Trabajo de r22222

Resistencia de materiales ii

FACULTAD DE INGENIERIA CIVIL Y ARQUITECTURA

ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA CIVIL

TRABAJO ENCARGADO

RESISTENCIA DE MATERILAES II

RESOLUCION DE EJERCICIOS

PRESENTADOS POR:

MOLLE CALDERO SERGIO HERNAN

CODIGO: 111939

PUNO - PERÚ

2013

RESUELTO POR: Molle Calderón Sergio Hernán CODIGO : 111939

1


1. En la siguiente viga doblemente empotrada determine lo que se indica. Resolver por los 3 métodos geométricos.

Solución:

IND=3 (1 )+6−3 (2 )IND=3

Por los tanto asumimos:IND=2; porque las reacciones horizontales son nulas

Desarrollando:

Sabemos que:

V=∫Ydx yM=∫V Por estática:

2


∑ F y=0; R1−∫0

X

W cos ( πx2 L )dx−V=0

V=R1−∫0

X

W cos ( πx2 L )dx ;V=R1−( 2WLπ

sen ( πxL )) M=∫

0

X

(R1−(2WLπ

sen ( πxL )))dx M=R1 x+4W L2

π 2cos( πx2 L )−4W L2

π 2

POR EL MÉTODO DE LA DOBLE INTEGRACIÓN:

1. Ahora planteemos la ecuación de la curva elástica:

EId2 ydx2

´ ´

=−M 1+R1 x+4W L2

π2cos ( πx2L )−4W L2

π2

EIdydx

=EIθ=−M 1 x+R1 x

2

2+ 8W L3

π3sen ( πx2L )−4W L2 x

π2+C1 . .. (1 )

EIy=−M 1 x

2

2+R1 x

3

6−16W L4

π 4cos( πx2 L )−2W L2 x2

π 2+C1 x+C2 . .. (2 )

2. POR CONDICIONES DE FRONTERA:

x=L ,θ=Oen (2 ) ;C1=0

x=0 , y=Oen (2 ) ;C2=?

EIy=M 10

2

2+R10

3

6−16W L4

π 4cos( 0 X2 L )−2W L202

π2+C10+C2=0

C2=16W L4

π4. .. (3)

x=Lθ=Oen (1 )

−M 1L+R1L

2

2−8W L3

π3sen ( πL2L )−4W L3

π2=0

R1L2

2−M 1L=

4WL3

π 2−8WL3

π 3. ..(4)

x=L y=Oen (2 )

EIy=−M 1L

2

2+R1 L

3

6−16W L4

π 4cos( πL2 L )−4W L2(L2)

2π2+ 16W L4

π 4=0

3


R1L3

6−

M1 L2

2=2W L4

π 2−16W L4

π4. . .(5)

Multiplicamos a la ecuación (4) por (−L2

) y sumamos las ecuaciones (4) y (5)

:

R1=192WL

π4−48WL

π3. . .(6)

M 1=96WL2

π 4−16WL

π32

− 4WLπ2

2

. . .(7)

3. Ahora calculamos por estática :

R1+R2=∫0

L

W cos ( πX2 L )dx

R1+R2=2WLπ

. . .(8)

Remplazando la ecuación (6) en (8) tenemos:

R2=2WLπ

−192WL

π 4+ 48WL

π3. . .(9)

4. Hallamos la deflexión en el centro de la luz:

x=L2y=? en (2 );R1=

192WL

π4−48WL

π3

EIy=−M 1 ¿¿

EIy=−M 1L

2

8+R1 L

3

48−16W L4

π 4cos (45 )−WL

2π24

+C2

Reemplazando las ecuaciones (3), (6) y (7) tenemos:

EIy=−( 96WL2

π 4−16WL

π32

− 4WLπ2

2

) L2

8+( 192WL

π4− 48WL

π3) L

3

48−16W L4

π 4cos (45 )−WL

2π24

+ 16W L4

π4

EIy=−12WL4

π4+ 2WL

π34

+ WL2π 2

4

+ 4W L4

π 4−W L4

π3−16W L4

π 4cos (45 )−WL

2π24

+ 16W L4

π4

EIy=W L4

π 4(8−8 √2 )+W L4

π3

4


Resolviendo tenemos la deflexión:

y=W L4( 8π 4−8√2π 4 + 1π3 ) 1EI

MÉTODO DE AREA DE MOMENTO:

1. Diagrama de momentos por partes:

hallamos la ecuación de la curva:

V=∫Ydx yM=∫V Por estática:

V=∫0

X

W cos( πX2 L )dx;⇒V=( 2WLπ

sen( πX2L ))

M=∫0

X

(2WLπ

sen ( πX2L ))dx ;⇒M=−4W L2

π2cos ( πX2 L )+ 4W L2

π2

2. determinamos el área, XC y Xd:

Para el primer caso Hallamos el área:

∫ dA=∫0

L4W L2

π2− 4W L2

π2cos( πX2 L )dx

5


∫ dA=¿[ 4W L2 X

π2−8W L3

π3sen( πX2 L )]

0

L

¿

A=4W L3

π2−8WL3

π3

Hallamos: XC=∫0

L

X dA

∫0

L

dA

∫ X dA=∫0

L

X (−4W L2

π2sin( πX2 L )+ 4W L2

π 2 )dx

∫0

L

X dA=∫0

L−4W L2

π 2Xsin( πX2 L )dx+∫

0

L4W L2 X

π2dx

∫0

L

X dA=[−4W L2

π2 ( L2π2 cos ( πX2L )+ 2 LXπ sen( πX2 L ))]0

L

+[ 4W L2 X2

2π 2 ]0

L

∫0

L

X dA=−8W L4

π 3+2W L4

π2+16W L4

π4

Por lo tanto:X c=

−8W L4

π3+2W L4

π2+16W L4

π4

4W L3

π2−8WL3

π3

Hallamos: X d

X d+XC=L

X d+

−8W L4

π 3+ 2W L4

π2+ 16W L4

π4

4W L3

π2−8WL3

π3

=L

6


X d=

2W L4

π2−16W L4

π 4

4W L3

π2−8WL3

π3

Para el segundo caso: Hallamos el área:

∫ dA=∫0

L24W L2

π2− 4W L2

π2cos( πX2 L )dx

∫ dA=¿[ 4W L2 X

π2−8W L3

π3sen( πX2 L )]

0

L2¿

A=2W L3

π 2−8WL3

π3sen (45)

Hallamos: XC=∫0

L2

X dA

∫0

L2

dA

∫ X dA=∫0

L2

X (−4W L2

π2sin( πX2 L )+ 4W L2

π 2 )dx

∫0

L2

X dA=∫0

L2

−4W L2

π 2Xsin( πX2 L )dx+∫

0

L4W L2 X

π2dx

∫0

L2

X dA=[−4W L2

π2 ( L2π2 cos ( πX2L )+ 2 LXπ sen( πX2 L ))]0

L2+[ 4W L2 X2

2π2 ]0

L2

∫0

L2

X dA=W L4

2π2−16W L4

π4(cos (45 )−1 )−4W L4

π3sen(45)

7


Por lo tanto:X c=

W L4

2π2−16W L4

π4(cos (45 )−1 )−4W L4

π 3sen (45)

2W L3

π2−8WL3

π3sen (45)

Hallamos: X d

X d+XC=L2

X d+

W L4

2π 2−16W L4

π 4(cos (45 )−1 )−4W L4

π3sen(45)

2W L3

π 2−8WL3

π3sen (45)

=L2

X d=

W L4

2 π2+ 16W L4

π 4(cos (45 )−1 )

2W L3

π 2−8WL3

π3sen (45)

3. Trasladamos los datos anteriores al cuadro:

CASO AREA XC X d

a R1L2

2

2L3

L3

b 4W L3

π2−8WL3

π 3−8W L4

π3+ 2W L4

π2+ 16W L4

π4

4W L3

π2−8WL3

π 3

2W L4

π 2−16W L4

π4

4W L3

π2−8WL3

π 3

c M 1L L2

L2

a` R1L2

8

L3

L6

b`

8


2W L3

π2−8WL3

π 3sen(45)

W L4

2π 2−16W L4

π 4 (√22 −1)−4W L4

π 3∗√2

2

2W L3

π2−8WL3

π3sen(45)

W L4

2π 2+ 16W L4

π4 (√22 −1)2W L3

π2−8WL3

π3sen (45)

C ´ M1 L

2

L4

L4

4. De la geometría de la deformación:

EI θ31

=[ Area de DMFentre 1 y 3 ]=0. . .( primer teorema)

EI t 31

=[ Area de DMF entre1 y3 ] . x3=0 . ..(segundoteorema)

En el primer teorema tenemos:

θ31

= 1EI [ R1L22 −( 4W L3

π 02−8WL3

π3 )−M 1L]=0R1L

2

2−4W L3

π2+ 8WL3

π2−M 1L=0 . ..(a)

En el segundo teorema tenemos:

t 31

= 1EI [( R1 L

2

2∗L

3)−( 4W L3

π2−8WL3

π3 )( 2W L4

π 2−16W L4

π4

4W L3

π2−8WL3

π 3)−M 1L( L

2)]=0

9


R1L3

6−2W L4

π2+ 16W L4

π4−M 1 L

2

2=0 .. .(b)

Desarrollando las ecuaciones (a) y (b) tenemos lo siguiente:

M 1=−4W L2

π2−16W L2

π3+ 96W L2

π 4

R1=192WL

π4−48WL

π3

5. Por estática :

R1+R2=∫0

L

W cos ( πX2 L )dx

R1+R2=2WLπ

Entonces reemplazando tenemos:192WL

π4−48WL

π3+R2=

2WLπ

R2=2WLπ

−192WL

π 4+ 48WL

π3

6. Hallamos la deflexión en el centro de la luz:

δ=t21

δ=t21= 1EI

[ Areadel DMFentre 1 y2 ]∗x2

t21= 1EI [( R1 L

2

8∗L

6 )−(2W L3

π 2−8WL3

π3sen (45 ))(

W L4

2 π2+ 16W L4

π4 (√22 −1)2W L3

π2−8WL3

π 3sen (45 ) )−M 1L

2(L4

)]10


t21= 1EI [( R1L348 )−(W L4

2π2+16W L4

π4 (√22 −1))−M 1L2

8 ]

t21= 1EI [(( 192WL

π4−48WL

π3 )L348

)−(W L4

2 π2+ 16W L4

π4 (√22 −1))−((−4W L2

π2−16W L2

π 3+ 96W L2

π 4 )L2

8)]

t21= 1EI [W L4

π 4 (4−16√22 −16−12)+W L4

π3 ]t21= 1EI [W L4

π 4(8−8√2 )+W L4

π3 ]Por lo tanto la deflexión es:

t21=W L4( 8π4−8√2π4 + 1

π3 ) 1EI

POR EL MÉTODO DE VIGA CONJUGADA:

A. Diagrama de cargas de la viga conjugada:

11


B. Por el equilibrio de la viga conjugada:

∑ F y=0

−R1L2

2+ 4W L3

π2−8WL3

π3−M 1 L=0 . .. (i)

∑M 3=0

[( R1L22 ∗L

3 )−(( 4W L3

π2−8WL3

π3 )(2W L4

π 2−16W L4

π4

4W L3

π2−8WL3

π3))−M 1L(

L2)]=0

R1L3

3−2W L4

π2+ 16W L4

π4−M 1 L

2

2=0 .. .(ii)

Desarrollando (i) y (ii) tenemos:

R1=192WL

π4−48WL

π3

M 1=−4W L2

π2−16W L2

π3+ 96W L2

π 4

C. Por estática:

12


R1+R2=∫0

L

W cos ( πX2 L )dx

R1+R2=2WLπ

Entonces reemplazando tenemos:

R2=2WLπ

−192WL

π 4+ 48WL

π3

D. Hallamos la deflexión:

∑M 2' =0

M 2' =( R1L

2

8∗L

6)−( 2W L3

π2−8WL3

π3sen (45 ))(

W L4

2π2+16W L4

π4 (√22 −1)2W L3

π 2−8WL3

π3sen (45 ) )+ M 1L

2(L4)

M 2' =

−R1L3

48+W L4

2 π2+ 16W L4

π4 (√22 −1)+M 1 L2

8

M 2' =[(−( 192WL

π4−48WL

π3 )L348

)+W L4

2 π2+16W L4

π4 (√22 −1)+ (−4W L2

π2−16W L2

π3+ 96W L2

π 4 )L2

8 ]M 2

' =−W L4

π3+ 8W L4

π 4+ 16W L4

π4 ( √22

−1)M 2

' =−W L4

π3+ 8√2W L4

π 4−8W L4

π4

M 2' =−W L4( 8π4−8√2π 4 + 1

π3 ) 1EIPor lo tanto, le corresponde una deflexión (+) en la viga real

13


En el siguiente grupo de ejercicios de vigas apoyadas empotradas y/o vigas doblemente empotradas determine lo que se indique en cada una de ellas:

SOLUCION:Grafiquemos el diagrama de cuerpo libre:

Por estática:∑ F y=0

R1+R3−∫0

L

Wsen( πxL )=0R1+R3=

2WLπ

; R3=2WLπ

−R1…………(a)

∑M 3=0

M 1−R1 L+2WLπ (L2 )=0 , M 1=

W L2

π−R1 L……….. (b)

Hallemos la ecuación del momento seccionando la viga:

14


Por estática:∑M a=0

M a=R1 x−M…………….(c )Ahora hallemos el valor de M:Sabemos que:

V=∫Ydx yM=∫V

V=∫wsen( πXL )dxV=[ wLπ (−cos ( πx2 L ))]0

x

,V=wLπ

−wLπcos ( πxL )

M=∫0

x

(wLπ −wLπcos ( πxL ))dx

M=wLxπ

− wL2

π2sen ( πxL )……………(d)Ahora reemplacemos d en c:

M a=R1 x−(wLxπ −w L2

π2sen( πxL ))I. POR EL MÉTODO DE LA DOBLE INTEGRACIÓN:

Ahora planteemos la ecuación de la curva elástica:EI

d2 ydx2

´ ´

=R1 x−wLxπ

+ w L2

π2sen ( πxL )

15


EIθ=R1 x

2

2−w L3

π 3cos( πxL )−wL x2

2π+C1……. (1 )

EIY=R1 x

3

6−w L4

π 4sen ( πxL )−wLx3

6 π+C1 x+C2…… (2 )

Por condiciones de frontera: X=0Y=Oen (2 ) ;C2=0

X=LY=Oen (2 );C1=? EIY=

R1 L3

6− wL4

π4sen( πLL )−w L4

6 π+C1L+C2

C1=w L3

6π−

R1 L2

6…………(3)

X=Lθ=Oen (1 );C1=?

EIθ=R1L

2

2−w L3

π3cos( πLL )−w L3

2 π+C1=0

C1=w L3

2π− wL3

π3−R1L

2

2……………(4)Ahora igualemos 3 y 4:

w L3

6π−R1L

2

6=w L3

2π−w L3

π 3−

R1L2

2

R1L2

3=w L3

3π−w L3

π3; R1=

wLπ

−3wLπ 3Ahora hallemos las reacciones reemplazando en la ecuación a y b:

R3=wLπ

+3wLπ3

;M 3=3w L2

π 3Hallemos el valor de C1 en la ecuación 3:C1=

w L3

6π−

(wLπ −3wL

π3 )L26

C1=w L3

2 π3Hallemos el giro en 1 y la deflexión en el centro de la luz en la ecuación 1 y 2:GIRO EN 1: P ara x=0EI θ1=

R102

2−w L3

π3cos (0 )−wL02

2 π+w L3

2π3

θ1=−w L3

2π 3EI

16


DEFLEXION EN EL CENTRO DE LA LUZ: Para x=L/2EI Y 2=

R1 (L/2 )3

6−w L

4

π 4sen( π (L /2 )

L )−wL (L/2 )3

6 π+ w L

3

2π 3(L/2 )

Y 2=3w L4

16π 3−w L4

π 4I. POR EL MÉTODO DE AREA DE MOMENTO:Grafiquemos el diagrama de momentos de carga:

Para este caso hallemos la ecuación de la curva:V=∫Ydx yM=∫V

V=∫wsen( πXL )dxV=[ wLπ (−cos ( πx2 L ))]0

x

,V=wLπ

−wLπcos ( πxL )

M=∫0

x

(wLπ −wLπcos ( πxL ))dx

M=wLxπ

− wL2

π2sen ( πxL )

Ahora hallemos el área y el centroide de la figura desconocida:Para el primer caso:

∫ dA=∫0

L

(−W L2

π2sin( πXL )+WLX

π )dx

A=[−W L3

π3 (−cos( πXL ))+WLX2

2π ]0

L

17


A=W L3

2 π−2WL3

π 3 Por teoría sabemos que: X d=

∫0

L

X d A

∫0

L

d A

∫ X dA=∫0

L

X (−W L2

π2sin( πXL )+WLX

π )dx

∫0

L

X dA=∫0

L−W L2

π2Xsin( πXL )dx+∫

0

LWLX2

πdx

∫0

L

X dA=[−W L2

π 2 (L2π2 sin ( πXL )−LXπcos( πXL ))]

0

L

+[WLX3

3π ]0

L

∫0

L

X dA=¿ W L4

6 π−W L4

π3¿

Por lo tanto:X d=

W L4

6π−W L4

π3

W L3

2π−2WL3

π 3Ahora hallemos XdX d+XC=L

X c+

W L4

6π−W L4

π3

W L3

2π−2WL3

π 3

=L

X c=

W L4

6 π−W L4

π3

W L3

2π−2WL3

π3

Para el segundo caso:18


∫ dA=∫0

L2

(−W L2

π2sin( πXL )+WLX

π )dx

A=[−W L3

π3 (−cos( πXL ))+WLX2

2π ]0

L2

A=W L3

8 π−WL3

π 3

Por teoría sabemos que: X d=∫0

L2

X d A

∫0

L2

d A

∫ X dA=∫0

L2

X (−W L2

π2sin( πXL )+WLX

π )dx

∫0

L

X dA=∫0

L2

−W L2

π2Xsin( πXL )dx+∫

0

LWLX2

πdx

∫0

L

X dA=[−W L2

π 2 (L2π2 sin ( πXL )−LXπcos( πXL ))]

0

L2+[WLX3

3 π ]0

L2

∫0

L

X dA=¿ W L4

24 π−W L4

2π3−W L4

π4¿

Por lo tanto:X d=

W L4

24π−W L4

2 π3−W L4

π 4

W L3

8π−WL3

π3Ahora hallemos Xd:X d+XC=

L2

19


X c+

W L4

6π−W L4

π3

W L3

8 π−WL3

π 3

= L2

X c=

W L4

6 π−W L4

π3

W L3

8π−WL3

π3

A continuación construyamos la tabla:

CASO AREA XC X d

a R1L2

2

2L3

L3

b W L3

2π−2WL3

π3W L4

3π−W L4

π 3

W L3

2 π−2WL3

π3

W L4

6 π−W L4

π 3

W L3

2 π−2WL3

π3

a´ R1L2

8

L3

L6

b´ W L3

8π−WL3

π3L2−Xd

W L4

24 π−W L4

2π 3−W L4

π 4

W L3

8π−WL3

π3

De la geometría de deformación:

20


t 31

= 1EI

[ Areade DMF entre1 y3 ] . x3=0

t 31

=1EI [( R1 L22 ∗2L

3 )−((W L3

2π−2WL3

π3 )(W L4

6π−W L4

π3

W L3

2π−2WL3

π3))]=0

( R1L33 )−(W L3

2 π−2WL3

π3 )=0R1=

wLπ

−3wLπ3

Ahora reemplacemos a en b:R3=

wLπ

+3wLπ3

;M 3=3w L2

π 3Reemplazando R1 en la ecuación 1 y 2 tenemos que:R2=

5WLπ

−48WLπ4

,M 1=48W L2

π4−W L2

π−4W L2

π2

Ahora hallemos la deflexión en el centro de la luz:δ=

t312

−t21

tab= 1EI

[ Area delDMF entre a y b ]∗xa

δ= 1EI

[ ( R1 L2

2∗L

3)−(W L3

2 π−2WL3

π 3 )(W L4

3 π−W L4

π 3

W L3

2 π−2WL3

π3)

2]−[( R1L22 ∗L

3 )−(W L3

8π−WL3

π3 )](L2−(W L4

24 π−W L4

2π3−W L4

π4

W L3

8 π−WL3

π 3))

21


δ= 1EI ( 3w L4

16π3−w L4

π 4 )Hallemos giro en el extremo derecho:

θ1=1EI

[ Area delDMF ntre1 y3 ]

θ1=1EI [ (wLπ −3wL

π3 )L22

−(W L3

2 π−2WL3

π3 )]θ2=

−w L3

π3

II. POR EL MÉTODO DE VIGA CONJUGADA:Graficando la viga conjugada:

Analizando el diagrama de la viga conjugada por estática:∑M 3=0

M 3=1EI [( R1L22 ∗2 L

3 )−((W L3

2π−2WL3

π3 )(W L4

6 π−W L4

π3

W L3

2π−2WL3

π3))]=0

( R1L33 )−(W L3

2 π−2WL3

π3 )=0R1=

wLπ

−3wLπ3

22


Reemplazando R1 en la ecuación 1 y 2 tenemos que:R2=

5WLπ

−48WLπ4

,M 1=48W L2

π4−W L2

π−4W L2

π2

Hallemos la deflexión:

∑M 2' = 1

EI[ ( R1L

2

2∗L

3)−(W L3

2π−2WL3

π3 )(W L4

3π−W L4

π3

W L3

2π−2WL3

π 3)

2]−[( R1L22 ∗L

3 )−(W L3

8π−WL3

π3 )]( L2−(W L4

24π−W L4

2π 3−W L4

π 4

W L3

8π−WL3

π3))

δ= 1EI ( 3w L4

16π3−w L4

π 4 )es ladeflexion en la vigareal∫F y=0

θ1=1EI [ (wLπ −3wL

π3 )L22

−(W L3

2 π−2WL3

π3 )]θ2=

−w L3

π3

es giro en laviga real

23

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