RESISTENCIA DE MATERIALES II Prácticas y Exámenes USMP

RESISTENCIA DE MATERIALES II PRACTICAS Y EXAMENES USMP ______________________________________________

Ph.D. Genner Villarreal Castro PREMIO NACIONAL ANR 2006, 2007, 2008

Lima – Perú 2013

PROLOGO La Resistencia de Materiales, es una ciencia sobre los métodos de cálculo a la resistencia, la rigidez y la estabilidad de los elementos estructurales. Se entiende por resistencia a la capacidad de oponerse a la rotura, rigidez a la capacidad de oponerse a la deformación y estabilidad a la capacidad de mantener su condición original de equilibrio. Por lo general, el dictado de los cursos de Resistencia de Materiales, se centran, en la descripción teórica y en la resolución de un escaso número de problemas, lo cual dificulta el proceso de aprendizaje, más aún tratándose de un curso eminentemente práctico y con una diversidad de problemas. El presente libro nació, después de comprobar las grandes dificultades mostradas por los alumnos en la resolución de problemas aplicados en prácticas calificadas y exámenes, así como en la realización de sus trabajos domiciliarios. Es por ello, que tomé el reto de escribir un libro, que haga más didáctico el proceso de estudio individual, resolviendo en forma seria y con el rigor científico todas las prácticas calificadas y exámenes aplicados por el autor en el período 2008-II al 2010-II, correspondiente al curso Resistencia de Materiales II dictado en la Escuela de Ingeniería Civil de la Universidad de San Martín de Porres, propiciando, de esta manera, una forma más amena de convivencia con la Resistencia de Materiales y conducente a un mejor dominio de la materia. Este libro es un complemento perfecto a los editados anteriormente por el autor, denominados Resistencia de Materiales y Resistencia de Materiales I Prácticas y Exámenes USMP, los cuales se usan como textos base en las Carreras de Ingeniería Civil de muchas Universidades nacionales y extranjeras, así como en Centros de Investigación en Ingeniería Estructural. Como base se tomó la experiencia adquirida en el dictado de los cursos de Mecánica de Materiales, Resistencia de Materiales y Análisis Estructural en la Universidad Peruana de Ciencias Aplicadas, Universidad de San Martín de Porres y Universidad Privada Antenor Orrego. En mi modesta opinión, el presente libro es único en su género, tanto en la forma de resolución de problemas; como en su contenido, que no es una repetición de otros textos, editados anteriormente. El presente libro consta de 4 Prácticas Calificadas, Examen Parcial y Examen Final por cada ciclo, siendo un total de 5 ciclos. En la Práctica Calificada Nº 1 se evalúa el tema trabajo virtual. En la Práctica Calificada Nº 2 se evalúan los temas energía de deformación, teoremas de Castigliano y ecuación de los tres momentos. En el Examen Parcial se evalúan los temas trabajo virtual, energía de deformación, teoremas de Castigliano y ecuación de los tres momentos. En la Práctica Calificada Nº 3 se evalúa el tema método de las fuerzas. En la Práctica Calificada Nº 4 se evalúa el tema método de desplazamientos. En el Examen Final se evalúan los temas método de las fuerzas, método de desplazamientos, resistencia compuesta y cargas de impacto. El presente texto está dirigido a estudiantes de ingeniería civil y docentes que imparten el curso Resistencia de Materiales II; así como, a ingenieros civiles, postgraduandos e investigadores en el área de estructuras. Este libro se lo dedico a mis alumnos de Mecánica de Materiales, Resistencia de Materiales y Análisis Estructural de la Universidad Peruana de Ciencias Aplicadas, Universidad de San Martín de Porres y 2

Universidad Privada Antenor Orrego; quienes con sus consultas me motivaron a escribir el presente libro y con su energía renovada me permitieron culminar con éxito este trabajo. De manera muy especial, dedico el presente libro a mi ahijada Chie Giulianna Villarreal Imamura, quien con su inteligencia, amor y dulzura, fue un soporte invalorable en la culminación de este trabajo, rogando a Dios Todopoderoso podamos seguir juntos aportando al desarrollo integral de la sociedad.

Ph.D. Genner Villarreal Castro [email protected]

Lima, Marzo del 2013

3

U N I V E R S I D A D

D E

SAN MARTIN DE PORRES

1.

USMP - FIA

EVALUACIÓN

PRACTICA CALIFICADA Nº 1

SEM. ACADÉMICO

2008 – II

CURSO

RESISTENCIA DE MATERIALES II

SECCIÓN

30F

PROFESOR

Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO

DURACIÓN

110m

ESCUELA

INGENIERIA CIVIL

CICLO

VI

METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar el desplazamiento horizontal en B y el desplazamiento vertical en E, si las áreas de sección transversal de las barras del cordón superior es de 4cm 2, del cordón inferior es 5cm 2, de las montantes 6cm 2 y de las diagonales 3cm 2. Considerar que el material de la armadura es acero con un módulo de elasticidad E  2,1.10 T / m 7

2

………………………. (6 puntos)

2.

METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar la pendiente en el apoyo C de la viga mostrada en la figura, si EI  const para toda la estructura. Considerar sólo el efecto de flexión por momento flector. ………………………. (4 puntos)

3. METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Para el pórtico mostrado en la figura, determinar el desplazamiento vertical y la pendiente en H, considerando sólo la flexión por momento flector y que la rigidez

EI  12663T.m 2 es la misma para toda la estructura. ………………………. (6 puntos)

4

4. METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar el desplazamiento horizontal del punto F del pórtico en voladizo mostrado en la figura. Expresar su respuesta en función del coeficiente de dilatación térmica  y considerar que la sección transversal es rectangular con dimensiones a  0,4m y b  0,5m para todo el pórtico. ………………………. (4 puntos)

FECHA

La Molina, 25 de Agosto del 2008

5

SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2008 – II 1.

Determinamos las fuerzas internas en cada una de las barras de la armadura, sometida a la acción de las cargas externas, tal como se muestra en la figura, utilizando, para ello, los métodos conocidos de la Estática.

DESPLAZAMIENTO HORIZONTAL EN “B”: Determinamos las fuerzas internas en cada barra de la armadura, pero sometida a la acción de la carga unitaria aplicada en el nudo B en sentido horizontal.

Calculamos las rigideces axiales en las barras, de acuerdo a los valores dados en el presente problema, siendo estos los siguientes: Diagonales

EA 3  6300T

Cordón superior

EA 4  8400T

Cordón inferior

EA 5  10500T

Montantes

EA 6  12600T

6

Luego, determinamos el desplazamiento horizontal en el nudo B aplicando la fórmula conocida del trabajo virtual para armaduras, utilizando, para ello, los diagramas N 1 y N P

 BH 

1  9,25.0,36.5,41  4,45.0,36.5,41  1,42.0,25.5  3,89.0,32.5  10,06.0,36.4,24  EA 3



1 1.1.3  8,6.0,6.3  8,72.0,61.3,04  7,21.0,26.3,04  7,21.0,26.3,04  EA 4



1 6,13.0,8.3  6,13.0,8.3  9,45.0,45.3  9,45.0,45.3  1  2,57.0,1.4,5  10,3.0,3.3 EA 5 EA 6

 BH  10,29.10 3 m  10,29mm  DESPLAZAMIENTO VERTICAL EN “E”: Determinamos las fuerzas internas en cada barra de la armadura, pero sometida a la acción de la carga unitaria aplicada en el nudo E en sentido vertical.

Luego, determinamos el desplazamiento vertical en el nudo E aplicando la fórmula del trabajo virtual *

para armaduras, utilizando los diagramas N 1 y N P

 EV 

1 9,25.0,72.5,41  4,45.0,72.5,41  1,42.0,33.5  3,89.0,43.5  10,06.0,48.4,24  EA 3



1 8,6.0,8.3  8,72.0,81.3,04  7,21.0,35.3,04  7,21.0,35.3,04  EA 4



1 6,13.0,4.3  6,13.0,4.3  9,45.0,6.3  9,45.0,6.3  1  2,57.0,13.4,5  10,3.0,4.3 EA 5 EA 6

 EV  25,05.10 3 m  25,05mm  2.

Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector debido a la carga real, calculando previamente las reacciones en los apoyos, de acuerdo a los conocimientos de Estática. Las reacciones y diagramas de fuerzas internas se muestran en la siguiente figura.

7

Ahora, graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector para el caso del momento unitario aplicado en C

En el tramo AB aplicamos Simpson-Kornoujov y en el tramo BC Vereschaguin, utilizando los diagramas

M1 y M P C 

4  12,8.1  4.1,6.0,5  1 . 1 .4.19,2. 2 .1  19,2 6EI EI 2 3 EI

Como el signo es positivo, indica que la pendiente en C va orientada en sentido horario. 3.

Graficamos el diagrama de momento flector, debido a la acción de las cargas reales aplicadas al pórtico, tal como se muestra en la siguiente figura:

8

DESPLAZAMIENTO VERTICAL EN “H”: Ahora, graficamos el diagrama de momento flector debido a la acción de la carga unitaria en H

Determinamos el desplazamiento vertical en H, aplicando trabajo virtual.

 HV 

1  1 585  585 30.6.1,5  15.6.3  .3.15.2    0,0462m  46,2mm   EI  2  EI 12663

PENDIENTE EN “H”: Graficamos el diagrama de momento flector, debido a la acción del momento unitario aplicado en H

9

Luego, determinamos la pendiente en H, aplicando trabajo virtual.

H 

1  1  202,5 202,5 30.6.0,5  15.6.1  .15.3.1    0,016rad  0,917 o  EI  2 EI 12663 

Como el resultado de la pendiente es positivo, indica, que dicha pendiente va en sentido horario. 4.

Graficamos los diagramas de momento flector (figura a) y fuerza axial (figura b) debido a la acción de la carga unitaria horizontal aplicado en el punto F

Para determinar el desplazamiento o pendiente, debido a la variación de temperatura, se debe de tener en cuenta las siguientes consideraciones: a) El diagrama de momento flector indica que t 1 va hacia el lado del diagrama y t 2 hacia afuera (figura c) b) Por variación de temperatura, donde existe mayor calor, la fibra ubicada a dicho lado se tracciona y hacia el otro lado se comprime, mostrándose en la figura c) con línea punteada las zonas traccionadas. c) Si coinciden las zonas traccionadas de temperatura con el diagrama de momento flector, será positivo  iT debido al momento y si es opuesto, será negativo. d) En caso que no exista diagrama de momento flector, pero si exista fuerza axial, se recomienda colocar t 1 a la temperatura mayor y t 2 a la menor. Aplicamos trabajo virtual por variación de temperatura, a través de la siguiente fórmula:

 iT   

t1  t 2 b

A Mi   

t1  t 2 2

A Ni

Donde:



- coeficiente de dilatación térmica del material

b

- ancho de la estructura donde hay variación de temperatura

t 1 , t 2 - temperaturas A M i - área del diagrama de momento flector debido a la carga o momento unitario A Ni - área del diagrama de fuerza axial debido a la carga o momento unitario

10

Para entender el valor de “b”, lo esquematizamos en el siguiente gráfico para un pórtico simple que nos servirá de guía.

En la fórmula, para determinar el área del diagrama de fuerza axial, se considera el signo positivo o negativo, dependiendo de su valor. Ahora, determinamos el desplazamiento horizontal en F, debido a la variación de temperatura.

HF( T )  

20  0 1 20  (20) 0  10 (2,5  5).2,5 20  10 . .2,5.2,5   .2,5.3,5   .  .1.3,5 0,5 2 0,5 0,5 2 2

HF(T )  620 

11


D E


1.

USMP - FIA

EVALUACIÓN


SEM. ACADÉMICO

2009 – I

CURSO


SECCIÓN

30F

PROFESOR


DURACIÓN

110m

ESCUELA

INGENIERIA CIVIL

CICLO

VI

METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar el desplazamiento horizontal del nudo J y el desplazamiento vertical del apoyo B, si E  2.10 MPa para todas las barras de la armadura y las 5

2

2

áreas de las barras del cordón superior es 64cm , las del cordón inferior 60cm , las montantes de 70cm2 y las diagonales de 66cm 2 ………………………. (6 puntos)

2.

METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar la deflexión vertical a 2m a la derecha del apoyo A y la pendiente en el apoyo B. Considerar E  15000 f c e I  bh / 12 , siendo f c  210kg / cm , '

'

3

2

b  30cm , h  60cm ………………………. (6 puntos)

3. METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar el acercamiento vertical de los puntos D y E del pórtico mostrado en la figura, si la rigidez EI es constante para toda la estructura. ………………………. (5 puntos)

12

4.

METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar el desplazamiento horizontal del nudo F del pórtico en voladizo mostrado en la figura, sí C1  0,03m ; C 2  0,02m y C 3  0,02rad ………………………. (3 puntos)

FECHA

La Molina, 23 de Marzo del 2009 13

SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2009 – I 1.

Determinamos las rigideces de las barras de la armadura:

EA 64  2.105.10 6.64.10 4  128.10 7 N  128.10 4 kN EA 60  2.105.10 6.60.10 4  120.10 7 N  120.10 4 kN

EA 70  2.105.10 6.70.10 4  140.10 7 N  140.10 4 kN EA 66  2.105.10 6.66.10 4  132.10 7 N  132.10 4 kN Calculamos las fuerzas internas en todas las barras de la armadura, debido a la acción de las cargas externas, tal como se muestra en la figura.

DESPLAZAMIENTO HORIZONTAL EN “J”: Determinamos las fuerzas internas en todas las barras de la armadura, producto de la acción de la carga unitaria horizontal aplicada en el nudo J, tal como se muestra en la figura.

1 240.0,43.3.2  48.0,20.3.2  1 4  380,173.0,51.3,041  131,793.0,68.3,041.2  4 128.10 120.10 1  62,5.0,08.4  40.0,17.2  1 4 207,44.0,11.4,610   4 140.10 132.10

 JH 

 (169,025)(0,15).4,610  106,74.0,17.3,905  (62,482)(0,26).3,905  1,514.10 4 m

14

 JH  0,151mm  DESPLAZAMIENTO VERTICAL EN “B”: Determinamos las fuerzas internas en las barras de la armadura, debido a la acción de la carga unitaria vertical aplicada en el nudo B, tal como se muestra en la figura.

 BV  2.

1 62,5.1.4  1,786.10 4 m  0,178mm  140.10 4

Determinamos la rigidez EI, necesaria para el cálculo estructural.

E  15000 210  217370,65kg / cm 2  2173706,5T / m 2

EI  2173706,5.

0,3.0,6 3  11738,015T.m 2 12

Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, debido a la acción de las cargas reales, tal como se muestra en la figura.

DESPLAZAMIENTO VERTICAL EN “C”: Ahora, graficamos el diagrama de momento flector, debido a la acción de la carga unitaria vertical en C

15

3 4.16,875.1  18,75.1  3 18,75.1  4.15.0,5  45,9375  45,9375  3,91.10 3 m 6(2EI) 6EI EI 11738,015 C  V  3,91mm 

 CV 

PENDIENTE EN “B”: Graficamos el diagrama de momento flector debido a la acción del momento unitario aplicado en el apoyo B

B 

3 4.16,875.0,25  18,75.0,5  3 18,75.0,5  4.15.0,75  33,75  2,875.10 3 rad 6(2EI) 6EI EI

 B  0,165o Como el signo es positivo, indica que la orientación es correcta; es decir va en sentido antihorario. 3.

Calculamos las reacciones en los apoyos y graficamos el diagrama de momento flector debido a la acción de las cargas reales, tal como se muestra en las figuras a) y b). Luego, efectuamos lo mismo, pero para las cargas unitarias aplicadas en D y E hacia el encuentro, tal como se muestran en las figuras c) y d) Ahora, determinamos el acercamiento vertical de los nudos D y E

 DE 

1 1 2 3 32.4  4.0.4  32.4  4 32.4  4.8.2  0  42,667 . .4.32. .4  EI 2 3 6EI 6EI EI 16

4.

Se sabe que: n

 iC   R ij .C j j1

Calculamos las reacciones en el apoyo A, debido a la acción de la carga unitaria horizontal aplicada en el nudo F

17

Ahora, determinamos el desplazamiento horizontal en F debido a los desplazamientos y giros en el apoyo A

FH  (H A .C1  M A .C3 )  (1.0,03  6.0,02)  0,15m 

18


D E


1.

USMP - FIA

EVALUACIÓN


SEM. ACADÉMICO

2009 – II

CURSO


SECCIÓN

30F

PROFESOR


DURACIÓN

110m

ESCUELA

INGENIERIA CIVIL

CICLO

VI

METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Una armadura de acero soporta tres cargas de 30kN, 40kN y 20kN, tal como se muestra en la figura. Las áreas de sección transversal de las barras de la armadura son las siguientes: 2

BARRA

AREA (mm )

AB y CD

4000

AE, EF, FG y GD

2000

BC

3000

BE, BF, CF y CG

1200

Determinar los desplazamientos horizontal y vertical del nudo F, considerando que el módulo de elasticidad del acero es E  200GPa ………………………. (6 puntos)

2.

METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar la pendiente en E para la viga mostrada en la figura, si o

o

su sección transversal es 30cm x 60cm. Considerar que las temperaturas 40 C y 22 C son para toda la viga. ………………………. (3 puntos)

19

3.

METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar los desplazamientos horizontal y vertical del nudo D, si E  29.10 lb / p lg e I  1500p lg para todo el pórtico. 6

2

4

………………………. (5 puntos)

4.

METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar la distancia que se alejarán los nudos D y F en la dirección de la línea recta que los une, si las rigideces en flexión para los elementos horizontales es 2EI y para los verticales es EI ………………………. (6 puntos)

FECHA


20


Calculamos las rigideces de las barras de la armadura.

EA1200  200.109.1200.10 6  240.10 6 N EA 2000  200.109.2000.10 6  400.10 6 N

EA 3000  200.109.3000.10 6  600.10 6 N EA 4000  200.109.4000.10 6  800.10 6 N Determinamos las fuerzas internas en las barras de la armadura, debido a la acción de las cargas reales.

DESPLAZAMIENTO HORIZONTAL EN “F”: Calculamos las fuerzas internas en las barras de la armadura, debido a la acción de la carga unitaria horizontal aplicada en el nudo F

 FH 





1 63,33.10 3.1.4.2  1,27.10 3 m  1,27mm  6 400.10

DESPLAZAMIENTO VERTICAL EN “F”: Determinamos las fuerzas internas en las barras de la armadura, debido a la acción de la carga unitaria vertical aplicada en el nudo F

21









1 1 29,17.10 3.0,83.5  37,49.10 3.0,83.5  63,33.10 3.0,67.4.2  56,67.10 3.0,67.4.2  6 240.10 400.10 6 1 1  86,67.10 3.1,33.8  79,17.10 3.0,83.5  70,83.10 3.0,83.5  5,08.10 3 m 6 6 600.10 800.10

 FV 









 FV  5,08mm  2.

En la figura a) se muestran los lados traccionados por temperatura en la viga y las reacciones en los apoyos. En la figura b) se muestra el diagrama M 1

Luego:

E  

40  22 (2  8).1 22  40 1 1 .  . .6.  120 (rad) 0,6 2 0,6 2 3

Como el signo es positivo, indica que la orientación de la pendiente es en sentido horario. 3.

Determinamos la rigidez del pórtico:

EI  29.10 6.1500  43500.10 6 lb.p lg 2  302083,33k.pie2 Graficamos el diagrama de momento flector, debido a la acción de la carga real.

DESPLAZAMIENTO HORIZONTAL EN “D”: Ahora, graficamos el diagrama de momento flector, debido a la acción de la carga unitaria horizontal aplicado en el nudo D

1 1 2 1 10 300.10  4.450.15  600.20 . .10.300. .10  .10.300.10  302083,33 2 3 302083,33 6.302083,33  DH  0,36413pie  4,37p lg   DH 

22

DESPLAZAMIENTO VERTICAL EN “D”: Graficamos el diagrama de momento flector, debido a la acción de la carga unitaria vertical en D

 DV  4.

1 10 300.10  4.450.10  600.10  0,19861pie  2,38p lg  .10.300.5  302083,33 6.302083,33

Determinamos el grado de indeterminación del sistema:

G.I.  3C  A  3.2  6  0 Calculamos las reacciones en los apoyos, debido a la acción de la carga real.

M  0 F  0 F  0



VH (7)  14(3)  0



VH  6kN 

Y



VA  6  14  0



VA  8kN 

X



HA  0

A

Luego, analizamos el equilibrio de la parte izquierda de la estructura, efectuando un corte por las rótulas.

M  0 F  0 D

X



8(3)  H C (3)  0



H C  8kN 



HD  8  0



H D  8kN 

Como en la barra CF no hay momento flector, se cumplirá que VC  0

23

Luego:

F

Y

0





8  VD  0

VD  8kN 

De esta manera, el equilibrio en la rótula D es la mostrada en la figura a) y las cargas aplicadas en el lado derecho de la estructura las mostradas en la figura b) las cuales como se podrá apreciar se encuentran en equilibrio.

Ahora, graficamos el diagrama de momento flector de la estructura, debido a la acción de la carga real.

24

Análogamente, graficamos el diagrama M 1 debido a la acción de las cargas unitarias aplicadas en D y F, tal como se muestra en la siguiente figura.

 DF  

M P M1 1 1 2 1 1 2 96 (m) dx  . .4.24. .2,4  . .3.24. .2,4  EI 2EI 2 3 EI 2 3 EI

25


D E


1.

USMP - FIA

EVALUACIÓN


SEM. ACADÉMICO

2010 – I

CURSO


SECCIÓN

30F

PROFESOR


DURACIÓN

110m

ESCUELA

INGENIERIA CIVIL

CICLO

VI

METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar la deflexión vertical en el nudo C, si las áreas de las barras del cordón superior e inferior es 4plg2 y las áreas de las montantes y diagonal es 3plg2. Considerar E  29.10 lb / p lg 6

2

………………………. (5 puntos)

2.

METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar la pendiente y deflexión en el punto B de la viga mostrada, si E  29.10 lb / p lg , I1  1800p lg e I 2  3600p lg 6

2

4

4

………………………. (5 puntos)

3.

METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar el ángulo mutuo (hacia el encuentro) entre los apoyos A e I del pórtico mostrado en la figura. Considerar que la rigidez EI del pórtico es constante en todos sus elementos y que la barra BF trabaja únicamente en tracción. ………………………. (6 puntos)

26

4.

METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar el desplazamiento vertical del apoyo A del pórtico mostrado en la figura. ………………………. (4 puntos)

FECHA

La Molina, 22 de Marzo del 2010 27


Determinamos las fuerzas axiales en las barras de la armadura, debido a la acción de las cargas reales, tal como se muestra en la figura.

Luego, calculamos las fuerzas axiales en las barras de la armadura, debido a la acción de la carga unitaria vertical aplicada en el nudo C

Determinamos la deflexión vertical en el nudo C

 CV 



1 (66,67.10 3 )(1,11)(25.12)  (53,33.10 3 )(0,88)(20.12)  6 29.10 .4

 (83,33.103 )(0,55)(25.12)  (53,33.103 )(0,88)(20.12)  (66,67.103 )(0,44)(20.12) 



 (66,67.10 3 )(0,44)(20.12) 



1 (40.10 3 )(0,67)(15.12)  (16,67.10 3 )(0,55)(25.12) 6 29.10 .3



 CV  0,6493p lg  2.

Calculamos las rigideces en k.pie

2

EI1  29.10 6.1800  52200.10 6 lb.p lg 2  362500k.pie2 EI 2  29.10 6.3600  104400.10 6 lb.p lg 2  725000k.pie2 Graficamos el diagrama de momento flector de la viga, debido a la acción de las cargas reales, tal como se muestra en la figura.

28

PENDIENTE EN “B”: Graficamos el diagrama de momento flector, debido a la acción del momento unitario en B

B 

1 1 2 10  100.0,5  4.150.0,25  0,00069rad  0,04 o . .10.100. .0,5  362500 2 3 6.725000

Como el signo es positivo, indica que la orientación de la pendiente es en sentido antihorario. DEFLEXION EN “B”: Graficamos el diagrama de momento flector, debido a la acción de la carga unitaria vertical en B

yB 

1 1 2 10 100.5  4.150.2,5  2,2989.10 3 pie  0,0276p lg  . .10.100. .5  362500 2 3 6.725000

29

3.

Determinamos las reacciones en los apoyos y la fuerza interna en la barra BF, tal como se muestra en la figura a); luego, graficamos su diagrama de momento flector, mostrado en la figura b)

M  0 F  0 F  0 M  0



6H I  2.3.9,5  0



H I  9,5kN 

X



H H  9,5  0



H H  9,5kN 

Y



VA  2.3  0



VA  6kN 



6.4  3TBF  0



TBF  8kN (TRACCION)

A

izq D

Ahora, analizamos la carga unitaria, aplicando momentos unitarios en los apoyos A e I, tal como se muestra en la figura a) y graficamos su diagrama de momento flector, el cual se muestra en la figura b)

Determinamos el ángulo mutuo (hacia el encuentro) entre los nudos A e I

 AI  

1 1 1 3 4.30,75.0,5  33.1  3 9.1  4.2,25.1   68,25 (rad) . .3.24. .1  EI 2 3 6EI 6EI EI

El signo menos (-) indica que los apoyos A e I giran en dirección opuesta a la indicada por los momentos unitarios. 4.

Aplicamos la carga unitaria hacia abajo en el apoyo A y calculamos las reacciones en los apoyos, cuyos resultados se muestran en la figura.

30

Determinamos el desplazamiento vertical del apoyo A n

AV   R ij C j   0,75.0,02  1.0,01  0,75.0,015  0,03625m  36,25mm  j1

31


D E


1.

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CURSO


SECCIÓN

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ESCUELA

INGENIERIA CIVIL

CICLO

VI

METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. La armadura mostrada en la figura se construye con nueve barras, cada una tiene rigidez axial EA. En los nudos B y F actúan cargas P y 2P, respectivamente. Determinar la deflexión vertical del nudo E y el incremento en la distancia entre los nudos E y C ………………………. (5 puntos)

2.

METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar la deflexión máxima y la pendiente en los apoyos, si

E  29.10 6 lb / p lg 2 ………………………. (5 puntos)

3.

METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar la distancia “x” a la cual corresponde un desplazamiento vertical nulo del nudo B. Considerar que la rigidez EI es constante en todo el pórtico. ………………………. (5 puntos)

32

4.

METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar el ángulo de giro en el nudo F del pórtico mostrado en la figura, considerando que el apoyo A sufre un desplazamiento horizontal C1  0,04m y el apoyo E se asienta C 2  0,03m ………………………. (5 puntos)

FECHA


33


Determinamos las fuerzas internas para la armadura sometida a la acción de las cargas reales, tal como se muestra en la figura.

DEFLEXION EN “E”: Luego, calculamos las fuerzas internas debido a la acción de la carga unitaria vertical aplicada en el nudo E

 EV 

1  4 2P  2 2  4P 2 4P 1 4P  2     b 2    (b)     (b)      (b)       EA  3  3   3  3   3  3   3  3 

 

  P 2  2   5 2P  5P 1 5P 1 2   b 2    (b)    (b)     b 2     3  3  3  3   3  3   3  3    

 

 EV  6,215

 

Pb  EA

INCREMENTO DE DISTANCIA ENTRE “E” Y “C”: Analizamos el incremento de distancia entre los nudos E y C, aplicando cargas unitarias en ambos nudos, tal como se muestra en la figura.

 E C 

  P 2 1  4P  2  5P  2  4P  2  (b)    (b)    (b)     1 b 2      EA  3  2  3   3  2   3  2   

 E C  1,845

 

Pb EA 34

2.

Determinamos las rigideces de cada tramo:

EI1  29.10 6.2000  58.109 lb.p lg 2  58.10 6 k.p lg 2  402778k.pie2 EI 2  29.10 6.3500  101,5.109 lb.p lg 2  101,5.10 6 k.p lg 2  704861k.pie2 Graficamos los diagramas de momento para la carga real (figura a), carga unitaria (figura b) y momento unitario (figura c), sabiendo que la deflexión máxima será en el centro de la viga.

DEFLEXION MAXIMA:

y máx  y C   CV 

1 1 2  10 300.5  4.450.7,5  600.10.2 .10.300. .5.2   402778  2 3  6.704861

y máx  0,124pie  1,488p lg  35

PENDIENTE EN LOS APOYOS:

A  

10 4.150.0,875  300.0,75  20 300.0,75  4.600.0,5  300.0,25  6.402778 6.704861 1 1 2 . .10.300. .0,25  0,011rad  0,63o 402778 2 3

La pendiente en A va en sentido horario, es decir el mismo que se mostró en la figura c) Por simetría:

 B  0,63o La pendiente en B va en sentido antihorario. 3.

Esquematizamos los pórticos con la carga real (figura a) y carga vertical unitaria (figura b); para luego, graficar los diagramas correspondientes debido a la carga real (figura c) y carga unitaria (figura d)

Por condición del problema:

yB  0



a  P  a  Pxa  4. a  2x    0  6EI  2  2 

36



x

a 3

4.

Aplicamos un momento unitario en F y calculamos las reacciones en los apoyos, tal como se muestra en la figura.

Calculamos la pendiente en F n

 iC   R ij C j



F   H A .C1  VE .C 2    0,25.0,04  0,25.0,03

j1

 F  0,0175rad  1o Como el signo es positivo, indica que la pendiente en F va en sentido horario.

37


D E


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CICLO

VI

ENERGIA POTENCIAL DE DEFORMACION. Determinar la energía potencial de deformación para la estructura mostrada en la figura, si es de sección constante. Considerar únicamente el efecto de momento flector. ………………………. (4 puntos)

2.

TEOREMA DE CASTIGLIANO. Determinar la deflexión en los puntos B y C de la viga mostrada en la figura, si E  29.10 lb / p lg e I  1750p lg para toda la viga. 6

2

4

………………………. (5 puntos)

3.

TEOREMA DE CASTIGLIANO. Resolver el siguiente pórtico y graficar los diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector, si E  23000MPa , las columnas son de 30cm x 30cm y la viga de 30cm x 50cm ………………………. (6 puntos)

38

4.

ECUACION DE LOS TRES MOMENTOS. Resolver la siguiente viga y graficar los diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo, considerando que es de sección constante. ………………………. (5 puntos)

FECHA

La Molina, 22 de Setiembre del 2008 39


Graficamos su diagrama de momento flector, tal como se muestra en la figura.

Determinamos la energía potencial de deformación:

M 2 dx M.Mdx 1 3  227,81    ( 4 . 2 , 25 . 2 , 25  9 . 9 )  9 . 5 . 9 6   EI (kJ) 2 EI 2 EI 2 EI   0 0

L

U   2.

L

Determinamos la rigidez de la viga:

EI  29.10 6.1750  50750.10 6 lb.p lg 2  352,43.103 k.pie2 DEFLEXION EN “B”:

TRAMO I-I (0  x  20)

M I  (20  0,5P)x M I  0,5x P TRAMO II-II (20  x  30)

M II  (20  0,5P)x  (20  P)(x  20) M II  0,5x  ( x  20)  20  0,5x P TRAMO III-III (30  x  40)

M III  (20  0,5P)x  (20  P)(x  20)  40(x  30) M III  0,5x  x  20  20  0,5x P

40

Luego:

yB 

20 30 40  63333,33 1  20 x ( 0 , 5 x ) dx  400 ( 20  0 , 5 x ) dx  (1600  40x )(20  0,5x )dx      EI  0 EI 20 30 

yB 

63333,33  0,1797pie  2,156p lg  352,43.10 3

DEFLEXION EN “C”:

TRAMO I-I (0  x  20)

M I  (20  0,25P)x M I  0,25x P TRAMO II-II (20  x  30)

M II  (20  0,25P)x  20(x  20) M II  0,25x P TRAMO III-III (30  x  40)

M III  (20  0,25P)x  20(x  20)  (40  P)(x  30) M III  0,25x  x  30  30  0,75x P De esta manera: 20 30 40  48333,33 1  yC    20x (0,25x )dx   400(0,25x )dx   (1600  40x )(30  0,75x )dx   EI  0 EI 20 30 

yC  3.

48333,33  0,1371pie  1,6457p lg  352,43.10 3

Calculamos las rigideces de las columnas y viga.

EI col

0,3.0,33  23000.10 .  15,525.10 6 N.m 2 12 6

EI viga  23000.10 6.

0,3.0,53  71,875.10 6 N.m 2 12

Para efectos de cálculo y como sabemos que se va a simplificar el denominador, asumimos:

EI col  EI

41

EI viga  4,6296EI Eliminamos el apoyo B y lo reemplazamos por VB y H B , planteando las ecuaciones en cada tramo.

TRAMO I-I (BD) (0  z  3,5)

M I  H B z M I 0 VB M I  z H B TRAMO II-II (DC) (0  x  5)

M II  VB x  3,5H B  20x 2

M II x VB M II  3,5 H B TRAMO III-III (CA) (0  y  3,5)

M III  5VB  H B (3,5  y)  40(5)(2,5)  30y M III 5 VB M III  y  3,5 H B 1ra ecuación:

yB 

W 0 VB

42

3, 5

5

1 1 (VB x  3,5H B  20x 2 ) xdx  (5VB  3,5H B  H B y  500  30 y)(5)dy  0  4,6296EI 0 EI 0 De donde:

96,5VB  40,075H B  10343,75 …………………. (a) 2da ecuación:

xB  3, 5

W 0 H B 5

1 1 (H B z)(z)dz  (VB x  3,5H B  20x 2 )(3,5)dx   EI 0 4,6296EI 0 3, 5

1  (5VB  3,5H B  H B y  500  30 y)( y  3,5)dy  0 EI 0 De donde:

40,075VB  41,814H B  3906,875

…………………. (b)

Resolvemos (a) y (b), obteniendo:

VB  113,602kN 

H B  15,442kN  Con estos resultados, calculamos las otras reacciones y graficamos los diagramas de fuerzas internas.

43

4.

Convertimos el voladizo en sus cargas equivalentes y el empotramiento lo reemplazamos por un tramo de longitud cero y de inercia infinita.

TRAMO ABC

 600.4 3   900.4 2  M A (4)  2M B (4  4)  M C (4)  6   6   24   16  Reemplazamos M A  1600N.m y obtenemos:

16M B  4M C  8600 4M B  M C  2150

…………………. (a)

TRAMO BCC0

 900.4 2  M B (4)  2M C (4  0)  M C0 (0)  6   60  16 

M B  2M C  1350

…………………. (b)


M B  421,428N.m M C  464,286N.m Calculamos las reacciones en cada tramo de la viga: VOLADIZO:

F

Y

0

 VAvol  800  0



VAvol  800N 

TRAMO AB:

M  0 F  0 A

Y

 VBA (4)  1600  421,428  600(4)(2)  0



VBA  905,357 N 

 VAB  905,357  600(4)  0



VAB  1494,643N 

44

TRAMO BC:

M  0 F  0 B

Y

Ahora,



VCB (4)  421,428  464,286  900(2)  0



VCB  460,714N 



VBC  460,714  900  0



VBC  439,286N 

esquematizamos las reacciones en la viga

correspondientes.

45

original

y graficamos los diagramas


D E


1.

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INGENIERIA CIVIL

CICLO

VI

ENERGIA POTENCIAL DE DEFORMACION. Determinar la energía potencial de deformación para el pórtico mostrado en la figura con apoyo elástico en D. Expresar su respuesta en función de la rigidez del pórtico EI y la rigidez del resorte K ………………………. (4 puntos)

2.

TEOREMA DE CASTIGLIANO. Resolver la siguiente viga y graficar sus diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo, considerando EI constante para toda la viga. ………………………. (5 puntos)

3.

TEOREMA DE CASTIGLIANO. Resolver el siguiente pórtico y graficar los diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector, si EI es constante para todo el pórtico. ………………………. (6 puntos)

46

4.

ECUACION DE LOS TRES MOMENTOS. Para la viga continua mostrada en la figura, determinar las reacciones en los apoyos y graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector, si el apoyo B se asienta 10mm y el apoyo C se asienta 5mm. Considerar E  2,1.10 kg / cm e I  40000cm 6

2

4

………………………. (5 puntos)

FECHA

La Molina, 20 de Abril del 2009

47


Calculamos las reacciones en los apoyos:

M  0 F  0 F  0



 VD (6)  12(3)  8(6)  0



VD  2kN 

Y



VA  12  2  0



VA  14kN 

X



HA  8  0



H A  8kN 

A

Graficamos el diagrama de momento flector y determinamos la energía potencial de deformación del sistema. L

R2 M 2 dx  i 2EI 2K i 0

U  

2.

U

1 1 2 6 1 2  (2) 2 . 6 . 48 . . 48  ( 48 . 48  4 . 6 . 6  36 . 36 )  4 . 36 . 36  . 3 . 36 . .36  2EI  2 3 6 2 3  2K

U

7416 2  (kJ) EI K

Eliminamos el apoyo en B y lo reemplazamos por VB TRAMO I-I (0  x  10)

2V   M I   66  B  x 3   48

M I 2x  VB 3 TRAMO II-II (10  x  20)

2V   M II   66  B x  60x  10 3  

M II 2x  VB 3 TRAMO III-III (20  x  60)

2V   2 M III   66  B x  60x  10  VB x  20  0,6x  20 3  

M III 2x x   x  20   20 VB 3 3

Luego, aplicamos la condición:

yB 

W 0 VB

49

Reemplazamos las ecuaciones obtenidas anteriormente. 10 20   2 x  2VB   2x  2V  1   66  x  dx     66  B x  60x  10    dx     EI  0  3   3  3   3  10  60  2V    2  x    66  B x  60x  10  VB x  20  0,6x  20   20 dx   0 3     3 20 

De donde:

VB  71,625k  Por equilibrio calculamos las otras reacciones y graficamos los diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo, los cuales se muestran en la página anterior. 3.

Determinamos el grado de indeterminación del sistema:

G.I.  3C  A  3(1)  2  1 El pórtico es una vez hiperestático. Eliminamos la componente horizontal del apoyo fijo A y lo reemplazamos por su reacción H A , obteniendo las otras reacciones en función de H A

TRAMO I-I (AB) (0  z  20)

M I  H A z M I  z H A TRAMO II-II (BC) (0  x  30)

H   M II   66,67  A  x  20H A  2x 2 3  

M II x   20 H A 3 TRAMO III-III (CD) (0  y  10)

H   M III   66,67  A (30)  4(30)(15)  20 y  H A (20  y) 3   50

M III  10  20  y  y  10 H A Luego, aplicamos la condición:

xA 

W 0 H A

Reemplazamos las ecuaciones obtenidas anteriormente. 20 30  HA  1   2  x x  20H A  2x   20 dx     H A z (z)dz    66,67  EI  0 3    3 0  10    H     66,67  A (30)  4(30)(15)  20 y  H A (20  y) ( y  10)dy  0 3   0  

De donde:

H A  18,167k  Con este valor calculamos las otras reacciones y graficamos los diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector.

4.

Convertimos el empotramiento en A en un tramo adicional de longitud cero y de inercia infinita. Para facilidad de cálculo, las dimensiones de la viga las expresamos en centímetros.

51

Ahora, analizamos tramo por tramo desde el extremo izquierdo de la viga hasta el final. TRAMO A0AB 6 6 250  0 0  250  6.2,1.10 .0 6.2,1.10 .(1) M A 0    2M A      MB   0 250    40000   40000 

0,0125M A  0,00625M B  50400

………………. (a)

TRAMO ABC 6 6 375   250   250  375  6.2,1.10 .1 6.2,1.10 .0,5 MA      2M B    MC   250 375  40000   40000 120000   120000 

0,00625M A  0,01875M B  67200

………………. (b)


M A  6988800kg.cm

M B  5913600kg.cm Calculamos las reacciones en cada tramo. TRAMO AB:

M  0 F  0 A

Y



5913600  6988800  VBA (250)  0



VBA  51609,6kg 



VAB  51609,6  0



VAB  51609,6kg 



VCB (375)  5913600  0



VCB  15769,6kg 



 VBC  15769,6  0



VBC  15769,6kg 

TRAMO BC:

M  0 F  0 B

Y

Esquematizamos las reacciones en la viga y graficamos sus diagramas de fuerza cortante y momento flector.

52

53


D E


1.

USMP - FIA

EVALUACIÓN


SEM. ACADÉMICO

2009 – II

CURSO


SECCIÓN

30F

PROFESOR


DURACIÓN

110m

ESCUELA

INGENIERIA CIVIL

CICLO

VI

ENERGIA POTENCIAL DE DEFORMACION. Determinar la energía potencial de deformación para el pórtico mostrado en la figura, si es de rigidez constante. ………………………. (4 puntos)

2.

TEOREMA DE CASTIGLIANO. Resolver la armadura mostrada en la figura, considerando que la rigidez EA es constante en toda la estructura. ………………………. (5 puntos)

3.

TEOREMA DE CASTIGLIANO. Resolver el pórtico mostrado en la figura, considerando EI constante en toda la estructura. ………………………. (6 puntos)

54

4.

ECUACION DE LOS TRES MOMENTOS. La viga ABC antes que se aplique la carga, descansa sobre los apoyos A y C, existiendo una pequeña holgura entre la viga y el apoyo B. Cuando se aplica la carga uniformemente distribuida en la viga, la holgura desaparece y se desarrollan reacciones en los tres apoyos. ¿Cuál debe ser la magnitud de la holgura  a fin de que las tres reacciones sean iguales? Considerar E  2345000T / m e I  312500cm para toda la viga. 2

4

………………………. (5 puntos)

FECHA

La Molina, 21 de Setiembre del 2009

55


Calculamos las reacciones en los apoyos y graficamos el diagrama de momento flector.

Comprobamos el equilibrio en el nudo B

M

B

0



10  18  17,5  10,5  0


2.

U

1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 . .5.17,5. .17,5  . .3.10,5. .10,5  . .2.18. .18  .4.18.18 2EI 2 3 2EI 2 3 2EI 2 3 2EI

U

1066,33 (kJ) EI

Determinamos el grado de indeterminación de la armadura.

G.I.  9  2(4)  1 La armadura es una vez hiperestática. Reemplazamos la fuerza interna AC por P y determinamos las otras fuerzas internas en función de P, así como las reacciones en los apoyos.

Para mayor facilidad de cálculo, elaboramos una tabla, en la cual se incluyan todas las características del análisis de la armadura.

56

BARRA

L

EA

F( P )

F( P )

F

P

F L P EA

AB

20

EA

40  0,8P

 0,8

 640  12,8P EA

AC

25

EA

P

1

25P EA

AD

15

EA

30  0,6P

 0,6

 270  5,4P EA

BC

15

EA

 0,6P

 0,6

5,4P EA

BD

25

EA

 (50  P)

1

 1250  25P EA

CD

20

EA

 0,8P

 0,8

12,8P EA



 2160  86,4P EA

Luego:

 2160  86,4P 0 EA



P  25k

En consecuencia, las reacciones y fuerzas internas finales son las mostradas en la figura.

3.

Reemplazamos la componente horizontal en C por H C , calculamos las reacciones en los apoyos y planteamos las ecuaciones de momento para cada tramo. TRAMO I-I (CB) (0  x  20)

M CB  51  1,5H C x  1,2x 2

M CB  1,5x H C TRAMO II-II (BA) (0  y  30)

M BA  51  1,5H C (20)  480  H C y  0,6y 2

57

M BA  30  y H C

Como:

 CH  0 Se tendrá: 20 30  1  2 2   51x  1,5H C x  1,2x 1,5x dx   540  30H C  H C y  0,6 y 30  y dy  0 EI  0 0 









De donde:

H C  22,3k  Con los valores obtenidos, calculamos las reacciones en los apoyos y graficamos los diagramas de fuerzas internas.

58

4.


F

Y

0





3R  12(10)  0

R  40T 

Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector.

Aplicamos la fórmula, cuando existe asentamiento, conociendo que el valor del momento en B es 50T.m

5 5 6(12.53 / 24) 6(12.53 / 24) 6.2345000. 6.2345000.   2.50.        8 5 5 312500.10 8  312500.10 8 312500.10 8  312500.10 De donde:

  0,10m  10cm

59


D E


1.

USMP - FIA

EVALUACIÓN


SEM. ACADÉMICO

2010 – I

CURSO


SECCIÓN

30F

PROFESOR


DURACIÓN

110m

ESCUELA

INGENIERIA CIVIL

CICLO

VI

ENERGIA POTENCIAL DE DEFORMACION. Determinar la energía potencial de deformación para el pórtico mostrado en la figura, si es de rigidez constante en toda la estructura y la rigidez del resorte en D es k  EI / 98 ………………………. (5 puntos)

2.

TEOREMA DE CASTIGLIANO. Resolver la armadura mostrada en la figura, si las áreas de las barras AB, AD, BC y CD son 1,5 veces mayor al área de la barra BD. Considerar que el módulo de elasticidad E es igual para toda la estructura. ………………………. (5 puntos)

60

3.

TEOREMA DE CASTIGLIANO. Resolver la viga mostrada en la figura, graficando sus diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo. ………………………. (5 puntos)

4.

ECUACION DE LOS TRES MOMENTOS. Resolver la viga mostrada en la figura, graficando sus diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo. ………………………. (5 puntos)

FECHA

La Molina, 19 de Abril del 2010 61



M  0 F  0 M  0 F  0 izq B

X

D

Y



VA  3,2kN 

 VG (6)  12  3,2(5)  8(2)  0



VG  2kN 

3,2  8  VD  2  0



VD  2,8kN 



VA (5)  8(2)  0



HA  0

 

Ahora, graficamos el diagrama de momento flector.


U  

M 2 dx VD2 1 1 2 1 2 1 2   .3.9,6. .9,6  .2.9,6. .9,6  .6.28,8. .28,8  3.16,8.16,8   2EI 2k 2EI  2 3 2 3 2 3

1 2 2,8 2 1611,84 384,16 1996   .6.16,8. .16,8     (kJ) 2 3 EI EI EI  2(EI / 98)

62

2.

Eliminamos la reacción en B y lo reemplazamos por “P”, obteniendo las otras reacciones y fuerzas internas en función de P

Para mayor facilidad de cálculo, elaboramos una tabla, en la cual se incluyan todas las características del análisis de la armadura. BARRA

L EA

N

N P

 N  L N   P  EA

AB

20 1,5EA

25  0,5P

 0,5

 166,667  3,333P EA

AD

20 2 1,5EA

 (7,071  0,707P)

0,707

 94,266  9,425P EA

BC

20 1,5EA

25  0,5P

 0,5

 166,667  3,333P EA

CD

20 2 1,5EA

 (35,355  0,707P)

0,707

 471,329  9,425P EA

BD

20 EA

P

1

20P EA



 898,929  45,516P EA

Como:

 BV 

W 0 P



 898,929  45,516P 0 EA



P  19,75k

Luego, las fuerzas internas finales y reacciones se obtendrán reemplazando el valor de “P” en la armadura anterior.

63

3.

Eliminamos el apoyo en C y lo reemplazamos por VC , obteniendo las reacciones en el empotramiento A en función de VC

TRAMO I-I (0  x  3)

M I  (60  VC )x  (210  6VC )

M I  x  6 VC TRAMO II-II (3  x  6)

M II  (60  VC )x  (210  6VC )  60(x  3)

M II  x  6 VC Luego: 3 6  1       ( 60  V ) x  ( 210  6 V ) (  x  6 ) dx  ( 60  V ) x  ( 210  6 V )  60 ( x  3 ) (  x  6 ) dx  0 C C C C  EI  3  0

Resolvemos los integrales y obtenemos:

VC  26,25kN  Con el valor obtenido, graficamos los diagramas finales requeridos.

64

4.

Eliminamos el empotramiento y lo reemplazamos por un tramo adicional de longitud cero y de inercia infinita. El voladizo lo reemplazamos por su acción equivalente.

TRAMO A0AB

 6  3.3 2  610.  2  1 6 6 6(0)  0  0 6 6 M A 0    2M A     M B        I   I  I

12M A  6M B  15

………………….. (a)

TRAMO ABC

 6  3.3 2   6.6 3  610. 1  2  6  6 6  24  6 6 6  6   M A    2M B     M C      I 2I I  I 2I   2I 

6M A  18M B  105

………………….. (b)


M A  5kN.m M B  7,5kN.m Determinamos las reacciones en los apoyos, efectuando el equilibrio en cada tramo. TRAMO AB:

M  0 F  0 A

Y



VBA (6)  5  10  7,5  0



VBA  3,75kN 



 VAB  3,75  0



VAB  3,75kN 



VCB (6)  6(6)(3)  12(6)  24  7,5  0



VCB  32,75kN 



VBC  32,75  6(6)  12  0



VBC  15,25kN 

TRAMO BC:

M  0 F  0 B

Y

65

De esta manera, graficamos los diagramas finales de fuerza cortante, momento flector y refuerzo.

66


D E


1.

USMP - FIA

EVALUACIÓN


SEM. ACADÉMICO

2010 – II

CURSO


SECCIÓN

30F

PROFESOR


DURACIÓN

110m

ESCUELA

INGENIERIA CIVIL

CICLO

VI

ENERGIA POTENCIAL DE DEFORMACION. Para el pórtico de concreto armado de sección constante mostrado en la figura, se pide determinar la energía potencial de deformación considerando todas las 3

fuerzas internas, sí E  3.10 kPa ; G  0,43E  1,29.10 kPa ; A  0,24m ; I  7,2.10 m 7

7

2

4

y

k  1,2 ………………………. (5 puntos)

2.

TEOREMA DE CASTIGLIANO. Determinar las fuerzas internas en las barras de la armadura mostrada en la figura, cuyas rigideces se dan en el mismo gráfico. ………………………. (5 puntos)

67

3.

TEOREMA DE CASTIGLIANO. El bastidor ABC mostrado en la figura está cargado por las fuerzas P que actúan en los puntos A y C. Los miembros AB y BC son idénticos y tienen una longitud L, rigidez flexionante EI y rigidez axial EA. Determinar el incremento en longitud  entre los puntos A y C, debido a las fuerzas P, considerando los efectos de flexión y axial en las deformaciones. ………………………. (5 puntos)

4.

ECUACION DE LOS TRES MOMENTOS. Determinar los momentos flexionantes M 1 , M 2 , M 3 , M 4 ,

M 5 , M 6 , M 7 , M 8 en los apoyos de una viga continua con siete claros de igual longitud L, cuando sólo está cargado el claro central con una carga uniformemente distribuida de intensidad w ………………………. (5 puntos)

FECHA



Determinamos las rigideces por todo concepto.

EI  3.10 7.7,2.10 3  2,16.105 kN.m 2 GA  1,29.10 7.0,24  30,96.105 kN EA  3.10 7.0,24  72.105 kN Graficamos los diagramas de fuerzas internas.

Determinamos la energía potencial de deformación.

U  

U  2.

N 2 dx V 2 dx M 2 dx   k   2EA 2GA 2EI

1 1 (8)(4)(8)  (4)(6)(4)  1,2. (4)(4)(4)  8.2.8  4.4.4  5 2.72.10 2.30,96.10 5

1 2.2,16.10 5

2 1 2 1  . 16 . 4 . . 16 . 2  . 16 . 2 . .16  16.2.16  323,45.10 5 kJ  3,2345J  2 3 2 3 

Reemplazamos la fuerza interna de la barra AC por “P” y calculamos las otras fuerzas internas en función de “P”, tal como se muestra en la figura. Previamente, se calcularán las reacciones en los apoyos.

69

Para mayor facilidad de cálculo, elaboramos una tabla, en la cual se incluyan todas las características del análisis de la armadura. BARRA

L

EA

F( P )

F( P )

F

P

F L P EA

AB

4

1,5EA

 (5  0,707P)

 0,707

AD

4

2EA

10  0,707P

 0,707

AC

4 2

EA

P

1

4 2P EA

BD

4 2

EA

7,071  P

1

4 2 (P  7,071) EA

BC

4

EA

 (15  0,707P)

 0,707

2,828(15  0,707P) EA

CD

4

1,5EA

15  0,707P

 0,707

CE

4 2

EA

 15 2

0

0

DE

4

2EA

15

0

0

1,8853(5  0,707P) EA 





1,414(10  0,707P) EA

1,8853(15  0,707P) EA

49,421  16,9786P EA

Luego:

W 0  P

49,421  16,9786P 0 EA



P  2,911kN

Con el resultado obtenido, calculamos las otras fuerzas internas, reemplazando el valor de P en cada una de ellas, siendo las reacciones y fuerzas internas finales las mostradas en la siguiente figura.

70

3.

Aplicamos una carga horizontal “H” en los puntos A y C, analizando el tramo AB, denotado como I-I TRAMO I-I (AB) (0  x  L)

N I  (P  H) cos  N I  cos  H

M I  (P  H)(sen)(x) M I  xsen  H

Como el tramo AB es igual a BC, simplemente en el proceso multiplicamos por dos, obteniendo: L

   P( N)   P(M)

1 1  2. (P cos )(cos )L  2.  (Pxsen )(xsen )dx EA EI 0

2PL cos 2  2PL3sen 2   EA 3EI 4.

Esquematizamos la viga y su carga, tal como se muestra en la figura.

TRAMO 123

M1 (L)  2M 2 (L  L)  M 3 (L)  6(0)  6(0) 4M 2  M 3  0 71

…………………(a)

TRAMO 234

M 2 (L)  2M 3 (L  L)  M 4 (L)  6(0)  6(0) M 2  4M 3  M 4  0

…………………(b)

TRAMO 345

 wL3  M 3 (L)  2M 4 (L  L)  M 5 (L)  6(0)  6   24 

M 3  4M 4  M 5  

wL2 4

…………………(c)

TRAMO 456

 wL3  M 4 (L)  2M 5 (L  L)  M 6 (L)  6   6(0)  24 

M 4  4M 5  M 6  

wL2 4

M 4  4M 5  M 3  

wL2 4

Por simetría M 6  M 3 , quedando: …………………(d)

De la ecuación (a):

M 3  4M 2 Reemplazamos en (b):

M 4  15M 2 Los valores obtenidos lo reemplazamos en (c):

wL2 56M 2  M 5   4

…………………(e)

Efectuamos lo mismo con la ecuación (d):

wL2 11M 2  4M 5   4 Resolvemos (e) y (f), obteniendo:

wL2 M2  M7   284

M3  M6 

wL2 71

M4  M5   M1  M 8  0

72

15wL2 284

…………………(f)


D E


1.

USMP - FIA

EVALUACIÓN

EXAMEN PARCIAL

SEM. ACADÉMICO

2008 – II

CURSO


SECCIÓN

30F

PROFESOR


DURACIÓN

110m

ESCUELA

INGENIERIA CIVIL

CICLO

VI

ENERGIA POTENCIAL DE DEFORMACION. Determinar la energía potencial de deformación para el pórtico mostrado en la figura. ………………………. (5 puntos)

2.

METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Una viga simplemente apoyada AB de longitud L y rigidez a flexión EI, soporta una carga distribuida triangularmente de intensidad máxima w , tal como se muestra en la figura. Determinar las pendientes en los apoyos A y B ………………………. (5 puntos)

3.

METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar el desplazamiento vertical del punto K del pórtico mostrado en la figura. ………………………. (5 puntos)

73

4.

TEOREMA DE CASTIGLIANO. Determinar las fuerzas internas en las barras de la armadura mostrada en la figura, cuyas rigideces son iguales para todas las barras. ………………………. (5 puntos)

FECHA


74

SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL CICLO 2008 – II 1.

Determinamos las reacciones en los apoyos (figura a) y graficamos su diagrama de momento flector (figura b). Nótese que en la viga CDE dicho diagrama se muestra en forma punteada, sólo con fines académicos, ya que en un elemento rígido no existen diagramas de fuerzas internas. En la figura c) se muestra el equilibrio en el nudo D, también con fines académicos de comprobación.

Si analizamos la fórmula de energía potencial de deformación, podemos concluir que la energía potencial de deformación en la viga rígida CDE es cero. Luego:

M 2 dx 1 1 2 1 2  57 U    .4,5.3. .4,5  .7,5.5. .7,5  (kJ)  2EI 2EI  2 3 2 3  EI 2.

Para mayor exactitud, graficamos los diagramas, dividiendo la viga en cuatro partes iguales. En la figura a) se muestra el diagrama de fuerza cortante y momento flector para la carga real, en la figura b) el diagrama de momento flector debido al momento unitario aplicado en el apoyo A y en la figura c) el diagrama de momento flector debido al momento unitario aplicado en el apoyo B Luego, determinamos la pendiente en los apoyos. PENDIENTE EN “A”:

A 

L / 2   7 wL2  3   wL2  1  L / 2  wL2        4  6EI   128  4   16  2  6EI  16

 1   5wL2  1  17 wL3    4     2   128  4  768EI

Como el signo es positivo, implica que la pendiente en A va en el mismo sentido que el momento unitario, es decir, en sentido horario. PENDIENTE EN “B”:

L / 2   7 wL2  1   wL2  1  L / 2  wL2  1   5wL2  3  5wL3           4    B  4  6EI   128  4   16  2  6EI  16  2   128  4  256EI Como el signo es positivo, en este caso, la pendiente en B va en sentido antihorario, es decir, igual a la orientación del momento unitario aplicado en dicho apoyo.

75

3.

Calculamos las reacciones en los apoyos debido a la carga real.

M  0 F  0 F  0



H A (3)  2(12)(6)  0



H A  48kN 

X



48  H B  0



H B  48kN 

Y



VC  2(12)  0



VC  24kN 

O

Graficamos el diagrama de momento flector debido a la carga real, mostrado en la figura a) Luego, calculamos las reacciones en los apoyos debido a la carga unitaria.

M  0 F  0 F  0



H A (3)  1(12)  0



HA  4 

X



4  HB  0



HB  4 

Y



VC  1  0



VC  1 

O

Graficamos el diagrama de momento flector debido a la carga unitaria, mostrado en la figura b)

Determinamos el desplazamiento vertical del nudo K

 KV 

1 1 2 1 1 2 6 144.12  4.153.15  180.18  . .3.144. .12  . .6.288. .24  EI 2 3 EI 2 3 6(2EI)

76

 4.

6 108.6  4.63.3  23328  6(2EI) EI

Determinamos el grado de indeterminación de la armadura.

G.I.  13  2(6)  1 La armadura es una vez hiperestática. Eliminamos la barra AE y lo reemplazamos por una fuerza interna P, calculando las fuerzas internas en el resto de barras de la armadura, todas ellas en función de P, tal como se muestra en la figura.

Para mayor facilidad, elaboramos una tabla en la cual se incluyan todas las características de la armadura. BARRA

L

EA

F( P )

F( P )

F

P

(pie)

F L P EA

AB

30

EA

 (20  0,707P)

 0,707

424,2  15P EA

AC

36,055

EA

 24,039

0

0

AD

30

EA

 (16,665  0,707P)

 0,707

353,464  15P EA

AE

42,426

EA

P

1

42,426P EA

BF

36,055

EA

 36,059

0

0

BD

42,426

EA

 (14,146  P)

1

 600,158  42,426P EA

BE

30

EA

 (39,995  0,707P)

 0,707

848,294  15P EA

CD

31,623

EA

21,083

0

0

DE

30

EA

30  0,707P

 0,707

 636,3  15P EA

EF

31,623

EA

31,625

0

0

 77

389,5  144,852P EA

Luego:

389,5  144,852P 0 EA



P  2,689k

Con el valor obtenido, determinamos las otras fuerzas internas, reemplazando P en cada una de ellas, obteniéndose los valores mostrados en la siguiente figura.

78


D E


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VI

ENERGIA POTENCIAL DE DEFORMACION. Determinar la energía potencial de deformación para la armadura mostrada en la figura, si es de rigidez constante EA ………………………. (5 puntos)

2.

METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. La estructura ABC mostrada en la figura está empotrada en el apoyo A y libre en el extremo C. Los miembros AB y BC son perpendiculares entre si, tiene una longitud L y una rigidez en flexión EI. La carga P es horizontal y actúa en C. Determinar las deflexiones vertical y horizontal en el punto C ………………………. (5 puntos)

3.

METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar el desplazamiento horizontal del nudo D para el pórtico en voladizo mostrado en la figura, si es de rigidez constante EI en toda la estructura. ………………………. (5 puntos)

79

4.

ECUACION DE LOS TRES MOMENTOS. Resolver la viga mostrada en la figura, graficando sus diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo. Considerar que la rigidez EI es constante para toda la viga. ………………………. (5 puntos)

FECHA


80

SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL CICLO 2009 – I 1.

Calculamos las reacciones en los apoyos y las fuerzas internas en cada barra de la armadura.

Determinamos la energía potencial de deformación. n

U i 1

U 2.





N i2 L i 1  (8) 2 .2.2  16 2.2.2  (16) 2 .2.2  (18) 2 .3  30 2.5  (20) 2 .5 2EA 2EA

4888 (kJ) EA

Graficamos el diagrama de momento flector debido a la acción de la carga real, tal como se muestra en la figura.

DESPLAZAMIENTO VERTICAL EN “C”: Graficamos el diagrama de momento flector debido a la acción de la carga vertical unitaria y determinamos la deflexión vertical en el nudo C

 CV   

 CV 

MM1ds 1 1 PL 2 2 L 2 L  PL 2 L 2 PL 2 3L 2   . .L. . .  .  4. .   EI EI 2 2 3 2 6EI  2 2 4 4 

PL3  2EI 81

DESPLAZAMIENTO HORIZONTAL EN “C”: Graficamos el diagrama de momento flector debido a la acción de la carga horizontal unitaria y determinamos el desplazamiento horizontal en C

MM1* ds 1 1 PL 2  2 L 2  PL3  .     2. . .L.  EI EI 2 2  3 2  3EI C H

3.

Graficamos los diagramas de momento flector debido a la acción de las cargas reales (figura a) y carga horizontal unitaria (figura b), determinando el desplazamiento horizontal en D

 DH    

M P M1ds 3 22.3  4.16.1,5  1 . 1 .12.3. 2 .3  6  24.3  4.3.3  12.3   EI 6EI EI 2  3  6EI

1 1  2  153 . .12.3. .3    EI 2  3  EI

82

4.

Convertimos el empotramiento en A en un tramo adicional de longitud cero y de inercia infinita, tal como se muestra en la figura.

Ahora, analizamos tramo por tramo desde el extremo izquierdo de la viga hasta el final. TRAMO A0AB

150.12 2  M A0 (0)  2M A (0  12)  M B (12)  6(0)  6   16 

2M A  M B  675

………………. (a)

TRAMO ABC

150.12 2   30.9 3  M A (12)  2M B (12  9)  M C (9)  6   6   16   24 

2M A  7M B  2261,25

………………. (b)


M A  205,312kN.m M B  264,375kN.m Calculamos las reacciones en cada tramo. TRAMO AB:

M  0 F  0 A

Y



VBA (12)  205,312  150(6)  264,375  0  VBA  79,922kN 



VAB  79,922  150  0

83

 VAB  70,078kN 

TRAMO BC:

M  0 F  0 B

Y



VCB (9)  264,375  30(9)(4,5)  0



VCB  105,625kN 



VBC  105,625  30(9)  0



VBC  164,375kN 

Esquematizamos las reacciones en la viga y graficamos sus diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo.

84


D E


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ENERGIA POTENCIAL DE DEFORMACION. Determinar la energía potencial de deformación para el pórtico mostrado en la figura, si EI   para toda la estructura y las rigideces en los apoyos elásticos son k A  2k , k B  k y k D  k / 2 ………………………. (5 puntos)

2.

METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar los desplazamientos horizontal y vertical en E, considerando E  29.10 lb / p lg y las áreas son las indicadas en la figura en círculos, expresadas 6

en p lg

2

2

………………………. (5 puntos)

3.

METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar la pendiente en D para el pórtico mostrado en la figura. Considerar que la rigidez a flexión para las columnas es EI y para las vigas es 3EI ………………………. (5 puntos)

85

4.

TEOREMA DE CASTIGLIANO. Una viga en voladizo AB de longitud L y rigidez a flexión EI soporta una carga uniforme de intensidad “w” sobre su mitad derecha, tal como se muestra en la figura. Determinar las deflexiones en los puntos C y B de la viga. ………………………. (5 puntos)

FECHA



Calculamos las reacciones en los apoyos.

M  0 M  0 F  0 F  0 der E



VD (4)  16  0



VD  4kN 

C



H B (5)  16  16(3)  6(5)(2,5)  4(7)  0



H B  7,8kN 

X



6(5)  7,8  H A  0



H A  22,2kN 

Y



VC  4  16  0



VC  12kN 

Luego, como el pórtico tiene rigidez EI   , se trata de una estructura sólida o indeformable, es decir, no existe diagrama de momento flector. Calculamos la energía potencial de deformación: 3

U i 1

2.

R i2 H2 H2 V2 (22,2) 2 7,8 2 42 169,63 (kJ)  A  B  D     2k i 2 k A 2k B 2 k D 2(2k ) 2k 2(k / 2) k

Calculamos las rigideces de las barras de la armadura.

EA 2  29.10 6.2  58.10 6 lb  58000k EA 4  29.10 6.4  116.10 6 lb  116000k EA 6  29.10 6.6  174.10 6 lb  174000k EA 8  29.10 6.8  232.10 6 lb  232000k Determinamos las fuerzas internas para la armadura ante las cargas reales (figura a), la armadura ante la carga vertical unitaria (figura b) y la armadura ante la carga horizontal unitaria (figura c).

DESPLAZAMIENTO VERTICAL EN “E”:

 EV  

NN1L 1 40.1,333.20.12  (40)(1,333).20.12  (50)(1,667).25.12   EA 58000



1 80.1.15.12  50.1.15.12  1 (133,333)(1,667).25.12  116000 174000



1 146,667.2,667.20.12 232000

 EV  1,862p lg 

87

DESPLAZAMIENTO HORIZONTAL EN “E”:

NN1* L 1 146,667.1.20.12  1 40.1.20.12  0,317p lg     EA 232000 58000 E H

3.

Por Estática, graficamos los diagramas de momento flector debido a la acción de las cargas reales (figura a) y debido a la acción del momento unitario en D (figura b). Para ambos casos la barra CD trabaja únicamente en tracción o compresión.

Determinamos la pendiente en D, dividiendo, para ello, la multiplicación de diagramas en el mayor número de tramos, con la finalidad de tener una mayor exactitud.

D 

2 4.2.0,25  4.0,5  4  4.0,5  4.2.0,25  4 4.10.0,25  28.0,5  6EI 6(3EI) 6(3EI) 

D 

2 20.0,5  4.10.0,75 6EI

56 3EI

Como el signo es positivo, indica que la pendiente en D va en sentido horario. 4.

Planteamos las ecuaciones para cada caso. DEFLEXION EN “C”:

TRAMO I-I (0  x  L / 2)

wL   PL 3wL2    MI  P   x   2   2 8   M I L x P 2

88

TRAMO II-II (L / 2  x  L)

wL   PL 3wL2   L w  L    P x     x   M II   P   x   2   2 8   2 2  2 

2

M II 0 P Determinamos la deflexión vertical en C

 CV 

 CV 

1   EI 

L/2

 0

 wLx 3wL2  L    x  dx   8  2   2

7 wL4  192EI

DEFLEXION EN “B”:

TRAMO I-I (0  x  L / 2)

wL   3wL2    MI  P   x   PL  2   8  

M I  xL P TRAMO II-II (L / 2  x  L)

wL   3wL2  w  L     x   M II   P   x   PL  2   8  2 2 

2

M II  xL P Determinamos la deflexión vertical en B

1      EI   B V

L/2

 0

2 L   wLx 3wL2 w    wLx 3wL2  L    x  L dx       x   x  L dx   2 8  8 2 2     2 L/2 

41wL4    384EI B V

89


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CICLO

VI

ENERGIA POTENCIAL DE DEFORMACION. Determinar la energía potencial de deformación para la viga mostrada en la figura. Considerar que el resorte en A es de giro, el resorte en C es vertical y como rigidez del resorte k  EI / 2 ………………………. (5 puntos)

2.

METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. La armadura simétrica ABCD tiene una altura H  6pie y una longitud de claro L  16pie , tal como se muestra en la figura. En el nudo D actúa verticalmente una carga P  24k . El área de la sección transversal de cada barra a tracción es A tr  2p lg

2

y la de

cada barra a compresión es A comp  5p lg . La armadura está hecha de acero con módulo de 2

elasticidad E  30.10 ksi . Determinar el desplazamiento horizontal en el apoyo C y la deflexión 3

vertical en el nudo D ………………………. (5 puntos)

3.

METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar el desplazamiento vertical del punto D del pórtico mostrado en la figura. Considerar b  0,2m y   const para toda la estructura. ………………………. (5 puntos)

90

4.

ECUACION DE LOS TRES MOMENTOS. Determinar las longitudes de los voladizos en la viga continua mostrada en la figura, de tal manera que los momentos en los tres apoyos sean iguales. Considerar que la viga es de sección constante. ………………………. (5 puntos)

FECHA


91

SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL CICLO 2010 – I 1.

Por la Estática, calculamos las reacciones en los apoyos (figura a) y graficamos el diagrama de momento flector (figura b), considerando que en el tramo de rigidez infinita no existe diagrama.

Determinamos la energía potencial de deformación a través de la fórmula:

U  

U

M 2 dx 2 R i2  2EI i 1 2k i

1 1 2 1 2 1 5 13,5.13,5  4.17,75.17,75  22.22  .9.2. .9.2  .13,5.3. .13,5.   2EI  2 3 2 3 2 6.2 V 2 581,58 45 2 1 2 1 M2 12,7 2 581,58 333,77  .22.2. .22.   A  C      2 3 2  2k 1 2 k 2 EI 2(4k ) 2k EI k

U 2.

581,58 333,77.2 1249,12   (kJ) EI EI EI

Calculamos las reacciones en los apoyos y las fuerzas internas en las barras de la armadura debido a la acción de la carga real (figura a), a la acción de la carga horizontal unitaria (figura b) y a la acción de la carga vertical unitaria (figura c)

DESPLAZAMIENTO HORIZONTAL EN “C”:

 CH 

1 16.1.8.12.2  0,0512p lg  30.10 3.2 92

DESPLAZAMIENTO VERTICAL EN “D”:

 DV  3.

1 16.0,667.8.12.2  24.1.6.12  1 3 20.0,833.10.12.2  0,0896p lg  3 30.10 .2 30.10 .5

Esquematizamos con línea punteada las zonas traccionadas por temperatura (figura a). Por Estática calculamos las reacciones en los apoyos (figura b) y graficamos los diagramas de momento flector (figura c) y fuerza axial (figura d), debido a la acción de la carga vertical unitaria aplicado en D

Aplicamos trabajo virtual por variación de temperatura, a través de la siguiente fórmula:

 iT    VD ( T )  



t1  t 2 b

A Mi   

t1  t 2 2

A Ni

 20  10 1 30  10 1 10  30 1  20  10 . .2.2   . .4.2   . .4.1   .0,5.2  0,2 2 0,2 2 0,2 2 2

30  10 2

.1.4  

10  30 2

.1.4

VD(T )  265  4.

Reemplazamos los voladizos por sus acciones equivalentes, tal como se muestra en la figura.

93

Aplicamos la ecuación de los tres momentos para el tramo ABC

 wL3   wL3  M A (L)  2M B (L  L)  M C (L)  6   6   24   24 

wx 2 Por condición del problema M A  M B  M C   2 Reemplazamos en la ecuación:

 wx 2   wx 2   wx 2   wL3    (L)  2  (2L)    (L)  12  2  2  2      24  De donde:

x

L 6

94

 0,408L


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CICLO

VI

ENERGIA POTENCIAL DE DEFORMACION. Determinar la energía potencial de deformación para la armadura mostrada en la figura. Considerar que la rigidez EA es constante para toda la estructura. ………………………. (5 puntos)

2.

METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Un pórtico rectangular ABCD está empotrado en el apoyo A y libre en el extremo D, tal como se muestra en la figura. Los tres miembros tienen longitud L y rigidez a flexión EI. La carga vertical P actúa en D. Determinar los desplazamientos horizontal, vertical y la pendiente en el extremo libre. ………………………. (5 puntos)

3.

METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar la pendiente en H para la viga mostrada en la figura, considerando los desplazamientos lineales y angular en los apoyos. ………………………. (5 puntos)

95

4.

TEOREMA DE CASTIGLIANO. Una barra curva delgada AB tiene una línea de centros en forma de un cuadrante de círculo con radio R, tal como se muestra en la figura. La barra está empotrada en el apoyo A y libre en B, donde actúa una carga horizontal P. Determinar el desplazamiento horizontal, el desplazamiento vertical y la pendiente en el extremo libre. ………………………. (5 puntos)

FECHA


96


Calculamos las reacciones en los apoyos y determinamos las fuerzas internas en las barras de la armadura, cuyos resultados se muestran en la siguiente figura.

Determinamos la energía potencial de deformación.



N i2 L i 1 U  (6) 2 .4.3  (10) 2 .4  (5,657) 2 .4 2  (6,326) 2 .12,649 2EA i 1 2EA n

U 2.



759,61 (kJ) EA

Graficamos los diagramas de momento flector debido a la acción de la carga real (figura a); a la acción de la carga vertical unitaria (figura b); a la acción de la carga horizontal unitaria (figura c) y a la acción del momento unitario (figura d), tal como se muestra en la figura de la siguiente página. Calculamos los desplazamientos y pendiente en el extremo libre. DESPLAZAMIENTO VERTICAL EN “D”:

 DV 

 1 1 2  (L)(PL) .L .2  (PL)(L)(L)  EI  2 3  

 DV 

5PL3  3EI

DESPLAZAMIENTO HORIZONTAL EN “D”:

 DH 

 1  L 1 (PL)(L)   (PL)(L)(L)  EI  2 2 

 DH 

PL3  EI

PENDIENTE EN “D”:

D 

2 1 1  2PL ( PL )( L )( 1 ). 2  ( PL )( L )( 1 )   EI  2 EI 

Como el signo es positivo, la pendiente va en el mismo sentido que el momento unitario, es decir, en sentido horario.

97

3.

Por Estática determinamos las reacciones en los apoyos, iniciando en el tramo EF y continuando con la parte derecha e izquierda de la viga, tal como se muestra en la figura.

98

Determinamos la pendiente en H por la fórmula: n

 ic   R ij .C j j1

3 1 1  1   H    .0,04  .0,03  .0,02  .0,01  0,01875rad 8 4 2  16  El signo (-) indica que la pendiente en H va en sentido opuesto al momento unitario, es decir, en sentido antihorario. 4.

Analizamos cada uno de los casos en forma independiente, existiendo un solo tramo en todos ellos. DESPLAZAMIENTO HORIZONTAL EN “B”:

TRAMO I-I (0     / 2)

M I  (P  H)R (1  cos ) M I  R (1  cos ) H

ds  Rd Luego:

 M I  ds 1  BH   M I     H   EI EI s

 BH 

/2

3 / 2

PR 2   PR(1  cos ) R (1  cos )Rd  EI  (1  cos ) d 0

0

PR 3 (3  8)  4EI

DESPLAZAMIENTO VERTICAL EN “B”:

TRAMO I-I (0     / 2)

M I  PR(1  cos )  VRsen M I  Rsen V 99

ds  Rd Luego:

 M I  ds 1  BV   M I     V   EI EI s

 BV 

/2

3 / 2

PR   PR(1  cos ) RsenRd  EI  (1  cos )(sen)d 0

0

PR 3  2EI

PENDIENTE EN “B”:

TRAMO I-I (0     / 2)

M I  PR(1  cos )  M M I  1 M

ds  Rd Luego:

 M I  ds 1 B   M I     M  EI EI s

B 

/ 2

 0

PR 2  PR(1  cos )(1)Rd  EI

/2

 (1  cos )d 0

PR 2 (  2) 2EI

Como el signo es (+) indica que la pendiente va en el mismo sentido que el momento ficticio M, es decir, en sentido horario.

100


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METODO DE LAS FUERZAS. Resolver el pórtico mostrado en la figura y graficar sus diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector. ………………………. (10 puntos)

2.

METODO DE LAS FUERZAS. Resolver el pórtico mostrado en la figura, considerando

E  15000 f C' ; f C'  210kg / cm 2 ; I  0,000675m 4 y graficar sus diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector. ………………………. (10 puntos)

FECHA

La Molina, 27 de Octubre del 2008 101


Determinamos el grado de indeterminación del sistema.

G.I.  3C  A  3(3)  6  3 El pórtico es tres veces hiperestático y como tiene un sistema de estructura compuesta (montaje una sobre otra), podemos analizarlo en forma separada cada sistema, iniciando con la estructura superior. SISTEMA I:

Determinamos su grado de indeterminación de este sistema:

G.I.  3(1)  2  1 Eliminamos la componente horizontal en el apoyo J, calculando sus reacciones en los apoyos para la carga real (figura a) y carga unitaria (figura b). Luego, graficamos los diagramas de momento flector debido a la acción de la carga real (figura c) y carga unitaria (figura d)

La ecuación canónica para el sistema será:

11X1  1P  0 11  2.

1 1 2 1 65,333 . .3,5.3,5. .3,5  .3,5.6.3,5  EI 2 3 2EI EI

102

1P 

6 4.45.3,5  315 6(2EI ) EI

Luego:

65,333 315 X1  0 EI EI De donde:

X1  H J  4,821kN  De esta manera, las reacciones en los apoyos y los diagramas de fuerzas internas, para esta parte de la estructura, serán las mostradas en la siguiente figura.

Ahora, analizamos el sistema II, aplicando las reacciones obtenidas en el cálculo previo. SISTEMA II:


G.I.  3(1)  2  1

103

Eliminamos la componente horizontal en el apoyo A y analizamos el pórtico AFB, en forma análoga a lo realizado con el sistema I, es decir, debido a la acción de la carga real y sus transmisiones de las reacciones de los apoyos de la parte superior, así como a la acción de la carga unitaria, graficando sus respectivos diagramas de momento flector.

La ecuación canónica será:

11X1  1P  0 11 

1 1 2 1 1 2 34,667 . .4.5. .4  . .4.4. .4  2EI 2 3 EI 2 3 EI

1P  

1 1 2 2,5 2.34,642  4.3.26,963  4.19,284  1 . 1 .4.4. 2 .19,284 . .2,5.2. .34,642  2EI 2 3 6(2EI) EI 2 3

1P  

229,628 EI

Luego:

34,667 229,628 X1  0 EI EI De donde:

X1  H A  6,624kN  De esta manera, las reacciones en los apoyos y los diagramas de fuerzas internas, para esta parte del sistema, será la mostrada en la figura de la siguiente página. Ahora, analizamos el sistema III, aplicando las reacciones obtenidas en el cálculo del sistema I

104

SISTEMA III:


G.I.  3(1)  2  1 Eliminamos la componente horizontal en el apoyo D y analizamos el pórtico CJD, calculando las reacciones en los apoyos debido a la transmisión de acciones del sistema I (figura a) y carga unitaria (figura b). Luego, graficamos los diagramas de momento flector debido a las cargas reales (figura c) y carga unitaria (figura d) La ecuación canónica será:

11X1  1P  0 11 

1 1 2 1 1 2 34,667 . .4.5. .4  . .4.4. .4  2EI 2 3 EI 2 3 EI

1P  

1 1 2 1 1 2 167,128 . .4.5. .19,284  . .4.4. .19,284   2EI 2 3 EI 2 3 EI

Luego:

34,667 167,128 X1  0 EI EI 105

De donde:

X1  H D  4,821kN 

De esta manera, las reacciones en los apoyos y diagrama de fuerza axial para esta parte de la estructura es la mostrada en la figura. Se debe indicar, que no existen diagramas de fuerza cortante y momento flector en esta parte de la estructura.

De esta forma, el diagrama final de fuerzas internas será la suma de los tres diagramas de los tres sistemas analizados en forma separada, siendo los diagramas finales de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector los mostrados en la figura de la siguiente página.

106

2.

Calculamos la rigidez a flexión EI

E  15000 210  217370,65kg / cm 2  2173706,5T / m 2

EI  2173706,5.0,000675  1467,252T.m 2 Determinamos el grado de indeterminación del sistema.

G.I.  3(2)  4  2 Planteamos el sistema principal, eliminando dos conexiones adicionales, de tal forma que se convierte en isostático, determinando sus reacciones en los apoyos y graficando sus diagramas de momento flector correspondientes, tal como se muestra en la figura de la siguiente página. El sistema de ecuaciones canónicas es:

11X1  12X 2  1C  0 12X1   22X 2   2C  0 11 

1 1 2 1 40,5 . .3.3. .3  .3.4.3  2EI 2 3 EI EI

12    22 

1 48 .3.4.4   EI EI

1 1 2 1 74,667 . .4.4. .4  .4.4.4  2EI 2 3 EI EI

1C  (3.0,01)  0,03  2C  (1.0,02  4.0,01)  0,02 107

Reemplazamos valores:

40,5 48 X1  X 2  0,03  0 EI EI 

48 74,667 X1  X 2  0,02  0 EI EI

Luego, multiplicamos el término independiente por EI obtenido anteriormente, siendo los resultados los siguientes:

40,5X1  48X 2  44,017  48X1  74,667X 2  29,345 De donde:

X1  VA  2,608T  X 2  VF  1,283T 

De esta manera, las reacciones en los apoyos y diagramas finales de la estructura son las mostradas en la figura de la siguiente página.

108

109


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VI

METODO DE LAS FUERZAS. Resolver el siguiente pórtico y graficar sus diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector. Considerar que la rigidez EI es constante para todo el pórtico. ………………………. (10 puntos)

2.

METODO DE LAS FUERZAS. Resolver el siguiente pórtico, considerando que es de concreto armado 5

 1  7  , el módulo de elasticidad es E  2.10 kPa o  C

con coeficiente de dilatación térmica   1,2.10 

y las dimensiones de la sección transversal para las columnas son 30cm x 30cm y para la viga de 30cm x 50cm ………………………. (10 puntos)

FECHA

La Molina, 25 de Mayo del 2009

110



G.I.  3(2)  4  2 Elegimos el sistema principal (figura a) y graficamos los diagramas M 1, M2 y MP, mostrados en las figuras b, c y d

El sistema de ecuaciones canónicas es:

11X1  12X 2  1P  0 12X1   22X 2   2P  0 11 

1 1 2 1 108 . .3.3. .3.4  .3.4.3.2  EI 2 3 EI EI

12 

1 1 1 1 6 .3.4. .4  .3.4. .4  (3.4  4.0.4  3.4)  0 EI 2 EI 2 6EI

 22 

1 1 2 1 138,667 . .4.4. .4.2  .4.6.4  EI 2 3 EI EI

1P 

1 1 6 624 .3.4. .80  (3.64  4.0.40  3.16)  EI 2 6EI EI

 2P 

1 1 2 6 1386,667 . .4.4. .80  (4.64  4.4.40  4.16)  EI 2 3 6EI EI

111

Reemplazamos valores y obtenemos:

108 624 X1  0 EI EI

X1  5,778kN



138,667 1386,667 X2  0 EI EI



X 2  10kN

Para graficar los diagramas finales, reemplazamos los valores obtenidos en la figura a) de la página anterior, siendo dichos diagramas finales los mostrados en la siguiente figura.

2.

Calculamos las rigideces a flexión de columnas y viga.

EI col

0,3.0,33  2.10 .10 .  1,35.10 7 N.m 2  EI 12 7

3

EI viga  2.10 7.10 3.

0,3.0,53  6,25.10 7 N.m 2  4,63EI 12


G.I.  3(1)  1  2 Elegimos el sistema principal, eliminando dos conexiones adicionales, convirtiendo la estructura en isostática y graficando sus diagramas de fuerza axial y momento flector, tal como se muestra en la figura de la siguiente página. El sistema de ecuaciones canónicas es:

11X1  12X 2  1T  0 12X1   22X 2   2T  0 112

Determinamos los coeficientes del sistema de ecuaciones canónicas.

11 

1 1 2 1 109 . .5.5. .5  .5.4.5  4,63EI 2 3 EI EI

12    22 

1 1 1 50,8 . .5.5.4  .5.4.2   4,63EI 2 EI EI

1 1 2 1 59,94 . .4.4. .4.2  .4.5.4  EI 2 3 4,63EI EI

1T  

23  15

 2 T  

0,3

.5.4  

23  30 1 23  15 23  0 . .5.5   .1.4   .1.4  388,33 0,5 2 2 2

15  23 1 30  23 0  23 1 30  23 . .4.4   .4.5   . .4.4   .1.5  679,17 0,3 2 0,5 0,3 2 2

En la siguiente figura, se muestran las zonas traccionadas por acción de la temperatura.

De esta manera, las ecuaciones serán:

109 50,8 X1  X 2  388,33  0 EI EI

113



50,8 59,94 X1  X 2  679,17  0 EI EI

Efectuando simplificaciones, se tendrá:

109X1  50,8X 2  62909,46  50,8X1  59,94X 2  110025,54 De donde:

X1  VD  460,05N  0,460kN 

X 2  H D  2225,49N  2,225kN  Con estos valores graficamos los diagramas finales:

114


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VI

METODO DE LAS FUERZAS. Resolver la armadura mostrada en la figura esquematizando sus fuerzas internas. Considerar que la rigidez EA de la armadura es constante. ………………………. (10 puntos)

2.

METODO DE LAS FUERZAS. Resolver el pórtico mostrado en la figura y graficar sus diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector. Considerar EI constante en toda la estructura. ………………………. (10 puntos)

FECHA



Determinamos el grado de indeterminación.

G.I.  B  2N  13  2(6)  1 La armadura es una vez hiperestática. Eliminamos la barra BD y lo reemplazamos por su carga unitaria (figura a), analizando también bajo la carga real (figura b), calculando sus reacciones y fuerzas internas.


11X1  1P  0

11  

N1 N1L (0,707)(0,707).4 (1)(1).4 2 19,312  .4  .2  EA EA EA EA

1P  

N1 N P L (0,707)(30).4 (1)(21,213).4 2 (0,707)(15).4 162,418     EA EA EA EA EA

Luego:

19,312 162,418 X1  0 EA EA De donde:

X1  N BD  8,410kN (TRACCION) En consecuencia, las fuerzas internas serán calculadas por la relación:

N  N1X1  N P Siendo sus valores los siguientes:

N AB  (0,707)(8,410)  0  5,946kN (COMPRESION) N AD  (0,707)(8,410)  15  20,946kN (COMPRESION) N AC  (1)(8,410)  21,213  12,803kN (COMPRESION) N BC  (0,707)(8,410)  30  24,054kN (TRACCION) N CD  (0,707)(8,410)  0  5,946kN (COMPRESION)

N CF  0 N CE  21,213kN (TRACCION) 116

N DE  15kN (COMPRESION) N EF  0 De esta manera, la distribución de fuerzas axiales será:

2.

Determinamos el grado de indeterminación de la estructura.

G.I.  3(2)  4  2 El pórtico es dos veces hiperestático. Elegimos el sistema principal y graficamos sus diagramas M1, M2 y MP

El sistema de ecuaciones canónicas será:

11X1  12X 2  1P  0 12X1   22X 2   2P  0 11 

1 1 2  216 . 6 . 6 . . 6  6 . 4 . 6   EI EI  2 3

12 

6 12.6  4.9.3  1 .6.4.12  468 6EI EI EI

 22 

1 1 2  1152 .12.12. .12  12.4.12   EI  2 3 EI 

117

1P  

6 6.720  4.3.405  1 .6.2.720  2 6.720  4.6.728  6.736   26556 6EI EI 6EI EI

 2P  

12 12.720  4.6.180  1 .12.2.720  2 12.720  4.12.728  12.736   60672 6EI EI 6EI EI

Luego:

216 468 26556 X1  X2  0 EI EI EI 468 1152 60672 X1  X2  0 EI EI EI De donde:

X1  VC  73,739kN  X 2  VD  22,710kN  Con los valores obtenidos calculamos las reacciones en el empotramiento y graficamos los diagramas finales, tal como se muestra en la figura.

118


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90m

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CICLO

VI

METODO DE LAS FUERZAS. Resolver el siguiente pórtico y graficar sus diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector. Considerar EI constante para toda la estructura. ………………………. (10 puntos)

2.

METODO DE LAS FUERZAS. Resolver el pórtico mostrado en la figura, si la rigidez EI es constante para toda la estructura. Considerar b  0,4m para todo el pórtico y que el coeficiente de dilatación térmica es  ………………………. (10 puntos)

FECHA

La Molina, 24 de Mayo del 2010

119



G.I.  3(1)  1  2 El pórtico es dos veces hiperestático. Elegimos el sistema principal y graficamos los diagramas M1, M2 y MP


11X1  12X 2  1P  0 12X1   22X 2   2P  0 11 

1 1 2 635,647  .6.6 2. .6  6.6.6.2   EI  2 3 EI 

12  0  22 

1 1 2  6 6.6  4.9.9  12.12.2  1211,647 .6.6 2. .6.2   EI  2 3  6EI EI

1P 

3 2 6.60  4.4,5.30  1 .6.6.60  2796,396 6EI EI EI

 2P 

3 2 6.60  4.4,5.30  6 6.60  4.9.60  12.60  3876,396 6EI 6EI EI

Luego:

635,647 2796,396 X1  0 EI EI 120



X1  4,4kN

1211,647 3876,396 X2  0 EI EI



X 2  3,2kN

Con los valores obtenidos, graficamos los diagramas finales de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector, orientando X 1 y X 2 en sentidos opuestos.

2.


G.I.  3(2)  4  2 El pórtico es dos veces hiperestático. Las zonas traccionadas, por efecto de temperatura, son las mostradas en la figura con líneas punteadas.

Elegimos el sistema principal y graficamos los diagramas de fuerza axial y momento flector para cada uno de ellos, tal como se muestra en la figura. 121


11X1  12X 2  1T  0 12X1   22X 2   2T  0

11 

1 1 2  426,667 . 8 . 8 . . 8  8 . 4 . 8   EI EI  2 3

12  

4 8.4  4.8.6  8.8   192 6EI EI

1 1 2 512 . .8.8. .8.3  EI 2 3 EI

 22 

1T  

20  (60) 1 20  20 . .8.8   .1.4  6480 0,4 2 2

 2T  

20  (60) 1  60  20 1  60  20 1 20  20 . .4.4   . .8.8   . .8.8   .1.4  0,4 2 0,4 2 0,4 2 2



20  60 2

.1.4  

 60  20 2

.1.8  

 60  20 2

.1.8  11360

Luego:

426,667 192 X1  X 2  6480  0 EI EI



192 512 X1  X 2  11360  0 EI EI

Resolvemos y obtenemos:

X1  VC  6,26EI 

X 2  H B  19,84EI  122

Con los valores obtenidos, graficamos los diagramas de fuerzas internas.

123


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CICLO

VI

METODO DE LAS FUERZAS. Resolver el pórtico mostrado en la figura, graficando sus diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector. No considerar la flexibilidad del arriostre CD ………………………. (10 puntos)

2.

METODO DE LAS FUERZAS. Resolver el siguiente pórtico de concreto armado, graficando sus diagramas de fuerzas internas, si el apoyo A se desplaza horizontalmente 0,05m hacia la derecha, el apoyo B se desplaza verticalmente 0,03m hacia arriba y el apoyo F se desplaza horizontalmente 0,07m hacia la izquierda. Considerar que la rigidez EI es constante para toda la estructura, siendo

E  15000 f c' ; f c'  210kg / cm 2 e I  540000cm 4 ………………………. (10 puntos)

FECHA




G.I.  3(2)  4  2 El pórtico es dos veces hiperestático. Elegimos el sistema principal y graficamos los diagramas M1, M2 y MP, tal como se muestra en la figura.


11X1  12X 2  1P  0 12X1   22X 2   2P  0 11 

1 1 2 1 5,667 . .1.4. .1.2  .1.6.1  EI 2 3 2EI EI

2 2 2  1 1  12   . .2.0,5. .1  (0,5.1  4.0,75.0,5).2   3 6EI EI  EI 2   22 

1 1 2 2,667 . .2.1. .1.4  EI 2 3 EI

1P  

1 1 2 16 . .4.1. .6.2   EI 2 3 EI

2 2 12 1 1   2 P   . .2.1. .3  (1.3  4.0,5.4,5).2  3 6EI EI  EI 2  125

Luego:

5,667 2 16 X1  X 2  0 EI EI EI 

2 2,667 12 X1  X2  0 EI EI EI

De donde:

X1  1,68kN.m X 2  3,24kN Graficamos el diagrama de momento flector utilizando la relación M  M1X1  M 2 X 2  M P

A partir del diagrama de momento flector y con las condiciones de equilibrio, determinamos las reacciones en los apoyos y graficamos los diagramas de fuerza axial y fuerza cortante, considerando que el arriostre CD trabaja únicamente en compresión.

126

2.


G.I.  3(3)  8  1 El pórtico es una vez hiperestático. Esquematizamos el pórtico de acuerdo al problema (figura a), calculamos las reacciones en los apoyos para el pórtico isostático con carga unitaria (figura b) y graficamos el diagrama de momento flector debido a la carga unitaria (figura c)


11X1  1C  0

11 

1 1 2 1 2  106,667 .4.6. .4.2  .4.4. .4.2   EI  2 3 2 3 EI 

2  2  1C    .0,05  1.0,03  .0,07   0,05 3  3  Luego:

106,667 X1  0,05  0 EI De donde:

X1  VC  

0,05EI 0,05.11738,015   5,5T  106,667 106,667

Siendo:

E  15000 f c'  15000 210  217370,65kg / cm 2  2173706,5T / m 2 I  540000cm 4  5,4.10 3 m 4 EI  2173706,5.5,4.10 3  11738,015T.m 2 Con el resultado obtenido, graficamos los diagramas finales, mostrados en la figura de la siguiente página.

127

128


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CICLO

VI

METODO DE DESPLAZAMIENTOS. Graficar el diagrama de momento flector para el pórtico mostrado en la figura. ………………………. (10 puntos)

2.


FECHA

La Molina, 17 de Noviembre del 2008

129


Determinamos el grado de indeterminación cinemática del sistema.

n  nn  nd  1 0  1 Donde:

n - grado de indeterminación cinemática n n - número de nudos rígidos n d - número de desplazamientos lineales Como se podrá apreciar la única incógnita es  2 , por ser el único nudo rígido. Luego, determinamos la rigidez por unidad de longitud.

i 23 

EI  io 4

i 21 

EI  io 4

Posteriormente, analizamos el equilibrio del nudo 2, reemplazando el voladizo por su acción equivalente, es decir, carga puntual y momento. NUDO 2:

M

2

0



M 2  M 21  M 23  12  0

Siendo:

M 21  2i 21 (2 2  1  3 21 )  M '21  2i o (2 2 )  4i o  2 M 23  2i 23 (2 2  3  3 23 )  M '23  2i o (2 2 )  4i o  2 Reemplazamos valores y obtenemos:

4i o  2  4i o  2  12  0 i o  2  1,5

Ahora, determinamos los momentos flectores en los nudos, reemplazando el valor obtenido anteriormente. NUDO 2:

M 23  4i o  2  4(1,5)  6kN.m M 21  4i o  2  4(1,5)  6kN.m

130

NUDO 1: ' M12  2i 21 (21   2  312 )  M12  2i o  2  2(1,5)  3kN.m

NUDO 3: ' M 32  2i 23 (23  2  3 23 )  M 32  2i o  2  2(1,5)  3kN.m

Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama final de momento flector, teniendo en cuenta que la orientación del momento va hacia la parte con línea punteada mostrada anteriormente.

2.

Determinamos el grado de indeterminación cinemática de la estructura.

n  nn  nd  11  2 El único nudo rígido es el nudo 2 y el desplazamiento lineal es horizontal, siendo sus incógnitas  2 y



131

Para determinar el número de desplazamientos lineales, también se puede aplicar la siguiente relación, siempre y cuando el esquema esté articulado, como el mostrado en la página anterior.

n d  2N  B  R  2(4)  3  4  1 Donde:

N - número de nudos

B - número de barras R - número de reacciones Luego, determinamos la rigidez por unidad de longitud.

i 23 

2EI EI   io 8 4

i 21  i 34 

3EI EI   2i o 6 2

De esta manera, el sistema principal será el mostrado en la figura.

Ahora, analizamos el equilibrio en el nudo rígido 2 NUDO 2:

M

2

0



M 2  M 21  M 23  6  0

Siendo:

  M 21  2i 21 (2 2  1  3 21 )  M '21  2(2i o ) 2 2  3   8i o  2  2i o  6  M 23  3i 23 ( 2   23 )  M"23  3i o  2 Reemplazamos valores y obtenemos:

11i o  2  2i o   6  0

……………. (a)

Para obtener la ecuación adicional, efectuamos un corte en el pórtico, tal como se muestra en la figura y analizamos su equilibrio.

132

CORTE EN EL PORTICO:

F

X

0



R  V21  V34  0 R  V21  V34  0

Siendo:

V21  

6(2i o )  6i 21  ' ( 2  1  2 21 )  V21    2  2   2i o  2  0,6667i o  L 21 6  6

V34  

3i 43 3(2i o )    " ( 4   43 )  V34      0,1667i o  L 43 6  6


 2i o  2  0,8334i o   0

……………. (b)

Resolvemos las ecuaciones (a) y (b), obteniendo:

i o  2  0,9677 i o   2,3223 Con los valores obtenidos, determinamos los momentos en los nudos. NUDO 2:

M 21  8i o  2  2i o   8(0,9677)  2(2,3223)  3,097kN.m M 23  3i o  2  3(0,9677)  2,903kN.m

NUDO 1:

  ' M12  2i 21 (21   2  3 21 )  M12  2(2i o )  2  3   4i o  2  2i o  6  M12  4(0,9677)  2(2,3223)  0,774kN.m

133

NUDO 4:

  M 43  3i 43 ( 4   43 )  M "43  3(2i o )    i o   2,322kN.m  6

Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama final de momento flector.

134


D E


1.

USMP - FIA

EVALUACIÓN


SEM. ACADÉMICO

2009 – I

CURSO


SECCIÓN

30F

PROFESOR


DURACIÓN

90m

ESCUELA

INGENIERIA CIVIL

CICLO

VI


2.

METODO DE DESPLAZAMIENTOS. Graficar los diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector para el pórtico simétrico mostrado en la figura. ………………………. (10 puntos)

FECHA

La Molina, 15 de Junio del 2009

135



n  nn  nd  11  2 El único nudo rígido es el nudo 3 y el desplazamiento lineal es horizontal, siendo sus incógnitas  3 y



Comprobamos el número de desplazamientos lineales, aplicando la relación ya conocida, obteniendo:

n d  2N  B  R  2(5)  4  5  1 Luego, determinamos la rigidez por unidad de longitud.

i 23  i 34 

2EI 4  io 9 3

i 31  i 35 

EI  io 6

De esta manera, el sistema principal es el mostrado en la figura.

Luego, analizamos el equilibrio del nudo 3 NUDO 3:

M

3

0



M 3  M 31  M 34  M 35  M 32  0

Siendo:

  ' M 31  2i 31 (23  1  3 31 )  M 31  2i o  23  3   4i o 3  i o  6  4  M 34  3i 34 (3   34 )  M "34  3 i o (3 )  4i o 3 3 

136

    M 35  3i 35 (3   35 )  M "35  3i o 3      3i o 3  0,5i o   6  

1.9 4  M 32  3i 32 (3   32 )  M "32  3 i o (3 )   4i o 3  10,125 8 3  2


15i o 3  0,5i o   10,125  0

……………. (a)

Para la ecuación adicional, efectuamos un corte en el pórtico y analizamos su equilibrio. CORTE EN EL PORTICO:

F

X

0



R  V35  V31  0 R  V31  V35  0

Siendo:

V31  

6i 31 6i   (3  1  2 31 )  V31'   o  3  2   i o 3  0,3333i o  L 31 6  6

V35  

3i 35 3i " (3   35 )  V35  o L 35 6

    3    6   0,5i o 3  0,0833i o    


 0,5i o 3  0,4166i o   0

……………. (b)


i o 3  0,7031 i o   0,8439 Con los valores obtenidos, determinamos los momentos en los nudos. 137

NUDO 3:

M 31  4i o 3  i o   4(0,7031)  (0,8439)  1,968kN.m M 34  4i o 3  4(0,7031)  2,812kN.m M 35  3i o 3  0,5i o   3(0,7031)  0,5(0,8439)  2,531kN.m M 32  4i o 3  10,125  4(0,7031)  10,125  7,312kN.m

NUDO 1:

  ' M13  2i 31 (21  3  3 31 )  M13  2i o  3  3   2i o 3  i o  6  M13  2(0,7031)  0,8439  0,562kN.m

Para graficar el diagrama final de momento flector, agregamos el diagrama de momento flector de una viga simplemente apoyada para la barra cargada, en este caso la barra 23, obteniéndose el diagrama final como la suma de los dos diagramas anteriormente indicados.

2.

Por simetría:

 4   6

5  0 0 En consecuencia, el grado de indeterminación cinemática se reduce a uno, siendo la incógnita  4 Determinamos la rigidez por unidad de longitud.

138

i 45  i 56 

2EI EI   io 4 2

i 41  i 52  i 63 

3EI EI   io 6 2

Analizamos el equilibrio del nudo rígido 4 NUDO 4:

M

4

0



M 4  M 41  M 45  4  0

Siendo:

M 41  2i 41 (2 4  1  3 41 )  M '41  2i o (2 4 )  4i o  4 M 45  2i 45 (2 4  5  3 45 )  M '45  2i o (2 4 )  4i o  4 Reemplazamos valores y obtenemos:

8i o  4  4  0 i o  4  0,5

Con el valor obtenido, determinamos los momentos en los nudos. NUDO 4:

M 41  4i o  4  4(0,5)  2kN.m M 45  4i o  4  4(0,5)  2kN.m

NUDO 1: ' M14  2i 41 (21   4  3 41 )  M14  2i o  4  2(0,5)  1kN.m

NUDO 5: ' M 54  2i 45 (25   4  3 45 )  M 54  2i o  4  2(0,5)  1kN.m

139

' M 52  2i 52 (25   2  3 52 )  M 52 0 ' M 56  2i 56 (25  6  3 56 )  M 56  2i o 6  2(0,5)  1kN.m

NUDO 2:

M 25  2i 52 (2 2  5  3 52 )  M '25  0

NUDO 6:

M 65  2i 56 (26  5  3 56 )  M '65  2i o (26 )  4i o 6  4(0,5)  2kN.m M 63  2i 63 (26  3  3 63 )  M '63  2i o (26 )  4i o 6  4(0,5)  2kN.m

NUDO 3: ' M 36  2i 63 (23  6  3 63 )  M 36  2i o 6  2(0,5)  1kN.m

DIAGRAMA DE MOMENTO FLECTOR: Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama final de momento flector, teniendo en cuenta que si el pórtico es simétrico y las cargas también, entonces su diagrama de momento flector también será simétrico, tal como se muestra en la figura.

140

DIAGRAMA DE FUERZA CORTANTE: Para graficar el diagrama de fuerza cortante, tenemos en cuenta que si el pórtico es simétrico y las cargas también, entonces su diagrama de fuerza cortante será antisimétrico.

V45  V54  

1 2  0,75kN 4

V41  V14  

1 2  0,5kN 6

V56  V65 

1 2  0,75kN 4

V63  V36 

2 1  0,5kN 6

DIAGRAMA DE FUERZA AXIAL: Las fuerzas axiales las obtenemos a partir de la condición de equilibrio de los nudos, considerando que la fuerza cortante es positiva si gira al nudo en sentido horario. Para facilidad de cálculo orientamos las fuerzas axiales en el sentido positivo (sale del nudo). NUDO 4:

F F

X

0



N 45  0,5kN (COMPRESION)

Y

0



N 41  0,75kN (TRACCION)

NUDO 5:

F F

X

0




Y

0




141

NUDO 6:

F F

X

0



0,5  0,5  0

Y

0




(OK)

Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama final de fuerza axial o normal.

142


D E


1.

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EVALUACIÓN


SEM. ACADÉMICO

2009 – II

CURSO


SECCIÓN

30F

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DURACIÓN

90m

ESCUELA

INGENIERIA CIVIL

CICLO

VI

METODO DE DESPLAZAMIENTOS. Graficar los diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector para el pórtico mostrado en la figura. ………………………. (10 puntos)

2.


FECHA


143



n  nn  nd  1 0  1 El único nudo rígido es el nudo 2 y su incógnita es  2 Luego, calculamos la rigidez por unidad de longitud.

i 23 

EI  io 4

i12 

2EI 4  io 6 3

Ahora, analizamos el equilibrio del nudo 2 NUDO 2:

M

2

0



M 2  M 21  M 23  0

Siendo:

4 M 21  3i 21 ( 2   21 )  M "21  3. i o  2  4i o  2 3 M 23  2i 23 (2 2  3  3 23 )  M '23  2i o (2 2 ) 

8.4  4i o  2  4 8


4i o  2  4i o  2  4  0 i o  2  0,5

Con el valor obtenido, determinamos los momentos en los nudos. NUDO 2:

M 21  4i o  2  4(0,5)  2kN.m M 23  4i o  2  4  4(0,5)  4  2kN.m

144

NUDO 3: ' M 32  2i 23 (23   2  3 23 )  M 32  2i o  2 

8.4  2i o  2  4  2(0,5)  4  5kN.m 8

DIAGRAMA DE MOMENTO FLECTOR: Para graficar el diagrama final de momento flector, agregamos el diagrama de momento flector de una viga simplemente apoyada para la barra cargada, en este caso la barra 23, obteniéndose el diagrama final como la suma de los dos diagramas anteriormente indicados.

DIAGRAMA DE FUERZA CORTANTE: Determinamos los valores de la fuerza cortante en cada tramo.

V12 

2  0,333kN 6

V25   V52 

4,5  2  3,25kN 2

4,5  5  4,75kN 2

De esta manera, el diagrama final de fuerza cortante es el mostrado en la figura.

DIAGRAMA DE FUERZA AXIAL: Analizamos el equilibrio del nudo 2

F F

X

0




Y

0




145

Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama final de fuerza axial o normal mostrado en la figura.

2.


n  nn  nd  1 0  1 El único nudo rígido es el nudo 2 y su incógnita es  2 Para comprobar el número de desplazamientos lineales, analizamos la fórmula:

n d  2N  B  R  2(5)  4  6  0

Se comprueba que no hay desplazamiento lineal. Calculamos la rigidez por unidad de longitud.

i 21  i 34 

EI  1,25i o 4

i 23 

EI  1,25i o 4

i 35 

EI  io 5


M

2

0



M 2  M 21  M 23  14  0

Siendo:

M 21  2i 21 (2 2  1  3 21 )  M '21  2(1,25i o )(22 )  5i o  2 M 23  3i 23 ( 2   23 )  M"23  3(1,25i o )( 2 )  3,75i o  2

146


5i o  2  3,75i o  2  14  0 i o  2  1,6

Con el valor obtenido, calculamos los momentos en los nudos. NUDO 2:

M 21  5i o  2  5.1,6  8kN.m M 23  3,75i o  2  3,75.1,6  6kN.m

NUDO 1: ' M12  2i 21 (21   2  3 21 )  M12  2(1,25i o )(2 )  2,5i o 2  2,5.1,6  4kN.m

NUDO 4:

M 43  3i 34 ( 4   43 )  M '43  0 NUDO 5: ' M 53  3i 35 (5   53 )  M 53 0

De esta manera, el diagrama final de momento flector es el mostrado en la figura.

147


D E


1.

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EVALUACIÓN


SEM. ACADÉMICO

2010 – I

CURSO


SECCIÓN

30F

PROFESOR


DURACIÓN

90m

ESCUELA

INGENIERIA CIVIL

CICLO

VI


2.


FECHA

La Molina, 14 de Junio del 2010 148



n  nn  nd  11  2 Hay un nudo rígido y un desplazamiento lineal horizontal, siendo sus incógnitas  2 y  Para comprobar el número de desplazamientos lineales, analizamos la fórmula:

n d  2N  B  R  2(6)  5  6  1

Luego, determinamos la rigidez por unidad de longitud.

i 32  i 45 

2EI EI   io 4 2

i 42  i 21 

3EI  EI  2i o 3

i 56 

3EI EI   io 6 2

Ahora, determinamos el ángulo de desviación.

 32  0

 21  0  42 

 3

 56 

 6


M

2

0



M 2  M 21  M 23  M 24  8  0 149

Siendo:

M 21  2i 21 (2 2  1  3 21 )  M '21  2(2i o )(2 2 )  8i o  2

M 23  2i 32 (2 2  3  3 32 )  M '23  2i o (2 2 ) 

12.4 2  4i o  2  16 12

  M 24  3i 42 ( 2   42 )  M "24  3(2i o )  2    6i o  2  2i o  3  Reemplazamos valores y obtenemos:

8i o  2  4i o  2  16  6i o  2  2i o   8  0 9i o  2  i o   4  0

……………….. (a)

Para determinar la ecuación adicional, analizamos el equilibrio de fuerzas horizontales de una parte del pórtico, que incluya la reacción en el apoyo ficticio. CORTE EN EL PORTICO:

F

X

0



R  V42  V56  12  0

Siendo:

V42  

3(2i o )  2i  3i 42  " ( 2   42 )  V42    2    2i o  2  o L 42 3  3 3

V56  

3i 56 3i    i  " ( 6   56 )  V56   o    o L 56 6  6  12


 2i o  2 

2i o  i o    12  0 3 12

8i o  2  3i o   48  0

150

……………….. (b)


i o  2  1,8947 i o   21,0523 Con los valores obtenidos, determinamos los momentos en los nudos. NUDO 2:

M 21  8i o  2  8(1,8947)  15,157kN.m M 23  4i o  2  16  4(1,8947)  16  23,579kN.m M 24  6i o  2  2i o   6(1,8947)  2(21,0523)  30,736kN.m

NUDO 3: ' M 32  2i 32 (23   2  3 32 )  M 32  2i o  2 

12.4 2  2i o  2  16  2(1,8947)  16  12,210kN.m 12

NUDO 1: ' M12  2i 21 (21   2  3 21 )  M12  2(2i o )(2 )  4i o 2  4(1,8947)  7,579kN.m

NUDO 6:

i  21,0523   M 65  3i 56 ( 6   56 )  M "65  3i o      o    10,526kN.m 2 2  6

DIAGRAMA DE MOMENTO FLECTOR: De acuerdo a los resultados obtenidos, graficamos el diagrama de momentos en los nudos y en la barra cargada agregamos el diagrama de una viga simplemente apoyada sometida a la carga externa, obteniéndose el diagrama final de momento flector.

151

DIAGRAMA DE FUERZA CORTANTE: Determinamos la fuerza cortante en cada uno de los tramos.

V32  

23,579  12,210 12.4   21,158kN 4 2

V23  

23,579  12,210 12.4   26,842kN 4 2

V42 

30,736  10,245kN 3

V21   V56 

15,157  7,579  7,578kN 3

10,526  1,755kN 6

Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama final de fuerza cortante mostrado en la figura.

DIAGRAMA DE FUERZA AXIAL: Analizamos el equilibrio de fuerzas en los nudos. NUDO 4:

F F

X

0



N 45  12  10,245  0

Y

0



N 42  0

152




NUDO 2:

F F

X

0



10,245  7,578  N 23  0




Y

0



N 21  26,842  0




NUDO 5:

F F

X

0



1,755  1,755  0

Y

0



N 56  0

(OK)

Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama final de fuerza axial o normal, tal como se muestra en la figura.

153

COMPROBACION DE EQUILIBRIO TOTAL: Analizamos el equilibrio de todo el pórtico, utilizando el DCL de la estructura.

F  0 F  0 M  0 X



 17,823  12  7,578  1,755  0

(OK)

Y



21,158  26,842  12(4)  0

(OK)



6

21,158(8)  17,823(3)  12,210  12(4)(6)  12(6)  26,842(4)  7,579  10,526  8  0 (OK)

2.


n  nn  nd  1 0  1 Por simetría se tendrá:

 2  5 0 En consecuencia, el grado de indeterminación se reduce a uno, siendo la incógnita  2 Luego, calculamos la rigidez por unidad de longitud.

i 21  i 34  i 56  i 23  i 35 

2EI EI   io 6 3

3EI EI   1,5i o 6 2


M

2

0



M 2  M 21  M 23  0

Siendo:

M 21  3i 21 ( 2   21 )  M"21  3i o  2

M 23  3i 23 ( 2   23 )  M "23  3(1,5i o )( 2 ) 

4.6 2  4,5i o  2  18 8

154


3i o  2  4,5i o  2  18  0

i o  2  2,4

Con el valor obtenido, determinamos los momentos en el nudo 2 NUDO 2:

M 21  3i o  2  3(2,4)  7,2kN.m M 23  4,5i o  2  18  4,5(2,4)  18  7,2kN.m

DIAGRAMA DE MOMENTO FLECTOR: De acuerdo a los resultados obtenidos, graficamos el diagrama de momentos en los nudos y en las barras cargadas agregamos el diagrama de una viga simplemente apoyada sometida a la carga externa, obteniéndose el diagrama final de momento flector.

DIAGRAMA DE FUERZA CORTANTE: Determinamos la fuerza cortante en cada tramo.

V23  

0  7,2 4.6   13,2kN 6 2

V32  

0  7,2 4.6   10,8kN 6 2

155

V21  

0  7,2  1,2kN 6

Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama final de fuerza cortante, mostrado en la figura.

DIAGRAMA DE FUERZA AXIAL: Analizamos el equilibrio de fuerzas en los nudos. NUDO 2:

F F

X

0



N 23  1,2  0




Y

0



 N 21  13,2  0




NUDO 3:

F F

X

0



N 35  1,2  0




Y

0



 N 34  10,8  10,8  0




Con los resultados obtenidos, graficamos el diagrama final de fuerza axial o normal, mostrado en la figura.

156

157


D E


1.

USMP - FIA

EVALUACIÓN


SEM. ACADÉMICO

2010 – II

CURSO


SECCIÓN

30F

PROFESOR


DURACIÓN

90m

ESCUELA

INGENIERIA CIVIL

CICLO

VI


2.

METODO DE DESPLAZAMIENTOS. Graficar el diagrama de momento flector para el pórtico mostrado en la figura, siendo L12  L 23 . No considerar la flexibilidad de los arriostres 2-4 y 2-5 ………………………. (10 puntos)

FECHA

La Molina, 15 de Noviembre del 2010 158



n  nn  nd  1 0  1 El único nudo rígido es el 2, siendo su incógnita  2 Comprobamos los desplazamientos lineales, a través de la fórmula.

n d  2N  B  R  2(4)  3  5  0 Luego, calculamos la rigidez por unidad de longitud.

i12 

EI  2i o 3

i 23 

EI  io 6

i 24 

EI  io 6

Analizamos el equilibrio del nudo 2 NUDO 2:

M

2

0



M 2  M 21  M 23  M 24  0

Siendo:

M 21  3i12 ( 2  12 )  M"21  3(2i o )( 2 )  6i o  2

M 23  3i 23 ( 2   23 )  M"23  3i o  2 M 24  3i 24 ( 2   24 )  M "24  3i o  2 





16 1  3.0,5 2  3i o  2  2 2


6i o  2  3i o  2  3i o  2  2  0 i o  2  0,1667

Con el valor obtenido, determinamos los momentos en el nudo 2 NUDO 2:

M 21  6i o  2  6(0,1667)  1kN.m M 23  3i o  2  3(0,1667)  0,5kN.m M 24  3i o  2  2  3(0,1667)  2  1,5kN.m 159

DIAGRAMA DE MOMENTO FLECTOR: Para graficar el diagrama final de momento flector, agregamos el diagrama de momento flector de una viga simplemente apoyada para la barra cargada, en este caso la barra 24, obteniéndose el diagrama final como la suma de los dos diagramas anteriormente indicados.


V12  V21 

0 1  0,333kN 3

V23  V32 

0,5  0  0,083kN 6

Elegimos un punto 5, ubicado en el lugar de la acción del momento de 16kN.m

V25  V52  

1,5  7,25  2,916kN 3

V54  V45  

8,75  0  2,916kN 3

Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama final de fuerza cortante.

DIAGRAMA DE FUERZA AXIAL: Determinamos el equilibrio del nudo 2 NUDO 2:

F F

X

0



N 23  2,916  0




Y

0



0,333  0,083  N 24  0




160

Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama final de fuerza axial o normal.

2.


n  nn  nd  3  0  3 Los nudos rígidos son 2, 3 y 4, siendo sus incógnitas  2 ,  3 y  4 Para comprobar el número de desplazamientos lineales, analizamos la fórmula:

n d  2N  B  R  2(5)  6  4  0 Se corrobora, que no existe desplazamiento lineal. Luego, calculamos la rigidez por unidad de longitud.

i12 

EI  2i o 4

i 23 

EI  2i o 4

i 34 

EI  io 8

i 45 

EI  io 8

Analizamos el equilibrio del nudo 2 NUDO 2:

M

2

0



M 2  M 21  M 23  0

Siendo:

M 21  2i12 (2 2  1  312 )  M '21  2(2i o )(2 2 )  8i o  2 M 23  2i 23 (2 2  3  3 23 )  M '23  2(2i o )(22  3 )  8i o 2  4i o 3 Reemplazamos valores, simplificamos y obtenemos:

4i o  2  i o 3  0

………………… (a)

161

NUDO 3:

M

3

0



M 3  M 32  M 34  0

Siendo: ' M 32  2i 23 (23   2  3 23 )  M 32  2(2i o )(23  2 )  4i o 2  8i o 3

' M 34  2i 34 (23   4  3 34 )  M 34  2i o (23   4 )  4i o 3  2i o 4

Reemplazamos valores, simplificamos y obtenemos:

2i o  2  6i o 3  i o  4  0

………………… (b)

NUDO 4:

M

4

0



M 4  M 43  M 45  0

Siendo:

M 43  2i 34 (2 4  3  3 34 )  M '43  2i o (2 4  3 )  2i o 3  4i o 4

M 45  2i 45 (2 4  5  3 45 )  M '45  2i o (2 4 ) 

9.8 2  4i o  4  48 12

Reemplazamos valores, simplificamos y obtenemos

i o 3  4i o  4  24  0

162

………………… (c)

Resolvemos las ecuaciones (a), (b) y (c), obteniendo:

i o  2  0,2857 i o 3  1,1428 i o  4  6,2854 Con los valores obtenidos, determinamos los momentos en los nudos. NUDO 2:

M 21  8i o  2  8(0,2857)  2,285kN.m M 23  8i o  2  4i o 3  8(0,2857)  4(1,1428)  2,285kN.m

NUDO 1: ' M12  2i12 (21  2  312 )  M12  2(2i o )( 2 )  4i o  2  4(0,2857)  1,143kN.m

NUDO 3:

M 32  4i o  2  8i o 3  4(0,2857)  8(1,1428)  8kN.m M 34  4i o 3  2i o  4  4(1,1428)  2(6,2854)  8kN.m

NUDO 4:

M 43  2i o 3  4i o  4  2(1,1428)  4(6,2854)  22,856kN.m M 45  4i o  4  48  4(6,2854)  48  22,856kN.m

NUDO 5:

M 54  2i 45 (25   4  3 45 )  M

' 54

9.8 2  2i o  4   2(6,2854)  48  60,571kN.m 12

163

Para graficar el diagrama final de momento flector, agregamos el diagrama de momento flector de una viga simplemente apoyada para la barra cargada, en este caso la barra 45, obteniéndose el diagrama final como la suma de los dos diagramas anteriormente indicados.

164


D E


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EXAMEN FINAL

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2008 – II

CURSO


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INGENIERIA CIVIL

CICLO

VI

METODO DE LAS FUERZAS. Resolver el pórtico mostrado en la figura, graficando sus diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector. Considerar EI constante en toda la estructura. ………………………. (10 puntos)

2.

RESISTENCIA COMPUESTA. Determinar el esfuerzo normal máximo en valor absoluto y la ubicación del eje neutro en la sección más peligrosa de la viga. ………………………. (5 puntos)

3.

CARGAS DE IMPACTO. Un peso W  4000lb cae desde una altura h  1pie sobre un poste vertical de madera de 20pie de longitud y 12plg de diámetro, que se supone perfectamente empotrado en su extremo inferior, tal como se muestra en la figura. Determinar el máximo esfuerzo de compresión  en el poste, si E  1,5.10 psi y el peso no rebota del poste. 6

………………………. (5 puntos)

165

FECHA

La Molina, 24 de Noviembre del 2008 166

SOLUCIONARIO DE EXAMEN FINAL CICLO 2008 – II 1.


G.I.  3C  A  3.2  4  2 El pórtico es dos veces hiperestático. En la figura a) se muestra el sistema principal y en las figuras b), c) y d) se muestran los diagramas de momentos unitarios y de cargas reales para dicho sistema principal.


11X1  12X 2  1P  0 12X1   22X 2   2P  0 Siendo:

11 

1 1 2 21,333 . .4.4. .4  EI 2 3 EI

12  

1 1 32 . .4.4.4   EI 2 EI

 22 

1 1 2  85,333 .4.4. .4  4.4.4   EI  2 3 EI 

1P 

1 1 (4  2).2  168 .2.2.12  .24   EI  2 2  EI

 2P  

4 4.24  4.2.6  0   384 6EI EI

167

Luego:

21,333 32 168 X1  X 2  0 EI EI EI 

32 85,333 384 X1  X2  0 EI EI EI

De donde:

X1  H A  2,571kN  X 2  VC  3,536kN  Con los resultados obtenidos, esquematizamos las reacciones en los apoyos (figura a) y graficamos los diagramas de fuerza axial (figura b), fuerza cortante (figura c) y momento flector (figura d)

2.

De acuerdo a los conocimientos de Estática, calculamos los momentos flectores máximos respecto a los ejes Y, Z

M Y,máx  240.1,5  360kN.m M Z,máx  240.1  240kN.m 168

Determinamos los momentos de inercia de la sección transversal respecto a dichos ejes coordenados.

12.20 3 IY   8000cm 4  8000.10 8 m 4 12 IZ 

20.12 3  2880cm 4  2880.10 8 m 4 12

Como nos pide en valor absoluto, entonces, consideramos el valor absoluto de los esfuerzos respecto a ambos ejes.

 máx

360.10 3 240.10 3 2  .10.10  .6.10 2  950MPa 8 8 8000.10 2880.10

Ahora, determinamos la ubicación del eje neutro:

240.10 3 8000.10 8 tg   .  1,8518  360.10 3 2880.10 8 3.



  arctg1,8518  61,63o

Para la deflexión de la barra debido al peso W se calculará por la relación: 2    est   est  2h est

Siendo:

 est 

WL EA

De esta forma, obtenemos la relación para el esfuerzo normal.

E W 2WhE W   E       L A AL A 2

Reemplazamos valores y obtenemos el esfuerzo de compresión. 2

 4000  4000 2.4000.(1.12).1,5.10 6       2338,93psi  ( / 4).12 2  ( / 4).12 2 ( / 4).12 2.(20.12)  

169


D E


1.

USMP - FIA

EVALUACIÓN

EXAMEN FINAL

SEM. ACADÉMICO

2009 – I

CURSO


SECCIÓN

30F

PROFESOR


DURACIÓN

90m

ESCUELA

INGENIERIA CIVIL

CICLO

VI

METODO DE LAS FUERZAS. Resolver el pórtico simétrico mostrado en la figura y graficar sus diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector, debido al asentamiento c  0,1m en los apoyos A y D. No considerar la flexibilidad de la barra GH ………………………. (10 puntos)

2.

METODO DE DESPLAZAMIENTOS. Determinar el desplazamiento vertical del nudo 2 ………………………. (10 puntos)

FECHA

La Molina, 22 de Junio del 2009 170

SOLUCIONARIO DE EXAMEN FINAL CICLO 2009 – I 1.


G.I.  3C  A  3.3  6  3 El pórtico es tres veces hiperestático. Como el pórtico es simétrico, elegimos el sistema principal (figura a), calculando sus reacciones (figuras b, d, g) y graficando los diagramas de momentos unitarios (figuras c, e, h)

171

El sistema de ecuaciones canónicas es:

11X1  12X 2  13X 3  1C  0 12X1   22X 2   23X 3   2C  0 13X1   23X 2   33X 3   3C  0 Como los diagramas M 1 y M 2 son simétricos y el diagrama M 3 es antisimétrico, se tendrá que

13  0 y  23  0 De las reacciones se puede deducir que  2C  0 y  3C  0 por no tener reacciones verticales en A y D. En consecuencia X 3  0 De esta manera, el sistema de ecuaciones canónicas se reduce al siguiente sistema:

11X1  12X 2  1C  0

12X1   22X 2  0 Determinamos los coeficientes del sistema de ecuaciones canónicas:

11 

1 1 2 1 1 2 192 . .6.4. .6.2  . .6.6. .6.2  2EI 2 3 EI 2 3 EI

12 

1 1 1 1 2 216 . .6.4.6.2  . .6.6. .6.2  2EI 2 EI 2 3 EI

 22 

1 1 2 1 432 . .6.6. .6.4  .6.4.6.2  EI 2 3 2EI EI

1C  (1,5.0,1).2  0,3 Reemplazamos valores y obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones:

192 216 X1  X 2  0,3 EI EI 216 432 X1  X2  0 EI EI 172

De donde:

X1  0,003572EI X 2  0,001786EI En la siguiente figura, se muestra el diagrama de cuerpo libre del pórtico (figura a) y sus diagramas de fuerza axial (figura b), fuerza cortante (figura c) y momento flector (figura d)

2.

Para determinar el número de desplazamientos lineales de los nudos, elaboramos el esquema del pórtico con rótulas, ingresando articulación en el nudo rígido.

Ahora, determinamos el grado de indeterminación cinemática del sistema.

n  nn  nd  11  2 En consecuencia, el grado de indeterminación cinemática es dos, siendo las incógnitas  2 y  Determinamos la rigidez por unidad de longitud.

i12  i 23 

i 24 

2EI  2i o 6

EI  io 6

173

Calculamos el ángulo de desviación de la barra.

 12 

 6

 23  

 6

 24  0 Esquematizamos el sistema principal, ingresando en el nudo rígido 2 un empotramiento elástico que impide el probable ángulo de giro de este nudo. También se ingresó una barra adicional que impide el desplazamiento lineal de los nudos del pórtico.


M

2

0



M 2  M 21  M 24  M 23  0

………………. (a)

Siendo:

  M 21  2i12 2 2  1  312   M '21  2.2i o  2 2  3.   8i o  2  2i o  6  M 24  3i 24  2   24   M "24  3i o  2  

3 .4.6  3i o  2  4,5 16

  M 23  3i 23  2   23   M "23  3.2i o   2    6i o  2  i o  6  Reemplazamos valores en la ecuación (a) y obtenemos:

17i o  2  i o   4,5  0

174

………………. (b)

Ahora, elaboramos la segunda ecuación, a partir de la condición de igualdad a cero de la reacción en la barra adicional. Para ello, efectuamos un corte en el pórtico, analizando la parte de la barra adicional que impide el desplazamiento lineal y planteamos la ecuación de equilibrio de la parte cortada del pórtico a analizar, en función de las fuerzas cortantes. CORTE EN EL PORTICO:

F

Y

0



R  V23  V21  0

………………. (c)

Siendo:

    2    i o  2  0,1667i o  6 

V23  

3i 23  2   23   V23"   3.2i o L 23 6

V21  

6i12 1   2  212   V21'   6.2i o   2  2.    2i o  2  0,6667i o  L12 6  6

Reemplazamos en (c), obteniendo:

i o  2  0,8334i o   0 i o  2  0,8334i o 

………………. (d)

Reemplazamos (d) en (b), obteniendo:

17(0,8334i o )  i o   4,5  0 13,1678i o   4,5 Como i o 

EI se tendrá: 6 13,1678.

EI .  4,5 6

De donde:



2,050  EI

El signo negativo, indica que el desplazamiento del nudo 2 va hacia arriba, tan igual que el apoyo movible 4

175


D E


1.

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EXAMEN FINAL

SEM. ACADÉMICO

2009 – II

CURSO


SECCIÓN

30F

PROFESOR


DURACIÓN

90m

ESCUELA

INGENIERIA CIVIL

CICLO

VI

METODO DE LAS FUERZAS. Resolver el pórtico simétrico mostrado en la figura y graficar sus diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector. ………………………. (10 puntos)

2.

RESISTENCIA COMPUESTA. Determinar el esfuerzo normal máximo en valor absoluto y la ubicación del eje neutro en la sección más peligrosa de la viga, si las características del perfil metálico se dan en la siguiente tabla. Área (A)

WY

WZ

IY

IZ

cm2

cm3

cm3

cm4

cm4

100

1589

123

39727

1043 ………………………. (5 puntos)

176

3.

CARGAS DE IMPACTO. Un amortiguador de choques para vagones de mina se construye con un resorte de rigidez k  1000lb / p lg , tal como se muestra en la figura. Si un vagón que pesa 1500lb viaja a 5mph cuando golpea el resorte, ¿Cuál es la deflexión máxima  de éste? ………………………. (5 puntos)

FECHA


177



G.I.  3C  A  3.3  5  4 El pórtico es cuatro veces hiperestático. Elegimos el sistema principal (figura a) y graficamos los diagramas de momentos unitarios (figuras b, c, d, e) y de carga real (figura f)

El sistema inicial de ecuaciones canónicas es:

11X1  12X 2  13X 3  14X 4  1P  0 12X1   22X 2   23X 3   24X 4   2P  0 13X1   23X 2   33X 3   34X 4   3P  0 14X1   24X 2   34X 3   44X 4   4P  0 Como los diagramas M 1 , M 3 y M P son simétricos y los diagramas M 2 y M 4 son antisimétricos, se desprende que los coeficientes 12 , 14 ,  23 ,  34 ,  2 P y  4 P serán iguales a cero y, en consecuencia, el sistema de ecuaciones canónicas del método de las fuerzas tendrá la forma:

11X1  13X 3  1P  0 13X1   33X 3   3P  0

 22X 2   24X 4  0  24X 2   44X 4  0

178

La solución del sistema de ecuaciones correspondiente a las dos últimas ecuaciones es X 2  0 y

X 4  0 , esto es, las incógnitas antisimétricas por acción de cargas externas simétricas resultaron ser iguales a cero. Luego, determinamos los coeficientes de las dos primeras ecuaciones.

11 

1 1 2 42,667 . .4.4. .4.2  EI 2 3 EI

13 

1 1 96 . .4.4.6.2  EI 2 EI

 33 

1 1 2 432  .6.6. .6  6.4.6.2   EI  2 3 EI 

1P  

1 1 960 . .4.4.60.2   EI 2 EI

 3P  

3 0  4.4,5.30  6.60.2  1 .6.4.60.2   3780 6EI EI EI

De esta manera, las ecuaciones serán:

42,667 96 960 X1  X 3  EI EI EI 96 432 3780 X1  X3  EI EI EI Resolvemos el sistema de ecuaciones y obtenemos:

X1  5,625kN X 3  7,5kN Con los valores obtenidos, calculamos las otras reacciones en los apoyos (figura a) y graficamos los diagramas de fuerza axial (figura b), fuerza cortante (figura c) y momento flector (figura d)

179

2.

Los momentos flectores máximos surgen en el empotramiento, siendo sus valores.

M Y,máx  20(1)  10 cos 30 o (2)  37,32kN.m M Z,máx  10sen30 o (2)  10kN.m Como nos pide en valor absoluto, entonces, consideramos el valor absoluto de los esfuerzos respecto a ambos ejes.

 máx 

M Y ,máx WY



M Z,máx WZ



37,32.10 3 10.10 3   104,787MPa 1589.10 6 123.10 6

Para determinar el punto más peligroso, determinamos la ubicación de la línea neutra. El coeficiente de giro de la línea neutra es:

k  tg  

M Z,máx I Y 10.10 3 39727.10 8 .  .  10,206 M Y,máx I Z 37,32.10 3 1043.10 8

Luego:

  arctg(10,206)  84,4 o El signo negativo implica que se girará en el sentido horario respecto al eje Y 3.

Por datos del problema, se tiene que:

P  1500lb

g  32,2pie / s 2  386,4p lg/ s 2

 22   22  V  5mph  5 pie / s   .12p lg/ s  88p lg/ s  15   3 Para una carga de impacto, cuando el objeto que se desplaza horizontalmente golpea el extremo de una barra o resorte, donde la energía cinética de la masa móvil es

MV2 / 2 y la energía de

deformación de la barra es EA / 2L , se puede formular la siguiente ecuación de conservación de 2

energía:

MV2 EA 2  2 2L Siendo:

 - deflexión máxima del extremo de la barra o del resorte Por lo tanto, para nuestro caso se tendrá:

MV2 L  EA



PV 2 1500.88 2   5,483p lg gk 386,4.1000

Donde:

M k

P g

EA L

180


D E


1.

USMP - FIA

EVALUACIÓN

EXAMEN FINAL

SEM. ACADÉMICO

2010 – I

CURSO


SECCIÓN

30F

PROFESOR


DURACIÓN

90m

ESCUELA

INGENIERIA CIVIL

CICLO

VI

METODO DE LAS FUERZAS. Resolver el pórtico mostrado en la figura, graficando sus diagramas de fuerzas internas y determinar el desplazamiento horizontal del apoyo A, debido a la variación de temperatura en las barras BC y CE, en las cuales la temperatura exterior es  10 C y la temperatura o

o

interior es 20 C . En el resto de barras del pórtico no existe variación de temperatura. Considerar

EI  const para todo el pórtico; b  0,5m y   const para las barras BC y CE ………………………. (10 puntos)

2.

METODO DE DESPLAZAMIENTOS. Resolver el pórtico mostrado en la figura y graficar los diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector. ………………………. (10 puntos)

FECHA

La Molina, 21 de Junio del 2010

181

SOLUCIONARIO DE EXAMEN FINAL CICLO 2010 – I 1.


G.I.  3C  A  3.2  5  1 El pórtico es una vez hiperestático. Elegimos el sistema principal y graficamos los diagramas M1 , N 1 , así como esquematizamos las zonas traccionadas por temperatura.


11X1  1T  0 Siendo:

11 

1 1 2 1 2  37,333 .4.4. .4  .4.3. .4   EI  2 3 2 3  EI

1T  

 10  20 1 20  10 . .4.3   .1,333.3  340 0,5 2 2


37,333 X1  340  0 EI De donde:

X1  9,107EI De esta manera, las reacciones en los apoyos y diagramas finales de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector, son los mostrados en la figura.

182

Para calcular el desplazamiento horizontal en A, aplicamos una carga horizontal P  1 en el sistema principal y en el punto requerido, graficando sus diagramas M 2 , N 2 , así como esquematizando las zonas traccionadas por temperatura.

Determinamos el desplazamiento horizontal en A

AX   

t1  t 2 t1  t 2 MM2 ds    A M2    A N2 EI b 2 183

AX   2.

20  10 1 20  10 1 1 2 . .(36,428EI).3. .3   . .3.3   .1.3  145,716  EI 2 3 0,5 2 2

Para determinar los desplazamientos lineales, esquematizamos el pórtico con rótulas.


n  nn  nd  2 1  3 Siendo, las incógnitas los desplazamientos angulares  2 ,  3 y el desplazamiento lineal  Determinamos la rigidez por unidad de longitud.

i 23 

2EI EI   io 8 4

i 35 

2EI 4  io 6 3

i 34  i 56  i 21 

EI  io 4

EI 2  io 6 3

Calculamos el ángulo de desviación de la barra.

 21 

 6

 34   56 

 4

 23   35  0

184

Esquematizamos el sistema principal, incorporando los empotramientos elásticos en los nudos rígidos 2, 3 y la barra adicional en el nudo 5, tal como se muestra en la figura de la página anterior. Analizamos el equilibrio del nudo rígido 2 NUDO 2:

M

2

0



M 2  M 21  M 23  0

………………. (a)

Siendo:

2    1.6 2 M 21  2i 21 2 2  1  3 21   M '21  2. i o  2 2  3    2,6667i o  2  0,6667i o   3 3  6  12 M 23  2i 23 2 2  3  3 23   M '23  2i o 2 2  3  

12.8  4i o  2  2i o 3  12 8

Reemplazamos valores en la ecuación (a) y obtenemos:

6,6667i o  2  2i o 3  0,6667i o   9  0

………………. (b)

Ahora, analizamos el equilibrio del nudo rígido 3 NUDO 3:

M

3

0



M 3  M 32  M 34  M 35  0

………………. (c)

Siendo: ' M 32  2i 23 23   2  3 23   M 32  2i o 23   2  

12.8  2i o  2  4i o 3  12 8

  M 34  3i 34 3   34   M "34  3i o  3    3i o 3  0,75i o  4 

4 2.6 2 M 35  3i 35 3   35   M "35  3. i o 3    4i o 3  9 3 8 Reemplazamos valores en la ecuación (c) y obtenemos:

2i o  2  11i o 3  0,75i o   3  0

185

………………. (d)

Ahora, elaboramos la tercera ecuación, a partir de la condición de igualdad a cero de la reacción en la barra adicional. Para ello, efectuamos un corte en el pórtico, analizando la parte de la barra adicional que impide el desplazamiento lineal y planteamos la ecuación de equilibrio de la parte cortada del pórtico a analizar, en función de las fuerzas cortantes. CORTE EN EL PORTICO:

F

X

0



R  V21  V34  V56  0

………………. (e)

Siendo:

6i 21  2  1  2 21   V21'   6(2i o / 3)   2  2    1.6  0,6667i o  2  0,2222i o   3 L 21 6 6 2  3i 3i   " V34   34 3   34   V34   o  3    0,75i o 3  0,1875i o  L 34 4  4

V21  

V56  

3i 56 6   56   V56"   3i o L 56 4

      0,1875i o   4

Reemplazamos valores en la ecuación (e) y obtenemos:

0,6667i o  2  0,75i o 3  0,5972i o   3  0 ………………. (f)

Resolvemos las ecuaciones (b), (d) y (f), obteniendo:

i o  2  2,1182 i o 3  0,1686 i o   7,1757 Con los valores obtenidos, determinamos los momentos flectores en los nudos. NUDO 2:

M 23  4(2,1182)  2(0,1686)  12  3,8644kN.m

M 21  2,6667(2,1182)  0,6667(7,1757)  3  3,8644kN.m

NUDO 1:

2    1.6 2 ' M12  2i 21 21   2  3 21   M12  2. i o   2  3    1,3333i o  2  0,6667i o   3 3  6  12 186

M12  1,3333(2,1182)  0,6667(7,1757)  3  4,9598kN.m

NUDO 3:

M 32  2(2,1182)  4(0,1686)  12  15,5620kN.m M 35  4(0,1686)  9  9,6744kN.m M 34  3(0,1686)  0,75(7,1757)  5,8876kN.m

NUDO 6:

  M 65  3i 56  6   56   M "65  3i o     0,75i o   0,75(7,1757)  5,3818kN.m  4

DIAGRAMA DE MOMENTO FLECTOR: Con los valores obtenidos graficamos el diagrama de momentos en los nudos y para obtener el diagrama final de momento flector, al diagrama de momentos en los nudos le agregamos el diagrama de cargas en cada barra, asumiendo como una viga simplemente apoyada. Los diagramas de momentos en los nudos y final se muestran en las figuras a) y b) respectivamente.

187


V23 

3,8644  14,2868  4,5378kN 4

V32  

14,2868  15,5620  7,4622kN 4

V35  

0  9,6744 2.6   7,6124kN 4 2

V53  

0  9,6744 2.6   4,3876kN 6 2

V12  

3,8644  4,9598 1.6   3,1826kN 6 2

V21  

3,8644  4,9598 1.6   2,8174kN 6 2

V34  V43 

5,8876  1,4719kN 4

V56  V65 

5,3818  1,3455kN 4

Con los valores obtenidos graficamos el diagrama de fuerza cortante, agregando en los tramos cargados el efecto de dichas cargas.

DIAGRAMA DE FUERZA AXIAL: Analizamos el equilibrio de cada nudo, determinando las fuerzas axiales en las barras. NUDO 2:

F F

X

0




Y

0




188

NUDO 3:

F F



X

0



N 35  2,8174  1,4719  0

Y

0



 N 34  7,4622  7,6124  0 

N 35  1,3455kN (COMPRESION) N 34  15,0746kN (COMPRESION)

NUDO 5:

F F

X

0



1,3455  1,3455  0

Y

0



 N 56  4,3876  0

(OK)




Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama de fuerza axial.

COMPROBACION DE EQUILIBRIO TOTAL: Analizamos el equilibrio de todo el pórtico, utilizando el DCL de la estructura.

F  0 F  0 M  0 X



 3,1826  1(6)  1,4719  1,3455  0

(OK)

Y



4,5378  12  15,0746  2(6)  4,3876  0

(OK)

A



4,3876(6)  5,3818  2(6)(3)  12(4)  1(6)(1)  4,9598  3,1826(2)  4,5378(8)  0

189

(OK)

190


D E


1.

USMP - FIA

EVALUACIÓN

EXAMEN FINAL

SEM. ACADÉMICO

2010 – II

CURSO


SECCIÓN

30F

PROFESOR


DURACIÓN

90m

ESCUELA

INGENIERIA CIVIL

CICLO

VI

METODO DE LAS FUERZAS. Resolver el pórtico mostrado en la figura y graficar sus diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector. ………………………. (10 puntos)

2.

RESISTENCIA COMPUESTA. Determinar los esfuerzos normales máximo  máx y mínimo  mín , así como la posición del eje neutro en la sección más peligrosa. ………………………. (5 puntos)

191

3.

CARGAS DE IMPACTO. Un collar deslizante de masa M cae desde una altura h sobre el extremo inferior de una barra no prismática, tal como se muestra en la figura. La parte superior de la barra tiene diámetro d 2 y la parte inferior tiene diámetro d 1 . Las longitudes de las dos partes son L 2 y L 1 , respectivamente. El material de la barra permanece linealmente elástico con módulo de elasticidad E . Determinar la deflexión máxima  y el esfuerzo de tracción máximo  debidos al impacto, si las dimensiones y propiedades son las siguientes: M  5kg , h  10mm , E  200GPa , d1  5mm ,

d 2  10mm , L1  300mm , L 2  100mm ………………………. (5 puntos)

FECHA


192



G.I.  3C  A  3.2  4  2 El pórtico es dos veces hiperestático. Elegimos el sistema principal (figura a) y graficamos los diagramas de momentos unitarios (figuras b y c), así como de carga real (figura d)


11X1  12X 2  1P  0

12X1   22X 2   2P  0 Siendo:

11 

1 1 2  45 .3.3. .3  3.4.3   EI  2 3  EI

12  

1 36 .3.4.3   EI EI

 22 

1 1 2  45 .3.3. .3  3.4.3   EI  2 3  EI

1P 

1 192 .3.4.16  EI EI

 2P  

1,5 16.3  4.16.2,25  16.1,5  1 .3.4.16   246 6EI EI EI

193


45 36 192 X1  X 2   EI EI EI 

36 45 246 X1  X 2  EI EI EI

Resolvemos el sistema de ecuaciones y obtenemos:

X1  VA  0,296kN  X 2  VC  5,704kN  Con los valores obtenidos, esquematizamos las reacciones en los apoyos (figura a) y graficamos los diagramas de fuerza axial (figura b), fuerza cortante (figura c) y momento flector (figura d)

2.

Calculamos las características geométricas de la sección transversal.

A  24.20  480cm 2 IY 

24.20 3  16000cm 4 12

IZ 

20.24 3  23040cm 4 12

Los cuadrados de los radios de inercia son:

i 2Y 

I Y 16000   33,333cm 2 A 480

i 2Z 

I Z 23040   48cm 2 A 480 194

Las fuerzas internas que surgen en cualquier sección son:

N X  P M Y  P e Z M Z  P e Y Donde, las coordenadas del polo (lugar de acción de la carga, es decir, punto C) son:

e Y  6cm

e Z  5cm Para determinar los puntos peligrosos de la sección, trazamos la línea neutra, calculando previamente los tramos de longitud a Y , a Z que intersecan a los ejes centrales principales.

aY  

i 2Z 48   8cm eY 6

aZ  

i 2Y 33,333   6,667cm eZ 5

Efectuando el trazo de la línea neutra, observamos, que los puntos más alejados son el punto A

( y A  12cm , z A  10cm) , en el cual surgen los esfuerzos de compresión y el punto B ( y B  12cm , z B  10cm) , en el cual surgen los esfuerzos de tracción.

tr  máx  B 

NX MY M  zB  Z yB A IY IZ

tr  máx  B  

60.10 3 60.10 3.5.10 2 60.10 3.6.10 2 2  (  10 . 10 )  (12.10 2 )  2,5.10 6 Pa 480.10 4 16000.10 8 23040.10 8

tr  máx   B  2,5MPa

195

 comp máx   A 



NX MY M  zA  Z yA A IY IZ

60.10 3 60.10 3.5.10 2 60.10 3.6.10 2 2  A    (10.10 )  (12.10 2 )  5.10 6 Pa 4 8 8 480.10 16000.10 23040.10

comp máx

 comp máx   A  5MPa 3.

Iniciamos calculando una rigidez equivalente k para la barra. Si una carga estática P1 actúa en el extremo libre de la barra, el alargamiento resultante 1 será:

1 

P1L1 P1L 2 P1  L1A 2  L 2 A1      EA 1 EA 2 E A1 A 2 

Además:

k

P1 EA 1A 2 200.10 9.( / 4).5 2.10 6.( / 4).10 2.10 6    12,08MN / m 1 L1A 2  L 2 A1 300.10 3.( / 4).10 2.10 6  100.10 3.( / 4).5 2.10 6

Luego:

 est 

W Mg 5.9,81    4,06.10 6 m  0,00406mm 6 k k 12,08.10

En consecuencia: 2    est   est  2h est  0,00406  0,00406 2  2.10.0,00406  0,289mm

La carga estática P que producirá la misma deflexión  es:

P  k  12,08.10 6.0,289.10 3  3491,12N Por lo tanto, el esfuerzo máximo será:



P 3491,12   177,8MPa A1 ( / 4).5 2.10 6

196

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Gere James – Timoshenko Stephen. Mecánica de materiales. Grupo Editorial Iberoamericana. México, 1986. – 825p.

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Miroliubov I.N. y otros. Problemas de resistencia de materiales. Editorial Escuela Superior. Moscú, 2005. – 396p.

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197

INDICE PROLOGO………………………………………………………………………………………………… 02

PRACTICA CALIFICADA Nº 1…………………………………………………………………………. 04

PRACTICA CALIFICADA Nº 2…………………………………………………………………………. 38

EXAMEN PARCIAL…………………………………………………………………………………..…. 73 PRACTICA CALIFICADA Nº 3………………………………………………………………………….101

PRACTICA CALIFICADA Nº 4………………………………………………………………………….129

EXAMEN FINAL………………………….……………………………………………………………….165

BIBLIOGRAFIA………………………………………………………………………………………..….197

198

RESISTENCIA DE MATERIALES II Prácticas y Exámenes USMP

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