25 – 0,75 X) dx
2
2
DC
X /2 + P * X
X
5
(X /2) * (X) dx
ED
0+0
0
5
0
De donde: ∫ De donde:
Pero: 6 2 E = 2,1 x 10 Kgf/cm 4
I = 15700 cm
De donde, sustituyendo, se obtiene: δhD = 99 mm ←
- 924 37.- Aplicando el segundo teorema de Castigliano, determine las reacciones en los soportes del pórtico mostrado en la figura, despreciando el efecto de las deformaciones axiales. Nota: Todos los miembros están 6 2 formados por un perfil IPN 160 colocado según su inercia fuerte. E = 2,1 x 10 Kgf/cm .
Desig.
Peso
Area
d
bf
tf
tw
Ix
Sx
rx
Iy
Sy
ry
IPN
(Kgf/m)
(cm2)
(mm)
(mm)
(mm)
(mm)
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm4)
(cm3)
(cm)
160
17.90
22.80
160
74
9.5
6.3
117.0
6.40
54.70
14.80
1.55
935.0
La estructura es hiperestática de primer grado, por lo tanto se convertirá en isostática cambiando la articulación en “D” por un rodillo. Este será el “CASO 0”. La estructura con el rodillo, sin cargas, y colocando una fuerza horizontal X1 en “D” será el “CASO 1”. Al superponer los 2 casos, la condición para hallar X1, que será la reacción horizontal en la articulación “D”, será: δhD (por flexión) = 0. Se tiene, entonces:
- 925 -
CASO “0” Se resuelve la estática obteniéndose:
Tramo A-E:
Tramo E-B:
- 926 Tramo B-F:
Tramo C-F:
Tramo D-C:
CASO “1” Se coloca una fuerza horizontal X1 en el rodillo y se resuelve la estática obteniéndose:
Tramo A-E:
Tramo E-B:
Tramo B-F:
Tramo C-F:
Tramo D-C:
- 927 Sumamos los dos efectos en el siguiente cuadro: Miembro
M(x)
AE
X - X1 * X
EB
2 - X1 * X - 2 X1
BF
2 - 0,5 X1 * X - 4 * X1
CF
- X + 6 * X1 - 0,5 * X1 * X
DC
0 + X1 * X
δM/δX1 - X
M(x) δM/δX1 dx (X - X1 * X) * (- X) dx
2
(2 - X1 * X - 2 X1) * (- X - 2) dx
2
- 0,5 X - 4
(2 - 0,5 X1 * X - 4 * X1) * (- 0,5 X - 4) dx
2
6 - 0,5 X
( - X + 6 * X1 - 0,5 * X1 * X) * (6 - 0,5 X) dx
2
(X1 * X) * X dx
6
-X-2
X
Se procede a integrar, tomando en cuenta la condición: δhD (por flexión) = 0
∫
∫
∫ ∫
∫
NOTA: Se pudo hacer lo anterior, en vista de que todos los miembros tienen la misma Inercia. ∫
∫ Agrupando términos, nos queda: ∫ Resolviendo las integrales, nos queda: -1,333 + 6,666 X1 – 18 – 24 + 4 X1 + 112 X1 + 72 X1 = 0 - 43,333 + 194,666 X1 = 0 De donde: X1 = 0,222 T = HD ←
L (m)
∫
- 928 Conocido X1, es fácil hallar las otras reacciones, ya que: VD = 1 + 0,5 X1 = 1 + 0,5 * 0,222 De donde: VD = 1,111 T ↑ HA = X1 – 1 = 0,222 – 1 De donde: HA = - 0,778 T ← VA = 0 – 0,5 X1 = - 0,5 * 0,222 De donde: VA = - 0,111 T ↓ Por lo tanto, la solución del pórtico es la siguiente:
- 929 ANEXO # 1 (Estática Gráfica. MÉTODO DE MAXWELL – CREMONA)
Se miden ahora a escala las fuerzas, obteniéndose los siguientes resultados.
- 930 Para conocer si la fuerza es de compresión o de tracción: Nodo “a”: Se leen las barras en la armadura en sentido horario, por lo tanto las barras que tenemos alrededor del nodo “a” se denominan 1 – VIII (es la barra horizontal) e I – 1 (es la barra inclinada).
Barra 1 – VIII: Nos vamos al diagrama recién construido y vemos en qué sentido está 1 – VIII, leyendo primero 1 y luego VIII. El sentido es de izquierda a derecha, por lo tanto la fuerza es de tracción. El segundo número leído es la punta del vector. Barra I – 1: Nos vamos al diagrama recién construido y vemos en qué sentido está I – 1, leyendo primero I y luego 1. El sentido es de derecha a izquierda, por lo tanto la fuerza es de compresión. El segundo número leído es la punta del vector.
Nodo “g”: Se leen las barras en la armadura en sentido horario, por lo tanto las barras que tenemos alrededor del nodo “g” se denominan II – 2 (es la barra inclinada) y 2 – 1 (es la barra vertical).
Barra II – 2: Nos vamos al diagrama recién construido y vemos en qué sentido está II – 2, leyendo primero II y luego 2. El sentido es de derecha a izquierda, por lo tanto la fuerza es de compresión. El segundo número leído es la punta del vector. Barra 2 – 1: Nos vamos al diagrama recién construido y vemos en qué sentido está 2 – 1, leyendo primero 2 y luego 1. El sentido es de abajo hacia arriba por lo tanto la fuerza es de compresión. El segundo número leído es la punta del vector. El sentido de la barra 1 – I ya fue hallado en el nodo “a” anterior, pero, si se quiere comprobar, leemos en el diagrama primero 1 y luego I. El sentido es de izquierda a derecha, por lo tanto la fuerza es de compresión. El segundo número leído es la punta del vector.
Así se sigue operando, siempre en sentido horario, con los demás nodos hasta obtener los sentidos de las fuerzas.
- 931 -
- 932 -
VIGAS IPN L = 12 m (fy = 2500 Kgf/cm2)
Desig. Peso Area d bf tf tw IPN (Kgf/m) (cm2) (mm) (mm) (mm) (mm) 80 100 120 140 160 180 200 220 240 260 280 300 320 340 360 380 400 425 450 475 500 550 600
6,10 8,34 11,10 14,30 17,90 21,90 26,20 31,10 36,20 41,90 47,90 54,20 61,00 68,00 76,10 84,00 92,40 104,00 115,00 128,00 141,00 166,00 199,00
7,77 10,62 14,20 18,20 22,80 27,90 33,40 39,50 46,10 53,30 61,00 69,00 77,70 86,70 97,00 107,00 118,00 132,00 147,00 163,00 179,00 212,00 254,00
80 100 120 140 160 180 200 220 240 260 280 300 320 340 360 380 400 425 450 475 500 550 600
42 50 58 66 74 82 90 98 106 113 119 125 131 137 143 149 155 163 170 178 185 200 215
5,9 6,8 7,7 8,6 9,5 10,4 11,3 12,2 13,1 14,1 15,2 16,2 17,3 18,3 19,5 20,5 21,6 23,0 24,3 25,6 27,0 30,0 32,4
Ix (cm4)
4,2 78,4 4,5 171,0 5,1 328,0 5,7 573,0 6,3 935,0 6,9 1450,0 7,5 2140,0 8,1 3060,0 8,7 4250,0 9,4 5740,0 10,1 7590,0 10,8 9800,0 11,5 12510,0 12,2 15700,0 13,0 19610,0 13,7 24010,0 14,4 29210,0 15,3 36970,0 16,2 45850,0 17,1 56480,0 18,0 68740,0 19,0 99180,0 21,6 139000,0
Sx (cm3)
Rx (cm)
Iy (cm4)
19,6 34,2 54,7 81,9 117,0 161,0 214,0 278,0 354,0 442,0 542,0 653,0 782,0 923,0 1090,0 1260,0 1460,0 1740,0 2040,0 2380,0 2750,0 3610,0 4630,0
3,18 4,01 4,81 5,61 6,40 7,20 8,00 8,80 9,59 10,40 11,10 11,90 12,70 13,50 14,20 15,00 15,70 16,70 17,70 18,60 19,60 21,60 23,40
6,29 12,20 21,50 35,20 54,70 81,30 117,00 162,00 221,00 288,00 364,00 451,00 555,00 674,00 818,00 975,00 1160,00 1440,00 1730,00 2090,00 2480,00 3490,00 4670,00
Sy ry (cm3) (cm) 2,99 4,88 7,41 10,70 14,80 19,80 26,00 33,10 41,70 51,00 61,20 72,20 84,70 98,40 114,00 131,00 149,00 176,00 203,00 235,00 268,00 349,00 434,00
0,90 1,07 1,23 1,40 1,55 1,71 1,87 2,02 2,20 2,32 2,45 2,56 2,67 2,80 2,90 3,02 3,13 3,30 3,43 3,60 3,72 4,02 4,30
- 933 -
VIGAS IPE (ala mediana) L = 12 m (fy = 2500 Kgf/cm2)
Desig. Peso Area d bf tf tw Ix Sx rx Iy Sy ry IPE (Kgf/m) (cm2) (mm) (mm) (mm) (mm) (cm4) (cm3) (cm) (cm4) (cm3) (cm) 80 6,0 7,64 80 46 5,2 3,8 80,1 20,0 3,24 8,49 3,69 1,05 100 8,1 10,30 100 55 5,7 4,1 171,0 34,2 4,07 15,90 5,79 1,24 120 10,4 13,20 120 64 6,3 4,4 318,0 53,0 4,90 27,70 8,65 1,45 140 12,9 16,40 140 73 6,9 4,7 541,0 77,3 5,74 44,90 12,30 1,65 160 15,8 20,10 160 82 7,4 5,0 869,0 109,0 6,58 68,30 16,70 1,84 180 18,8 23,90 180 91 8,0 5,3 1320,0 146,0 7,42 101,00 22,20 2,05 200 22,4 28,50 200 100 8,5 5,6 1940,0 194,0 8,26 142,00 28,50 2,24 220 26,2 33,40 220 110 9,2 5,9 2770,0 252,0 9,11 205,00 37,30 2,48 240 30,7 39,10 240 120 9,8 6,2 3890,0 324,0 9,97 284,00 47,30 2,69 270 36,1 45,90 270 135 10,2 6,6 5790,0 429,0 11,20 420,00 62,20 3,02 300 42,2 53,80 300 150 10,7 7,1 8360,0 557,0 12,50 604,00 80,50 3,35 330 49,1 62,60 330 160 11,5 7,5 11770,0 713,0 13,70 788,00 98,50 3,55 360 57,1 72,70 360 170 12,7 8,0 16270,0 904,0 15,00 1040,00 123,00 3,79 400 66,3 84,50 400 180 13,5 8,6 23130,0 1160,0 16,50 1320,00 146,00 3,95 450 77,6 98,80 450 190 14,6 9,4 33740,0 1500,0 18,50 1680,00 176,00 4,12 500 90,7 116,00 500 200 16,0 10,2 48200,0 1930,0 20,40 2140,00 214,00 4,31 550 106,0 134,00 550 210 17,2 11,1 67120,0 2440,0 22,30 2670,00 254,00 4,45 600 122,0 156,00 600 220 19,0 12,0 92080,0 3070,0 24,30 3390,00 308,00 4,66
- 934 -
VIGAS HEA ó IPBL (ala ancha – serie ligera) L = 12 m (fy = 2500 Kgf/cm2)
Desig. Peso Area d bf tf tw Ix Sx IPBL (Kgf/m) (cm2) (mm) (mm) (mm) (mm) (cm4) (cm3) 100 16,7 21,2 96 100 8,0 5,0 349 72,8 120 19,9 25,3 114 120 8,0 5,0 606 106,0 140 24,7 31,4 133 140 8,5 5,5 1030 155,0 160 30,4 38,8 152 160 9,0 6,0 1670 220,0 180 35,5 45,3 171 180 9,5 6,0 2510 294,0 200 42,3 53,8 190 200 10,0 6,5 3690 389,0 220 50,5 64,3 210 220 11,0 7,0 5410 515,0 240 60,3 76,8 230 240 12,0 7,5 7760 675,0 260 68,2 86,8 250 260 12,5 7,5 10450 836,0 280 76,4 97,3 270 280 13,0 8,0 13670 1010,0 300 88,3 113,0 290 300 14,0 8,5 18260 1260,0 320 97,6 124,0 310 300 15,5 9,0 22930 1480,0 340 105,0 133,0 330 300 16,5 9,5 27690 1680,0 360 112,0 143,0 350 300 17,5 10,0 33090 1890,0 400 125,0 159,0 390 300 19,0 11,0 45070 2310,0 450 140,0 178,0 440 300 21,0 11,5 63720 2900,0 500 155,0 198,0 490 300 23,0 12,0 86970 3550,0 550 166,0 212,0 540 300 24,0 12,5 111900 4150,0 600 178,0 226,0 590 300 25,0 13,0 141200 4790,0 650 190,0 242,0 640 300 26,0 13,5 175200 5470,0 700 204,0 260,0 690 300 27,0 14,5 215300 6240,0 800 224,0 286,0 790 300 28,0 15,0 303400 7680,0 900 252,0 321,0 890 300 30,0 16,0 422100 9480,0 1000 272,0 347,0 990 300 31,0 16,5 553800 11190,0
rx Iy (cm) (cm4) 4,06 134 4,89 231 5,73 389 6,57 616 7,45 925 8,28 1340 9,17 1950 10,10 2770 11,00 3670 11,90 4760 12,70 6310 13,60 6990 14,40 7440 15,20 7890 16,80 8560 18,90 9470 21,00 10370 23,00 10820 25,00 11270 26,90 11720 28,80 12180 32,60 12640 36,30 13550 40,00 14000
Sy (cm3) 26,8 38,5 55,6 76,9 103,0 134,0 178,0 231,0 282,0 340,0 421,0 466,0 496,0 526,0 571,0 631,0 691,0 721,0 751,0 782,0 812,0 843,0 903,0 934,0
ry (cm) 2,51 3,02 3,52 3,98 4,52 4,98 5,51 6,00 6,50 7,00 7,49 7,49 7,46 7,43 7,34 7,29 7,24 7,15 7,05 6,97 6,84 6,65 6,50 6,35
- 935 -
VIGAS HEB ó IPB (ala ancha) L = 12 m (fy = 2500 Kgf/cm2)
Desig. Peso Area d bf tf tw Ix Sx rx Iy Sy ry IPB (Kgf/m) (cm2) (mm) (mm) (mm) (mm) (cm4) (cm3) (cm) (cm4) (cm3) (cm) 100 20,4 26,0 100 100 10,0 6,0 450 89,9 4,16 167 33,5 2,53 120 26,7 34,0 120 120 11,0 6,5 864 144,0 5,04 318 52,9 3,06 140 33,7 43,0 140 140 12,0 7,0 1510 216,0 5,93 550 78,5 3,58 160 42,6 54,3 160 160 13,0 8,0 2490 311,0 6,78 889 111,0 4,05 180 51,2 65,3 180 180 14,0 8,5 3830 426,0 7,66 1360 151,0 4,57 200 61,3 78,1 200 200 15,0 9,0 5700 570,0 8,54 2000 200,0 5,07 220 71,5 91,0 220 220 16,0 9,5 8090 736,0 9,43 2840 258,0 5,59 240 83,2 106,0 240 240 17,0 10,0 11260 938,0 10,30 3920 327,0 6,08 260 93,0 118,0 260 260 17,5 10,0 14920 1150,0 11,20 5130 395,0 6,58 280 103,0 131,0 280 280 18,0 10,5 19270 1380,0 12,10 6590 471,0 7,09 300 117,0 149,0 300 300 19,0 11,0 25170 1680,0 13,00 8560 571,0 7,58 320 127,0 161,0 320 300 20,5 11,5 30820 1930,0 13,80 9240 616,0 7,57 340 134,0 171,0 340 300 21,5 12,0 36660 2160,0 14,60 9690 646,0 7,53 360 142,0 181,0 360 300 22,5 12,5 43190 2400,0 15,50 10140 676,0 7,49 400 155,0 198,0 400 300 24,0 13,5 57680 2880,0 17,10 10820 721,0 7,40 450 171,0 218,0 450 300 26,0 14,0 79890 3550,0 19,10 11720 781,0 7,33 500 187,0 239,0 500 300 28,0 14,5 107200 4290,0 21,20 12620 842,0 7,27 550 199,0 254,0 550 300 29,0 15,0 136700 4970,0 23,20 13080 872,0 7,17 600 212,0 270,0 600 300 30,0 15,5 171000 5700,0 25,20 13530 902,0 7,08 650 225,0 286,0 650 300 31,0 16,0 210600 6480,0 27,10 13890 932,0 6,99 700 241,0 306,0 700 300 32,0 17,0 256900 7340,0 29,00 14440 963,0 6,87 800 262,0 334,0 800 300 33,0 17,5 359100 8980,0 32,80 14900 994,0 6,68 900 291,0 371,0 900 300 35,0 18,5 494100 10980,0 36,50 15820 1050,0 6,53 1000 314,0 400,0 1000 300 36,0 19,0 644700 12890,0 40,10 16280 1090,0 6,38
- 936 -
VIGAS HEM ó IPBV (ala ancha – serie reforzada) L = 12 m (fy = 2500 Kgf/cm2)
Desig. Peso Area d bf tf tw Ix Sx rx Iy Sy ry IPBV (Kgf/m) (cm2) (mm) (mm) (mm) (mm) (cm4) (cm3) (cm) (cm4) (cm3) (cm) 100 41,8 53,2 120 106 20,0 12,0 1140 190,0 4,63 399 75,3 2,74 120 52,1 66,4 140 126 21,0 12,5 2020 288,0 5,51 703 112,0 3,25 140 63,2 80,6 160 146 22,0 13,0 3290 411,0 6,39 1140 157,0 3,77 160 76,2 97,1 180 166 23,0 14,0 5100 566,0 7,25 1760 212,0 4,26 180 88,9 113,0 200 186 24,0 14,5 7480 748,0 8,13 2580 277,0 4,77 200 103,0 131,0 220 206 25,0 15,0 10640 967,0 9,00 3650 354,0 5,27 220 117,0 149,0 240 226 26,0 15,5 14600 1220,0 9,89 5010 444,0 5,79 240 157,0 200,0 270 248 32,0 18,0 24290 1800,0 11,00 8150 657,0 6,39 260 172,0 220,0 290 268 32,5 18,0 31310 2160,0 11,90 10450 780,0 6,90 280 189,0 240,0 310 288 33,0 18,5 39550 2550,0 12,80 13160 914,0 7,40 300 238,0 303,0 340 310 39,0 21,0 59200 3480,0 14,00 19400 1250,0 8,00 320 245,0 312,0 359 309 40,0 21,0 68130 3800,0 14,80 19710 1280,0 7,95 340 248,0 316,0 377 309 40,0 21,0 76370 4050,0 15,60 19710 1280,0 7,90 360 250,0 319,0 395 308 40,0 21,0 84870 4300,0 16,30 19520 1270,0 7,83 400 256,0 326,0 432 307 40,0 21,0 104100 4820,0 17,90 19340 1260,0 7,70 450 263,0 335,0 478 307 40,0 21,0 131500 5500,0 19,80 19340 1260,0 7,59 500 270,0 344,0 524 306 40,0 21,0 161900 6180,0 21,70 19150 1250,0 7,46 550 278,0 354,0 572 306 40,0 21,0 198000 6920,0 23,60 19160 1250,0 7,35 600 285,0 364,0 620 305 40,0 21,0 237400 7660,0 25,60 18980 1240,0 7,22 650 293,0 374,0 668 305 40,0 21,0 281700 8430,0 27,50 18980 1240,0 7,13 700 301,0 383,0 716 304 40,0 21,0 329300 9200,0 29,30 18800 1240,0 7,01 800 317,0 404,0 814 303 40,0 21,0 442600 10870,0 33,10 18630 1230,0 6,79 900 333,0 424,0 910 302 40,0 21,0 570400 12540,0 36,70 18450 1220,0 6,60 1000 349,0 444,0 1008 302 40,0 21,0 722300 14330,0 40,30 18460 1220,0 6,45
- 937 PERFILES W AMERICANOS IMPORTADOS L = 12 m (fy = 3570 Kgf/cm2)
Desig. W
Desig. W
W4x13 W100x19 W5x16 W130x24 W5x19 W130x28 W6x8.5 W150x13 W6x9 W150x14 W6x12 W150x18 W6x15 W150x22 W6x16 W150x24 W6x20 W150x30 W6x25 W150x37 W8x10 W200x15 W8x13 W200x19 W8x14 W200x21 W8x15 W200x22 W8x18 W200x27 W8x21 W200x31 W8x24 W200x36 W8x28 W200x42 W8x31 W200x46 W8x35 W200x52 W8x40 W200x59 W8x48 W200x71 W8x58 W200x86 W8x67 W200x100 W10x12 W250x18
Peso Area d bf tf tw (Kgf/m) (cm2) (mm) (mm) (mm) (mm) 19 24 28 13 14 18 22 24 30 37 15 19 21 22 27 31 36 42 46 52 59 71 86 100 18
24,8 30,2 35,9 16,1 17,3 22,9 28,6 30,5 38,1 47,5 19,0 24,8 27,0 28,6 33,9 40,0 45,7 53,1 58,6 66,5 75,6 91,0 110,0 127,0 22,7
106,0 127,0 131,0 148,0 150,0 153,0 152,0 160,0 157,0 162,0 200,0 203,0 203,0 206,0 207,0 210,0 201,0 205,0 203,0 206,0 210,0 216,0 222,0 229,0 251,0
103 127 128 100 100 102 152 102 153 154 100 102 133 102 133 134 165 166 203 204 205 206 209 210 101
8,8 9,1 10,9 4,9 5,5 7,1 6,6 10,3 9,3 11,6 5,2 6,5 6,4 8,0 8,4 10,2 10,2 11,8 11,0 12,6 14,2 17,4 20,6 23,7 5,3
7,1 6,1 6,9 4,3 4,3 5,8 5,8 6,6 6,6 8,1 4,3 5,8 5,0 6,2 5,8 6,4 6,2 7,2 7,2 7,9 9,1 10,2 13,0 14,5 4,8
Ix (cm4)
Sx (cm3)
rx (cm)
477 89,90 4,39 884 139,00 5,41 1100 168,00 5,53 613 82,80 6,17 687 91,60 6,30 917 120,00 6,33 1210 160,00 6,51 1340 168,00 6,63 1720 219,00 6,72 2230 275,00 6,85 1270 127,00 8,18 1660 163,00 8,17 1980 195,00 8,55 2000 194,00 8,36 2580 249,00 8,73 3140 299,00 8,86 3440 342,00 8,67 4090 3996,00 8,77 4540 448,00 8,81 5270 512,00 8,90 6110 582,00 8,99 7660 709,00 9,17 9470 853,00 9,26 11300 989,00 9,45 2240 179,00 9,93
Iy (cm4)
Sy (cm3)
ry (cm)
161,0 311,0 381,0 81,8 91,8 126,0 387,0 183,0 556,0 707,0 86,9 115,0 251,0 142,0 330,0 410,0 764,0 900,0 1530,0 1780,0 2040,0 2540,0 3140,0 3660,0 91,3
31,20 49,00 59,60 16,40 18,40 24,70 50,90 35,80 72,60 91,80 17,40 22,60 37,80 27,80 49,60 61,10 92,60 108,00 151,00 175,00 199,00 246,00 300,00 349,00 18,10
2,55 3,21 3,26 2,25 2,30 2,35 3,68 2,44 3,82 3,86 2,14 2,16 3,05 2,23 3,12 3,20 4,09 4,12 5,12 5,18 5,20 5,28 5,33 5,38 2,00
- 938 PERFILES W AMERICANOS IMPORTADOS L = 12 m (fy = 3570 Kgf/cm2)
Desig. W W10x15 W10x16 W10x17 W10x19 W10x22 W10x26 W10x30 W10x33 W10x39 W10x45 W10x49 W10x54 W10x60 W10x68 W10x77 W10x88 W10x100 W10x112 W12x14 W12x16 W12x19 W12x21 W12x22 W12x26 W12x30
Desig. Peso Area d bf tf tw W (Kgf/m) (cm2) (mm) (mm) (mm) (mm) W250x22 22 28,5 254,0 102 6,9 5,8 W250x24 24 31,1 253,0 145 6,4 5,0 W250x25 25 32,3 257,0 102 8,4 6,1 W250x28 28 36,3 260,0 102 10,0 6,4 W250x33 33 41,7 258,0 146 9,1 6,1 W250x39 39 49,2 262,0 147 11,2 6,6 W250x45 45 57,2 266,0 148 13,0 7,6 W250x49 49 62,5 247,0 202 11,0 7,4 W250x58 58 74,2 252,0 203 13,5 8,0 W250x67 67 85,5 257,0 204 15,7 8,9 W250x73 73 92,8 253,0 254 14,2 8,6 W250x80 80 102,0 256,0 255 15,6 9,4 W250x89 89 114,0 260,0 256 17,3 10,7 W250x101 101 129,0 264,0 257 19,6 11,9 W250x115 115 146,0 269,0 259 22,1 13,5 W250x131 131 167,0 275,0 261 25,1 15,4 W250x149 149 190,0 282,0 263 28,4 17,3 W250x167 167 213,0 289,0 265 31,8 19,2 W310x21 21 26,9 303,0 101 5,7 5,1 W310x24 24 30,4 305,0 101 6,7 5,6 W310x28 28 36,1 309,0 102 8,9 6,0 W310x31 31 39,3 306,0 164 7,4 5,0 W310x33 33 41,8 313,0 102 10,8 6,6 W310x39 39 49,4 310,0 165 9,7 5,8 W310x45 45 56,9 313,0 166 11,2 6,6
Ix (cm4) 2890 3470 3420 4000 4890 6010 7110 7060 8730 10400 11300 12600 14300 16400 18900 22100 25900 30000 3700 4270 5430 6540 6500 8510 9920
Sx (cm3) 227,00 274,00 266,00 307,00 379,00 459,00 534,00 572,00 693,00 806,00 891,00 982,00 1100,00 1240,00 1410,00 1610,00 1840,00 2080,00 244,00 280,00 351,00 428,00 415,00 549,00 634,00
rx (cm) 10,10 10,60 10,30 10,50 10,80 11,00 11,10 10,60 10,80 11,10 11,00 11,10 11,20 11,30 11,40 11,50 11,70 11,90 11,70 11,90 12,30 12,90 12,50 13,10 13,20
Iy (cm4) 123,0 326,0 149,0 178,0 473,0 594,0 703,0 1510,0 1880,0 2220,0 3880,0 4310,0 4840,0 5550,0 6410,0 7450,0 8620,0 9880,0 98,3 116,0 158,0 544,0 192,0 727,0 855,0
Sy (cm3) 24,00 44,90 29,20 34,80 64,70 80,80 95,10 150,00 186,00 218,00 306,00 338,00 378,00 432,00 495,00 571,00 656,00 746,00 19,50 22,90 31,00 66,40 37,60 88,10 103,00
ry (cm) 2,07 3,24 2,15 2,21 3,37 3,47 3,51 4,92 5,04 5,10 6,46 6,50 6,51 6,56 6,62 6,68 6,74 6,81 1,91 1,95 2,09 3,72 2,14 3,84 3,88
- 939 PERFILES W AMERICANOS IMPORTADOS L = 12 m (fy = 3570 Kgf/cm2)
Desig. W W12x35 W12x40 W12x45 W12x50 W12x53 W12x58 W12x65 W12x72 W12x79 W12x87 W12x96 W12x106 W12x120 W12x136 W12x152 W12x170 W12x190 W12x210 W12x230 W14x22 W14x26 W14x30 W14x34 W14x38 W14x43
Desig. Peso Area d bf tf tw Ix Sx W (Kgf/m) (cm2) (mm) (mm) (mm) (mm) (cm4) (cm3) W310x52 52 66,7 317,0 167 13,2 7,6 11850 747,70 W310x60 60 75,9 303,0 203 13,1 7,5 12860 848,90 W310x67 67 85,0 306,0 204 14,6 8,5 14510 948,40 W310x74 74 94,8 310,0 205 16,3 9,4 16450 1061,00 W310x79 79 100,5 306,0 254 14,6 8,8 17670 1155,00 W310x86 86 110,0 310,0 254 16,3 9,1 19850 1280,00 W310x97 97 123,3 308,0 305 15,4 9,9 22240 1444,00 W310x107 107 136,2 311,0 306 17,0 10,9 24790 1594,00 W310x118 118 149,7 314,0 307 18,7 11,9 27510 1753,00 W310x129 129 165,1 318,0 308 20,6 13,1 30770 1935,00 W310x143 143 182,3 323,0 309 22,9 14,0 34760 2153,00 W310x158 158 200,5 327,0 310 25,1 15,5 38630 2363,00 W310x179 179 227,7 333,0 313 28,1 18,0 44530 2675,00 W310x202 202 258,0 341,0 315 31,8 20,1 51982 3049,00 W310x226 226 288,8 348,0 317 35,6 22,1 59560 3423,00 W310x253 253 322,1 356,0 319 39,6 24,4 68230 3833,00 W310x283 283 360,4 365,0 322 44,1 26,9 78680 4311,00 W310x313 313 399,1 374,0 325 48,3 30,0 89560 4789,00 W310x342 342 437,2 382,0 328 52,6 32,6 100500 5262,00 W360x33 33 41,7 349,0 127 8,5 5,8 8258 473,20 W360x39 39 49,8 353,0 128 10,7 6,5 10230 579,70 W360x45 45 57,3 352,0 171 9,8 6,9 12140 690,10 W360x51 51 64,4 355,0 171 11,6 7,2 14130 796,30 W360x57 57 72,1 358,0 172 13,1 7,9 16040 896,20 W360x64 64 81,4 347,0 203 13,5 7,7 17830 1027,00
rx (cm) 13,32 13,02 13,06 13,17 13,26 13,43 13,43 13,49 13,56 13,65 13,81 13,88 13,99 14,19 14,36 14,55 14,78 14,98 15,16 14,07 14,33 14,57 14,80 14,91 14,80
Iy (cm4) 1026,0 1829,0 2069,0 2344,0 3990,0 4455,0 7286,0 8123,0 9024,0 10040,0 11270,0 12470,0 14380,0 16590,0 18930,0 21460,0 24590,0 27700,0 31020,0 291,0 375,0 818,0 968,0 1113,0 1885,0
Sy (cm3) 122,90 180,20 202,80 228,70 314,20 350,80 477,80 530,90 587,90 651,90 729,40 804,80 918,70 1053,00 1194,00 1346,00 1527,00 1705,00 1892,00 45,82 58,60 95,66 113,20 129,40 185,70
ry (cm) 3,92 4,91 4,93 4,97 6,30 6,36 7,69 7,72 7,76 7,80 7,86 7,89 7,95 8,02 8,10 8,16 8,26 8,33 8,42 2,64 2,74 3,78 3,87 3,93 4,81
- 940 PERFILES W AMERICANOS IMPORTADOS L = 12 m (fy = 3570 Kgf/cm2)
Desig. W W14x48 W14x53 W 14x61 W14x68 W14x74 W14x82 W14x90 W14x99 W14x109 W14x120 W14x132 W14x145 W14x159 W14x176 W14x193 W14x211 W14x233 W14x257 W14x283 W14x311 W14x342 W14x370 W14x398 W14x426 W14x455
Desig. Peso Area d bf tf tw Ix Sx rx Iy W (Kgf/m) (cm2) (mm) (mm) (mm) (mm) (cm4) (cm3) (cm) (cm4) W360x72 72 91,0 350,0 204 15,1 8,6 20100 1149,00 14,86 2140,0 W360x79 79 100,9 354,0 205 16,8 9,4 22650 1280,00 14,98 2416,0 W360x91 91 115,7 353,0 254 16,4 9,5 26690 1512,00 15,19 4483,0 W360x101 101 128,9 357,0 255 18,3 10,5 30150 1689,00 15,29 5062,0 W360x110 110 140,3 360,0 256 19,9 11,4 33090 1838,00 15,36 5570,0 W360x122 122 155,0 363,0 257 21,7 13,0 36530 2013,00 15,35 6147,0 W360x134 134 170,6 356,0 369 18,0 11,2 41510 2332,00 15,60 15080,0 W360x147 147 187,9 360,0 370 19,8 12,3 46290 2572,00 15,70 16720,0 W360x162 162 206,3 364,0 371 21,8 13,3 51540 2832,00 15,81 18560,0 W360x179 179 228,3 368,0 373 23,9 15,0 57440 3122,00 15,86 20680,0 W360x196 196 250,3 372,0 374 26,2 16,4 63630 3421,00 15,94 22860,0 W360x216 216 275,5 375,0 394 27,7 17,3 71140 3794,00 16,07 28250,0 W360x237 237 300,9 380,0 395 30,2 18,9 78780 4146,00 16,18 31040,0 W360x262 262 334,6 387,0 398 33,3 21,1 89410 4620,00 16,35 35020,0 W360x287 287 366,3 393,0 399 36,6 22,6 99710 5074,00 16,50 38780,0 W360x314 314 399,2 399,0 401 39,6 24,9 110200 5525,00 16,62 42600,0 W360x347 347 442,0 407,0 404 43,7 27,2 124900 6140,00 16,81 48090,0 W360x382 382 487,1 416,0 406 48,0 29,8 141300 6794,00 17,03 53620,0 W360x421 421 537,1 425,0 409 52,6 32,8 159600 7510,00 17,24 60080,0 W360x463 463 589,5 435,0 412 57,4 35,8 180200 8283,00 17,48 67040,0 W360x509 509 649,0 446,0 416 62,7 39,1 204500 9172,00 17,75 75400,0 W360x551 551 701,4 455,0 418 67,6 42,0 226100 9939,00 17,95 82490,0 W360x592 592 754,9 465,0 421 72,3 45,0 250200 10760,00 18,20 90170,0 W360x634 634 808,0 474,0 424 77,1 47,6 274200 11570,00 18,42 98250,0 W360x677 677 863,4 483,0 428 81,5 51,2 299500 12400,00 18,62 106900,0
Sy (cm3) 209,80 235,70 353,00 397,00 435,20 478,40 817,30 903,90 1001,00 1109,00 1222,00 1434,00 1572,00 1760,00 1944,00 2125,00 2380,00 2641,00 2938,00 3254,00 3625,00 3947,00 4284,00 4634,00 4994,00
ry (cm) 4,85 4,89 6,23 6,27 6,30 6,30 9,40 9,43 9,49 9,52 9,56 10,13 10,16 10,23 10,29 10,33 10,43 10,49 10,58 10,66 10,78 10,85 10,93 11,03 11,13
- 941 PERFILES W AMERICANOS IMPORTADOS L = 12 m (fy = 3570 Kgf/cm2)
Desig. W W14x500 W14x550 W14x605 W14x665 W14x730 W16x26 W16x31 W16x36 W16x40 W16x45 W16x50 W16x57 W16x67 W16x77 W16x89 W16x100 W18x35 W18x40 W18x46 W18x50 W18x55 W18x60 W18x65 W18x71 W18x76
Desig. Peso Area d bf tf tw Ix Sx rx Iy Sy W (Kgf/m) (cm2) (mm) (mm) (mm) (mm) (cm4) (cm3) (cm) (cm4) (cm3) W360x744 744 948,1 498,0 432 88,9 55,6 342100 13740,00 19,00 119900,0 5552,00 W360x818 818 1043,3 514,0 437 97,0 60,5 392200 15260,00 19,39 135500,0 6203,00 W360x900 900 1149,2 531,0 442 106,0 65,9 450200 16960,00 19,79 153300,0 6938,00 W360x990 990 1262,4 550,0 448 115,0 71,9 518900 18870,00 20,27 173400,0 7739,00 W360x1086 1086 1385,8 569,0 454 125,0 78,0 595700 20940,00 20,73 196200,0 8645,00 W410x39 39 49,9 399,0 140 8,8 6,4 12620 632,60 15,93 404,0 57,65 W410x46 46 58,9 403,0 140 11,2 7,0 15550 771,90 16,26 514,0 73,37 W410x54 54 68,0 403,0 177 10,9 7,5 18600 922,90 16,54 1009,0 114,00 W410x60 60 75,8 407,0 178 12,8 7,7 21570 1060,00 16,87 1205,0 135,40 W410x67 67 86,0 410,0 179 14,4 8,8 24530 1196,00 16,91 1379,0 154,10 W410x74 74 95,4 413,0 180 16,0 9,7 27460 1330,00 16,98 1559,0 173,20 W410x85 85 108,2 417,0 181 18,2 10,9 31530 1512,00 17,06 1803,0 199,30 W410x100 100 126,9 415,0 260 16,9 10,0 39760 1916,00 17,70 4954,0 381,10 W410x114 114 145,8 420,0 261 19,3 11,6 46140 2197,00 17,79 5725,0 438,70 W410x132 132 168,3 425,0 263 22,2 13,3 53830 2533,00 17,89 6739,0 512,50 W410x149 149 190,1 431,0 265 25,0 14,9 61840 2870,00 18,04 7765,0 586,10 W460x52 52 66,2 450,0 152 10,8 7,6 21200 942,00 17,89 634,0 83,43 W460x60 60 75,8 455,0 153 13,3 8,0 25480 1120,00 18,33 796,0 104,10 W460x68 68 87,3 459,0 154 15,4 9,1 29680 1293,00 18,44 941,0 122,10 W460x74 74 94,5 457,0 190 14,5 9,0 33260 1456,00 18,75 1661,0 174,80 W460x82 82 104,4 460,0 191 16,0 9,9 37000 1608,00 18,83 1862,0 195,00 W460x89 89 113,7 463,0 192 17,7 10,5 40960 1769,00 18,96 2093,0 218,00 W460x97 97 123,0 466,0 193 19,0 11,4 44680 1917,00 19,02 2282,0 237,80 W460x106 106 134,7 469,0 194 20,6 12,6 48790 2081,00 19,04 2515,0 259,20 W460x113 113 144,0 463,0 280 17,3 10,8 55600 2402,00 19,65 6335,0 452,50
ry (cm) 11,25 11,40 11,55 11,72 11,90 2,85 2,95 3,85 3,99 4,01 4,05 4,08 6,25 6,27 6,33 6,39 3,09 3,24 3,28 4,19 4,22 4,29 4,31 4,32 6,63
- 942 PERFILES W AMERICANOS IMPORTADOS L = 12 m (fy = 3570 Kgf/cm2)
Desig. W W18x86 W18x97 W18x106 W18x119 W18x130 W18x143 W18x158 W18x175 W21x44 W21x50 W21x57 W21x62 W21x68 W21x73 W21x83 W21x93 W24x55 W24x62 W24x68 W24x76 W24x84 W24x94 W24x103 W24x104 W24x117
Desig. Peso Area d bf tf tw Ix Sx rx Iy Sy ry W (Kgf/m) (cm2) (mm) (mm) (mm) (mm) (cm4) (cm3) (cm) (cm4) (cm3) (cm) W460x128 128 163,6 467,0 282 19,6 12,2 63690 2728,00 19,73 7333,0 520,10 6,70 W460x144 144 184,1 472,0 283 22,1 13,6 72600 3076,00 19,86 8358,0 590,70 6,74 W460x158 158 200,8 476,0 284 23,9 15,0 79620 3346,00 19,91 9137,0 643,50 6,75 W460x177 177 225,8 482,0 286 26,9 16,6 91040 3777,00 20,07 10510,0 734,70 6,82 W460x193 193 246,2 489,0 283 30,5 17,0 102400 4186,00 20,39 11540,0 815,50 6,85 W460x213 213 271,0 495,0 285 33,5 18,5 114300 4619,00 20,54 12950,0 908,70 6,91 W460x235 235 299,1 501,0 287 36,6 20,6 127300 5083,00 20,63 14450,0 1007,00 6,95 W460x260 260 331,1 509,0 289 40,4 22,6 143700 5646,00 20,83 16300,0 1128,00 7,01 W530x66 66 83,8 525,0 165 11,4 8,9 35100 1337,00 20,47 857,0 103,90 3,20 W530x74 74 95,3 529,0 166 13,6 9,7 41100 1554,00 20,77 1042,0 125,50 3,31 W530x85 85 107,9 535,0 166 16,5 10,3 48580 1816,00 21,22 1264,0 152,20 3,42 W530x92 92 117,8 533,0 209 15,6 10,2 55240 2073,00 21,67 2379,0 227,70 4,50 W530x101 101 129,3 537,0 210 17,4 10,9 61760 2300,00 21,85 2692,0 256,40 4,56 W530x109 109 138,9 539,0 211 18,8 11,6 66730 2476,00 21,93 2951,0 279,70 4,61 W530x123 123 157,0 544,0 212 21,2 13,1 76100 2798,00 22,02 3377,0 318,60 4,64 W530x138 138 176,2 549,0 214 23,6 14,7 86160 3139,00 22,10 3870,0 361,70 4,68 W610x82 82 104,4 599,0 178 12,8 10,0 56030 1871,00 23,17 1209,0 135,80 3,40 W610x92 92 117,6 603,0 179 15,0 10,9 64680 2145,00 23,45 1441,0 161,00 3,50 W610x101 101 129,6 603,0 228 14,9 10,5 76470 2536,00 24,27 2950,0 258,80 4,77 W610x113 113 144,6 608,0 228 17,3 11,2 87570 2881,00 24,62 3425,0 300,50 4,87 W610x125 125 159,4 612,0 229 19,6 11,9 98650 3224,00 24,86 3932,0 343,40 4,96 W610x140 140 178,6 617,0 230 22,2 13,1 112000 3630,00 25,05 4514,0 392,50 5,03 W610x153 153 195,7 623,0 229 24,9 14,0 125200 4019,00 25,29 4998,0 436,50 5,05 W610x155 155 197,3 611,0 324 19,0 12,7 129000 4222,00 25,57 10780,0 666,00 7,39 W610x174 174 222,0 616,0 325 21,6 14,0 147200 4778,00 25,74 12370,0 761,00 7,46
- 943 PERFILES W AMERICANOS IMPORTADOS L = 12 m (fy = 3570 Kgf/cm2)
Desig. W W24x131 W24x146 W24x162 W24x176 W24x192 W24x229 W24x279 W24x306 W24x335 W24x370 W27x84 W27x94 W27x102 W27x114 W27x129 W30x99 W30x108 W30x116 W30x124 W30x132 W30x148 W33x118 W33x130 W33x141 W33x152
Desig. Peso Area d bf tf tw Ix Sx rx Iy Sy ry W (Kgf/m) (cm2) (mm) (mm) (mm) (mm) (cm4) (cm3) (cm) (cm4) (cm3) (cm) W610x195 195 249,3 622,0 327 24,4 15,4 167900 5398,00 25,95 14240,0 871,00 7,56 W610x217 217 277,6 628,0 328 27,7 16,5 190800 6076,00 26,21 16310,0 995,00 7,67 W610x241 241 308,0 635,0 329 31,0 17,9 215400 6785,23 26,45 18430,0 1120,28 7,74 W610x262 262 332,7 641,0 327 34,0 19,0 236000 7363,00 26,63 19850,0 1214,00 7,72 W610x285 285 363,6 647,0 329 37,1 20,6 260700 8059,00 26,78 22060,0 1341,00 7,79 W610x341 341 433,7 661,0 333 43,9 24,4 318300 9630,00 27,09 27090,0 1627,00 7,90 W610x415 415 529,4 679,0 338 53,1 29,5 399800 11780,00 27,48 34300,0 2030,00 8,05 W610x455 455 578,6 689,0 340 57,9 32,0 444500 12903,00 27,72 38090,0 2241,00 8,11 W610x498 498 634,8 699,0 343 63,0 35,1 494700 14150,00 27,92 42580,0 2483,00 8,19 W610x551 551 702,1 711,0 347 69,1 38,6 557500 15682,00 28,18 48400,0 2790,00 8,30 W690x125 125 159,9 678,0 253 16,3 11,7 118500 3495,00 27,22 4410,0 348,60 5,25 W690x140 140 178,1 684,0 254 18,9 12,4 136100 3979,00 27,64 5174,0 407,40 5,39 W690x152 152 193,7 688,0 254 21,1 13,1 150600 4378,00 27,88 5777,0 454,90 5,46 W690x170 170 216,4 693,0 256 23,6 14,5 169900 4904,00 28,02 6618,0 517,00 5,53 W690x192 192 243,8 702,0 254 27,9 15,5 197900 5639,00 28,49 7643,0 601,80 5,60 W760x147 147 187,5 753,0 265 17,0 13,2 166100 4411,00 29,76 5289,0 399,20 5,31 W760x161 161 204,4 758,0 266 19,3 13,8 186100 4909,00 30,17 6070,0 456,60 5,45 W760x173 173 221,3 762,0 267 21,6 14,4 205800 5402,00 30,49 6873,0 514,90 5,57 W760x185 185 235,6 766,0 267 23,6 14,9 223000 5821,00 30,76 7510,0 562,50 5,65 W760x196 196 250,8 770,0 268 25,4 15,6 240300 6241,00 30,95 8175,0 610,10 5,71 W760x220 220 280,7 779,0 266 30,0 16,5 278200 7143,00 31,48 9440,0 709,90 5,80 W840x176 176 224,2 835,0 292 18,8 14,0 246400 5901,00 33,15 7823,0 535,80 5,91 W840x193 193 246,6 840,0 292 21,7 14,7 278400 6630,00 33,60 9029,0 618,50 6,05 W840x210 210 268,5 846,0 293 24,4 15,4 310700 7346,00 34,02 10260,0 700,20 6,18 W840x226 226 288,7 851,0 294 26,8 16,1 340100 7992,00 34,32 11380,0 774,30 6,28
- 944 PERFILES W AMERICANOS IMPORTADOS L = 12 m (fy = 3570 Kgf/cm2)
Desig. W W33x169 W36x135 W36x150 W36x160 W36x170 W36x182 W36x194 W36x231 W36x247 W36x262 W36x282 W36x302 W36x330 W36x359 W36x361 W36x393 W36x395 W36x439 W36x441 W36x487 W36x527 W36x529 W36x650 W36x652 W40x149
Desig. Peso Area d bf tf tw Ix Sx rx Iy Sy ry W (Kgf/m) (cm2) (mm) (mm) (mm) (mm) (cm4) (cm3) (cm) (cm4) (cm3) (cm) W840x251 251 319,3 859,0 292 31,0 17,0 386500 8999,00 34,79 12900,0 883,60 6,36 W920x201 201 256,5 903,0 304 20,1 15,2 325200 7203,00 35,61 9442,0 621,20 6,07 W920x223 223 285,7 911,0 304 23,9 15,9 376800 8273,00 36,32 11220,0 738,50 6,27 W920x238 238 303,5 915,0 305 25,9 16,5 406400 8883,00 36,59 12290,0 805,60 6,36 W920x253 253 323,2 919,0 306 27,9 17,3 437500 9520,00 36,79 13370,0 873,60 6,43 W920x271 271 346,1 923,0 307 30,0 18,4 471600 10220,00 36,91 14520,0 945,80 6,48 W920x289 289 367,6 927,0 308 32,0 19,4 504500 10880,00 37,04 15640,0 1016,00 6,52 W920x344 344 437,2 927,0 418 32,0 19,3 645000 13920,00 38,41 39010,0 1867,00 9,45 W920x368 368 465,6 931,0 419 34,3 20,3 692200 14870,00 38,56 42120,0 2010,00 9,51 W920x390 390 494,3 936,0 420 36,6 21,3 741700 15850,00 38,74 45270,0 2156,00 9,57 W920x420 420 534,1 943,0 422 39,9 22,5 813300 17250,00 39,02 50070,0 2373,00 9,68 W920x449 449 571,4 948,0 423 42,7 24,0 874700 18450,00 39,13 53970,0 2552,00 9,72 W920x491 491 623,3 957,0 422 47,0 25,9 966300 20200,00 39,37 59000,0 2796,00 9,73 W920x534 534 680,1 950,0 425 51,1 28,4 1031000 21710,21 38,94 65560,0 3085,20 9,82 W920x537 537 682,5 965,0 425 51,1 28,4 1066000 22080,00 39,51 65550,0 3085,00 9,80 W920x585 585 745,3 960,0 427 55,9 31,0 1143000 23810,00 39,16 72770,0 3408,31 9,88 W920x588 588 748,1 975,0 427 55,9 31,0 1181000 24230,40 39,74 72760,0 3408,00 9,86 W920x653 653 831,9 972,0 431 62,0 34,5 1292000 26590,00 39,41 83050,0 3853,75 9,99 W920x656 656 835,3 987,0 431 62,0 34,5 1335000 27060,00 39,98 83040,0 3853,00 9,97 W920x725 725 922,9 999,0 434 68,1 38,1 1492000 29880,00 40,21 93200,0 4295,00 10,05 W920x784 784 997,7 996,0 437 73,9 40,9 1593000 31980,00 39,95 103300,0 4727,89 10,18 W920x787 787 1002,0 1011,0 437 73,9 40,9 1646000 32560,00 40,53 103300,0 4728,00 10,15 W920x967 967 1231,0 1028,0 446 89,9 50,0 2033000 39540,00 40,64 133900,0 6002,56 10,43 W920x970 970 1236,6 1043,0 446 89,9 50,0 2100000 40270,00 41,21 133900,0 6002,00 10,40 W1000x222 222 282,8 970,3 300 21,1 16,0 407700 8405,00 37,97 9546,0 636,39 5,81
- 945 PERFILES W AMERICANOS IMPORTADOS L = 12 m (fy = 3570 Kgf/cm2)
Desig. W W40x167 W40x183 W40x199 W40x211 W40x215 W40x235 W40x249 W40x264 W40x277 W40x278 W40x294 W40x297 W40x324 W40x331 W40x362 W40x372 W40x392 W40x397 W40x431 W40x503 W40x593 W44x230 W44x262 W44x290 W44x335
Desig. Peso Area d bf tf tw Ix Sx rx Iy Sy ry W (Kgf/m) (cm2) (mm) (mm) (mm) (mm) (cm4) (cm3) (cm) (cm4) (cm3) (cm) W1000x249 249 316,8 980,0 300 26,0 16,5 481100 9818,00 38,97 11750,0 783,63 6,09 W1000x272 272 346,8 990,1 300 31,0 16,5 553800 11190,00 39,96 14000,0 933,63 6,35 W1000x296 296 377,6 982,0 400 27,1 16,5 620300 12630,00 40,53 28960,0 1448,05 8,76 W1000x314 314 400,4 1000,0 300 35,9 19,1 644200 12880,00 40,11 16230,0 1082,00 6,37 W1000x321 321 408,8 990,0 400 31,0 16,5 696400 14069,62 41,27 33120,0 1656,06 9,00 W1000x350 350 445,1 1008,1 302 40,0 21,1 723000 14340,00 40,30 18460,0 1223,00 6,44 W1000x371 371 472,8 1000,0 400 36,1 19,0 813700 16270,00 41,49 38580,0 1929,12 9,03 W1000x393 393 500,2 1016,0 303 43,9 24,4 807700 15900,00 40,18 20500,0 1353,00 6,40 W1000x412 412 525,1 1008,0 402 40,0 21,1 910500 18070,00 41,64 43400,0 2159,60 9,09 W1000x415 415 528,7 1020,0 304 46,0 26,0 853100 16730,00 40,17 21710,0 1428,00 6,41 W1000x438 438 556,3 1026,0 305 49,0 26,9 909200 17720,00 40,43 23360,0 1531,50 6,48 W1000x443 443 563,7 1012,0 402 41,9 23,6 966500 19100,00 41,41 45500,0 2263,56 8,98 W1000x483 483 615,1 1020,0 404 46,0 25,4 1067000 20930,00 41,66 50710,0 2510,48 9,08 W1000x494 494 629,1 1036,0 309 54,0 31,0 1028000 19840,00 40,42 26820,0 1736,00 6,53 W1000x539 539 687,2 1030,0 407 51,1 28,4 1203000 23350,25 41,83 57630,0 2832,04 9,16 W1000x554 554 705,8 1032,0 408 52,0 29,5 1232000 23880,00 41,79 59100,0 2896,97 9,15 W1000x584 584 743,7 1056,0 314 64,0 36,0 1246000 23600,00 40,93 33430,0 2130,00 6,70 W1000x591 591 752,7 1040,0 409 55,9 31,0 1331000 25600,00 42,05 64010,0 3130,25 9,22 W1000x642 642 817,6 1048,0 412 60,0 34,0 1451000 27680,00 42,12 70280,0 3411,86 9,27 W1000x748 748 953,4 1068,0 417 70,0 39,0 1732000 32430,00 42,62 85110,0 4082,07 9,45 W1000x883 883 1125,3 1092,0 424 82,0 45,5 2096000 38390,00 43,16 105000,0 4951,51 9,66 W1100x343 343 436,5 1090,0 400 31,0 18,0 867400 15920,00 44,58 33120,0 1656,17 8,71 W1100x390 390 497,0 1100,0 400 36,0 20,0 1005000 18279,95 44,98 38480,0 1923,81 8,80 W1100x433 433 551,2 1108,0 402 40,0 22,0 1126000 20320,00 45,19 43410,0 2159,69 8,87 W1100x499 499 635,2 1118,0 405 45,0 26,0 1294000 23149,54 45,14 49980,0 2468,35 8,87
- 946 -
ÁNGULOS (de alas iguales) L = 6 m (Hasta 40x6x40) y L = 12 m (Desde 50x4x50) 2 2 fy = 2500 Kgf/cm (Hasta 40x6x40) y fy = 3500 Kgf/cm (desde 50x4x50)
Perfil L
Peso
Area
e
dxtxd (mm)
(Kgf/m) (cm2) (cm)
Ejes X e Y
Eje Z
Eje W
I
S
r
Z
rz
Sz
rw
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm3)
(cm)
(cm3)
(cm)
Sw
Flexotorsión J
Cw
(cm3) (cm4) (cm6)
ro
β
(cm)
20 x 3 x20
0,88
1,12 0,595
0,390
0,277 0,589
0,522 0,378
0,190 0,744
0,438 0,037
0,009 1,040 0,637
25 x 3 x 25
1,11
1,42 0,720
0,798
0,448 0,750
0,838 0,478
0,318 0,947
0,720 0,046
0,019 1,330 0,634
30 x 3 x 30
1,36
1,74 0,840
1,410
0,651 0,901
1,228 0,570
0,478 1,140
1,060 0,060
0,035 1,600 0,635
35 x 4 x 35
2,09
2,67 1,000
2,960
1,180 1,050
2,200 0,671
0,847 1,330
1,910 0,156
0,128 1,870 0,633
35 x 6 x 35
3,04
3,87 1,080
4,130
1,710 1,030
3,140 0,680
1,140 1,300
2,640 0,488
0,393 1,830 0,637
40 x 4 x 40
2,42
3,08 1,120
4,480
1,560 1,210
2,910 0,765
1,140 1,520
2,530 0,185
0,195 2,140 0,634
40 x 6 x 40
3,52
4,48 1,200
6,330
2,260 1,190
4,180 0,764
1,540 1,500
3,550 0,577
0,608 2,110 0,635
50 x 4 x 50
3,06
3,89 1,360
8,970
2,460 1,520
4,630 0,980
1,870 1,920
4,080 0,237
0,393 2,700 0,633
50 x 5 x 50
3,77
4,80 1,400
11,000
3,050 1,510
5,680 0,980
2,230 1,900
4,970 0,443
0,744 2,690 0,633
50 x 7 x 50
5,15
6,56 1,490
14,600
4,160 1,490
7,680 0,961
2,870 1,880
6,570 1,150
1,920 2,650 0,634
65 x 5 x 65
4,99
6,36 1,760
24,800
5,230 1,980
9,810 1,250
3,980 2,500
8,650 0,603
1,700 0,603 0,633
65 x 6 x 65
5,91
7,53 1,800
29,200
6,210 1,970 11,600 1,270
4,600 2,490 10,200 1,000
2,860 3,500 0,633
65 x 7 x 65
6,83
8,70 1,850
33,400
7,180 1,960 13,300 1,260
5,190 2,480 11,600 1,560
4,430 3,490 0,633
75 x 7 x 75
7,94 10,10 2,090
52,400
9,670 2,280 18,000 1,440
7,140 2,880 15,800 1,820
6,970 4,050 0,633
75 x 8 x 75
9,00 11,50 2,130
58,900 11,000 2,270 20,300 1,440
90 x 7 x 90
9,61 12,24 2,450
92,700 14,100 2,750 26,300 1,740 10,700 3,480 23,300 2,210 12,300 4,900 0,632
7,920 2,860 17,700 2,660 10,200 4,030 0,633
100x8x100
12,20 15,50 2,740 145,000 19,900 3,060 37,000 1,960 15,000 3,850 32,800 3,640 25,200 5,440 0,632
100x10x100
15,00 19,20 2,820 177,000 24,700 3,040 45,400 1,950 17,900 3,820 39,900 6,860 47,600 5,410 0,632 2
(fy = 2500 Kgf/cm ) Perfil L
Peso
Area
e
dxtxd (mm)
(Kgf/m) (cm2) (cm)
Ejes X e Y
Eje Z
Eje W
I
S
r
Z
rz
Sz
rw
(cm4)
(cm3)
(cm)
(cm3)
(cm)
(cm3) (cm)
Sw (cm3)
120x8x120
14,7
18,7
3,23
255,4
29,11
3,69
2,37
22,98 4,65
47,80
120x10x120
18,2
23,2
3,31
312,9
36,03
3,67
2,35
27,36 4,63
58,61
120x12x120
21,6
27,5
3,40
367,7
42,73
3,65
2,34
31,48 4,61
68,82
150x12x150
27,3
34,8
4,12
736,9
67,75
4,60
2,94
51,82 5,80 110,46
Flexotorsión J
Cw
(cm4) (cm6)
ro (cm)
β
- 947 -
VIGAS UPN L = 12 m (fy = 2500 Kgf/cm2)
Desig. Peso Area d bf tf tw Ix Sx UPN (Kgf/m) (cm2) (mm) (mm) (mm) (mm) (cm4) (cm3)
rx (cm)
Iy Sy (cm4) (cm3)
ry (cm)
e (cm)
80
8,64
11
80
45
8
6
106
26,5
3,1
19,4
6,36
1,33
1,45
100
10,6
13,5
100
50
8,5
6
206
41,2
3,91
29,3
8,49
1,47
1,55
120
13,4
17
120
55
9
7
364
60,7
4,62
43,2
11,1
1,59
1,6
140
16
20,4
140
60
10
7
605
86,4
5,45
62,7
14,8
1,75
1,75
160
18,8
24
160
65
10,5
7,5
925
116
6,21
85,3
18,3
1,89
1,84
180
22
28
180
70
11
8
1350
150
6,95
114
22,4
2,02
1,92
200
25,3
32,2
200
75
11,5
8,5
1910
191
7,7
148
27
2,14
2,01
220
29,4
37,4
220
80
12,5
9
2690
245
8,48
197
33,6
2,3
2,14
240
33,2
42,3
240
85
13
9,5
3600
300
9,22
248
39,6
2,42
2,23
260
37,9
48,3
260
90
14
10
4820
371
9,99
317
47,7
2,56
2,36
280
41,8
53,3
280
95
15
10
6280
448
10,9
399
57,2
2,74
2,53
300
46,2
58,8
300
100
16
10
8030
535
11,7
495
67,8
2,9
2,7
320
59,5
75,8
320
100
17,5
14 10870
679
12,1
597
80,6
2,81
2,6
350
60,6
77,3
350
100
16
14 12840
734
12,9
570
75
2,72
2,4
380
63,1
80,4
380
102
16
13,5 15760
829
14
615
78,7
2,77
2,38
400
71,8
91,5
400
110
18
14 20350
1020
14,9
846
102
3,04
2,65
- 948 -
VIGAS UPL (canal liviano) L = 12 m (fy = 2500 Kgf/cm2)
Desig. Peso Area d bf tf tw Ix Sx UPL (Kgf/m) (cm2) (mm) (mm) (mm) (mm) (cm4) (cm3) 80 100 120
6,08
rx (cm)
Iy Sy (cm4) (cm3)
ry (cm)
e (cm)
7,75
80
35
7
4,5
74,4
18,6
3,1
7,8
3,18
1
1,05
8,2 10,45
100
40
8
5
155
30,9
3,92
13,5
4,8
1,15
1,2
120
45
8
5
266
44,3
4,67
19,8
6,1
1,27
1,25
9,58
12,2
- 949 -
VIGAS UPEL L = 12 m (fy = 2500 Kgf/cm2)
Desig. UPEL C120 C140 C160 C180 C200 C240 C270 C300 C400
Peso Area d bf tf tw Ix Sx rx Iy Sy ry e (Kgf/m) (cm2) (mm) (mm) (mm) (mm) (cm4) (cm3) (cm) (cm4) (cm3) (cm) (cm) 10,4 12,3 14,2 16,3 18,4 24,0 27,7 31,8 48,3
13,3 15,6 18,1 20,7 23,4 30,6 35,2 40,5 61,5
120 140 160 180 200 240 270 300 400
52 58 64 70 76 90 95 100 115
7,8 8,1 8,4 8,7 9,0 10,0 10,5 11,0 13,5
4,8 304 4,9 491 5,0 747 5,1 1090 5,2 1520 5,6 2900 6,0 4160 6,5 5810 8,0 15220
50,6 4,78 31,2 8,52 70,2 5,61 45,4 11,00 93,4 6,42 63,3 13,80 121,0 7,26 86,0 17,00 152,0 8,06 113,0 20,50 242,0 9,74 208,0 31,60 308,0 10,87 262,0 37,30 387,0 11,98 327,0 43,60 761,0 15,73 642,0 73,40
1,53 1,71 1,87 2,04 2,20 2,61 2,73 2,84 3,23
1,54 1,67 1,81 1,94 2,09 2,42 2,48 2,50 2,75
- 950 -
VIGAS UPAM L = 12 m (fy = 2500 Kgf/cm2)
Desig. Peso Area d bf tf tw Ix UPAM (Kgf/m) (cm2) (mm) (mm) (mm) (mm) (cm4) Inch x x lb/ft 5x6.70 10,0 12,6 127,0 44,45 8,13 4,8 308 6x8.20 12,2 15,4 152,4 48,77 8,71 5,1 541 7 x9.80 14,6 18,4 177,8 53,09 9,30 5,3 878 8x11.50 17,1 21,7 203,2 57,40 9,91 5,6 1344 9x13.40 19,9 25,1 228,6 61,72 10,49 5,8 1969 10x15.30 22,8 28,8 254,0 66,04 11,07 6,1 2785 12x20.73 30,8 38,9 304,8 74,68 12,73 7,1 5332 15x33.90 50,4 63,9 381,0 86,36 16,51 10,2 13011
Sx rx Iy Sy ry e (cm3) (cm) (cm4) (cm3) (cm) (cm)
49,2 4,95 20,0 70,5 5,94 29,1 98,3 6,91 40,8 132,7 7,87 54,1 172,1 8,86 74,9 219,6 9,83 95,7 350,7 11,71 162,3 683,3 14,27 341,3
6,23 8,19 10,32 12,95 15,90 19,66 27,86 52,44
1,27 1,37 1,50 1,60 1,70 1,83 2,06 2,31
1,24 1,32 1,40 1,47 1,55 1,63 1,78 2,01
- 951 -
COMBINACIÓN DE ANGULARES DE ALAS IGUALES (EN PARES) SEPARADOS UNA DISTANCIA "s". PROPIEDADES DE LAS SECCIONES Denominación
Peso(2L) Area(2L) Kgf/m
cm2
Ix
Sx
rx
e
cm4
cm3
cm
cm
ry en cm para separación s en milímetros ry(s = 0) ry(s = 5) ry(s = 6)
ry(s = 8) ry(s = 9)
ry(s = 10)
ry(s = 12)
ry(s = 18)
2L 20x3x20
1,76
2,24
0,78
0,56 0,59 0,60
0,84
1,03
1,08
1,16
1,20
1,25
1,34
1,61
2L 20x4x20
2,28
2,90
0,96
0,70 0,58 0,64
0,86
1,06
1,10
1,19
1,23
1,28
1,37
1,64
2L 25x3x25
2,24
2,84
1,58
0,90 0,75 0,73
1,04
1,23
1,27
1,35
1,40
1,44
1,52
1,79
2L 25x4x25
2,90
3,70
2,02
1,16 0,74 0,76
1,06
1,25
1,29
1,38
1,42
1,46
1,55
1,82
2L 30x3x30
2,72
3,48
2,82
1,30 0,90 0,84
1,23
1,41
1,45
1,53
1,57
1,61
1,70
1,96
2L 30x5x30
4,36
5,56
4,32
2,08 0,88 0,92
1,27
1,46
1,51
1,59
1,63
1,67
1,76
2,02
2L 35x4x35
4,20
5,34
5,92
2,36 1,05 1,00
1,45
1,63
1,67
1,75
1,79
1,83
1,92
2,17
2L 35x6x35
6,08
7,74
8,28
3,42 1,04 1,08
1,50
1,68
1,72
1,81
1,85
1,89
1,97
2,23
2L 40x4x40
4,84
6,16
8,96
3,12 1,21 1,12
1,65
1,83
1,86
1,94
1,98
2,02
2,10
2,35
2L 40x6x40
7,04
8,96
12,66
4,52 1,19 1,20
1,69
1,87
1,91
1,99
2,03
2,07
2,16
2,41
2L 50x4x50
6,12
7,78
17,94
4,92 1,52 1,36
2,04
2,21
2,25
2,32
2,36
2,40
2,48
2,72
2L 50x5x50
7,54
9,60
22,00
6,10 1,51 1,40
2,06
2,24
2,28
2,35
2,39
2,43
2,51
2,75
2L 50x7x50
10,30
13,12
29,20
8,30 1,49 1,49
2,11
2,29
2,33
2,41
2,45
2,49
2,57
2,82
2L 65x5x65
9,95
12,70
49,60
10,46 1,98 1,76
2,64
2,82
2,85
2,93
2,96
3,00
3,08
3,31
2L 65x6x65
11,82
15,06
58,40
12,42 1,97 1,80
2,67
2,84
2,88
2,95
2,99
3,03
3,10
3,34
2L 65x7x65
13,66
17,40
66,80
14,36 1,96 1,85
2,69
2,87
2,91
2,98
3,02
3,06
3,14
3,38
2L 75x7x75
15,90
20,20
104,80
19,34 2,28 2,09
3,09
3,27
3,30
3,37
3,41
3,44
3,52
3,76
2L 75x8x75
18,06
23,00
117,80
22,00 2,26 2,13
3,11
3,28
3,32
3,39
3,43
3,47
3,55
3,78
2L 90x7x90
19,24
24,48
185,14
28,26 2,75 2,45
3,68
3,85
3,89
3,96
4,00
4,03
4,11
4,33
2L 100x8x100
24,40
31,00
290,00
39,80 3,06 2,74
4,11
4,28
4,31
4,38
4,42
4,46
4,53
4,75
2L 100x10x100
30,20
38,40
354,00
49,40 3,04 2,82
4,14
4,32
4,35
4,43
4,46
4,50
4,57
4,80
2L 110x8x110
26,86
34,22
390,40
48,80 3,38 2,98
4,50
4,67
4,71
4,78
4,81
4,85
4,92
5,14
2L 110x10x110
33,20
42,40
478,00
60,20 3,36 3,07
4,55
4,72
4,76
4,83
4,86
4,90
4,97
5,20
2L 120x8x120
29,40
37,40
510,80
58,22 3,69 3,23
4,91
5,08
5,11
5,18
5,22
5,25
5,32
5,54
2L 120x10x120
36,40
46,36
626,00
72,00 3,68 3,31
4,95
5,12
5,15
5,22
5,26
5,29
5,37
5,59
2L 120x12x120
43,20
55,00
736,00
85,40 3,65 3,40
4,99
5,17
5,20
5,27
5,31
5,35
5,42
5,65
2L 150x12x150
54,60
69,60 1473,80 135,50 4,60 4,12
6,18
6,35
6,38
6,45
6,49
6,52
6,59
6,81
NOTA: SIDETUR NO FABRICA LOS ÁNGULOS SEÑALADOS EN ROJO.
