2da Edición-Análisis de Estructuras-David Ortiz-ESIA UZ IPN.pdf

ANLISIS DE ESTRUCTURAS

Problemas resueltos

David Ortiz Soto

Segunda Edicin

(Revisada) Prometimos vencer y vencimos

ACERCA DEL AUTOR

David Ortiz Soto es ingeniero civil egresado de la Universidad Nacional Autnoma

de Mxico (UNAM), Facultad de Estudios Superiores Aragn (FES Aragn), con

crditos concluidos en la Maestra en Ingeniera Civil, rea disciplinaria de

Estructuras, por la Seccin de Estudios de Posgrado e Investigacin (SEPI) de la

Escuela Superior de Ingeniera y Arquitectura, Unidad Zacatenco (ESIA-UZ), del

Instituto Politcnico Nacional (IPN).

Actualmente desarrolla su tesis de Maestra denominada Los efectos de la

deformacin del Creep en columnas de concreto, siendo el Dr. Ernesto Pineda

Len el director de la misma.

El Ing. David Ortiz es autor, con los ingenieros Hugo Martnez, Sergio Omar

Berruecos, Daniel Hernndez, etc., del libro Estructuras Isostticas en 2D:

Problemas Resueltos, el cual present oficialmente por primer vez en el evento

Simposio de Investigacin en Sistemas Constructivos, Computacionales y

Arquitectnicos (SISCCA) 2014 con sede en la Universidad Jurez del Estado de

Durango, FICA. De igual forma, es autor del libro Resolucin de Armaduras en 2D

con el mtodo matricial de la rigidez y es uno de los editores de la WEB de

Ingeniera Civil ms importante de Amrica Latina llamada CivilGeeks, en la que

ha escrito diversos artculos. Estuvo como invitado en el quinto aniversario del ITI

III, donde ofreci conferencia de Anlisis Estructural. As mismo, es uno de los

creadores de la Biblioteca que lleva por nombre Problemario de Anlisis de

Estructuras en 2D y 3D.

Hoy en da, es el representante de la comunidad estudiantil de posgrado de ESIA

Zacatenco.

Ha sido invitado varias veces al Programa de Radio Ingenio Civil de Nuestra Voz

Radio: La Voz del Pueblo Organizado!; en alguna emisin de tal programa, altern

con el Ph. D. Genner Villarreal Castro.

Muchos aos vivi en Zumpango, pero actualmente radica en Tecmac, ambos

municipios del Estado de Mxico, colindantes con el D. F.


Problemas resueltos

Mxico 2015


Problemas resueltos

SEGUNDA EDICIN

DAVID ORTIZ SOTO

Instituto Politcnico Nacional

Escuela Superior de Ingeniera y Arquitectura

Universidad Nacional Autnoma de Mxico

Facultad de Estudios Superiores Aragn

Revisin Tcnica:

Dr. Ernesto Pineda Len

Docente en Instituto Politcnico Nacional

Escuela Superior de Ingeniera y Arquitectura

Seccin de Estudios de Posgrado e Investigacin, y Licenciatura

Universidad de Londres

Queen Mary College

Universidad de Sonora

Facultad de Ingeniera

Datos de Catalogacin bibliogrfica

ORTIZ, D.

Anlisis de Estructuras: Problemas Resueltos

Segunda edicin

INDEPENDIENTE, Mxico, 2015

Distribuidora virtual oficial: CivilGeeks

ISBN Trmite en proceso

rea: Ingeniera

Formato: Carta 21.6 cm x 27.9 cm

No est permitida la reproduccin total o parcial de este libro, ni su tratamiento

informtico, ni la transmisin de ninguna forma o cualquier medio, ya sea

electrnico, mecnico, por fotocopia, por registro u otros mtodos, con fines

lucrativos.

DERECHOS RESERVADOS 2015, por David Ortiz Soto

Impreso en Mxico

V

DEDICATORIAS

El presente libro est dedicado a todos los(as) estudiantes y profesores(as) que han

levantado la voz para exigir sus derechos y un sistema justo en el Instituto

Politcnico Nacional (IPN), sin miedo a represalias, haciendo uso del derecho a

pensar.

Siendo hoy el 27 de Septiembre del 2014, a 10 das del PARO INDEFINIDO que

han organizado diversos estudiantes de la Escuela Superior de Ingeniera y

Arquitectura, Unidad Zacatenco, bajo el argumento de no haber recibido respuesta

a su pliego petitorio por parte de las autoridades, el movimiento est ms fuerte que

nunca y nadie dar un paso atrs hasta haber conseguido el objetivo. La principal

inconformidad es el nuevo plan de estudios (2014) impuesto en ESIA UZ y

considerado de menor calidad al precedente (2004), por lo que se exige derogacin

del mismo.

Muchos profesores tanto de Licenciatura como de Posgrado se han solidarizado

con este movimiento.

DEDICATORIAS

VI

La presente obra tambin se ha realizado en apoyo absoluto a los investigadores

de SEPI ESIA Zacatenco, quienes han protestado ante lo que ellos han denominado

la imposicin de un jefe ilegtimo de posgrado.

DEDICATORIAS

VII

Finalmente, va para todos(as) aquellos(as) que en conjunto han formado la

Resistencia Global Politcnica, manifestndose en contra del Nuevo Reglamento

Interno del IPN y exigiendo la destitucin de diversos directivos corruptos, desde

vocacionales hasta unidades de nivel superior, as como a todos(as) los

solidarios(as) pertenecientes a otras universidades como la UNAM, UAM, etc., hasta

la poblacin en general que se ha unido a la lucha.

DEDICATORIAS

VIII

Dedico de manera especial este libro a Dios, a mi madre Clara y mi padre Antonio,

as como a mis hermanos Jos Carlos y Antonio.

A mis abuelas Paulina Ramrez y Juana Marn.

A mis sobrinos Diego y Antonio.

He sido bendecido por el apoyo y afecto que me ha brindado cada uno de los

miembros de mi familia a lo largo de mi vida, lo cual les agradezco infinitamente,

incluyendo aquellos que se han adelantado (abuelos Rafael y Antonio, y ta Luca).

Con toda sinceridad, les doy las gracias a todos mis amigos(as), compaeros(as),

profesores(as), investigadores y colegas que siempre me han respaldado.

Agradezco a las Instituciones en las que me he formado acadmicamente a nivel

de Licenciatura y Posgrado: FES Aragn UNAM y ESIA UZ IPN.

Hago un reconocimiento especial al amigo e investigador Dr. Ernesto Pineda Len

por todos los conocimientos que me ha transmitido y por haber efectuado la revisin

tcnica de este libro.

A todas las personas de Mxico y del extranjero que directa o indirectamente me

han apoyado y/o han depositado su confianza en m.

A todo aquel que con los puos en alto sigue luchando por un mundo ms justo

(estudiantes, profesionistas honestos, obreros, campesinos, jornaleros y dems).

Somos el pueblo trabajador, los siempre condicionados y reprimidos.

A la memoria de mis amigos Juan, Miguel, Luis y Gilbertobuen viaje.

A los lectores, esperando que este texto sea de su agrado y utilidad.

La informacin no es slo para el que la paga, es para todos(as).

No hay fronteras ni banderas para el conocimiento.

Escribir para resistir en un mundo de opresin.

Gracias por todo su apoyo a todos(as) ustedes y por siempre alentarme a seguir

adelante.

IX

LA RESISTENCIA GLOBAL DEL INSTITUTO POLITCNICO NACIONAL (IPN)

Y LAS UNIVERSIDADES SOLIDARIAS

Basta ya! mi futuro no est en venta

hermano no te vayas a la deriva

mejor pon el puo arriba

porque mi gente est apoyando a esta nacin

aqu estamos todos resistiendo

vamos todos a bordo, que no se quede nadie

cuidando al compaero y que aqu nadie nos calle

organizacin y hay que tener cuidado

hay muchos que provocan porque vienen de infiltrados

son tan ignorantes, se olvidan de su pueblo,

confunden intereses y creen son parte del dueo

nuestro delito es ser conscientes

no caigo en el juego de la desinformacin

vivir en libertad, disfrutar del consenso, fomentar el apoyo mutuo

solidaridad y diversidad sexual

y todo nuestro apoyo a las comunidades tnicas

voy a seguir creyendo que la razn ms justa es la verdad

nadie va parar la libertad

busquemos el derecho de imaginar

By el artista mexicano Hern Skalo

X

DONATIVOS VOLUNTARIOS

Si bien siempre he pensado que la informacin no es slo para el que la paga, es

para todos, motivo por el cual coloco con toda humildad para su libre descarga este

libro, en esta ocasin, se requiere de su apoyo para los estudiantes que se

encuentran luchando por una causa justa defendiendo el IPN. Si est en tus

posibilidades el hacer algunos donativos tales como vveres, agua, papel higinico,

etc., para los jvenes que se encuentran salvaguardado sus correspondientes

escuelas a las que pertenecen, sean Vocacionales o de Nivel Superior, se te

agradecer en demasa. Mientras dura este movimiento, puedes acudir

directamente a cualquiera de las Instalaciones del IPN a visitar a los estudiantes

citados para hacerles entrega de lo que desees donar.

El anterior prrafo apareci en la primera edicin de este libro. Ahora, en esta

segunda edicin del libro, en nombre de la comunidad estudiantil en resistencia,

agradecemos a todas las personas que apoyaron con vveres.

XI

CONTACTO Cuenta Personal David Ortiz M en I https://www.facebook.com/davidortizMenI Pgina de la Biblioteca Se les hace la amable invitacin a unirse a la pgina oficial de Facebook de la Biblioteca; para localizarla, se les sugiere teclear en el buscador las palabras Problemario de Anlisis de Estructuras en 2D Y 3D. Si buscas un sitio donde se haga vlido el supuesto derecho que todos tenemos de "La educacin es gratuita y no un privilegio", la Biblioteca citada es uno de los lugares indicados, pues toda la informacin que elaboramos (Libros, Tesis, Vdeos Tutoriales y Manuales) profesionistas de Mxico, Per, Bolivia y Ecuador es de libre descarga. Si necesitas una dosis de entretenimiento, ah la encontrars. Siempre sers bienvenido al lugar donde a travs de la expresin artstica manifestamos nuestra inconformidad ante un sistema injusto y carente de oportunidades para todos por igual. Es en la literatura de Ingeniera ms combativa que jams hayas visto donde podrs notar que pintamos las banderas de un solo color, pues todos(as) tienen cabida, y los egos y las envidias no existen. Que disfruten de nuestra produccin intelectual: es la novel propuesta del siglo XXI.

XIII

PREFACIO

El libro se ha escrito con la finalidad de contribuir en el apoyo a profesores, estudiantes y todos los interesados en general en la enseanza y el aprendizaje del anlisis estructural, el cual representa un apartado trascendental en el rea de la Ingeniera Estructural. Esta a su vez, constituye una de las partes ms importantes de la carrera de Ingeniera Civil y de otras carreras como Ingeniera Mecnica, Ingeniera Aeronutica y Arquitectura.

Una estructura es el conjunto de elementos resistentes, convenientemente

vinculados entre s, que accionan y reaccionan bajo los efectos de las cargas; su

finalidad es resistir y transmitir cargas a otros elementos y a los apoyos, y de ese

modo garantizar su correcto funcionamiento. Los requisitos o exigencias bsicas

que una estructura debe cumplir son: equilibrio y estabilidad.

Se entiende por anlisis de una estructura al proceso sistemtico que concluye con

el conocimiento de las caractersticas de su comportamiento bajo un cierto estado

de cargas; se incluye, habitualmente, bajo la denominacin genrica de estudio del

comportamiento tanto el estudio del anlisis de los estados tensional y

deformacional alcanzados por los elementos y componentes fsicos de la estructura

como la obtencin de conclusiones sobre la influencia recproca con el medio

ambiente o sobre sus condiciones de seguridad. Es entonces el objetivo del anlisis

de una estructura, la prediccin de su comportamiento bajo las diferentes acciones

para las que se postule o establezca que debe tener capacidad de respuesta.

Novedades en esta edicin

El autor, bajo la misma tendencia de elaborar literatura de Ingeniera altruista,

consiente y combativa, en esta edicin lanza un mensaje de solidaridad hacia el

movimiento estudiantil gestado inicialmente en ESIA UZ y que a la postre se

convirti en global del IPN, Institucin a la que pertenece. En la portada se aprecia

una imagen que dice ESIA Zacatenco en pie de lucha, acompaada de la frase

prometimos vencer y vencimos.

Se presenta un ejemplo resuelto de una viga con seccin variable, empleando el

mtodo de las fuerzas. Se incluyen ejercicios resueltos de armaduras por el mtodo

de flexibilidades, para los casos en el que la estructura es indeterminada

externamente y es indeterminada tanto externamente como internamente.

Asimismo, se implementan ejercicios para marcos con un soporte girado y con una

columna inclinada, por el mtodo de las fuerzas. Se incorpora la resolucin de

marcos con el mtodo de la rigidez directa, para los casos de: la existencia de un

soporte de rodillos inclinado, alguna rtula intermedia, y con una columna de doble

altura. Se ofrece una explicacin mucho mejor de la solucin de la ecuacin

PREFACIO

XIV

diferencial del movimiento para los sistemas de un grado de libertad con y sin

amortiguamiento. En las pginas finales del libro, el autor hace una sntesis de lo

que fue el movimiento estudiantil citado.

Enfoque

En cada captulo del libro, se resuelve de manera minuciosa y clara una gran

variedad de ejercicios sobre estructuras isostticas e hiperestticas, y sistemas de

un grado de libertad con amortiguacin y sin amortiguacin, segn sea el caso. Esto

tiene como objetivo ofrecer al lector una idea muy acercada de cmo trabajan los

software de estructuras disponibles hoy en da, por ejemplo, el SAP 2000, ETABS

o ANSYS, debido a que estos emplean las teoras que en la presente obra se tratan.

Por otra parte, en automtico se le brinda al lector un medio para comprobar los

resultados obtenidos en los programas de clculo mencionados, en vez de limitarse

simplemente a confiar en los resultados generados. Desde un punto de vista

acadmico, la resolucin detallada de ejercicios muy variados, desde simples hasta

muy complejos, permiten al estudiante tener ms prctica y por ende desarrollar de

forma ms amplia sus habilidades, aterrizando los conceptos aprendidos en clase y

de ese modo, enfrentar con ms facilidad los ejercicios que se le dejan extra-clase

o bien, llegar mejor preparado para algn examen.

Contenido

El libro se divide en tres captulos. En el captulo 1 se analizan estructuras

isostticas nicamente, especficamente, vigas, prticos, armaduras y arcos. Esta

parte vendra siendo una introduccin al anlisis estructural; se explica la forma de

calcular el grado de indeterminacin, las reacciones en los soportes, de determinar

las funciones de las fuerzas cortante y normal, y de momento flexionante empleando

el mtodo de las secciones, de dibujar los diagramas de los elementos mecnicos,

de inferir las fuerzas en las barras con el mtodo de los nodos en las armaduras,

etc.

En el captulo 2 se estudian las estructuras estticamente indeterminadas; los

mtodos que se emplean para ello son el de flexibilidades (tambin llamado de las

fuerzas) y el matricial de la rigidez (tambin conocido como de la rigidez directa), y

se aplican solo a armaduras, vigas y marcos, en el plano.

Finalmente, el captulo 3 se enfoca a la resolucin de sistemas de un grado de

libertad con y sin amortiguamiento, tanto para casos en los que la carga es nula

como para los casos en los que hay excitacin armnica.

DAVID ORTIZ SOTO

XV

CONTENIDO

1 ESTRUCTURAS ISOSTTICAS .................................................................................. 1

Ejercicio 1.1 Funciones de Fuerzas cortante y normal, y de momento flector

de una viga isosttica con un soporte inclinado ................................................ 1

Ejercicio 1.2 Diagramas de fuerza cortante y de momento para una viga con

carga triangular ..................................................................................................... 8

Ejercicio 1.3 Anlisis de una viga con carga compleja ................................... 12

Ejercicio 1.4 Diagramas de fuerza cortante y normal, y de momento para un

prtico .................................................................................................................. 25

Ejercicio 1.5 Fuerzas en las barras de una armadura simtrica .................... 36

Ejercicio 1.6 Fuerzas en las barras de una armadura no simtrica ............... 42

Ejercicio 1.7 Resolucin de un arco triarticulado parablico .......................... 47

Ejercicio 1.8 Resolucin de un arco triarticulado circular ................................ 54

2 ANLISIS ESTRUCTURAL ........................................................................................ 63

Ejercicio 2.1 Mtodo de flexibilidades aplicado a una viga ............................. 63

Ejercicio 2.2 Mtodo de flexibilidades aplicado a una viga con un asentamiento

en un soporte ....................................................................................................... 74

Ejercicio 2.3 Mtodo de flexibilidades aplicado a una viga con un asentamiento

en un soporte modelado como resorte helicoidal ............................................ 84

Ejercicio 2.4 Resolucin de una viga de seccin variable empleando el mtodo

de las fuerzas ...................................................................................................... 93

Ejercicio 2.5 Mtodo de flexibilidades aplicado a un marco con una redundante

..............................................................................................................................102

Ejercicio 2.6 Mtodo de flexibilidades aplicado a un prtico con varias

redundantes y un asentamiento en un apoyo ..................................................113

Ejercicio 2.7 Mtodo de flexibilidades aplicado a un marco con una columna

inclinada ...............................................................................................................126

Ejercicio 2.8 Resolucin de una armadura externamente indeterminada con

el mtodo de flexibilidades ................................................................................142

XVI

Ejercicio 2.9 Resolucin de una armadura con indeterminacin externa e

interna con el mtodo de flexibilidades ............................................................156

Ejercicio 2.10 Mtodo de la rigidez matricial aplicado a una armadura en 2D

..............................................................................................................................176

Ejercicio 2.11 Anlisis de una armadura con un rodillo en un plano inclinado

empleando el mtodo de la rigidez matricial ...................................................197

Ejercicio 2.12 Resolucin de una viga con el uso del mtodo de la rigidez

directa .................................................................................................................206

Ejercicio 2.13 Solucin de una viga con asentamiento en un apoyo por medio

del mtodo de la rigidez matricial .....................................................................216

Ejercicio 2.14 Resolucin de un prtico plano con el mtodo de la rigidez

directa .................................................................................................................222

Ejercicio 2.15 Anlisis de un marco con un rodillo inclinado, en 2D, con el

mtodo matricial de la rigidez ...........................................................................231

Ejercicio 2.16 Resolucin de un marco en el plano, con una rtula intermedia,

aplicando el mtodo matricial de la rigidez .....................................................238

Ejercicio 2.17 Resolucin de un prtico con una columna de doble altura,

empleando el mtodo de la rigidez directa ......................................................248

3 INTRODUCCIN A LA DINMICA ESTRUCTURAL .................................................261

Ejercicio 3.1 Anlisis de un sistema de un grado de libertad, sin amortiguacin

..............................................................................................................................261

Ejercicio 3.2 Anlisis de un sistema de un grado de libertad, con

amortiguacin .....................................................................................................265

Ejercicio 3.3 Respuesta de un sistema de un grado de libertad sin

amortiguacin, a excitacin armnica ..............................................................276

Ejercicio 3.4 Respuesta de un sistema de un grado de libertad amortiguado,

a excitacin armnica ........................................................................................279

BIBLIOGRAFA ..............................................................................................................283

ESIA UZ E IPN EN GENERAL: PROMETIMOS VENCER Y VENCIMOS

LA REPRESIN DE LAS AUTORIDADES HACIA LOS ESTUDIANTES SE HIZO

PRESENTE

1

CAPTULO 1

ESTRUCTURAS ISOSTTICAS

Ejercicio 1.1 Funciones de Fuerzas cortante y normal, y de momento flector

de una viga isosttica con un soporte inclinado.

Instrucciones Determine las reacciones en los apoyos de la estructura mostrada

en la figura 1-1a producidas por las cargas indicadas. Use el mtodo de las

secciones para deducir las expresiones algebraicas que describen la variacin de

los elementos mecnicos.

SOLUCIN

Verificacin del grado de indeterminacin

Se identifican las fuerzas reactivas en los apoyos (soportes); el soporte 1 es un rodillo, por lo que la reaccin 1 es perpendicular al plano de deslizamiento del apoyo, mientras que el soporte 2 es articulado y en l se generan dos reacciones, una horizontal (2) y una vertical (2). Como hay tres incgnitas de reaccin,

0.5/

1

2

24

10 12

5

Plano de deslizamiento del soporte

Figura 1-1

(a)

CAPTULO 1 ESTRUCTURAS ISOSTTICAS

2

= 3, tres ecuaciones de equilibrio ( = 0, = 0, = 0), = 3, y ninguna ecuacin de condicin (no existe articulacin (rtula) ni conexin cortante

intermedia), = 0, se concluye que la viga es isosttica o estticamente determinada debido a que se cumple que = + , puesto que 3 = 3 + 0.

Si > ( + ), entonces la viga es estticamente indeterminada, o bien, en caso de que < ( + ), se infiere que la viga es inestable.

Clculo de las reacciones en los apoyos

Diagrama de cargas. Este diagrama se muestra en la figura 1-1b. El sentido de cada reaccin ha sido supuesto arbitrariamente debido a que las fuerzas reactivas

no son conocidas. Para la carga distribuida se tienen que determinar: a) la carga

concentrada equivalente, es decir, la magnitud de la fuerza resultante de la carga,

que es igual al rea bajo la curva de carga (en este caso, por ser carga uniforme es

el rea del rectngulo) y b) el centroide de dicha rea a travs del cual pasa la lnea

de accin de la resultante,o sea, se halla el punto de aplicacin de la resultante

(para una carga rectangular, el centroide se localiza a la mitad de la longitud de la

base).

Por otra parte, se han establecido en sus cuadrantes positivos a los ejes

coordenados y ms convenientes para aplicar las ecuaciones de equilibrio en

0.5/

1

2

24

10 12

5

1 = 0.38461

1 = 0.9231

2

2

= 12

= 12

(b)


3

la estructura; esto ltimo hace que sea necesario descomponer a 1 en sus componentes rectangulares horizontal y vertical, las cuales han sido etiquetadas

como 1 y 1 respectivamente.

La fuerza resultante de la carga uniforme distribuida y su punto de aplicacin son

= (0.5/)(24) = 12 =1

2(24) = 12

De acuerdo a las figuras 1-1c y 1-1d, las componentes rectangulares de la reaccin

1 en el plano son

= tan15

12= 22.6198

1 = 1 sin = 1 22.6198 = 0.38461

1 = 1 cos = 1 22.6198 = 0.9231

Ecuaciones de equilibrio. Se aplican al diagrama de cargas para calcular las reacciones en los apoyos; la convencin de signos que se adopta es arbitraria. En

caso de que la solucin de las ecuaciones de equilibrio proporcione una magnitud

negativa para una fuerza reactiva, su sentido propuesto debe ser invertido.

Tomando momentos alrededor del punto 2 considerando los ejes que pasan por tal punto, se puede despejar directamente el valor de 1.

+2 = 0 1(10) + 1(24) 12(12) = 0

(0.38461)(10) + (0.9231)(24) 144 = 0 1 =144

26= 5.5385

1 = 5.5385

12

5

Plano de deslizamiento del soporte

90

1

1

(c)

(d)


4

Los valores de las componentes rectangulares de 1 = 5.5385 son

1 = 0.38461 = 0.3846(5.5385 ) = 2.13

1 = 0.9231 = 0.923(5.5385) = 5.112

Finalmente, las reacciones 2 y 2 se obtienen al plantear las dos ecuaciones de equilibrio restantes, es decir, las de fuerzas.

+ = 0 1 2 = 0 2.13 2 = 0 2 = 2.13

2 = 2.13

+ = 0 1 + 2 = 0 5.112 12 + 2 = 0 2 = 6.888

2 = 6.888

Funciones de fuerza cortante, de fuerza normal y de momento

En la figura 1-1e se visualizan los valores de las reacciones en los soportes con sus

correspondientes sentidos adecuados. A continuacin se aplica el mtodo de las

(e)

0.5/

1

2

24

10 12

5

1 = 2.13

1 = 5.112

2 = 6.888

= 12

12

2 = 2.13


5

secciones (cortes). La distribucin de la carga actuante no presenta discontinuidad,

as que slo ser necesario efectuar un corte perpendicular al eje longitudinal de la

viga para definir los elementos mecnicos, tambin llamados acciones internas, que

corresponden a la fuerza axial o normal , la cual acta en la misma direccin que la del eje longitudinal de la viga, la fuerza cortante que es perpendicular a y el momento flexionante ; se considera como origen del sistema coordenado al punto 1, as que la coordenada es positiva hacia la derecha y hacia abajo, y es vlida para la regin 1 2 (0 26), debido a que la longitud de la viga es

= (24)2 + (10)2 = 26.Se secciona la viga en un punto arbitrario (intermedio en

el segmento 1 2) a una distancia del punto 1.

En la figura 1-1f se proporciona un diagrama de cuerpo libre del segmento de viga

con longitud . El rea bajo el rectngulo y su centroide deben determinarse. Las acciones internas aparecen actuando en sus direcciones positivas de acuerdo

a la convencin de signos ms usual y sus funciones se deducen aplicando las

ecuaciones de equilibrio cuya convencin de signos si puede ser indistinta en el

diagrama mencionado.

0 26

(f)


6

La carga concentrada equivalente de la carga distribuida uniforme del corte y su

punto de aplicacin son, respectivamente

= (0.5)(0.923) = 0.4615 =1

2() =

2

Con base en la figura 1-1g se determinan las componentes rectangulares de la

fuerza resultante cuyas lneas de accin coinciden con las de y , es decir, las

componentes que actan en forma paralela y perpendicular al eje longitudinal de la

viga.

= sin = 0.4615(0.3846) = 0.1775

= cos = 0.4615(0.923) = 0.426

Las distancias auxiliares , , y se deducen a partir del tringulo rectngulo que

se observa en la figura 1-1h.

= sin = 0.3846

= cos = 0.923

=

2 =

2

Si tomamos momentos alrededor del punto del corte, puede obtenerse directamente

el momento en funcin de .

+ = 0

= 0.4615

(g)

(h)


7

Opcin 1

Usando los momentos de las fuerzas con respecto a los ejes que pasan

por el punto del corte se tiene

1() + 1() () = 0

5.112(0.923) + 2.13(0.3846) (0.4615)(0.4615) = 0

= 0.2132 + 5.538

Opcin 2

Considerando los momentos de las fuerzas con respecto a los ejes que

pasan por el punto del corte obtenemos

1() (

2) = 0 5.5385() (0.426) (

2) = 0

= 0.2132 + 5.5385

De la suma de fuerzas en la direccin perpendicular al eje longitudinal de la viga

igual a cero, se puede obtener una solucin directa para la fuerza cortante .

+ = 0 1 = 0 5.5385 0.426 = 0

= 5.5385 0.426

Tambin, es resultado de

=

=

(0.2132 + 5.5385) = 5.5385 0.426

Lo anterior se debe a que como se observar en el siguiente ejercicio, la pendiente

del diagrama de momento (/) es igual a la intensidad de la fuerza cortante en ese punto. Por otra parte, se establece que la pendiente del diagrama de fuerza

cortante, en un punto (/) es igual a la intensidad de la carga distribuida () en ese punto.

Al plantear la ecuacin que establece que la suma de fuerzas en la direccin del

eje longitudinal de la viga es equivalente a cero, es posible despejar el valor de la

fuerza normal .

+ = 0 + = 0 0.1775 + = 0 = 0.1775


8

Ejercicio 1.2 Diagramas de fuerza cortante y de momento para una viga con

carga triangular.

Instrucciones Para una viga simplemente apoyada de longitud que soporta una

carga cuya variacin lineal va de 0 en el apoyo hasta en el apoyo , figura

1-2a, dibuje los diagramas de momento y cortante.

SOLUCIN


Diagrama de cargas. Las reacciones en los apoyos han sido identificadas y el

sentido de cada una de ellas se ha supuesto arbitrariamente por desconocerse; por

otra parte, se ha determinado la carga concentrada equivalente para la carga

distribuida de intensidad con variacin lineal y su punto de aplicacin . La figura

1-2b indica el diagrama de cargas de la estructura.

Ecuaciones de equilibrio. Se aplican al diagrama de cargas para obtener las

fuerzas reactivas en los soportes; la convencin de signos a utilizar es indistinta.

+ = 0 (

2) (

2

3) ()() = 0 =

2

3 =

3

+ = 0 = 0

Figura 1-2

(a)


9

+ = 0

2+

3= 0 =

6

Funciones de fuerza cortante y de momento

En la figura 1-2c se visualizan los valores de las reacciones en los soportes con sus

correspondientes sentidos adecuados; se especifica la coordenada a utilizar cuyo

origen asociado est en . El momento y el cortante deben estar en funcin de y

como no hay discontinuidad de carga a lo largo de la estructura, slo se efectuar

un corte perpendicular al eje de la viga.

(b)

(c)


10

Un diagrama de cuerpo libre del segmento de viga con longitud es proporcionado en la figura 1-2d. Note que la intensidad de la carga triangular se encuentra en

proporcin, es decir,

=

=

. Se indica la fuerza resultante de la carga

triangular del corte y su punto de aplicacin; y aparecen actuando en sus direcciones positivas de acuerdo a la convencin de signos usualmente adoptada y

sus funciones se deducen al hacer uso de las ecuaciones de equilibrio cuya

convencin de signos si puede ser cualquiera.

0

+ = 0 + (

6)

() ( )

2(

3) = 0

=

6

63

+ = 0

6

() ( )

2 = 0

=

6

22 =

=

6

6(32) =

6

22

Clculo del momento mximo

El momento mximo est posicionado en un punto donde = / = 0; realizando la sustitucin correspondiente y resolviendo la ecuacin se tiene

(d)


11

0 =

6

22 2 =

6

2

=22

6=

2

3 =

3

Al hacer = en la ecuacin de , el momento mximo resulta ser

=

6(

3)

6(

3)

3

=2

63

2

6(3)3 =

3

272 =

2

93

Diagramas de fuerza cortante, momento flector

Una vez que se han determinado las funciones de fuerza cortante y de momento

flector, estas se evaluan en el intervalo 0 , tablas 1-1 y 1-2. Luego, los respectivos diagramas, figuras 1-2e y 1-2f, se obtienen de graficar los datos

dispuestos en forma tabular.

Tabla 1-1

Tabla 1-2

(e)

(f)


12

Ejercicio 1.3 Anlisis de una viga con carga compleja.

Instrucciones Calcule las fuerzas reactivas en los soportes y determine las

funciones del momento flector y de las fuerzas cortante y normal de la viga isosttica

mostrada en la figura 1-3a. Obsrvese que en los extremos izquierdo y derecho

estn aplicadas cargas puntuales de 7 con una pendiente de 3: 4 y de 5 con una pendiente de 1: 1 respectivamente; sobre la regin se extiende una carga cuya intensidad vara linealmente desde 0 en el punto hasta 3/ en el punto y sobre la regin la estructura soporta una carga distribuida irregularmente en la que se conocen seis puntos de intensidad de carga cuyos valores son indicados.

SOLUCIN


Diagrama de cargas. Primero se construye una funcin polinomial que ajuste a los puntos conocidos de la carga distribuida irregularmente; como se tienen seis datos,

se propone una funcin polinmica de grado cinco (ndatos -1) de la siguiente forma:

= 5 + 4+3 + 2 + + ()

Tomando como origen al punto se sabe que

= 4, = 0; = 5, = 2/; = 6, = 3/

= 7, = 1/; = 8, = 2/; = 9, = 0

Si sustituimos los valores anteriores en la ecuacin (), se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones:

0 = (4)5 + (4)4+(4)3 + (4)2 + (4) +

0 = 1024 + 256 + 64 + 16 + 4 + (1)

2 = (5)5 + (5)4+(5)3 + (5)2 + (5) +

2 = 3125 + 625 + 125 + 25 + 5 + (2)

3/

2/

3/

1/

2/

1 2 1 1 1 1 1 1 2

1

1

3

4

Carga distribuida

irregularmente

Figura 1-3

(a)


13

3 = (6)5 + (6)4+(6)3 + (6)2 + (6) +

3 = 7776 + 1296 + 216 + 36 + 6 + (3)

1 = (7)5 + (7)4+(7)3 + (7)2 + (7) +

1 = 16807 + 2401 + 343 + 49 + 7 + (4)

2 = (8)5 + (8)4+(8)3 + (8)2 + (8) +

2 = 32768 + 4096 + 512 + 64 + 8 + (5)

0 = (9)5 + (9)4+(9)3 + (9)2 + (9) +

0 = 59049 + 6561 + 729 + 81 + 9 + (6)

Expresando el sistema simultneo de ecuaciones en forma matricial tenemos

(

1024 256 64 16 4 13125 625 125 25 5 17776 1296 216 36 6 116807 2401 343 49 7 132768 4096 512 64 8 159049 6561 729 81 9 1)

(

)

=

(

023120)

Resolviendo el sistema resulta

(

)

=

(

1024 256 64 16 4 13125 625 125 25 5 17776 1296 216 36 6 116807 2401 343 49 7 132768 4096 512 64 8 159049 6561 729 81 9 1)

1

(

023120)

=

(

0.1666675.3333366.8333409.1671221.51422 )

Si se reemplazan los resultados obtenidos en la ecuacin (), entonces la funcin polinomial que describe la intensidad de la carga distribuida irregularmente es

= 1

65 +

16

34

401

63 + 409.1672 1221.5 + 1422

Se calculan las cargas concentradas equivalentes de las presiones, as como su punto de aplicacin .

- Carga cuya intensidad vara en forma lineal.

1 =(3/)(3)

2= 4.5 1 =

2

3(3) = 2

- Carga distribuida irregularmente.

Para esta carga se conocan seis puntos de intensidad inicialmente; realmente no

se saba el comportamiento exacto de la curva que describe la carga distribuida

hasta que se calcul la ecuacin y se grafic. Fue as como se pudo observar que


14

una pequea porcin de la carga distribuida, especficamente la que se extiende de

4 a 4.45, acta hacia arriba; lgicamente en = 4.45, = 0.

La fuerza resultante para esta porcin de carga distribuida es

2 = = 2

1

2 = (1

65 +

16

34

401

63 + 409.1672 1221.5 + 1422)

4.45

4

2 = [1

366 +

16

155

401

244 +

136389

10003

2443

42 + 1422]

4

4.45

2 = 1

36(4.456 4.006) +

16

15(4.455 4.005)

401

24(4.454 4.004)

+136389

1000(4.453 4.003)

2443

4(4.452 4.002) + 1422(4.45 4.00) 0.12

El signo negativo indica que la resultante 2 acta hacia arriba. Su punto de

aplicacin es

2 =

= 21

21

2 = () (

16

5 +163

4 4016

3 + 409.1672 1221.5 + 1422) 4.45

4

(16

5 +163

4 4016

3 + 409.1672 1221.5 + 1422) 4.45

4

Resolviendo el numerador se tiene

() (1

65 +

16

34

401

63 + 409.1672 1221.5 + 1422)

4.45

4

= (1

66 +

16

35

401

64 + 409.1673 1221.52 + 1422)

4.45

4

= [1

427 +

8

96

401

305 +

409167

40004

2443

63 + 7112]

4

4.45

= 1

42(4.457 4.007) +

8

9(4.456 4.006)

401

30(4.455 4.005)

+409167

4000(4.454 4.004)

2443

6(4.453 4.003) + 711(4.452 4.002) 0.49

El denominador ya fue resuelto. Por lo tanto,

2 =0.49

0.12 4.083


15

Ahora se analiza la parte de la carga distribuida que acta hacia abajo, es decir, la

que se extiende de 4.45 a 9. La fuerza resultante es

3 = = 2

1

3 = (1

65 +

16

34

401

63 + 409.1672 1221.5 + 1422)

9

4.45

= [1

366 +

16

155

401

244 +

136389

10003

2443

42 + 1422]

4.45

9

= 1

36(96 4.456) +

16

15(95 4.455)

401

24(94 4.454)

+136389

1000(93 4.453)

2443

4(92 4.452) + 1422(9 4.45) = 8.87

y su punto de aplicacin es

3 =

= 21

21

3 = () (

16

5 +163

4 4016

3 + 409.1672 1221.5 + 1422) 9

4.45

(16

5 +163

4 4016

3 + 409.1672 1221.5 + 1422) 9

4.45

Resolviendo el numerador se tiene

() (1

65 +

16

34

401

63 + 409.1672 1221.5 + 1422)

9

4.45

= (1

66 +

16

35

401

64 + 409.1673 1221.52 + 1422)

9

4.45

= [1

427 +

8

96

401

305 +

409167

40004

2443

63 + 7112]

4.45

9

= 1

42(97 4.457) +

8

9(96 4.456)

401

30(95 4.455) +

409167

4000(94 4.454)

2443

6(93 4.453) + 711(92 4.452) = 59.3


3 =59.3

8.87 6.685

Luego, se resuelven las fuerzas puntuales 1 = 7 y 2 = 5 en sus componentes rectangulares , figuras 1-3b, 1-3c y 1-3d, 1-3e, respectivamente.


16

- Para 1 = 7

1 = 32 + 42 = 5

sin 1 =4

5; cos 1 =

3

5

- Para 2 = 5

2 = 12 + 12 = 2

sin 2 = cos 2 =1

2

El soporte es un rodillo, por lo que se genera una fuerza reactiva vertical , mientras que el soporte es un pasador y tiene dos incgnitas de reaccin, una horizontal () y una vertical (). En consecuencia, el diagrama de cargas de la viga, figura 1-3f, es

3/

2/

3/

1/

2/

3 6 2

1 3

4

Carga distribuida

irregularmente 1 = 4.5 2 = 8.87 1 = 5.6

1 = 4.2

2 = 3.53553

2 = 3.53553

2 = 6.685

1 = 2 3.685 2.315

3 = 0.12

3 = 4.083

1

3

4

1

1

1

2

1

1

2 2

2

1

sin 1 =17

1 = 7(sin 1) = 7 (4

5) = 5.6

cos 1 =17

1 = 7(cos 1) = 7 (3

5) = 4.2

sin 2 =25

2 = 5(sin 2) = 5 (1

2) = 3.53553

cos 2 =25

2 = 5(cos 2) = 5 (1

2) = 3.53553

(b)

(c)

(d)

(e)

(f)


17

Ecuaciones de equilibrio. Se aplican al diagrama de cargas para calcular las

incgnitas y y usando una convencin de signos arbitraria.

+ = 0 4.2 3.53553 = 0 = 0.66447

+ = 0 5.6(3) 0.12(1.083) + 8.87(3.685) (6) + 3.53553(8) = 0

= 7.34

+ = 0 5.6 4.5 + + 0.12 8.87 + 7.34 3.53553 = 0 = 15.0456

La fuerza reactiva vertical del soporte en tambin se puede obtener tomando momentos alrededor de .

+ = 0 3.53553(2) 8.87(2.315) 4.5(6) + 0.12(4.917) + (6) 5.6(9) = 0

= 15.0455

Funciones de fuerza cortante, de fuerza normal y de momento

En la figura 1-3g se muestran los resultados obtenidos.

La distribucin de la carga que acta sobre la viga presenta discontinuidades en los

puntos , , , y ; as que, para obtener expresiones algebraicas que definan la variacin de los elementos mecnicos es necesario cortar a la estructura

perpendicularmente a su eje a travs de secciones arbitrarias en los tramos

, , , y .

3/

2/

3/

1/

2/

3 6 2

1 3

4

Carga distribuida

irregularmente 1 = 4.5 3 = 8.87 1 = 5.6

1 = 4.2

2 = 3.53553

2 = 3.53553

= 15.0456 = 7.34

= 0.66447

3 = 6.714

1 = 2 3.685 2.315

1

2 = 0.12

2 = 4.083

(g)


18

Se ha definido una sola coordenada para toda la viga, por lo que es vlida para toda la regin (0 11), su origen ha sido asociado en , y es positiva hacia la derecha.

Corte en el tramo ( ). Se secciona la viga en un punto arbitrario (intermedio

en el segmento ( ) a una distancia del punto . En la figura 1-3h se

proporciona un diagrama de cuerpo libre del segmento de viga con longitud . Al

aplicar las ecuaciones de equilibrio, se tiene

0 1

+ = 0 5.6 1 = 0 1 = 5.6

o tambin

1 =1

=(5.6)

= 5.6

+ = 0 4.2 + 1 = 0 1 = 4.2

Corte en el tramo ( ). En la figura 1-3i se muestra un diagrama de cuerpo libre de la seccin cortada. A la derecha, figura 1-3j, se proporciona un esquema

para determinar el valor en funcin de de la intensidad 1.

La fuerza resultante de la carga triangular cortada es

=( 1)( 1)

2=( 1)2

2

3/

1

1

3

3 4

1 = 5.6

1 = 4.2

1

1

1

1 = 1

3 4

=( 1)2

2 1 = 5.6

1 = 4.2

1

1

2

2

2

1 3

3/

3=

1 1

1 = 1

+ = 0 5.6() 1 = 0 1 = 5.6

(h)

(i)

(j)


19

y su punto de aplicacin es

=1

3( 1)

Por lo tanto,

+ = 0 5.6 ( 1)2

2[1

3( 1)] 2 = 0

2 = 5.6 1

6( 1)3 = 5.6

1

6[()3 3()2(1)+ 3(1)2() (1)3]

= 5.6 1

6[3 32 + 3 1] =

1

63 +

1

22 6.1 +

1

6

+ = 0 5.6 ( 1)2

2 2 = 0

2 = 5.6 ()2 2()(1) + (1)2

2= 5.6

1

22 +

1

2=

1

22 + 6.1

o tambin

2 =2

= (

16

3 +12

2 6.1 +16)

=

1

22 + 6.1

+ = 0 2 = 4.2

Corte en el tramo ( ). Se representa el diagrama de cuerpo libre correspondiente al segmento izquierdo de la estructura que se produce al cortarla

en algn sitio intermedio del tramo , figura 1-3k. El equilibrio esttico del cuerpo libre implica que

1

3 4

1 = 5.6

1 = 4.2

2

= 15.0456

1 3

1

3

3

3

=( 1)2

2

3 4

(k)


20

+ = 0 5.6 + 15.0456( 3) ( 1)2

2[1

3( 1)] 3 = 0

3 = 5.6 + 15.0514 45.1542 1

63 +

1

22

2+1

6

3 = 1

63 +

1

22 + 8.9456 44.9701

+ = 0 5.6 ( 1)2

2+ 15.0456 3 = 0 3 =

1

22 + + 8.9456

o tambin

3 =3

= (

16

3 +12

2 + 8.9456 44.9701)

=

1

22 + + 8.9456

+ = 0 3 = 4.2

Corte en el tramo ( ). Se secciona la estructura en un punto arbitrario (intermedio en el segmento ( ) a una distancia de ; a continuacin se ofrece el diagrama de cuerpo libre que representa la porcin de la estructura ubicada a la

izquierda del corte, figura 1-3l.

4 4.45

La carga concentrada equivalente de la carga distribuida irregularmente cortada es

3/

3

3 4

1 = 4.5 1 = 5.6

1 = 4.2

= 15.0514

Carga distribuida irregularmente

4

4

4

1

4

(l)


21

= (1

65 +

16

34

401

63 + 409.1672 1221.5 + 1422)

4

= 1

366 +

16

155

401

244 +

136389

10003

2443

42 + 1422 1346.05

y su lnea de accin est localizada a una distancia de

= () (

16

5 +163

4 4016

3 + 409.1672 1221.5 + 1422)

4

(16

5 +163

4 4016

3 + 409.1672 1221.5 + 1422)

4

Resolviendo el numerador tenemos

() (1

65 +

16

34

401

63 + 409.1672 1221.5 + 1422)

4

(1

66 +

16

35

401

64 + 409.1673 1221.52 + 1422)

4

= 1

427 +

8

96

401

305 +

409167

40004

2443

63 + 7112 1067.35


=1427

+896

40130

5

+4091674000

4 24436

3

+ 7112 1067.35

1366 +

16155

40124

4 +1363891000

3 24434

2

+ 1422 1346.05

Las acciones internas entre los puntos y quedan definidas como

+ = 0

5.6 4.5( 3) + 15.0456( 3) + 1( ) 4 = 0

4 = 1

2527 +

8

456

401

1205 +

136389

40004

2443

123 + 7112 1341.1044

+ 1035.7132

+ = 0 5.6 4.5 + 15.0456 + 1 4 = 0


22

4 = 1

366 +

16

155

401

244 +

136389

10003

2443

42

+ 1422 1346.1044

o tambin

4 =4

= (

1252

7 +8456

401120

5 +1363894000

4 244312

3 + 7112 1341.1044 + 1035.7132)

4 = 1

366 +

16

155

401

244 +

136389

10003

2443

42

+ 1422 1346.1044

+ = 0 4 = 4.2

Corte en el tramo ( ). Se secciona la estructura en un punto arbitrario (intermedio en el segmento ( ) a una distancia de ; en la figura 1-3m se representa el diagrama de cuerpo libre del segmento izquierdo de la viga. En

consecuencia,

4.45 9

La carga concentrada equivalente de la carga distribuida irregularmente cortada es

= (1

65 +

16

34

401

63 + 409.1672 1221.5 + 1422)

4.45

= 1

366 +

16

155

401

244 +

136389

10003

2443

42 + 1422 1345.935

3/

2/

3/

3 3

3 4

1 = 4.5 1 = 5.6

1 = 4.2

= 15.0456

1/

Carga distribuida

irregularmente

5

5

5

1

2 = 0.12

2 = 4.083

5

(m)


23

y su lnea de accin est localizada a una distancia de

= () (

16

5 +163

4 4016

3 + 409.1672 1221.5 + 1422)

4.45

(16

5 +163

4 4016

3 + 409.1672 1221.5 + 1422)

4.45

Resolviendo el numerador tenemos

() (1

65 +

16

34

401

63 + 409.1672 1221.5 + 1422)

4.45

(1

66 +

16

35

401

64 + 409.1673 1221.52 + 1422)

4.45

1

427 +

8

96

401

305 +

409167

40004

2443

63 + 7112 1066.85875


=142

7 +89

6 40130

5 +4091674000

4 24436

3 + 7112 1066.85875

136

6 +1615

5 40124

4 +1363891000

3 24434

2 + 1422 1345.935

Las acciones internas entre los puntos y quedan definidas como

+ = 0

5.6 4.5( 3) + 15.0456( 3) + 0.12( 4.083) 2( ) 4 = 0

5 =1

2527

8

456 +

401

1205

136389

40004 +

2443

123 7112 + 1351.0006

1098.9855

+ = 0 5.6 4.5 + 15.0456 + 0.12 2 4 = 0

5 =1

366

16

155 +

401

244

136389

10003 +

2443

42

1422 + 1351.0006

o tambin

5 =5

=

(1252

7

8456

+401120

5

1363894000

4 +244312

3 7112 + 1351.0006 1098.9855)


24

5 =1

366

16

155 +

401

244

136389

10003 +

2443

42

1422 + 1351.0006

+ = 0 5 = 4.2

Corte en el tramo ( ). Se secciona la estructura en un punto arbitrario (intermedio en el segmento ) a una distancia de ; en la figura 1-3n se representa el diagrama de cuerpo libre del segmento izquierdo de la viga. Por

consiguiente,

9 11

+ = 0

5.6 4.5( 3) + 15.0456( 3) + 0.12( 4.083) 8.87( 6.685) + 7.34( 9)

6 = 0

6 = 3.5356 38.89074

+ = 0 5.6 4.5 + 15.0456 + 0.12 8.87 + 7.34 6 = 0 6 = 3.5356

o tambin

6 =6

=(3.5356 38.89074)

= 3.5356

+ = 0 4.2 0.66447 + 6 = 0 6 = 3.53553

3/

2/

3/

1/

2/

3 6 9

3 4

Carga distribuida

irregularmente 1 = 4.5 2 = 8.87 1 = 5.6

1 = 4.2

= 15.0456 = 7.34

2 = 6.685

3

= 0.66447

6

6

6

6.685

3 = 0.12

3 = 4.083

5

(n)


25

Ejercicio 1.4 Diagramas de fuerza cortante y normal, y de momento para un

prtico.

Instrucciones Dibuje los diagramas de fuerza cortante, de fuerza normal y de

momento flexionante del marco visualizado en la figura 1-4a.

SOLUCIN

Clculo de las reacciones en los soportes

12

10

5

2 2 2 3 5

Figura 1-4

(a)

(b)

12

10

5

2 2 2 3 5

1 =25

2

1 =25

2

= 2.5 =

5

3

=10

3

1 =32 41

41

1 =40 41

41

1

2

1

2 4

4

3

3


26

Diagrama de cargas. Se muestra en la figura 1-4b.

La longitud de los miembros y son

= (4)2 + (5)2 = 41

En consecuencia,

2 =4 41 2 =

5 41

4

41=2

=

(2)( 41)

4= 41

2

4

5=2

=

(5)(2)

4= 2.5

= (5)2 + (5)2 = 5 2

Por lo tanto,

4 =55 2 = 1

2 4 =

55 2 = 1

2 3 = 4

Con base en la figura 1-4c, las componentes rectangulares de la carga puntual de

8 para el plano son

sin 2 =11

1 = 1 sin 2 = 8 (4

41) =

32 41

41

cos 2 =11

1 = 1 cos 2 = 8 (5

41) =

40 41

41

A continuacin se efecta un anlisis de la carga con variacin lineal.

La carga concentrada equivalente es

1 =(5 2)(5/)

2=25 2

2

y su punto de aplicacin se localiza a una distancia de

1 =1

3(5 2) =

5

3 2

A partir de la figura 1-4d, las componentes rectangulares de la resultante 1 son

sin 4 =11

1 = 1 sin 4 =25 2

2 (

1

2) =

25

2

cos 4 =11

1 = 1 cos 4 =25 2

2 (

1

2) =

25

2

1

1

2

1

1

4

(c)

(d)


27

Las distancias y pueden ser deducidas por trigonometra como sigue:

5

5 2=

53 2

=5 (

53 2)

5 2=5

3

= [(5 2) (5

3 2)]

2

(5 5

3)

2

=10

3

Ecuaciones de equilibrio.

+ = 0 (40 41

41) (2.5) + (

32 41

41) (2) + (12)(6) (10)(5) + (

25

2) (9 +

10

3)

(25

2) (5

3) ()(14) = 0 = 12.9247 = 12.9247

+ = 0 +40 41

41 10

25

2= 0 = 16.253 = 16.253

+ = 0 32 41

41 12

25

2+ 12.9247 = 0 = 16.5729

= 16.5729

Como comprobacin, se debe cumplir que la suma de momentos respecto de es nula.

+ = (25

2) (5

3) (

25

2) (5

10

3) (10)(5) (12)(8) (

32 41

41) (12)

+(40 41

41) (2.5) + (16.5729)(14) 0

Funciones de la fuerza cortante, de la fuerza normal y del momento flector

Los resultados obtenidos se muestran en el diagrama de la figura 1-4e.

En el marco se pueden distinguir cinco regiones distintas. En el miembro , un primer tramo va desde hasta el punto de aplicacin de la carga puntual de 8 y un segundo tramo sera la parte restante del miembro. Un tercer y cuarto tramo se

observan por inspeccin en el miembro debido a la aplicacin de la carga puntual de 12. En el miembro no hay variacin en la distribucin de la carga, por lo que toda su longitud comprendera el quinto tramo. Para obtener funciones

que definan la variacin de las acciones internas es necesario cortar la estructura a

travs de secciones arbitrarias en los tramos mencionados.


28

Aunque se puede establecer una sola coordenada por miembro, en este caso se opta por definir una coordenada para cada tramo distinto, lo cual tambin es vlido. En la figura pueden notarse claramente la forma en las que han sido

definidas las coordenadas 1, 2, 3, 4 y 5, las cuales cubren perfectamente cada una de las regiones de la estructura.

Con base en las figuras 1-4f, 1-4g y 1-4h, se calculan las componentes

rectangulares de las reacciones en los apoyos que sern tiles al efectuar el

equilibrio en algunos diagramas de cuerpo libre originados al cortar la estructura.

- Para = 16.253

sin 2 =

= sin 2 = 16.253 (4

41) = 10.1532

cos 2 =

= cos 2 = 16.253 (5

41) = 12.6915

- Para = 16.5729

sin 2 =

= sin 2 = 16.5729 (4

41) = 10.353

cos 2 =

= cos 2 = 16.5729 (5

41) = 12.9413

12

10

5

2 2 2 3 5

1 =25

2

1 =25

2

= 2.5 =

5

3

=10

3

1 =32 41

41

1 =40 41

41

1

2

1

2 4

4

3

3

= 12.9247

= 16.5729

= 16.253

3 4

3

2

2

2

= 16.253

2

=16.5729

(e)

(f)

(g)


29

- Para = 12.9247

sin 3 =

= sin 3 = 12.9247 (1

2) = 9.13914

cos 3 =

= cos 3 = 12.9247 (1

2) = 9.13914

Miembro .

Corte en el tramo . Se secciona la estructura perpendicularmente al eje del miembro a una distancia 1 de , antes del punto donde se encuentra aplicada la carga puntual de 8; el diagrama de cuerpo libre de la seccin cortada, figura 1-4i, con su anlisis son

0 1 41

2

+ = 0 10.353(1) 12.6915(1) 1 = 0 1 = 2.33851

1 = 41

2,1 = 7.48685.

+ = 0 12.6915 10.353 + 1 = 0 1 = 2.3385

+ = 0 10.1532 + 12.9413 + 1 = 0 1 = 23.0945

Corte en el tramo . Se secciona al marco perpendicularmente al eje del miembro

a una distancia 2 del punto de aplicacin de la carga puntual de 8; en la figura

1-4j se muestra el diagrama de cuerpo libre de la porcin inferior de la estructura

para definir las acciones internas. Al aplicar las ecuaciones de equilibrio, se tiene

1

= 16.5729

= 16.253

2

2

1

3

=12.9247

(h)

(i)


30

2 = 10.33852 7.48685

2 = 0,2 = 7.48685.; 2 = 41

2,2 = 40.5862.

+ = 0 12.6915 10.353 + 8 + 2 = 0 2 = 10.3385

+ = 0 2 = 23.0945

Miembro .

Corte en el tramo . Se representa el diagrama de cuerpo libre correspondiente a

2 2

2.5

1 =32 41

41

1 =40 41

41

1

2

1

2

= 16.5729

= 16.253

3

3

3

3

5

2.5

0 2 41

2

0 3 2

1

= 16.5729

= 16.253

2

2

2

+ = 0 (10.353 12.6915) ( 41

2+ 2) 8(2) 2 = 0

(j)

(k)


31

la porcin izquierda de la estructura que se produce al cortarla (perpendicularmente

al eje del miembro) en algn sitio intermedio del tramo comprendido desde hasta el punto de ubicacin de la fuerza de 12, figura 1-4k. Por lo tanto,

+ = 0

(16.5729)(4 + 3) 16.253(5) (40 41

41) (2.5) (

32 41

41) (2 + 3) 3 = 0

3 = 11.57533 40.5859

3 = 0,3 = 40.5859.; 3 = 2,3 = 17.4352.

+ = 0 16.5729 32 41

41 3 = 0 3 = 11.5753

+ = 0 16.253 +40 41

41+ 3 = 0 3 = 22.5

Corte en el tramo . Se secciona al marco perpendicularmente al eje del miembro

a una distancia 4 del punto donde est aplicada la fuerza de 12; en la figura 1-4l se muestra el diagrama de cuerpo libre de la porcin izquierda de la estructura.

El equilibrio esttico del cuerpo libre implica que

+ = 0

16.5729(6 + 4) 16.253(5) 40 41

41(2.5)

32 41

41(4 + 4) 12(4) 4 = 0

4 = 0.424664 17.4352

4 = 0,4 = 17.4352.; 4 = 3,4 = 18.7092.

0 4 3

2 2

2.5

1 =32 41

41

1 =40 41

41

1

2

1

2

= 16.5729

= 16.253

4

4

4

4

5

2.5

12

2

4

(l)


32

+ = 0 16.5729 32 41

41 12 4 = 0 4 = 0.42466

+ = 0 4 = 22.5

Miembro .

Corte en el tramo . Se secciona la estructura perpendicularmente al eje del

miembro en un punto arbitrario (intermedio en el segmento ) a una distancia 5 de ; en la figura 1-4m se muestra un diagrama de cuerpo libre del segmento de estructura con longitud 5.

Se procede a realizar un anlisis de la carga trapezoidal. El siguiente esquema,

figura 1-4n, en el que se ha rotado el miembro , es til para determinar el valor en funcin de 3 de la intensidad 3. Aplicando tringulos semejantes se tiene

3

= 12.9247

3

5

0 5 5 2

5

5/

5/

5 2 = 7.07107

7.07107 5 5

5

7.07107=

7.07107 5 =

5(7.07107 5)

7.07107= 5 0.7071075

(m)

(n)


33

A partir de la figura 1-4 se determina el rea bajo la recta que representa la fuerza resultante. Esta fuerza acta a travs del centroide de su rea .

= 1 + 2 = (5)(5 0.7071075) +(5)(0.7071075)

2

= (55 0.70710752) + (0.3535545

2) = 55 0.35355452

Si se aplican las ecuaciones de equilibrio en el diagrama de cuerpo libre, resulta

+ = 0

9.139145 + (55 0.35355452) (5

2.552 0.2357025

3

55 0.35355452) 5 = 0

5 = 0.11785153 + 2.55

2 9.139145

5 = 5 2,5 = 18.7098.

+ = 0 9.13914 (55 0.35355452)+ 5 = 0

5 = 0.35355452 + 55 9.13914

+ = 0 5 + 9.13914 = 0 5 = 9.13914

Diagramas de fuerza cortante, de momento flector y de fuerza normal

Diagrama de fuerza cortante, figura 1-4o.

Para encontrar la posicin del cortante igual a cero en el miembro , es decir, donde el momento es mximo, hacemos

0 = 0.35355452 + 55 9.13914

5/

5/

5

5/ 0.7071075 1

2 0.7071075

=

=(55 0.7071075

2) (12 5) +

(0.35355452) (

13 5)

55 0.35355452=2.55

2 0.23570253

55 0.35355452

()


34

Al resolver la ecuacin de segundo grado resulta

5 =5 (5)2 4(0.353554)(9.13914)

2(0.353554) 5,1 = 2.15674; 5,2 = 11.9854

Como la solucin debe de estar dentro del intervalo real del miembro [0,5 2], se

infiere que 5 = 2.15674.

Diagrama de momento flexionante, figura 1-4p.

Un valor mximo del momento en el miembro puede ser hallado sustituyendo 5 = 5 en la ecuacin de 5.

51 = 0.117851(2.15674)3 + 2.5(2.15674)2 9.13914(2.15674) = 9.26423.

El otro momento mximo se determina evaluando 5 en el extremo 5 = 5 2.

5

2 2 2 3 5

() ()

:

(+)

()

11.5753

0.4247

2 2 2 3 5

40.586

()

18.7092

17.4352

5

() ()

:

(o)

(p)


35

52 = 0.117851(5 2)3+ 2.5(5 2)

2 9.13914(5 2) = 18.7099.

La posicin del momento igual a cero en este mismo miembro puede hallarse al

hacer

0 = 0.11785153 + 2.55

2 9.139145

Como el momento nulo debe estar posicionado en el intervalo real del miembro

[0,5 2], se cumple que una de las tres races est dentro del rango de valores

citado; tal raz puede ser calculada aplicando el mtodo de tanteos. Para ello,

evaluamos el polinomio () = 0.11785153 + 2.55

2 9.139145 en el intervalo

mencionado y en donde haya un cambio de signo tenemos una solucin; iteramos

n veces hasta que nuestra solucin sea exacta o lo ms exacta posible (cuando

() = 0 o ()~0). Los resultados obtenidos se visualizan en la tabla 1-3.

5,1 = 4.695

Evidentemente el momento tambin es cero en 5,2 = 0, es decir, en el punto .

Diagrama de fuerza normal, figura 1-4q.

22.5

5

4 5 5

() () ()

:

(q)

Tabla 1-3


36

Ejercicio 1.5 Fuerzas en las barras de una armadura simtrica.

Instrucciones Calcule las reacciones en los soportes y use el mtodo de los nodos

para determinar las fuerzas internas de la armadura que se observa en la figura

1-5a. Indique si los elementos estn en tensin o compresin.

SOLUCIN


La armadura de este ejemplo es isosttica externamente debido a que se tienen

= 3 reacciones de apoyo (una horizontal y una vertical en el soporte articulado ,

y una vertical en el soporte simple ), tres equilibrios de equilibrio

( = 0, = 0, = 0) y ninguna ecuacin de condicin, es decir, = 0. Por

otra parte, hay = 17 barras y = 10 nodos (etiquetados desde hasta ). Si +

= 17 + 3 = 20 y 2 = 2(10) = 20, entonces + = 2. Por lo tanto, la armadura

es isosttica internamente.


Las reacciones en los soportes se determinan de la misma forma que en las vigas

y los marcos. Se realiza un diagrama de cargas en el que aparezcan las fuerzas

externas que se aplican a la armadura y las fuerzas reactivas cuyos sentidos deben

suponerse arbitrariamente por ser incgnitas. Se orientan los ejes y a lo largo

de las lneas que ofrecen la reduccin de fuerzas ms simple en sus componentes

y . Se plantean las ecuaciones de equilibrio y en su caso, las ecuaciones de

6 6 12 12 12

4 4 4 16

16

16 16 16

Figura 1-5

(a)

CAPTULO 3 ANLISIS DE ARMADURAS ESTTICAMENTE DETERMINADAS

37

condicin, y se resuelven; se invierte el sentido de cada fuerza que se propuso en

el diagrama cuya magnitud resulte negativa en la solucin de las ecuaciones de

equilibrio. En la figura 1-5b se representa el diagrama de cargas de la estructura.

Al aplicar las ecuaciones de equilibrio en una secuencia y al emplear los resultados

calculados previamente, se obtiene

+ = 0

12(16) + 4(16) + 12(32) + 4(32) + 12(48) + 4(48) + 6(64) (64) = 0

= 1920

64 = 30

+ = 0 6 12 4 12 4 12 4 6 + 30 + = 0 = 30

+ = 0 = 0

Como era de esperarse, al ser todas las cargas verticales, la reaccin horizontal es

nula. Los resultados obtenidos se visualizan en la figura 1-5c; obsrvese que slo

es necesario determinar las fuerzas en la mitad de los elementos debido a la

simetra en la estructura tanto con respecto a la carga como a la geometra.

(b)

6 6 12 12 12

4 4 4 16

16

16 16 16


38

Mtodo de los nodos

Nodo . Para calcular las fuerzas internas, se empieza con el nodo (junta) , ya que

en l slo hay dos fuerzas desconocidas, que es el nmero mximo de fuerzas

desconocidas que puede haber en un nodo a analizar, as que tambin se pudo

haber iniciado con el nodo . Se representa el diagrama de cuerpo libre del nodo,

figura 1-5d; el sentido de las incgnitas y se propone arbitrariamente. Los ejes

han sido orientados de manera horizontal y vertical para mayor facilidad. Se

plantearon entonces, para este nodo, las dos ecuaciones de equilibrio que

corresponden a fuerzas concurrentes en un plano, y a partir de estas ecuaciones

se determinaron ambas fuerzas desconocidas. Una respuesta positiva indica que el

sentido propuesto es correcto, mientras que una respuesta negativa indica que el

sentido que se supuso debe ser invertido. As mismo, recuerde que un elemento en

+ = 0 = 0

+ = 0 6 + = 0 = 6 ()

6 6 12 12 12

4 4 4 16

16

16 16 16

= 0

= 30 = 30

(c)

(d)


39

compresin empuja a la junta y un elemento en tensin jala a la junta. Una vez

calculada una fuerza de barra desconocida, deben usarse su magnitud y sentido

correctos (tensin o compresin) en los diagramas de cargas de los nodos

subsecuentes. Lo explicado corresponde al algoritmo que debe seguirse para

analizar un nodo.

Nodo , figura 1-5e. A continuacin se analiza este nodo, ya que al haber calculado

anteriormente la fuerza del elemento , slo quedaban dos incgnitas, las

fuerzas y .

= 162 + 162 = 162

sin =

=

16

162=

1

2; cos =

=

16

162=

1

2

Con base en la figura 1-5f, se han determinado sin y cos debido a que las

componentes rectangulares horizontal y vertical de la fuerza involucran esos

trminos, en forma respectiva. Como el carcter (tensin o compresin) debe ser el

mismo en los dos nodos que definen el elemento, se observa que la fuerza interna

de la barra empuja a la junta tal y como lo hace con . El anlisis se hace

tambin con las dos ecuaciones de equilibrio correspondientes a fuerzas

concurrentes en un plano.

+ = 0 = 0 30 6 (cos ) = 0

24 (1

2) = 0 =

24

1

2

= 33.9411 ()

+ = 0 = 0 (sin ) = 0

(e)

(f)


40

= (33.9411) (1

2) = 24 ()

De forma anloga, se efecta el anlisis de cada uno de los nodos restantes.

Nodo , figura 1-5g.

+ = 0 + = 0 =

= 24 ()

+ = 0 4 = 0

= 4 ()

Nodo , figura 1-5h.

+ = 0 12 + = 0 (sin ) = 12 4 + (cos )

(1

2) = 16 + (33.9411) (

1

2) =

8

1

2

= 11.3137 ()

+ = 0 + = 0 (sin ) + (cos ) 0 = 0

= (33.9411) (1

2) + (11.3137) (

1

2) = 32 ()

(g)

(h)


41

Nodo , figura 1-5i.

+ = 0

= 0 =

= 32 ()

+ = 0

12 = 0 = 12 ()

Por lo tanto,

= = 0

= = 6 () = = 33.9411 ()

= = 24 () = = 24 ()

= = 4 () = = 11.3137 ()

Los resultados obtenidos se visualizan en la figura 1-5j.

6 6 12 12 12

4 4 4 16

16

16 16 16

= 0

= 30 = 30

24 24 24 24

32 32

6

6

4

4

12

0 0

(i)

(j)


42

Ejercicio 1.6 Fuerzas en las barras de una armadura no simtrica.

Instrucciones Determine la fuerza en cada elemento de la armadura que se

muestra en la figura 1-6a.

SOLUCIN


Obsrvese que = 11, = 3, = 7 y = 0. Debido a que = 3 se cumple, la

armadura se describe como determinada externamente desde el punto de vista

esttico. Adems, + = 11 + 3 = 14 y 2 = 2(7) = 14 conducen a + = 2,

as que la armadura es estticamente determinada externamente.

4 4 4

15 15 15

6

Figura 1-6

(a)

4 4 4

15 15 15

6

(b)


43


Al aplicar las ecuaciones de equilibrio en el diagrama de cargas, figura 1-6b, resulta

+ = 0 15 15 15 + = 0 = 45

+ = 0 15(4) + 15(8) + 15(12) (6) = 0 = 360

6 = 60

+ = 0 60 = 0 = 60

Los resultados obtenidos se visualizan esquemticamente en la figura 1-6c.

Mtodo de los nodos

Para calcular las fuerzas en los elementos, no hubo otra opcin ms que iniciar con

el nodo por ser el nico en poseer dos incgnitas, las fuerzas y . A

continuacin se analiz el nodo , debido a que al haber calculado anteriormente la

fuerza en el elemento , slo quedaban dos incgnitas en este nodo. Despus

se pas al nodo , se sigui con los nodos y , y se concluy con la junta , ya

que conforme se obtenan resultados, se iban utilizando en los diagramas de cuerpo

libre de las juntas subsecuentes.

Un cambio en la orientacin de los ejes y en el nodo , lo cual puede ser

observado en el correspondiente diagrama, evit una solucin simultnea de

ecuaciones.

4 4 4

15 15 15

6

1

1 2 2

= 45

= 60

= 60

3

(c)


44

Las fuerzas internas de la armadura son

Nodo , figura 1-6e. Con base en la figura 1-6d, se tiene

=

6

12=

4

=6(4)

12= 2

tan 1 =

=

2

4

1 = tan1

2

4= 26.5651

+ = 0 15 = 0 (sin 1) 15 = 0

(sin 26.5651) = 15 =15

sin 26.5651

= 33.5410 ()

+ = 0 = 0 (cos 1) = 0

Nodo , figura 1-6f.

+ = 0 = 0

(sin 3) = 0 =0

cos 3 = 0

+ = 0

+ + = 0 = + (cos 3)

= 33.5410 + 0(cos 3)

= 33.5410 ()

= (33.5410)(cos 26.5651) = 30 ()

(d)

(e)

(f)


45

Nodo , figura 1-6h. A partir de la figura 1-6g, se obtiene

=

6

12=

8

=6(8)

12= 4

tan 2 =

=

4

4

2 = tan1

4

4= 45

Nodo , figura 1-6i.

+ = 0

15 = 0 = 15 ()

+ = 0

= 0 = = 45 ()

+ = 0 15 + + = 0 (cos 2) = 15 + 0

(cos 45) = 15 =15

cos 45 = 21.2132 ()

+ = 0 + = 0 = (sin 2) +

= (21.2132)(sin 45) + 30 = 45 ()

(g)

(h)

(i)


46

Nodo , figura 1-6j.

=15

cos 45 = 21.2132 ()

+ = 0 = 0 = (sin 2)

= 21.2132(sin 45) = 15 ()

Nodo , figura 1-6k.

+ = 0 + = 0 (cos 1) = 60

=60

cos 26.5651 = 67.0821 ()

= 45 15 67.0821(sin 26.5651) = 0

En la figura 1-6l se muestran los resultados obtenidos.

+ = 0 = 0 (cos 2) = 60 45

+ = = 45 15 (sin 1)

4 4 4

15 15 15

6

= 45

= 60

= 60

45 45 30

15

1

5

0

(j)

(k)

(l)


47

Ejercicio 1.7 Resolucin de un arco triarticulado parablico

Instrucciones El arco de tres articulaciones que se muestra en la figura 1-7a tiene

una forma parablica. El arco soporta una carga uniforme distribuida de 3/ y tiene las dimensiones indicadas, lo cual hace que sea simtrico. Demuestre que

toda la estructura est sometida nicamente a compresin axial.

SOLUCIN


Como todo arco triarticulado, el de este ejemplo es isosttico. Para calcular las

reacciones en los soportes, el arco se desmonta y luego se realiza un diagrama de

cuerpo libre de cada segmento, figura 1-7b. La articulacin se ubica en la clave, es

decir, en el punto . Entonces, se aslan los segmentos y . Obsrvese que se tienen seis incgnitas de reaccin (el sentido de cada una se supone

arbitrariamente), pero como se pueden aplicar las tres ecuaciones de la esttica a

cada segmento, hay seis ecuaciones de equilibrio disponibles. En los diagramas se

indican las resultantes de las cargas distribuidas y su punto de aplicacin de cada

una.

3/

20

8 8

Figura 1-7

(a)

CAPTULO 4 RESOLUCIN DE ARCOS ISOSTTICOS

48

Para determinar las reacciones y en la articulacin, tomamos momentos alrededor de en el segmento y alrededor de en el segmento . Las dos ecuaciones resultantes se resuelven simultneamente.

Segmento del arco:

+ = 0 (20) (8) + 24(4) = 0 20 8 = 96 (1)

Segmento del arco:

+ = 0 (20) (8) 24(4) = 0 20 8 = 96 (2)

Si se despeja de la ecuacin (1) se tiene

=96 + 20

8= 12

5

2 (3)

Combinando las ecuaciones (3) y (2) resulta

20 8(12 5

2) = 96 =

96 + 8(12)

20 + 8 (52)

=24

5

Reemplazando el valor calculado de en la expresin (3) da

3/

8 8

20

3/

1 = (3/)(8) = 24 2 = (3/)(8) = 24

1 = 4 2 = 4

(b)


49

= 12 5

2(24

5) = 0

Dado que se obtuvo una magnitud positiva para , el sentido de esta reaccin es el mismo que se muestra en ambas porciones del arco; luego, note como en realidad

no existe. A continuacin se determinan las reacciones en los soportes con base en las ecuaciones de equilibrio de fuerzas.

Segmento del arco:

+ = 0 24

5= 0 =

24

5

+ = 0 24 = 0 = 24

Segmento del arco:

+ = 0 24

5 = 0 =

24

5

+ = 0 24 = 0 = 24

Se dibuja un diagrama del arco completo mostrando los resultados, figura 1-7c; las

reacciones de la articulacin se omiten por anularse entre s.

3/

= (0,0)

= 20

= 8 8

=24

5

=24

5

= 24 = 24

= (, ) = (8,20)

= 5

162 + 5

(c)


50

Ecuacin que define al arco parablico

Se ha elegido al punto como el origen del sistema de coordenadas, sin embargo, el lector debe estar consciente de que el origen bien pudo haberse seleccionado en

cualquier otro punto. Por consiguiente, el vrtice , ubicado en , no est en el origen. La ecuacin de una parbola es

( )2 = 4( ) ()

Al sustituir = 8 y = 20 en la ecuacin () se tiene

( 8)2 = 4( 20) ()

Si se despeja de la ecuacin () se llega a

= ( 8)2

4( 20) ()

Reemplazando las coordenadas del origen en la ecuacin () obtenemos

= ( 8)2

4( 20)=

(0 8)2

4(0 20)=64

80=4

5

Al expandir la ecuacin (), sustituir el valor calculado de y despejar da

2 16 + 64 = 4 + 80 2 16 + 64 = 4(4

5) + 80 (

4

5)

2 16 + 64 = 16

5 + 64

16

5 = 2 16

= 5

16(2 16) =

5

162 + 5 ()

La expresin () es la ecuacin que define al arco parablico de este ejemplo.


Ya que se han calculado las reacciones en los soportes y se ha deducido la ecuacin

parablica del arco, es posible determinar las variaciones de las fuerzas normal

y cortante internas, y del momento flector , en funcin de la posicin

empleando el mtodo de las secciones. La distribucin de la carga y la geometra

de la estructura no varan, as que slo se distingue un nico segmento, el ,

por lo que se efecta nada ms un corte perpendicular al eje del arco para definir

las acciones internas a lo largo de l. La coordenada con origen en , es positiva

hacia la derecha y puede usarse para analizar en su totalidad a la regin

mencionada. En la figura 1-7d se proporciona un diagrama de cargas de la seccin

cortada. Los elementos mecnicos actan en su direccin positiva. La fuerza


51

resultante de la carga distribuida uniforme del corte y su punto de aplicacin

se determinan como de costumbre. Lgicamente, la fuerza normal, que es tangente

a la curva parablica en el punto de corte, es perpendicular a la fuerza cortante, y

esta ltima a su vez, es perpendicular al eje del arco en tal punto considerado. Estas

dos ltimas fuerzas deben descomponerse de manera individual en sus

componentes rectangulares horizontal y vertical.

0 16

La pendiente del segmento cortado en el punto del corte es igual a la derivada.

=

= (

516

2 + 5)

= 5

5

8 =

40 5

8=

= 5

162 + 5

3/

= (3/)() = 3

=

2

=

=

=

=

=24

5

= 24

(d)


52

Siendo el cociente del cateto opuesto entre el cateto adyacente la definicin

para la tangente de un determinado ngulo , lo anterior puede ser acomodado en

un tringulo rectngulo como el de la figura 1-7e.

Se calcula la hipotenusa a travs del Teorema de Pitgoras.

= (8)2 + (40 5)2 = 252 400 + 1664

Ahora, ya es posible determinar los valores en funcin de de y , los

cuales son tiles cuando se resuelven las fuerzas y en sus componentes.

=

=

40 5

252 400 + 1664

=

=

8

252 400 + 1664

Se aplican las ecuaciones de equilibrio en el cuerpo libre. Tomando momentos

respecto del punto del corte, se calcula el momento interno .

+ = 0 24() 24

5(

5

162 + 5) 3 (

2) = 0 = 0

A partir del planteamiento de las ecuaciones de equilibrio para fuerzas en las

direcciones horizontal y vertical, se origina un sistema simultneo de ecuaciones

que al resolverse proporciona los valores de las fuerzas normal y cortante

internas.

+ = 0 24

5+ + = 0

24

5+ + = 0

24

5+ (

8

252 400 + 1664) + (

40 5

252 400 + 1664) = 0 ()

+ = 0 24 3 + = 0 24 3 + = 0

= 8

= 40 5 = 252 400 + 1664

(e)


53

24 3 + (40 5

252 400 + 1664) (

8

252 400 + 1664) = 0 ()

Al despejar de la ecuacin () obtenemos

=

(40 5

252 400 + 1664) +

245

(8

252 400 + 1664)

()

Al combinar las ecuaciones () y () resulta

24 3 + (

(40 5

252 400 + 1664) +

245

(8

252 400 + 1664)

)(40 5

252 400 + 1664)

(8

252 400 + 1664) = 0 = 0

Si se reemplaza el valor calculado de en la ecuacin () da

=

(0) (40 5

252 400 + 1664) +

245

(8

252 400 + 1664)

= 3252 400 + 1664

5

De acuerdo con los resultados obtenidos, se concluye que un arco de forma

parablica, con una rtula en la clave y dos apoyos articulados posicionados a la

misma altura, que se somete una carga vertical uniformemente distribuida de

manera horizontal que abarca una longitud igual a la distancia que hay entre apoyo

y apoyo, slo resistir fuerzas a compresin axial. Bajo estas condiciones, el arco

recibe el nombre de arco funicular, porque dentro de l no se generan fuerzas de

flexin ni fuerzas cortantes, ya que como se dedujo, tanto como son nulos a lo

largo de la estructura. Un arco de tres articulaciones, tal y como se mencion al

inicio, es estticamente determinado, en consecuencia, no se ve afectado por

cambios de temperatura o en el asentamiento. Puede ser construido de concreto,

madera o metal. El lector puede dibujar fcilmente el diagrama de carga axial

(cortante) de este ejemplo al evaluar la funcin de en el intervalo 0 16 y

despus graficar los datos.


54

Ejercicio 1.8 Resolucin de un arco triarticulado circular

Instrucciones Calcule las reacciones en los soportes y las funciones de las

acciones internas en el arco de forma circular mostrado en la figura 1-8a que soporta

una carga puntual en .

SOLUCIN


El arco circular triarticulado es isosttico y adems simtrico tanto con respecto a la

carga como a la geometra. Para evitar la solucin de un sistema simultneo de

ecuaciones, se aplican las ecuaciones de equilibrio en la siguiente secuencia y se

van usando los resultados calculados previamente.

Arco completo:

+ = 0 () (2) = 0 =

2

+ = 0 +

2= 0 =

2

Recuerde que el momento en la rtula es nulo.

Segmento del arco:

+ = 0

2() () = 0 =

2

Figura 1-8

(a)


55

Arco completo:

+ = 0

2 = 0 =

2


En la figura 1-8b se presentan esquemticamente los resultados obtenidos.

El centro de la circunferencia se elige en el origen de los ejes globales , , los cuales se muestran en la figura en su direccin positiva. Obsrvese como a los

puntos , y les corresponden, de forma respectiva, los ngulos de 180, 90 y 0. Las funciones internas son discontinuas en el punto debido a que justo ah se encuentra aplicada una carga . Entonces, la estructura debe seccionarse en dos ocasiones, una en el tramo y otra en el tramo . Se utilizar una sola coordenada cuyo origen est en y que es positiva hacia adelante y negativa hacia atrs. Al emplear el mtodo de las secciones se tiene

Parte . Se secciona el arco en un punto arbitrario (intermedio en el segmento ) a una distancia horizontal del origen , figura 1-8c.

0

90

180

+

=

2

=

2 =

2

=

2

(0,0)

(b)


56

0 90

Con base en la figura anterior, del tringulo rectngulo inscrito en el cuarto de

circinferencia derecho se deduce

sin =

= sin cos =

= cos

Note como en el diagrama anterior aparacen las fuerzas normal y cortante internas,

y el momento flector, tanto de la cara izquierda como de la cara derecha del

elemento cortado.

.

0

90

180

=

2

=

2 =

2

=

2

(0,0)

90

180 =

2

=

2

(0,0)

=

=

1 = 1()

1 = 1()

1 = 1()

1 = 1()

(c)

(d)


57

En la figura 1-8d se representa el diagrama de cuerpo libre correspondiente a la

porcin izquierda.

Ahora veamos las implicaciones del equilibrio esttico del cuerpo libre. Tomando

momentos alrededor del punto del corte, se determina el momento interno .

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