Guía de Análisis Estructural-Msc. Mario R.
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GUIA UNIVERSITARIA
CURSO ANALISIS ESTRUCTURAL 1
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PRESENTACION DE GUIA DE ESTUDIO
La presente guía de práctica fue elaborada para los alumnos de la Universidad Nacional
de San Agustín de la ciudad de Arequipa – Programa Profesional de Ingeniería Civil,teniendo por finalidad la enseñanza dinámica e interactiva del curso de Análisis
Estructural 1, se propone un método muy usado actualmente el cual es conocido como100 % interacción alumno – docente, el mismo que permite que el alumno sea la partemás activa dentro de un salón de clases, y el Jefe de Prácticas estaría para orientar y
resolver las dudas, ojo solo orientar no dar la solución completa, ya que el alumno tendrá
que investigar más a fondo.
Cada unidad de trabajo está basada en temas de mucha importancia para el alumno, de
esta manera se espera que se llegue a un dominio básico para poder cumplir los
objetivos, para ello se piensa elaborar algunas preguntas dentro de clases durante el
desarrollo de las horas practicas, y no solo del tema a tratar si no de temas anteriores, es
muy importante debido a que los temas son acumulativos y si no conocemos el anterior
tema estaremos perdidos o con muchas dudas durante el desarrollo de un tema posterior.
A su vez se puede mencionar que cada unidad, presenta un marco teórico muy básico el
cual será complementado de manera individual por cada alumno, lo importante es la
variedad de ejercicios complementarios básicos pero bastantes ilustrativos, alguno de los
cuales se presentan incompletos, esto para que mientras se dicten las practicas
respectivas el alumno pueda completar las mismas bajo la supervisión del Jefe de
prácticas, no siendo necesariamente los que aparecen en esta guía, los únicos que se
desarrollaran en clases.
Cada unidad también presentara al finalizar la mismas,, ejercicios propuestos los cuales
ayudaran a verificar si el alumno comprendió el tema, si el alumno no pudo resolver oentender algún tema recién se dará la solución completa (Solucionario).
Finalmente para terminar, se debe decir que es muy importante la participación del
Profesor Principal del curso asumiendo el rol de dar una base teórica introductoria muy
importante, la cual se reforzara con la presente guía de ejercicios, al finalizar cada una de
las partes propuestas, presentar un informe primero al profesor encargado del curso y
luego al programa profesional acerca de cómo va nuestros avances y los objetivos
trazados, este informe presentara cuadros estadísticos que permitirá ir mejorando cada
tema, siendo nuestra prioridad saber llegar al alumno, como sabemos este curso tiene
que ser el principio, el cimiento solido a las puertas de una especialización estructural.
EL AUTOR
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CONTENIDO TEMATICO
Guía Nº1 Introducción al análisis estructural..........................................................Pág. 1
Guía Nº2 Estructuras estáticamente determinadas................................................Pág. 6
Guía Nº3 Deformaciones: Método de doble integración.........................................Pág. 12
Guía Nº4 Deformaciones: Método de viga conjugada............................................Pág. 18
Guía Nº5 Deformaciones: Método del trabajo virtual..............................................Pág. 24
Guía Nº6 Método Pendiente – Deflexión................................................................Pág. 30
Guía Nº7 Método Hardy Cross...............................................................................Pág. 40
Solucionario de las Guías Prácticas
Guía Nº1 Introducción al análisis estructural..........................................................Pág. 48
Guía Nº2 Estructuras estáticamente determinadas................................................Pág. 50
Guía Nº3 Deformaciones: Método de doble integración.........................................Pág. 56
Guía Nº4 Deformaciones: Método de viga conjugada............................................Pág. 61
Guía Nº5 Deformaciones: Método del trabajo virtual..............................................Pág. 66
Guía Nº6 Método Pendiente – Deflexión................................................................Pág. 70
Guía Nº7 Método Hardy Cross...............................................................................Pág. 78
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UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN AGUSTIN DE AREQUIPA
FACULTAD DE INGENIERIA CIVIL - CARRERA PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVILCURSO: PRACTICAS DE ANALISIS ESTRUCTURAL 1 SEMESTRE: 2008 - IIGUIA ELABORADA POR JEFE DE PRÁCTICAS: ING. MARIO P. RODRIGUEZ VASQUEZ
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UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN AGUSTIN DE AREQUIPA
Programa Profesional de Ingeniería Civil
GUIA Nº 1
INTRODUCCION AL ANALISIS ESTRUCTURAL
Alumno:.............................................................................................. Grupo:.............
Fecha:................................................... Profesor encargado:.............................................
Grado de determinación de las estructuras
Existen estructuras estáticamente determinadas es decir que bastan las ecuacionessimples de la estática (∑Fx, ∑Fy y ∑Mo) para poder hallar sus diagramas axiales,cortantes o de momentos.
Pero también existen las que son estáticamente indeterminadas, es por eso la importancia
de poder definir su grado de determinación pues esto nos dará el tipo de estructura
correspondiente
Grado de determinación en vigas y pórticos en dos dimensiones
GD = 3 * NM + NR – 3 * NJ – NC
Donde:
GD: Grado de determinación
NM: Numero de miembros NJ: Numero de juntas o nudos
NR: Numero de reacciones NC: Numero de condiciones o rotulas.
Tener en cuenta que si:
GD < 0 La estructura es inestable por lo cual no debe existir sería imposible construirla
GD = 0 Estructura estáticamente determinada
GD > 0 Estructura estáticamente indeterminada de grado (el numero que obtengamos)
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Grado de determinación en armaduras
GD = NM + NR – 2 * NJ
Donde:
GD: Grado de determinación
NM: Numero de miembros NJ: Numero de juntas o nudos
NR: Numero de reacciones
Tener en cuenta que si:
GD < 0 La armadura es inestable por lo cual no debe existir sería imposible construirla
GD = 0 Estructura estáticamente determinada
GD > 0 Estructura estáticamente indeterminada de grado (el numero que resulte)
También debemos tener en cuenta que una estructura es inestable si presenta cualquiera
de estas dos restricciones.
- Restricción parcial, todas las reacciones externas se presentan como fuerzas paralelas
Figura 1.1 Restricción parcial
- Restricción impropia, todas las reacciones concurren en un mismo punto
Figura 1.2 Restricción impropia
Las estructuras inestables jamás deben existir ya que es un peligro eminente puesto que
está desarrollada solo para el colapso.
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Grado de libertad en estructuras de elementos totalmente flexibles
Son el número de parámetros que representan el movimiento que se producen en las
juntas de las estructuras, se puede deber a un desplazamiento (Δ) o una rotación ()
Figura 1.3 Grados de libertad del elemento viga
Según el grafico vemos que el elemento estructural ha sufrido cambios debido a la
aplicación de fuerzas y se han movido y rotado sus puntos A y C respectivamente.
Si el miembro pertenece a un marco rígido o viga los grados de libertad serán
GL = 3 * NJ – NR
Donde:
GL: Grado de libertad
NJ: Numero de juntas o nudos
NR: Numero de reacciones
Si el miembro pertenece a una armadura los grados de libertad serán
GL = 2 * NJ – NR
Donde:
GL: Grado de libertad
NJ: Numero de juntas o nudos
NR: Numero de reacciones
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PRACTICA LO APRENDIDO
Clasifique cada una de las siguientes estructuras en estáticamente determinada o
indeterminada además también encuentre su grados de libertad tanto analíticamentecomo gráficamente.
NM NR NJ NC GD GL
NM NR NJ NC GD GL
NM NR NJ NC GD GL
NM NR NJ NC GD GL
Rotulas
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NM NR NJ NC GD GL
NM NR NJ NC GD GL
NM NR NJ NC GD GL
Rotula
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GUIA Nº 2
ESTRUCTURAS ESTATICAMENTE DETERMINADAS
Alumno:.............................................................................................. Grupo:.............
Fecha:................................................... Profesor encargado:.............................................
Equilibrio
Un cuerpo está en equilibrio cuando se encuentra en reposo o tiene un movimientouniforme. Analíticamente se expresa cuando la resultante de las fuerzas que actúan sobreun cuerpo es nula, se afirma así que el sistema de fuerzas no produce efecto algunosobre el cuerpo y se dice que el sistema de fuerzas está en equilibrio.
R = ΣF = 0
Para evaluar la situación de equilibrio en un cuerpo determinado, se hace un gráfico delmismo llamado Diagrama de cuerpo libre. Este diagrama consiste en aislarcompletamente el cuerpo o parte del mismo y señalar todas las fuerzas ejercidas sobre él,ya sean por contacto con otro cuerpo o por su propio peso. Luego se aplican las
condiciones de equilibrio, las cuales se pueden expresar en forma de ecuaciones que sedenominan ecuaciones generales de equilibrio, también llamadas ecuaciones básicas dela estática:
1. La suma algebraica de fuerzas en el eje X que se denominan Fx, o fuerzas condirección horizontal, es cero. ΣFx = 0 → ΣFh = 0
2. La suma algebraica de fuerzas en el eje Y denominadas Fy, o fuerzas con direcciónvertical, es cero. ΣFy = 0 → ΣFv = 0
3. La suma algebraica de momentos M, o tendencias de giro respecto a un puntodeterminado en equilibrio, es cero. ΣM = 0
Es importante recordar que la convención de signos adoptada, en el presente material,para la aplicación de las ecuaciones generales de equilibrio para fuerzas y momentos, entodos los casos y ejemplos, es la siguiente:
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Figura 2.1 Convención de signos
PRACTICA LO APRENDIDO
Realizar los diagramas fe fuerzas axiales, cortantes y de momentos para los siguientes
problemas
1)
Hallar reacciones en los apoyos
ΣFy = 0
R Ay
ΣM A = 0
RCx
ΣFx = 0
R Ax
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Analizar los tramos
Tramo AB
Poner las ecuaciones respectivas
N
V
M
Tramo BC
Poner las ecuaciones respectivas
N
V
M
Completar el cuadro con los valores correspondientes a las distancias indicadas
x (m) M (kg-m)
0
8
16
x (m) N (kg)
0
10
20
x (m) M (kg-m)
0
10
20
x (m) V (kg)
0
10
20
Completar el cuadro con los
valores correspondientes a las
distancias indicadas
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Realizar los diagramas
Resaltar conclusiones de los diagramas
2)Hallamos reacciones
Utilizamos equilibrio externo
ΣM A = 0
By
ΣFy = 0
Ay
ΣMrotula = 0
Ax
ΣFx = 0
Bx
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Analizar los tramos
Tramo A – Rotula
Poner las ecuaciones respectivas
N
V
M
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Completar el cuadro con los valores correspondientes a los ángulos indicados
¿Sera necesario realizar los calculo para el tramo rotula – B?
Realizar los diagramas
(º) N (Tn)Inicial
70
75
80
85
90
(º) V (Tn)Inicial
70
75
80
85
90
(º) M (Tn-m)Inicial
70
75
80
85
90
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GUIA Nº 3
DEFORMACIONES: METODO DE DOBLE INTEGRACION
Alumno:.............................................................................................. Grupo:.............
Fecha:................................................... Profesor encargado:.............................................
Deformaciones
Son las deformaciones lineales elásticas de las estructuras, pueden ser causadas por
momentos flexionantes, fuerzas axiales y cortantes, también por cambios de temperatura,
errores de fabricación, asentamientos, etc.
En las vigas y pórticos los momentos causan el mayor desplazamiento.
En armaduras las fuerzas axiales causan los mayores desplazamientos.
Las deflexiones por cortante son despreciables en vigas al ser muy pequeñas pero en
muros si es muy importante
¿Por qué deformaciones elásticas?
Porque los esfuerzos son proporcionales a las deformaciones, es decir si duplico el
esfuerzo se duplica mis deformaciones, acá si aplicamos una carga a un elemento
estructural luego de retirar la misma sus formas y longitudes recuperan sus estados
originales
Ahora supongamos que aplicamos una carga a una viga, si cuando retiramos la carga no
regresa a su forma original se llama una deformación plástica o no elástica.
Ecuación diferencial de la elástica
Sabemos que
d = dy / dx
Deformación unitaria:
= Δ / L = Δ / dx
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Como ocurre deformación elástico – lineal se aplica ley de Hooke
= / E
Por flexion:
= M * c / I = (M * c) / (E * I) Δ / dx = (M * c) / (E * I)
Finalmente si suponemos que cos = 1
d2v / dx2 = M / (E * I)
La ultima formula es la ecuación de la curva elástica.
Método de la doble integración
Se usa solo para deflexiones elásticas tales que la pendiente sea muy pequeña, se basa
en la ecuación de la curva elástica.
d2v / dx2 = M / (E * I)
Este método consiste en integras y para cada integración aparece una constante de
integración que se tiene que hallar para encontrar una solución única.
Entonces tendríamos
E * I dy / dx = M * dx + C1 Ecuación para hallar pendiente
E * I Δ = M * dx2 + C1 * dx + C2 Ecuación para hallar deflexión
Se debe hacer una ecuación para cada tramo, pero se puede obtener una ecuación
general de la viga generalmente que se toma en el último tramo.
Condiciones de frontera.- Ver grafico
Figura 3.1 Viga con sus condiciones de frontera
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PRACTICA LO APRENDIDO
1. Hallar las ecuaciones de la curva elástica y la deflexión máxima en la siguiente viga
EI: constante
Hallar reacciones ΣM A = 0 By
ΣFy = 0 Ay
Hallar la ecuación general para la viga
ΣM0 = 0 M
Hallamos las ecuaciones para la curva elástica
Realizar la primera integración EI
Realizar la segunda integración EIΔ
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Hallar los valores de los coeficientes respectivos
C1 C2
Entonces las ecuaciones de la curva elástica serán
EI
EIΔ
Recordar que la deflexión máxima ocurre cuando x
Por lo tanto la deflexión máxima es
2. Hallar la deflexión a la mitad de la carga distribuida y al final del volado
E = 217370 kg/cm2
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Previamente es necesario decir que aca para una mejor aplicación del metodo aplicar el
artificio de volver continua la carga distribuida
Realizar el esquema respectivo
Hallar reacciones
ΣM A = 0 Dy
ΣFy = 0 Ay
Hallar la ecuación general para la viga
ΣM0 = 0 M
Hallar la inercia respectiva
Hallar el producto E * I
Hallamos las ecuaciones para la curva elástica
Realizar la primera integración EI
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Realizar la segunda integración EIΔ
Hallar los valores de los coeficientes respectivos
C1 C2
Entonces las ecuaciones de la curva elástica serán
EI
EIΔ
Reemplazando los valores respectivos en la ecuación para la deflexión tenemos
Para la mitad a la carga distribuida x
La deflexión es
Para el final del volado x
La deflexión es
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GUIA Nº 4
DEFORMACIONES: METODO DE VIGA CONJUGADA
Alumno:.............................................................................................. Grupo:.............
Fecha:................................................... Profesor encargado:.............................................
Método de viga conjugada
Este método fue primero presentado por Otto Mohr en 1860. Este método se basa
solamente en principios de la estática y por tanto su aplicación será más familiar.
La base de este método es que se hace uso de una viga “análoga” o “conjugada” a la quese aplicara carga elástica, en lugar de la viga real, con la que es incorrecto hacer lo
anterior. La fuerza cortante y el momento flexionante en la viga imaginaria, cargada con el
diagrama M/EI, deberán corresponder exactamente a la pendiente y a la deflexión de la
viga real.
Por lo que podemos afirmar entonces del párrafo anterior que
Pendiente () de viga real = Cortante (V) de la viga conjugada
Deflexión (Δ) de viga real = Momento (M) de la viga conjugada
Por eso es necesario hacer uso de vigas conjugadas que tengan los apoyos cambiados,
las cargas y propiedades de la viga real no tienen efecto en la forma como esté apoyada
la viga conjugada. Los únicos factores que afectan a los apoyos de la viga imaginaria son
los apoyos de la viga real. Las longitudes de las dos vigas son iguales.
Las reacciones, los momentos flexionantes y las fuerzas cortantes de la viga conjugada
se calculan fácilmente por estática, ya que tal viga siempre es estáticamente determinada,
aun cuando la viga real puede ser hiperestática. Algunas veces la viga conjugada puede
aparecer como completamente inestable.
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Soportes de la viga conjugada
Cuadro 4.1 Soportes transformados
Aplicación del método
El siguiente procedimiento proporciona un método que puede usarse para determinar el
desplazamiento y la pendiente en un punto sobre la curva elástica de una viga usando el
método de la viga conjugada.
Viga conjugada Dibuje la viga conjugada para la viga real. Esta viga tiene la misma
longitud que la viga real y los correspondientes soportes de acuerdo al cuadro 4.1. En
general, recordar que si el soporte real permite una pendiente, el soporte conjugado debe
poder desarrollar una fuerza cortante, y que si el soporte real permite un desplazamiento,
el soporte conjugado debe poder desarrollar un momento. La viga conjugada se carga con
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el diagrama M/EI de la viga real. Se supone que esta carga está distribuida sobre la viga
conjugada y está dirigida hacia arriba cuando M/EI es positivo y hacia abajo cuando M/EI
es negativo.
Equilibrio Usando las ecuaciones de equilibrio, determine las reacciones en los soportes
de la viga conjugada. Luego seccione la viga conjugada en el punto en que deben
determinarse la pendiente y el desplazamiento Δ de la viga real. En la sección, muestrela fuerza cortante V y el momento M desconocidos que actúan en sus sentidos positivos
(Revisar convención de las vigas). Determine la fuerza cortante y el momento usando las
ecuaciones de equilibrio, V y M equivalen a y Δ, respectivamente, para la viga real. Enparticular, si esos valores son positivos, la pendiente es en sentido contrario a las
manecillas del reloj y el desplazamiento es hacia arriba.
PRACTICA LO APRENDIDO
1. Hallar la deflexión máxima en la siguiente viga
EI: constante
Hallar reacciones ΣM A = 0 By
ΣFy = 0 Ay
Realizar el esquema respectivo de la viga conjugada:
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Realizar el diagrama de momentos orientado a M/EI
Hallar las nuevas reacciones ΣM A = 0 By
ΣFy = 0 Ay
Además recordar que Pendiente () de viga real = Cortante (V) de la viga conjugada
Por lo tanto V cuando x
Escribir las ecuaciones para el V y M respectivamente para la viga conjugada
V
M
Recordar que Deflexión (Δ) de viga real = Momento (M) de la viga conjugada
Por lo tanto la deflexión máxima es
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2. Hallar la deflexión en el punto C en la siguiente viga E = 29000 ksi e I = 2000 in4
Hallar reacciones ΣM A = 0 By
ΣFy = 0 Ay
Realizar el esquema respectivo de la viga conjugada:
Realizar el diagrama de momentos orientado a M/EI, a B considerar como empotrado y
aplicar el principio de superposición, teniendo:
- Para la carga de la reacción en A
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- Para la carga distribuida
- Para la carga al final del volado
Realizar el diagrama final de la viga conjugada
Hallar las nuevas reacciones ΣM A = 0 By
ΣFy = 0 Ay
Hallando el momento en C hallaremos la deflexión en ese punto
La deflexión es
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GUIA Nº 5
DEFORMACIONES: METODO DEL TRABAJO VIRTUAL
Alumno:.............................................................................................. Grupo:.............
Fecha:................................................... Profesor encargado:.............................................
Principio del trabajo virtual.Las fuerzas que actúan sobre un cuerpo efectuarán trabajo virtual cuando el cuerpo sufraun desplazamiento o una rotación diferencial imaginarios. Por razones de equilibrio, lasuma del trabajo virtual efectuado por todas las fuerzas que actúan sobre el cuerpo debeser igual a cero para cualquier desplazamiento virtual. A esto se le llama principio deltrabajo virtual, y es útil para encontrar la configuración de equilibrio de un mecanismo o deuna fuerza reactiva que actúe sobre una serie de miembros conectados. Si este sistematiene un grado de libertad, entonces su posición puede ser especificada mediante unacoordenada independiente q.
Para aplicar el principio del trabajo virtual, es necesario usar primero coordenadas deposición para localizar todas las fuerzas y momentos actuantes sobre el mecanismo queefectuarán trabajo cuando éste sufra un movimiento virtual.
Método del trabajo virtual
En todo tipo de estructuras la relación que existe entre trabajo y energía se puedeconceptualizar de manera sencilla: Los elementos estructurales están diseñados parasoportar cargas. Al estar estos elementos trabajando bajo la acción de estas, surgirán enellos deformaciones. Dado el caso de una viga presentada en la Figura 5.1, el trabajorealizado sobre este sistema se almacena en forma de energía de deformación.
Aparentemente la viga no sufrió más que un desplazamiento pero si imaginamos lamagnitud de la fuerza que se requiere para poder deformar una viga de concreto,podremos tener una idea de los esfuerzos internos que se generaron en dicha viga. Siconocemos tanto las dimensiones de la viga como las cargas que actúan sobre ellapodremos determinar desplazamientos y por lo tanto el trabajo externo es conocido.
Aplicando el principio de conservación de la energía se puede establecer que: El trabajorealizado por un sistema de fuerzas aplicadas a una estructura es igual a la energía dedeformación almacenada en la estructura.
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Figura 5.1 Viga con deformación en el extremo
El método consiste en reemplazar por una carga unitaria virtual, siendo esta una fuerza oun momento, dependiendo de lo que se desee hallar, sobre el punto que estamosanalizando, y se obtienes las fuerzas internas tanto para cuando solo aplicamos cargasunitarias virtuales, así como para las cargas reales de la estructura
Las formulas que se usan en este método son:
Para deflexión
1.Δ = ∫ mMdx / EI
Para rotación
1. = ∫ mMdx / EI
PRACTICA LO APRENDIDO
1. Hallar la deflexión que se produce debido a la carga de 300 N
EI: constante
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Hallar reacciones ΣM A = 0 By
ΣFy = 0 Ay
Trabajar con las cargas reales que actuan sobre la viga
Hallar las ecuaciones que se genera para el momento M
Tramo AC (antes de la carga de 300N)
M
Tramo BC (después de la carga de 300N)
M
Dibujar la viga sometida a la carga unitaria virtual
Hallar reacciones ΣM A = 0 By
ΣFy = 0 Ay
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Trabajar con la carga virtual unitaria que actuan sobre la viga
Hallar las ecuaciones que se genera para el momento m
Tramo AC (antes de la carga de 300N)
m
Tramo BC (después de la carga de 300N)
m
Aplicar la formula
Reemplazando la deflexion es
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2. Determinar la rotación tangencial en el punto C del marco mostrado en la figura.
Considere E = 200 MTn/m, I = 15 x 106 mm4
Será necesario hallar reacciones en el punto A, ¿Porque?
Trabajar con las cargas reales que actuan sobre el marco
Hallar las ecuaciones que se genera para el momento M
Tramo CB
M
Tramo BA
M
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Dibujar el marco sometido a la carga unitaria virtual
Trabajar con la carga virtual unitaria que actuan sobre el marco
Hallar las ecuaciones que se genera para el momento m
Tramo CB
m
Tramo BA
m
Aplicar la formula
Reemplazando la rotacion tangencial en el punto C
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GUIA Nº 6
METODO PENDIENTE - DEFLEXION
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Signo de los momentos de empotramiento perfecto
Se tomara en cuenta en el claro, luz o tramo analizado que el extremo izquierdo
presentara momento de empotramiento perfecto positivo y el extremo derecho momentode empotramiento perfecto negativo.
NOTA IMPORTANTE: SIEMPRE Y CUANDO LA CARGA ACTUANTE SOBRE EL
TRAMO SEA HACIA ABAJO
Figura 6.1 Signo de los MEP
Signo del desplazamiento (Δ) y de la rotación de la cuerda (Ψ) en un nudodeterminado
Si la viga o el pórtico en un nudo determinado, se desplaza hacia la derecha, eldesplazamiento (Δ) es negativo, caso contrario es positivo.
Recordemos que Ψ=Δ/L, por lo tanto si el desplazamiento (Δ) es negativo, entonces Ψ esnegativo, caso contrario es positivo.
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Figura 6.2 Pórtico sometido a una fuerza P
En la figura 6.2 el pórtico se desplaza hacia la derecha por lo tanto Δ es negativo.
Signo a la hora de trasladar los momentos finales y graficar los diagramas demomentos flectores tanto en vigas como en pórticos.
Para trasladar mis momentos finales, luego de operar y resolver todas mis ecuaciones delmétodo pendiente deflexión, si el momento final en el extremo de un tramo me saldríapositivo, se traslada a la viga o al pórtico contraria de las agujas del reloj (sentidoantihorario), si el momento final en el extremo de un tramo me saldría negativo, setraslada a la viga o al pórtico en dirección de las agujas del reloj (sentido horario).
Para graficar los diagramas de momentos flectores, para saber en donde graficar el
momento final que está actuando en los nudos se sigue la convención general de signospara graficar fuerzas y momentos internos, la cual se muestra a continuación:
Si trabajamos en el pórtico o viga de izquierda a derecha y el momento en el nudo actúaen dirección opuesta a las agujas del reloj (Sentido antihorario), este momento se dibujacomo un momento positivo, caso contrario se dibuja negativo.
Si trabajamos en el pórtico o viga de derecha a izquierda y el momento en el nudo actúaen dirección de las agujas del reloj (Sentido horario), este momento se dibuja como unmomento positivo, caso contrario se dibuja negativo.
Casos únicos (I = cte) y especiales de la ecuación universal de la viga cuando seemplea el método de pendiente deflexión
Como se menciono anteriormente para el método pendiente deflexión, la ecuaciónuniversal de la viga se reduce únicamente a dos casos, las formulas que aparecerán encada caso deberán ser aplicadas de manera directa sobre el claro, luz o tramo a analizar,estos casos son validos tanto para pórticos como para vigas.
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2
Caso 1: Ambos nudos presentan momentos
Para esto se aplica las siguientes ecuaciones
Mcl = 2EK (2Øc + Øl - 3Ψcl) + MEPcl
Donde: K = I/L
Subíndices:
C = Extremo cercano que estamos analizando
L = Extremo lejano que estamos analizando
Caso 2: Solo un nudo presenta momentos
Como solo un nudo presenta momentos entonces solo tendríamos una ecuación para estecaso
Mra = 3EK (Ør – Ψra) + MEPra – MEPar
Mar = 0
Acá también es muy importante tener en cuenta que signo va a tener MEPar o MEPra (Consultar primera consideración previa).
Donde: K = I/L
Subíndices:
a = Extremo articuladamente conectado (No presenta momento)
r = Extremo rígidamente conectado (Presenta momento)
Formas de reconocer un pórtico sin desplazamiento lateral
1) El pórtico debe de ser simétrico tanto en su geometría como en sus cargas.
Figura 6.3 Pórticos sin y con desplazamiento lateral
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Por lo descrito en este ítem el caso A seria un pórtico sin desplazamiento lateral
2) Debe de estar debidamente restringido.
Figura 6.4 Pórticos debidamente restringido para desplazamiento lateral
Se observa que el caso B (del ítem anterior) era un pórtico con desplazamiento lateral, alrestringirlo de una forma adecuada se volvió un pórtico sin desplazamiento lateral.
Procedimiento de análisis de los pórticos y vigas por el método pendiente deflexión
Caso vigas: bastara seguir los conceptos y consideraciones previas descritas en lapresente separata, además de las ecuaciones de equilibrio que debe existir en los nudos.
Caso pórticos sin desplazamiento lateral: al igual que el caso para vigas bastara seguirlos conceptos y consideraciones previas descritas en la presente separata, es oportunomencionar que este tipo de pórticos es analizado como si fuera una viga.
Caso pórticos con desplazamiento lateral: aparte de usar los conceptos yconsideraciones previas descritas en la presente separata, y de utilizar las ecuaciones deequilibrio en los nudos, como aparece una incógnita adicional en este tipo de pórticosdenominado rotación de la cuerda Ψ (debido a un desplazamiento Δ), se deberá usar unaecuación adicional denominada la ecuación de los pisos, que vendría hacer la reacción
externa horizontal que actúa sobre dicho pórtico.
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PRACTICA LO APRENDIDO
1. Hallar las reacciones en la siguiente viga y realizar sus diagramas de momentos.
EI = cte
Reconocer que casos de la ecuación universal tenemos para los tramos
Tramo AB
Tramo BC
Plantear las ecuaciones
Tramo AB
M AB
MBA
Tramo BC
MBC
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MCB
Plantear el equilibrio para el nudo
Plantear la ecuación
EIØB
Reemplazar en las ecuaciones de los momentos respectivos
M AB
MBA
MBC
MCB
Trasladar los momentos a la viga
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Hallar reacciones
Tramo AB
Ay
Tramo BC
Cy
Equilibrio en el nudo B
By
Dibujar reacciones finales en la viga
Graficar el diagrama de momentos para la viga
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2. Determinar los momentos en los extremos de los miembros y las reacciones
horizontales para el pórtico de la figura
EI: cte
El pórtico presenta
Reconocer que casos de la ecuación universal tenemos para los tramos
Tramo AB
Tramo BC
Tramo CD
Obtener las rotaciones de la cuerda que abran en cada elemento
Ψ AB
ΨBC
ΨCB
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Plantear las ecuaciones
Tramo AB
M AB
MBA
Tramo BC
MBC
MCB
Tramo CD
MCD
MDC
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Plantea el equilibrio para los nudos y
Obteniendo dos ecuaciones
La tercera ecuación sale del equilibrio las fuerzas de los pisos
Resolver las tres ecuaciones
EIØB
EIØC
EI Δ
Reemplazar en las ecuaciones de los momentos respectivos y en la de las fuerzas
horizontales una vez hallados los momentos
M AB MCD
MBA MDC
MBC V AB
MCB VDC
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GUIA Nº 7
METODO HARDY CROSS
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Introducción
El método de Hardy Cross es otro de los métodos muy utilizados para el análisis de
estructuras estáticamente indeterminadas, solo es practico para el análisis de estructuras
pequeñas además nos permite comparar los resultados con la computadora.
El método comienza suponiendo que cada nudo de la estructura esta fijo. Luego soltar y
bloquear cada nudo de manera sucesiva, los momentos internos en los nudos se
distribuyen y balancean hasta que estos han girado hasta alcanzar us posiciones finales o
casi finales.
Signo de los momentos de empotramiento perfecto
Al igual que el método de pendiente – deflexión, se tomara en cuenta en el claro, luz o
tramo analizado que el extremo izquierdo presentara momento de empotramiento perfectopositivo y el extremo derecho momento de empotramiento perfecto negativo.
Figura 7.1 Signo de los MEP
Factor de rigidez del miembro
La rigidez a la flexión (k) es el momento que debe aplicarse en uno de los extremos del
miembro para causar una rotación unitaria, el cual se puede aplicar también para dos
casos.
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Caso 1: Ambos nudos son rígidos (es decir presentan momentos)
Para esto K = I/L
Caso 2: Un extremo es articulado (Solo un nudo presenta momentos)
Para esto K = 3I / 4L
Factor de rigidez de un nudo
Simplemente es la suma de los factores de rigidez de los miembros conectados a ese
nudo.
Momento trasladado y coeficiente de transporte (FT)
Caso 1: Ambos nudos son rígidos (es decir presentan momentos)
Para esto FT = 1/2 por lo tanto el Mij = M/2
Caso 2: Un extremo es articulado (Solo un nudo presenta momentos)
Para esto FT = 0 por lo tanto el Mij = 0
Factor de distribución
Para un extremo que esta rígidamente conectado al nodo adyacente es igual a la razón dela rigidez relativa a la flexión del miembro con la suma de las rigideces relativas a laflexión de todos los miembros sujetos a este modo, es decir:
FD = K / Σ K
El FD se aplica a los nudos que tienen libertad para girar, por lo tanto para un apoyoempotrado será de 0 el valor de su FD.
La suma de los factores de distribución en un nudo tiene que darnos 1
Fases del método
- Se supone que todos los nudos son rígidos y se calculan los MEP para cada claro.
- Se deja girar libremente a cada nudo y se distribuye el momento no equilibrado (MEP)
haciendo el equilibrio, en cada nudo y con signo contrario entre todas las barras
adyacentes por medio de los FD, a continuación se vuelve a bloquear el nudo contra el
giro.
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- Una vez distribuido el momento no equilibrado se transmite según lo indicado por su FT,
con el mismo signo al otro extremo de cada barra.
Ciclos de distribuciones
En el empleo del método, se observa que existen distribuciones y transmisiones, el ciclo
generalmente debiera terminar en una distribución (salvo casos especiales), el proceso es
repetitivo hasta que los momentos no equilibrados son tan pequeños que pueden ser
despreciados o cuando lo amerite según nuestro análisis.
Procedimiento de análisis de los pórticos y vigas por el método pendiente deflexión
Caso vigas: bastara seguir los conceptos y consideraciones previas descritas en lapresente separata, además de las ecuaciones de equilibrio que debe existir en los nudos.
Caso pórticos sin desplazamiento lateral: al igual que el caso para vigas bastara seguirlos conceptos y consideraciones previas descritas en la presente separata, es oportunomencionar que este tipo de pórticos es analizado como si fuera una viga.
Caso pórticos con desplazamiento lateral: para los anteriores casos las traslaciones enlos nodos fueron cero, en cambio para este tipo de pórticos parecen las rotaciones ytraslaciones en los nudos.
Para este tipo de pórtico aplicamos el principio de superposición
Figura 7.2 Principio de superposición
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Por lo anterior vemos que entonces el análisis para este tipo de pórtico se divide en dospartes:
1) El ladeo se impide poniendo a la estructura un rodillo imaginario, manteniendo sus
cargas externas de la estructura real, luego se calcula los momentos en los extremos delos miembros aplicando el método de manera usual, hallando Ms, luego obtener la fuerzaR aplicando las ecuaciones de equilibrio.
2) Al marco se le aplica la fuerza R obtenida en la primera parte pero en dirección opuestay se desprecia cualquier fuerza extrema presente en la estructura real, acá se deberíahallar Mr.
Pero vemos que estos momentos debidos a la carga lateral R, no se pueden hallar ya queno contaría con momentos de empotramiento perfecto en ninguno de sus miembros.
Además es importante este momento porque
M = Ms + Mr
Entonces aplicamos un enfoque indirecto el cual sometemos el armazón a una traslaciónarbitraria conocida en los nudos que lo ameriten, causada por una carga desconocida Qque actúan en la ubicación y dirección de R.
Figura 7.3 Carga y desplazamiento arbitrario
Los MEP para la figura anterior estará dada por:
Caso 1: Ambos nudos son rígidos (es decir presentan momentos)
Para esto MEP = 6EI Δ‘ / L2
Caso 2: Un extremo es articulado (Solo un nudo presenta momentos)
Para esto MEP = 3EI Δ‘ / L2
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Entonces en lugar de suponer un valor numérico para Δ‘ con el fin de calcular losmomentos en los extremos fijos suele ser mas conveniente suponer un valor numéricopara uno de estos momentos y usar el calor de Δ‘ para calcular los momentos restantes.
El signo que tendrá el MEP esta dado por como actúa el desplazamiento:
Si el desplazamiento se produce hacia la derecha el MEP será positivo, ya que senecesita un momento en sentido antihorario para regresar la estructura a su condicióninicial, en todos sus miembros.
Si el desplazamiento se produce hacia la izquierda el MEP será negativo, ya que senecesita un momento en sentido horario para regresar la estructura a su condición inicial,en todos sus miembros.
Entonces con esos MEP se calcula los momentos en los extremos de los miembrosaplicando el método de manera usual, hallando Mq, luego de obtener los momentos se
halla Q aplicando las ecuaciones de equilibrio, conocido Q y Mq, ahora se puededeterminar con facilidad los momentos debidos a la carga lateral R.
Teniendo Mr = (R/Q) x Mq
Entonces reemplazando eso en M = Ms + Mr
Obtenemos finalmente
M = Ms + (R/Q) x Mq
Para pórticos de mas de 1 piso, el método a aplicar es el mismo, siendo más tedioso
teniendo que hallar coeficientes por cada piso que tengamos
Suponiendo que tengamos dos pisos
M = Mo + C1Mq1 + C2Mq2
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PRACTICA LO APRENDIDO
1. Realizar sus diagramas de momentos para la siguiente viga, EI = cte
Completar el cuadro
Nudo
Elemento
K
FD
MEP
Soltamos C
Momentos finales
Dibujar el diagrama de momentos para la viga
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2. Determinar los momentos internos y externos para el siguiente pórtico EI: cte
Realizar el primer Hardy – Cross
Nudo
Elemento
KFD
MEP
1era Distribución
1era Transmisión
2da Distribución
2da Transmisión
3ra Distribución
3ra Transmisión
4ta Distribución
4ta Transmisión
5ta Distribución
Momentos finales
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Por equilibrio el valor de R
Realizar el segundo Hardy – Cross, asumir un Momento de 1Tn-m para el miembro AB
Nudo
Elemento
K
FD
MEP
1era Distribución
1era Transmisión
2da Distribución2da Transmisión
3ra Distribución
Momentos finales
Por equilibrio el valor de Q
Aplicar la formula
Reemplazar en las ecuaciones
M AB
MBA
MBC
MCB
MCD
MDC
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SOLUCIONARIO GUIA Nº 1
INTRODUCCION AL ANALISIS ESTRUCTURAL
2 3 3 0 0 6
2 5 3 0 2 4
3 6 4 2 1 4
4 8 5 0 5 7
Viga estáticamente determinada
Viga estáticamente indeterminada de segundo grado
Viga estáticamente indeterminada de primer grado
Viga estáticamente indeterminada de quinto grado
NM NR NJ NC GD GL
NM NR NJ NC GD GL
NM NR NJ NC GD GL
NM NR NJ NC GD GL
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49
4 4 5 1 0 10
8 4 5 0 2 6
NM NR NJ NC GD GL
Marco estáticamente determinado
Armadura estáticamente indeterminada de segundo grado
6 3 6 0 3 15
Marco estáticamente indeterminado de tercer grado
NM NR NJ NC GD GL
NM NR NJ NC GD GL
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50
SOLUCIONARIO GUIA Nº 2
ESTRUCTURAS ESTATICAMENTE DETERMINADAS
1.-
Hallamos reacciones
Utilizamos equilibrio externo
ΣFy = 0
-(1.2)(16) + R Ay = 0
RAy = 19.2 kg ( )
ΣM A = 0
(16)(-1.2)(8) + (RCx)(28) = 0
RCx = 5.5 kg ( )
ΣFx = 0
-5.5 + R Ax = 0
RAx = 5.5 kg ( )
Empezamos a analizar los tramos
Tramo AB
Recordar que siempre se coloca el N, V y M en el sentido positivo según la convención de
signos universales (Repasar este punto)
ΣMo = 0 (5.5)(x) + M = 0
M = - 5.5 x
ΣFx = 0 5.5 + V = 0 V = -5.5 Kg
ΣFy = 0 19.2 + N = 0 N = -19.2 kg
x (m) M (kg-m)
0 0
8 -44
16 -88
-
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51
Tramo BC
Se tiene primero que transformar esa carga distribuida sobre el elemento por eso
realizamos lo siguiente:
Llevándolo al elemento como carga distribuida tenemos finalmente:
Entonces empezamos a realizar el corte respectivo y trasladando las fuerzas del otro
miembro tenemos:
-
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52
ΣMo = 0 88 – (12.1)(x) + (0.77)(x)(x/2) + M = 0
M = -0.39 x2 + 12.1 x – 88
ΣFx = 0 16 – (0.58)(x) + N = 0
N = 0.58 x - 16
ΣFy = 0 12.1 – (0.77)(x) – V = 0
V = -0.77 x + 12.1
Realizando los diagramas
x (m) M (kg-m)
0 -88
10 -5.25
20 0
x (m) N (kg)
0 -16
10 -10.2
20 -4.4
x (m) V (kg)
0 12.1
10 4.4
20 -3.3
-
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53
2.-
Hallamos reacciones
Utilizamos equilibrio externo
ΣM A = 0
- (5)(8)(4) – (By)(8) = 0 By = 20 Tn
ΣFy = 0
Ay + 20 – (5)(8) = 0 Ay = 20 Tn
Para hallar la distancia “d” simplemente haciendo uso de una relaciones por la figurapodemos decir que
d = 10 - 102 - 42 = 0.83 m
Haciendo entonces equilibrio y solo trabajando para el tramo desde A hasta la rotula
entonces tenemos
ΣMrotula = 0
(5)(4)(2) – (20)(4) + (Ax)(0.83) Ax = 48.2 Tn
ΣFx = 0 Bx = 48.2 Tn
Empezamos a analizar los tramos
Tramo A – Rotula
Como no es una circunferencia completa entonces tendremos que analizar completando
la misma, con la finalidad de poder aplicar los conceptos impartidos sin ningún problema,
por lo que tendremos
-
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54
De la figura podemos darnos
cuenta que
Sen = y / 10
y = 10 sen
Cos = (10 – x) / 10
x = 10 – 10 cos
Además para descomponer las
fuerzas N y V, en los ejes x e y
tenemos
ΣFx = 0 48.19 + Vcos + Nsen = 0...............................1
ΣFy = 0 Ncos + 20 - Vsen - 5(x-6) = 0
Despejando V = (Ncos + 50 – 5x) / sen.............................2
ΣMo = 0 M + (5(x-6)2)/2 + 48.19(y-9.17) – 20(x-6)
Despejando y reemplazando los valores correspondientes a x e y tenemos
M = 481.9 – 481.9sen
- 250cos2
.........................3
Reemplazando en 1 el valor de 2 y despejando obtenemos
N = -48.19sen - 50cos2 ...........................4
Reemplazando en 2 el valor de 4 y despejando obtenemos
V = -48.19cos - 50cos3 / sen + 50 cos /sen .............5
-
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55
Entonces dando valores a desde 66.42º que empieza nuestro arco hasta 90º y
reemplazando en las respectivas ecuaciones obtenemos
Por simetría para el tramo Rotula – B serán los mismos valores
Realizando los diagramas
(º) N (Tn)
66.42 -52.2
70 -51.1
75 -49.9
80 -49.0
85 -48.3
90 -48.2
(º) V (Tn)
66.42 -1
70 -0.4
75 0
80 0.2
85 0.1
90 0
(º) M (Tn-m)
66.42 0
70 -0.2
75 -0.3
80 -0.2
85 -0.1
90 0
-
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SOLUCIONARIO GUIA Nº 3
DEFORMACIONES: METODO DE LA DOBLE INTEGRACION
1.-
Hallamos reacciones ΣM A = 0 (By)(3) – (300)(2) = 0 By = 200 N
ΣFy = 0 Ay + 200 – 300 = 0 Ay = 100 N
Hallamos una ecuación general para la viga, teniendo en cuenta que siempre se busca
esto generalmente en el último tramo
ΣM0 = 0 -(100)(x) + 300 + M = 0
M = 100x - 300
Nota: Si al reemplazar un valor en sale un valor negativo se asume ese valor como
cero ya que no pertenecería a ese tramo, recordar que es una ecuación general que
abarca todos los tramos.
Hallamos las ecuaciones para la curva elástica
E * I dy / dx = M * dx + C1 Ecuación para hallar pendiente
-
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Realizando la primera integración EI = 50x2 - 1502 + C1.....................1
E * I Δ = M * dx2 + C1 * dx + C2 Ecuación para hallar deflexión
Realizando la segunda integración EIΔ = 16.67x3 - 503 + C1x + C2.................2
Aplicando condiciones de frontera
Cuando x = 0 entonces Δ = 0
Reemplazando en 2
0 = 0 – 0 + 0 + C2 C2 = 0
Cuando x = 3 entonces Δ = 0
Reemplazando en 2
0 = 450 – 50 - C1(3) + 0 C1 = -133.3
Tenemos las ecuaciones de la curva elástica
EI = 50x2 - 1502 – 133.3…………….A
EIΔ = 16.67x3 - 503 - 133.3x………….B
La deflexión máxima ocurre cuando = 0
Entonces reemplazando en la ecuación A y asumiendo que = 0 en el primer tramo la
ecuación se resume a:
0 = 50x2 - 133.3 de donde x = 1.63 m
Reemplazando ese valor en la ecuación B obtenemos que
Δmax = -145.1 / EI, al ser negativo indica que la deflexión es hacia abajo
-
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58
2.-
Para poder plantear las ecuaciones de una mejor manera se procederá a utilizar un
artificio de hacer la carga de 400 kg/m continua es decir extenderla al punto E esto se
logra añadiendo una carga igual y opuesta q la anule a partir de C
Hallamos reacciones
ΣM A = 0 -(400)(7)(4.5) + (Dy)(6) – (600)(8) + (400)(4)(6)= 0 Dy = 1300 kg
ΣFy = 0 Ay + 1300 – (400)(3) - 600 = 0 Ay = 500 kg
-
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Hallamos una ecuación general para la viga, teniendo en cuenta que siempre se busca
esto generalmente en el último tramo
ΣM0 = 0 -(500)(x) + 4002 / 2 - 4002 / 2 – 1300 + M = 0
M = 500x - 2002 + 2002 + 1300
Nota: Si al reemplazar un valor en sale un valor negativo se asume ese valor como
cero ya que no pertenecería a ese tramo, recordar que es una ecuación general que
abarca todos los tramos.
Además sabemos por dato que E = 2173700000 kg/m2
Hallamos I = (0.3)(0.5)3 / 12 = 0.003125 m4
E * I = 6792812.5 kg/m2
Hallamos las ecuaciones para la curva elástica
Realizando la primera integración
EI = 250x2 – 66.73 + 66.73 + 6502 + C1.....................1
Realizando la segunda integración
EIΔ = 83.3x3 – 16.74 + 16.74 + 216.73 + C1x + C2.................2
Aplicando condiciones de frontera
Cuando x = 0 entonces Δ = 0
-
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60
Reemplazando en 2
0 = 0 – 0 + 0 + 0 + C2 C2 = 0
Cuando x = 6 entonces Δ = 0
Reemplazando en 2
0 = 17992.8 – 10437.5 + 267.2 + C1(6) + 0 C1 = -1303.8
Tenemos las ecuaciones de la curva elástica
EIΔ = 83.3x3 – 16.74 + 16.74 + 216.73 -1303.8 x.....................3
Además E * I = 6792812.5 kg/m2
Para la mitad de la carga distribuida x = 2.5 m luego de reemplazar en la ecuación 3
Δ = -0.0003 m -0.3 mm, la deflexión es hacia abajo
Para el final del volado x = 8m luego de reemplazar en la ecuación 3
Δ = -0.00028 m -0.28 mm, la deflexión es hacia abajo
-
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61
SOLUCIONARIO GUIA Nº 4
DEFORMACIONES: METODO DE VIGA CONJUGADA
1.-
Hallamos reacciones ΣM A = 0 (By)(3) – (300)(2) = 0 By = 200 N
ΣFy = 0 Ay + 200 – 300 = 0 Ay = 100 N
La viga conjugada seria siguiendo el cuadro 4.1 (Revisar Pág. 19) la siguiente:
Realizamos el diagrama de momentos orientado a M/EI de la viga real, y este se
superpone a la viga conjugada (NOTA ESTE DIAGRAMA ESTA GRAFICADO CON
MOMENTO POSITIVO ARRIBA Y MOMENTO NEGATIVO ABAJO POR ESE MOTIVO
LAS CARGAS SE COLOCAN A TRACCION – CASO CONTRARIO COLOCAR LASCARGAS A COMPRENSION)
-
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62
Hallamos las reacciones respectivas para esa viga conjugada debido a la carga 200 / EI
ΣM A = 0 (200)(2)(0.5)(2/3)(2) + (200)(1)(0.5)(2+(1/3)(1)) – (By)(3) = 0
By = (166.7 / EI) N
ΣFy = 0 -Ay + (200)(2)(0.5) + (200)(1)(0.5) – 166.7 = 0
Ay = (133.3 / EI) N
Recordando la deflexión máxima se da cuando la pendiente es cero en la viga real, por lo
tanto para que esto se cumpla en la viga conjugada se debe encontrar en qué punto el
cortante es cero, encontraremos ese punto, suponiendo que se encuentra en el primer
tramo.
Nota: q se obtuvo con triángulos notables
ΣFy = 0 -133.3 / EI + (100 x / EI)(x)(0.5) – V = 0 CORREGIR CORTANTE
Además para que se cumpla lo expresado V = 0
Despejando x = 1.63 m
Recordemos que la deflexión (Δ) en un punto de la viga real es el momento (M) que seproduce en el mismo punto en la viga conjugada, por lo tanto
-
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63
ΣMo = 0 (133.3 / EI)(1.63) – (163 / EI)(1.63)(0.5)(1/3)(1.63) + M = 0
M = -145.1 / EI
Recordamos que Deflexión (Δ) de viga real = Momento (M) de la viga conjugada
Por lo tanto Δmax = -145.1 / EI, como es negativo la deflexión es hacia abajo
Nota: Este mismo ejercicio se realizo con el método de la doble de integración obteniendo
el mismo resultado verificar!!!
2.
Hallamos reacciones ΣM A = 0 -(2)(30)(15) + (By)(30) – (12)(40) = 0 By = 46 kg
ΣFy = 0 Ay – (2)(30) + 46 - 12 = 0 Ay = 26 kg
La viga conjugada seria siguiendo el cuadro 4.1 (Revisar Pág. 19) la siguiente:
-
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64
Realizamos el diagrama de momentos orientado a M/EI de la viga real, y este se
superpone a la viga conjugada, como tenemos varias cargas aplicaremos el método de
superposición, para establecer los diagramas
Superponiendo en la viga conjugada tenemos
-
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Hallamos la reacción del apoyo A de la viga conjugada
ΣM A AB = 0 (Ay)(30) – (780 / EI)(30)(0.5)(1/3)(30) + (900 / EI)(30)(1/3)(1/4)(30) = 0
Ay = (1650 / EI) k – ft2
ΣMC = 0
(1650/EI)(40) + (1/3)(900/EI)(30)((30/4)+10) – (780/EI)(30)(0.5)((1/3)(30)+10) +(120/EI)(10)(0.5)((2/3)(10) + M = 0
M = 6500 / EI
Pero E = 29000 ksi e I = 2000 in4
Reemplazando M = Δc = +0.194 in la deflexión es hacia arriba
-
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SOLUCIONARIO GUIA Nº 5
DEFORMACIONES: METODO DEL TRABAJO VIRTUAL
1.
Hallamos reacciones ΣM A = 0 (By)(3) – (300)(2) = 0 By = 200 N
ΣFy = 0 Ay + 200 – 300 = 0 Ay = 100 N
Hallamos M
Tramo AC (antes de la carga de 300N)
ΣMO = 0
M = 100x
Tramo BC (después de la carga de 300N)
ΣMO = 0
M = 200x
-
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67
1
0
2
0
Colocamos una carga virtual de 1 en lugar de la fuerza de 300 N
Hallamos reacciones ΣM A = 0 (By)(3) – (1)(2) = 0 By = 0.67 N
ΣFy = 0 Ay + 0.67 – 1 = 0 Ay = 0.33 N
Hallamos m
Tramo AC
ΣMO = 0
m = 0.33x
Tramo BC
ΣMO = 0
M = 0.67x
Aplicando la formula 1.Δ = ∫ mMdx / EI
Δ = ∫ (0.33x)(100x)dx / EI + ∫ (0.67x)(200x)dx / EI = 133 / EI deflexión hacia abajo
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2. Vemos que no será necesario hallar las reacciones
en el punto A, debido a que entraremos hallar las
ecuaciones de derecha a izquierda.
Hallamos M
Tramo BC
ΣMO = 0
M = -2.5x
Cuando x = 3 M = 7.5 Tn - m
Tramo AB
Para este tramo, trasladaremos las fuerzas finales del miembro BC (Sobre todo el
momento) al miembro AB
ΣMO = 0
M = -7.5
Colocamos la carga virtual sobre el punto a analizar, para este caso asumiremos un
momento unitario virtual (1 Tn-m) en sentido contrario a las manecillas del reloj en el
punto C
-
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69
3
0
2
0
Hallamos m
Tramo BC
ΣMO = 0
m = 1
Tramo AB
Para este tramo, trasladaremos las fuerzas finales del miembro BC (Sobre todo el
momento) al miembro AB
ΣMO = 0
m = 1
Aplicando la formula 1.θ = ∫ mMdx / EI
θ = ∫ (1)(-2.5x)dx / EI + ∫ (1)(-7.5)dx / EI = -26.25 / EI
Además sabemos que
E = 200 MTn/m, I = 15 x 106 mm4
Reemplazando
θ = -0.00875 rad, como es negativo entonces la rotación es en sentido de las agujas
del reloj
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SOLUCIONARIO GUIA Nº 6
METODO PENDIENTE - DEFLEXION
1.
Reconocemos que casos de la ecuación universal tenemos para los tramos
Tramo AB – ambos nudos presentan momentos
Tramo BC – Solo un nudo presenta momentos (Nudo B)
Planteamos las ecuaciones
Tramo AB
M AB = 2EK (2Ø A + ØB - 3Ψ AB) + MEP AB
Reemplazando K = I/3, Ø A = 0 (no hay rotación en A), Ψ AB = 0, MEP AB = +2.22 Tn-m
M AB = 0.67EIØB + 2.22
MBA = 2EK (2ØB + Ø A - 3ΨBA) + MEPBA
Reemplazando K = I/3, Ø A = 0 (no hay rotación en A), ΨBA = 0, MEP AB = -4.44 Tn-m
MBA = 1.33EIØB - 4.44
-
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71
Tramo BC
MBC = 3EK (ØB – ΨBC) + MEPBC – MEPCB / 2
Reemplazando K = I/4, ΨBC = 0, MEPBC = +6.67 Tn-m, MEPCB = -6.67 Tn-m
MBC = 0.75EIØB + 10.01
MCB = 0 (No existe momento en C)
En el nudo B no debe existir momento por lo tanto MBA + MBC = 0, operando y
reemplazando tenemos
2.08EIØB = - 5.57
EIØB = -2.68
Reemplazando en las ecuaciones de los momentos M AB MBA MBC
M AB = 0.43 Tn-m
MBA = -8 Tn-m
MBC = 8 Tn-m
MCB = 0 Tn-m
Trasladamos esos momentos según la convención vista en la parte teórica de la separata
-
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72
Empezamos hallar reacciones
Tramo AB
ΣM A = 0
(B ‘ y)(3) – 8 – (10)(2) + 0.43 = 0
B ‘ y = 9.19 Tn
ΣMB = 0
-(Ay)(3) + 0.43 + (10)(1) - 8 = 0
Ay = 0.81 Tn
Tramo BC
ΣMC = 0
-(B ‘’ y)(4) + 8 + (5)(4)(2) = 0
B ‘’ y = 12 Tn
ΣMB = 0
(Cy)(4) – (5)(4)(2) +8 = 0
Cy = 8 Tn
Reacción By
ΣFy = 0
By = 21.19 Tn
-
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Reacciones finales graficadas en la viga
Graficando el diagrama de momentos considerando también la convención vista en la
parte teórica de la separata
2.
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Reconocemos que es un pórtico con desplazamiento lateral
Reconocemos que casos de la ecuación universal tenemos para los tramos
Tramo AB – ambos nudos presentan momentos
Tramo BC – ambos nudos presentan momentos
Tramo CD – ambos nudos presentan momentos
Obteniendo las rotaciones de la cuerda que existiran en cada elemento
Ψ AB = - Δ/L = - Δ/7 = -0.14 Δ
ΨBC = 0 (La viga no se desplazara)
ΨCB = - Δ/L = - Δ/5 = -0.20 Δ
Planteamos las ecuaciones
Tramo AB
M AB = 2EK (2Ø A + ØB - 3Ψ AB) + MEP AB
Reemplazando K = I/7, Ø A = 0 (no hay rotación en A), Ψ AB = -0.14 Δ, MEP AB = 0 Tn-m
M AB = 0.29 EIØB + 0.12 EI Δ
MBA = 2EK (2ØB + Ø A - 3ΨBA) + MEPBA
Reemplazando K = I/7, Ø A = 0 (no hay rotación en A), ΨBA = -0.14 Δ, MEP AB = 0 Tn-m
MBA = 0.58 EIØB + 0.12 EI Δ
Tramo BC
MBC = 2EK (2ØB + ØC - 3ΨBC) + MEPBC
Reemplazando K = I/7, ΨBC = 0, MEP AB = +39.2 Tn-m
MBC = 0.58EIØB + 0.29EIØC + 39.2
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MCB = 2EK (2ØC + ØB - 3ΨCB) + MEPCB
Reemplazando K = I/7, ΨCB = 0, MEP AB = -29.4 Tn-m
MCB = 0.58EIØC + 0.29EIØB - 29.4
Tramo CD
MCD = 2EK (2ØC + ØD - 3ΨCD) + MEPCD
Reemplazando K = I/5, ØD = 0 (no hay rotación en D), ΨCD = -0.20 Δ, MEPCD = 0 Tn-m
MCD = 0.8EIØC + 0.24EI Δ
MDC = 2EK (2ØD + ØC - 3ΨDC) + MEPDC
Reemplazando K = I/5, ØD = 0 (no hay rotación en D), ΨDC = -0.20 Δ, MEPDC = 0 Tn-m
MDC = 0.4EIØC + 0.24EI Δ
Planteamos las ecuaciones en los nudos
MBA + MBC = 0
1.16 EIØB + 0.29EIØC + 0.12 EI Δ = - 39.2
MCB + MCD = 0
0.29 EIØB + 1.38EIØC + 0.24EI Δ = 29.4
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Por lo visto tenemos tres incógnitas y dos ecuaciones por lo que plantearemos la tercera
de las fuerzas que se producen en el piso
En el miembro AB
ΣMB = 0
(V AB)(7) = M AB + MBA V AB = (M AB + MBA)/7
En el miembro CD
ΣMC = 0
(VCD)(5) = MDC + MCD VCD = (MDC + MCD)/5
Por equilibrio V AB + VCD = 0 y reemplazando los valores respectivos
0.12 EIØB + 0.24EIØC + 0.13 EI Δ = 0
Por lo tanto
1.16 EIØB + 0.29EIØC + 0.12 EI Δ = - 39.2
0.29 EIØB + 1.38EIØC + 0.24EI Δ = 29.4
0.12 EIØB + 0.24EIØC + 0.13 EI Δ = 0
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Resolviendo el sistema de ecuaciones
EIØB = - 39.6
EIØC = 34.3
EI Δ = -26.7
Reemplazando en las ecuaciones de los momentos M AB MBA MBC MCB MCD MDC
MAB = -14.7 Tn-m (Sentido horario)
MBA = -26.2 Tn-m (Sentido horario)
MBC = +26.2 Tn-m (Sentido antihorario)
MCB = -21 Tn-m (Sentido horario)
MCD = +21 Tn-m (Sentido antihorario)
MDC = +7.3 Tn-m (Sentido antihorario)
Hallando las reacciones horizontales reemplazando en las ecuaciones respectivas los
valores de los momentos relacionados tenemos
VAB = -5.84 Tn (Hacia la derecha)
VDC = 5.66 Tn (Hacia la izquierda)
Vemos que no coinciden estas fuerzas, lo cual debería ser para mantener el equilbrio,pero se presume que es, por no trabajar con todos los decimales sino solo con dos.
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SOLUCIONARIO GUIA Nº 7
METODO HARDY CROSS
1.
Primero resolvemos como si todos los nudos fueran rígidos, notar que C no es rígido peroasí se lo trabajara, si hacemos esto el K = I/L, para todos los tramos teniendo
Además para apoyo fijo o móvil que se encuentre en un extremo FD = 1
Además para apoyo empotrado que se encuentre en un extremo FD = 0
Los otros factores se determinaron de esta manera Recordar que FD = K / Σ K
FD = (I/3) / (I/3) + (I/4) = 0.57 Para BA. FD = (I/4) / (I/4) + (I/3) = 0.43 Para BC
Además recordar que los ciclos acaban casi siempre en una distribución
Nudo A B C
Elemento AB BA BC CB
K I/L I/L
FD 0 0.57 0.43 1
MEP 2.22 -4.44 6.67 -6.67
1era Distribución -1.27 -0.96 6.67
1era Transmisión -0.64 3.34 -0.48
2da Distribución -1.9 -1.43 0.48
2da Transmisión -0.95 0.24 -0.72
3ra Distribución -0.14 -0.1 0.72
3ra Transmisión -0