libro de estructuras isostÁticas-libre descarga version 2.pdf

Estructuras isostticasProblemas resueltos

2DOrtiz David

Molina MarcosMartnez HugoJ. Bernal Elan

Hernndez DanielGarca Pascual

Berruecos Sergio

ESTRUCTURAS ISOSTTICAS Problemas resueltos

2D

Mxico 2014

ESTRUCTURAS ISOSTTICAS Problemas resueltos

2D

Ortiz David Martnez Hugo Hernndez Daniel Berruecos Sergio Instituto Politcnico Nacional

Escuela Superior de Ingeniera y Arquitectura

Molina Marcos Universidad Nacional Autnoma de Mxico

Facultad de Ingeniera

J. Bernal Elan Garca Pascual

Universidad Nacional Autnoma de Mxico

Facultad de Estudios Superiores Aragn

Colaboracin Internacional:

Hernan Manuel Anchapuri Rodrguez

Universidad Nacional Jorge Basadre Grohmann

Facultad de Ingeniera Civil, Arquitectura y Geotecnia

Alex Henrry Palomino Encinas Universidad Nacional de Cajamarca

Facultad de Ingeniera

Revisin Tcnica Internacional:

Ph. D. Genner Villarreal Castro

Universidad de San Martn de Porres

Universidad Peruana de Ciencias Aplicadas

Universidad Privada Antenor Orrego

Revisin Tcnica Nacional:

Ing. Carlos Magdaleno Domnguez

ESIA Zacatenco IPN

Diseo de Portada y Contraportada:

Elizabeth Dorantes Soto

FES Aragn UNAM

Datos de Catalogacin bibliogrfica

Ortiz, D., Molina, M., Martnez, H., et al.

Estructuras isostticas en 2D: Problemas resueltos

Primera edicin

INDEPENDIENTE, Mxico, 2014

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 2014, por David Ortiz Soto, Marcos Molina Elvira,

Hugo Martnez Hernndez, Elan Emmanuel Jos Bernal, Daniel Hernndez Galicia,

Pascual Garca Cuevas, Sergio Omar Berruecos Licona.

Impreso en Mxico

V

DEDICATORIAS

Ortiz David

Dedico de manera especial este libro a mis padres Clara y Antonio, as como a mis

hermanos Jos Carlos 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.

Con toda la sinceridad les digo gracias a todos mis amigos(as), compaeros(as),

profesores(as) y en general a todas las personas que directa o indirectamente me

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

Molina Marcos

La presente obra est dedicada al ingeniero Hernndez Prez Rmulo quien fue mi

principal mentor en la ingeniera estructural, pues hizo que diera los primeros pasos

en el anlisis y diseo estructural, as mismo, esta dedicatoria la extiendo al gran y

maravilloso pero genio Dr. Esteban Flores Mndez quien me brind grandes

conocimientos en el modelo matemtico puro aplicado a las estructuras y que de

manera personal es el fsico y estructurista ms brillante del pas y de los mejores

a nivel mundial, por lo que le agradezco su tiempo y apoyo.

Doy las gracias y dedico puramente este libro al pblico en general, particularmente

a la comunidad de ingenieros civiles, fsicos y matemticos y por su puesto a todos

los estudiantes de ingeniera y ciencias fisicomatemticas.

Martnez Hugo

A mis padres y hermanos, por su apoyo incondicional.

A mis amigos, que siempre han estado a mi lado en todo momento.

J. Bernal Elan

Agradezco a toda mi familia, en especial a mis padres Anglica y Cruz y abuelos

Silverio, Jovita y Epifana quienes han credo en m y tengo apoyo incondicional

desde que empec mis estudios.

A la Facultad de Estudios Superiores Aragn UNAM que es donde he recibido mi

formacin acadmica en la Carrera de Ing. Civil y de la cual me siento muy orgulloso.

A mis profesores del rea de Estructuras: Molina Elvira Marcos,

Garca Cuevas Pascual, Hernndez Snchez Vicente, Jimnez Villegas Gustavo

Adolfo, Heras Cruz Ricardo, Ortiz Soto David y Martnez Hugo.

A mis amigos y a los lectores.

DEDICATORIAS

VI

Hernndez Daniel

Doy gracias a Dios, mis padres Alfredo y Nazaria, mis hermanos, dems familiares

y amigos.

Garca Pascual

A mi familia y a mis amigos.

Berruecos Sergio

A Dios: Por estar conmigo en cada momento, permitirme desarrollarme como persona y obtener nuevos conocimientos. A mi familia: Por su apoyo incondicional a lo largo de mi vida y sus sabios consejos que me han enseado a superarme. A mis amigos: Por su compaa en todo momento y por sus palabras de aliento cuando las he necesitado.

Al Instituto Politcnico Nacional y a la Seccin de Estudios de Posgrado e Investigacin (SEPI-ESIA-UZ) por brindarme la oportunidad de formarme profesionalmente.

El genio se compone del dos por ciento de talento y del noventa y ocho por ciento de perseverante aplicacin.

Ludwig van Beethoven

VII

AGRADECIMIENTOS

Los autores de este libro expresamos nuestro agradecimiento a las instituciones y

personas que han contribuido directa o indirectamente en la elaboracin y difusin

de este texto.

El Instituto Politcnico Nacional, Escuela Superior de Ingeniera y Arquitectura,

Unidad Zacatenco y la Universidad Nacional Autnoma de Mxico, Facultad de

Estudios Superiores Aragn y Facultad de Ingeniera, son las universidades en las

que nos hemos formado acadmicamente a nivel licenciatura y posgrado, incluso

nos han brindado la oportunidad a algunos de nosotros de impartir determinadas

asignaturas de las reas estructuras y matemticas.

Le hacemos un reconocimiento especial al Ph. D. Genner Villarreal Castro por haber

efectuado la revisin tcnica internacional de este libro, su inmensa calidad humana

y su impresionante trayectoria como investigador han sido una gran inspiracin y

motivacin. Su filosofa de vida Una educacin universal, de calidad y al alcance

de todos, los conocimientos que nos ha ofrecido de Ingeniera Estructural a travs

de sus libros y videos tutoriales, entre otros aportes, y sus clebres frases como

Mxico y Per unidos por un conocimiento sin fronteras nos han marcado. De igual

forma, le rendimos un homenaje al revisor tcnico nacional, el profesor de la ESIA

Zacatenco IPN Ing. Carlos Magdaleno Domnguez. Su brillante trayectoria y los

libros que ha escrito de Ingeniera Estructural representan una fuerte influencia para

nosotros.

Estamos muy agradecidos con los colaboradores internacionales de este texto, los

peruanos Alex Henrry Palomino Encinas y Hernan Manuel Anchapuri Rodrguez.

Reconocemos el esfuerzo que han hecho los creadores y sus colaboradores de

diversos blogs y grupos y pginas de Facebook de ingeniera para apoyarnos.

Gracias a John Rojas de CIVIL GEEKS: La web del ingeniero civil, a Luis Aguilar de

Ing. Civil FREE, a los creadores de Ingeniera Civil 21, Descarga libros de Ingeniera

Civil, Ayuda a Estudiantes de Ing. Civil, Material de apoyo para el estudiante de Ing.

Civil, Ingeniera Civil Aragn, a los ESIA ZACATENCO, entre otros. Desde luego,

los miembros y visitantes de estas pginas han desempeado un papel

trascendental.

Agradecemos a los miembros directivos y dems personal de las universidades que

nos han abierto y nos abrirn un espacio para presentarnos en los auditorios.

A Rajeswari Narayanasamy de la India por toda la solidaridad mostrada hacia

nosotros y por invitarnos a participar en el SIMPOSIO DE INVESTIGACIN EN

AGRADECIMIENTOS

VIII

SISTEMAS CONSTRUCTIVOS, COMPUTACIONALES Y ARQUITECTNICOS

SISCCA 2014 en la Universidad Jurez del Estado de Durango.

Los creadores de SEPITIC, Frank Damin y Said Franco, nos han permitido difundir

nuestro escrito en SEPITIC ESTRUCTURAS, adems de que en el programa de

radio Ingeniera en Marcha 860 AM abordaron sobre este libro.

Gracias tambin a los conductores de INGENIO CIVIL, principalmente a Estefania

Brcenas y Diana Mancera, y a todos los de Nuestra Voz Radio: La voz del pueblo

organizado, por las invitaciones que nos han hecho a tal programa de radio.

A todos aquellos que se han unido a nuestra pgina oficial de Facebook y la han

recomendado, y a quienes nos han apoyado en todo momento en nuestras cuentas

personales.

A nuestros profesores por todos los conocimientos que nos han transmitido, a los

directivos y personal administrativo de las instituciones mencionadas al inicio.

De igual forma, a los distintos Captulos Estudiantiles de la ESIA Zacatenco. A

Eduardo Caltenco, Vctor Carbajal, Juan Carlos Barrera, Ruben Domnguez, en

general a todos los integrantes por su inmenso respaldo con nuestra publicacin.

Finalmente, agradecemos gratamente al Ing. Napolen Franklin Cueva Guerra de

Per por su apoyo incondicional y sus buenos deseos hacia cada uno de los que

hemos trabajado en la realizacin de este primer libro.

Dedicamos este escrito a todos y cada uno de los lectores, con la esperanza de que sea de su agrado y utilidad. No slo pretendemos contribuir en la aportacin de conocimientos en el rea de estructuras, tambin buscamos transmitirles mensajes de tipo social. El libro lo hemos escrito por integrantes de dos de las instituciones con mayor historia en Mxico: La UNAM y el IPN, particularmente de las unidades Facultad de Ingeniera, FES Aragn y ESIA Zacatenco, las cuales durante mucho tiempo se han considerado equvocamente antagnicas desde nuestro punto de vista, sobre todo en el mbito estudiantil a nivel medio superior y nivel superior. Con esta obra, los autores queremos mostrar que podemos trabajar en conjunto haciendo los prejuicios a un lado, por lo que proponemos un llamado a la unidad, no slo entre estas universidades, sino global, ya que respetamos a cada una de las instituciones existentes tanto de Mxico como del internacional y admiramos su calidad. Por otra parte, no estamos de acuerdo con las ofensas que se emiten entre las distintas carreras, pues pensamos que el respeto debe imperar, as que dirigimos este texto a las personas vinculadas con las Licenciaturas en Ingeniera Civil, Ingeniera Mecnica, Ingeniera Aeronutica, Arquitectura o alguna otra afn, incluso, nos es indistinto que carrera cursen quienes gusten leer el texto, pues es una realidad que todos tenemos derecho a aprender lo que queramos.

AGRADECIMIENTOS

IX

Hemos puesto para su libre descarga este libro, porque venimos siguiendo una ideologa, bajo nuestra frase la informacin no es slo para el que la paga, es para todos, ponemos al alcance de ustedes con toda humildad nuestra produccin intelectual, ya que perseguimos un mundo ms justo, ms equitativo, con oportunidades para todos por igual, porque como dice el doctor Genner la educacin es un derecho y no un privilegio. Escribimos siempre pensando paralelamente en el apoyo a los dems, dndole un fuerte golpe a la desigualdad, todo como una respuesta a las injusticias. Hablamos de pases por simple contexto cultural, pues realmente no existen fronteras ni banderas para el conocimiento. Tenemos como objetivo recorrer si no todas, casi todas las universidades de Mxico en las que se imparte Ingeniera Civil, con la consigna de presentar este material a los estudiantes y que ejemplares impresos del mismo estn disponibles para su consulta en las bibliotecas. Nunca es ni ser nuestra intencin presumir nuestro estilo, slo nos gusta compartir lo poco que sabemos.

X

CONTACTO A todos nuestros lectores les hacemos la cordial invitacin a unirse a la pgina oficial del libro de Facebook cuya direccin es https://www.facebook.com/pages/Problemario-de-Anlisis-de-Estructuras-en-2D-y-3D/624669980937724 aparecer bajo el nombre de Problemario de Anlisis de Estructuras en 2D Y 3D Marcos Molina Correo electrnico: [email protected]

XI

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 de las estructuras isostticas, las cuales en conjunto representan un apartado trascendental en la disciplina denominada anlisis estructural. sta ltima constituye uno de los pilares ms importantes de la carrera de Ingeniera Civil y de otras 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.

Las estructuras se clasifican, de acuerdo a los mtodos de anlisis, en isostticas o

estticamente determinadas, en hiperestticas o estticamente indeterminadas, y

en hipostticas. Las primeras son aquellas que se pueden analizar empleando

solamente las ecuaciones de equilibrio de la esttica y en las que la supresin de

cualquiera de sus ligaduras conduce al colapso, o sea, se pueden determinar las

fuerzas cortantes y normales, y los momentos flexionantes y torsionantes, con base

en condiciones de equilibrio nicamente. De una forma un poco ms tcnica

podemos decir que una estructura isosttica posee igual nmero de ecuaciones que

de incgnitas, por lo cual, se puede resolver mediante un simple sistema de

ecuaciones lineales. Las segundas son aquellas que desde el punto de vista esttico

se encuentran en equilibrio, sin embargo, las ecuaciones que expone la esttica no

son suficientes para conocer las incgnitas que poseen, as que, para analizarlas

es necesario plantear, adems de las ecuaciones de equilibrio, ecuaciones de

compatibilidad de deformaciones entre los miembros de la estructura o entre los

miembros y apoyos. Por ltimo, las estructuras hipstaticas tienen un grado de

indeterminacin esttica menor a cero. En este caso, el nmero de ecuaciones de

equilibrio es excesivo ya que supera al nmero de incgnitas, entonces, son

inestables y no oponen resistencia a estmulos de movimientos externos.

PREFACIO

XII

El nfasis de este libro es resolver, de manera minuciosa y clara, una gran variedad

de ejercicios sobre estructuras isostticas. Especficamente, en este texto se

analizan cuatro tipos de estructuras: vigas, marcos rgidos, armaduras y arcos. Las

cargas que se tratan son lo ms variadas posibles, desde las ms comunes como

puntuales, uniformes distribuidas, triangulares, trapezoidales y momentos de par,

hasta las ms atpicas como las distribuidas irregularmente, parablicas,

trigonomtricas, enjutas elpticas, polinmicas, radicales, exponenciales, entre

otras.

El solucionar un gran nmero de problemas, tiene como objetivo desarrollar en el

lector tal habilidad, pues ello conllevar a que comprenda de una mejor forma como

se transmiten las cargas a travs de una estructura y a que tenga una idea ms

acertada de la manera en que se deforma la estructura. As mismo, al dominar los

principios que se aplican aqu, ser ms susceptible a entender mtodos ms

avanzados del anlisis estructural, los cuales brindan un medio para comprobar los

resultados obtenidos en los programas de cmputo disponibles hoy en da, en vez

de limitarse simplemente a confiar en los resultados generados.

A continuacin se proporciona el enfoque seguido en este libro. La obra se divide

en cuatro captulos; en cada uno de ellos se resuelven ejercicios de un solo tipo de

estructura. En el captulo 1 se analizan vigas. Para los primeros ejemplos se

calculan el grado de indeterminacin, las reacciones en los soportes y empleando

el mtodo de las secciones, las funciones de las fuerzas cortante y normal, y de

momento flexionante. Para las vigas subsecuentes, se explica el trazo de los

diagramas de las acciones internas, adems de que se incluyen los mtodos ms

usuales de deflexin, tales como el trabajo virtual, la integracin doble y en el ltimo

tema, el de Castigliano. En el captulo 2 se estudian los mismos temas, a excepcin

del mtodo de integracin doble, pero aplicado a marcos. El captulo 3 se enfoca a

la resolucin de armaduras; nuevamente, los principios usados son los mismos, slo

que aqu deben calcularse las fuerzas en las barras y no las funciones de las

acciones internas; para esto ltimo, se usa el mtodo de los nodos. Finalmente, en

el captulo 4 se explica de una forma detallada el cmo calcular las reacciones en

los soportes y la determinar las funciones de las acciones internas en arcos tanto

parablicos como circulares.

XIII

CONTENIDO

CAPTULO 1. ANLISIS DE VIGAS ESTTICAMENTE DETERMINADAS .................... 1

1.1. REACCIONES EN LOS SOPORTES Y FUNCIONES DE FUERZA CORTANTE,

DE FUERZA NORMAL Y DE MOMENTO ................................................................ 1

1.2. DIAGRAMAS DE FUERZA CORTANTE Y DE MOMENTO. TRABAJO VIRTUAL.

PENDIENTE Y CURVA ELSTICA CON EL MTODO DE LA DOBLE

INTEGRACIN....................................................................................................... 49

1.3. TEOREMA DE CASTIGLIANO ............................................................................133

CAPTULO 2. ANLISIS DE MARCOS ESTTICAMENTE DETERMINADOS ...........149

2.1. REACCIONES EN LOS SOPORTES Y FUNCIONES DE LAS FUERZAS NORMAL

Y CORTANTE, Y DEL MOMENTO FLECTOR ............................................................149

2.2. DIAGRAMAS DE FUERZA CORTANTE, DE FUERZA NORMAL Y DE MOMENTO

FLECTOR ...................................................................................................................184

2.3. MTODO DEL PRINCIPIO DEL TRABAJO VIRTUAL ..........................................210

2.4. TEOREMA DE CASTIGLIANO .............................................................................283

CAPTULO 3. ANLISIS DE ARMADURAS ESTTICAMENTE DETERMINADAS .....301

3.1. REACCIONES EN LOS SOPORTES Y DETERMINACIN DE LAS FUERZAS

AXIALES POR EL MTODO DE LOS NODOS ...........................................................301

3.2. MTODO DEL PRINCIPIO DEL TRABAJO VIRTUAL ..........................................317

3.3 TEOREMA DE CASTIGLIANO .............................................................................333

CAPTULO 4. RESOLUCIN DE ARCOS ISOSTTICOS ...........................................341

4.1.ARCOS PARABLICOS ......................................................................................341

4.2. ARCOS CIRCULARES .........................................................................................358

BIBLIOGRAFA ..............................................................................................................366

1

CAPTULO 1

ANLISIS DE VIGAS ESTTICAMENTE DETERMINADAS

1.1. REACCIONES EN LOS SOPORTES Y FUNCIONES DE FUERZA

CORTANTE, DE FUERZA NORMAL Y DE MOMENTO

Ejercicio 1.1. 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.

Clculo de las reacciones en los apoyos

Diagrama de cargas. Este diagrama se muestra en la figura 1-1b. 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 y tres ecuaciones de equilibrio ( = 0, = 0, = 0), la viga es isosttica.

0.5/

1

2

24

10 12

5

Figura 1-1

(a)

CAPTULO 1 ANLISIS DE VIGAS ESTTICAMENTE DETERMINADAS

2

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

los ejes coordenados y ms convenientes para aplicar las ecuaciones de equilibrio en 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

0.5/

1

2

24

10 12

5

1 = 0.38461

1 = 0.9231

2

2

= 12

= 12

(b)

12

5

Plano de deslizamiento del soporte

90

(c)


3

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

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

1

1

(d)


4

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. La distribucin de la carga actuante no

presenta discontinuidad, as que slo ser necesario efectuar un corte perpendicular

al eje de la viga para definir las acciones internas (, y ) de la estructura; 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 y su centroide de la carga distribuida uniforme del corte se han determinado. Las acciones internas aparecen actuando en sus direcciones

positivas de acuerdo a la convencin de signos ms usual y sus funciones se

deducen usando las ecuaciones de equilibrio cuya convencin de signos si puede

ser indistinta. La fuerza axial o normal siempre acta en la misma direccin que la del eje de la viga, mientras que la fuerza cortante es perpendicular a esta.

0.5/

1

2

24

10 12

5

1 = 2.13

1 = 5.112

2 = 6.888

= 12

12

2 = 2.13

(e)


5

0 26

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 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

= 0.4615

(f)

(g)


6

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

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

simplificando y despejando a

= 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 = 0.2132 + 5.5385

De la suma de fuerzas en la direccin de la fuerza cortante (direccin perpendicular

al eje de la viga) igual a cero se tiene

+ = 0 1 = 0 5.5385 0.426 = 0

= 5.5385 0.426

o tambin

=

=

(0.2132 + 5.5385) = 5.5385 0.426

Si la suma de fuerzas en la direccin de la fuerza normal (direccin idntica a la del

eje de la viga) es cero, resulta

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

(h)


7

Ejercicio 1.2. Determine las funciones de las acciones internas de la viga en

voladizo que se muestra en la figura 1-2a cuyos tramos , y soportan una carga uniformemente repartida gravitacional de 4/, una carga cuya intensidad vara en forma exponencial desde 1 = 2.71828/ en el punto hasta2 = 61.86781/ en el punto y una carga distribuida uniforme de 5/ ortogonal al eje de la viga, de forma respectiva.

SOLUCIN


Diagrama de cargas. En primera instancia, construiremos una funcin de tipo exponencial que ajuste a los dos puntos conocidos de la carga cuya intensidad vara

de ese modo. Para ello, es indispensable determinar el valor de la longitud de la

viga () y las distancias y a las cuales se encuentran posicionadas las intensidades de presin 1 y 2 respecto de .

Por trigonometra, figura 1-2b, se tiene

= (12)2 + (9)2 = 15

12=

7 =

(7)(15)

12= 8.75

12=

9.5 =

(9.5)(15)

12= 11.875

4/

5 2 2.5 2.5

9

Figura 1-2

(a)


8

Luego, proponemos una funcin para la presin descrita por la curva en forma de

funcin exponencial del siguiente modo:

= (1)

De la figura 1-2b obsrvese que

= = 8.75, = 1 = 2.71828/

= = 11.875, = 2 = 61.86781/

Sustituyendo tales puntos conocidos en la ecuacin (1) se tiene

2.71828 = 8.75 (2)

61.86781 = 11.875 (3)

Las incgnitas y pueden ser halladas resolviendo el sistema simultneo de ecuaciones (2) y (3) usando cualquier mtodo que sea vlido; en este caso, se aplicar el mtodo de igualacin.

Despejando de las ecuaciones (2) y (3) respectivamente, tenemos

=2.71828

8.75 (4)

4/

12

9

7

9.5

(b)


9

=61.86781

11.875 (5)

Al igualar la ecuacin (4) con la ecuacin (5) y despejar resulta

2.71828

8.75=

61.86781

11.875 11.8758.75 =

61.86781

2.71828

ln(3.125) = ln61.86781

2.71828 =

ln61.867812.718283.125

= 1

Sustituyendo = 1 en la ecuacin (5) da

=61.86781

11.875(1) 0.0004307

Si se reemplazan los valores obtenidos en la ecuacin (1), obtenemos

= 0.0004307

El esquema de la figura 1-2c es til para calcular algunas distancias que sern

necesarias al efectuar el anlisis restante de la viga.

4/

12

9

5 2 2.5 2.5

4 = 1.875

3 = 1.875

2 = 1.5

1 = 3.75

(c)


10

Por tringulos semejantes, se deduce que

9

12=

15

1 =9(5)

12= 3.75

9

12=

22

2 =9(2)

12= 1.5

9

12=

32.5

3 =9(2.5)

12= 1.875

9

12=

42.5

4 =9(2.5)

12= 1.875

Aplicando el teorema de Pitgoras se obtiene

5 = 52 + 3.752 = 6.25 6 = 22 + 1.52 = 2.5

7 = 2.52 + 1.8752 = 3.125 8 = 7 = 3.125

Usando la definicin de las funciones trigonomtricas resulta

= tan19

12=36.87 sin =

9

15= 0.6 cos =

12

15= 0.8

Se calculan las fuerzas resultantes de las cargas distribuidas y sus puntos de aplicacin .

- Carga distribuida uniforme gravitacional.

1 = (4/)(6.25) = 25 1 =1

2(6.25) = 3.125

- Carga cuya intensidad vara en forma exponencial.

La ecuacin para determinar el rea bajo la curva es

2 = = 2

1

donde

1 =limite inferior.

2 =limite superior.

=ecuacin de la curva.

En consecuencia,

2 = 0.0004307

11.875

8.75

Al resolver la integral de forma indefinida da

0.0004307 = 0.0004307 = 0.0004307

Por lo tanto,

2 = 0.0004307

11.875

8.75

= 0.0004307[11.875 8.75] 59.1437

La expresin matemtica que permite calcular el centroide del rea es

2 =

=

21

21


11

Por consiguiente,

2 = ()(0.0004307)11.875

8.75

0.000430711.875

8.75

Se procede a resolver la integral del numerador en forma indefinida.

()(0.0004307) = 0.0004307

Sea = =

Entonces = = = =

Al integrar por partes tendremos =

= = = ( 1)

Por lo tanto,

Obsrvese que el denominador ya fue resuelto. Finalmente,

2 =651.681

59.1437 11.0186

- Carga distribuida uniforme ortogonal al eje de la viga.

3 = (5/)(3.125) = 15.625 3 =1

2(3.125) = 1.5625

Se determinan las componentes rectangulares de las fuerzas resultantes 2 y 3 para el plano , figuras 1-2d y 1-2e.

- Para 2 = 59.1437

()11.875

8.75

(0.0004307) = 0.0004307{[11.875(11.875 1)][8.75(8.75 1)]} = 651.681

2

2

sin =22

2 = 2 sin = 59.1437(0.6) = 35.4862

cos =

22

2 = 2 cos = 59.1437(0.8) = 47.3150

(d)


12

- Para 3 = 15.625

El soporte en es un empotre y tiene por lo tanto tres incgnitas de reaccin, una horizontal (), una vertical () y una de momento (), las cuales deben ser

3

3

sin =33

3 = 3 sin = 15.625(0.6) = 9.375

cos =33

3 = 3 cos = 15.625(0.8) = 12.5

4/

12

9

= 2.5

= 1.875

3 = 12.5

3 = 9.375

2 = 35.4862

2 = 47.3150

1 = 25

= 8.8149

= 10.75

= 6.6112

= 8.0625

(e)

(f)


13

debidamente identificadas y cuyos correspondientes sentidos tienen que

proponerse arbitrariamente debido a que se desconocen; de cualquier modo, si la

magnitud de alguna de ellas resultar negativa al resolver las ecuaciones de

equilibrio, esto indicar que el sentido de la fuerza o momento es opuesto al que se

supuso.

Todo lo expuesto anteriormente puede ser resumido en el diagrama de cargas de

la viga, figura 1-2f.

A continuacin se calculan las distancias , , , , , y que sern tiles para la aplicacin de las ecuaciones de equilibrio, a partir de aplicar la definicin de las

funciones trigonomtricas en los tringulos rectngulos de la izquierda, figura 1-2g.

= 1 sin = (3.125)(0.6) = 1.875

= 1 cos = (3.125)(0.8) = 2.5

= 2 sin = (11.0186)(0.6) = 6.6112

= 2 cos = (11.0186)(0.8) = 8.8149

= + 3 = 11.875 + 1.5625

= 13.4375

= sin = (13.4375)(0.6) = 8.0625

= cos = (13.4375)(0.8) = 10.75

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

incgnitas , y utilizando una convencin de signos arbitraria.

Tomando momentos alrededor del punto considerando los ejes que pasan por tal punto, se obtiene directamente el valor de .

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

(g)


14

+ 25(2.5) + 35.4862(6.6112) + 47.315(8.8149) + 9.375(8.0625)

+12.5(10.75) = 0 = 924.144.

De la suma de fuerzas en cualquier direccin igual a cero, se plantean las dos

siguientes ecuaciones de equilibrio para determinar y , respectivamente.

+ = 0 + 2 + 3 = 0 + 35.4862 + 9.375 = 0

= 44.8612

+ = 0 1 2 3 = 0 25 47.3150 12.5 = 0

= 84.815


Los resultados obtenidos se muestran en la figura 1-2h.

4/

1 = 25

= 84.815

= 44.8612

= 924.144.

(h)


15

Las variaciones de la fuerza cortante , la fuerza normal y el momento en funcin de la posicin de un punto arbitrario a lo largo de la viga pueden obtenerse mediante el mtodo de las secciones (efectuando cortes).

La funcin de la fuerza cortante ser discontinua en los puntos donde el tipo o la

magnitud de la carga distribuida cambia, o bien donde se apliquen fuerzas

concentradas. La funcin del momento flector, ser discontinua, adems de lo

anterior, en los puntos donde se apliquen momentos de par. En ambos casos, la

carga distribuida y la fuerza concentrada, o una de sus componentes, actan

perpendicularmente al eje de la viga. Por su parte, la funcin de la fuerza normal

ser discontinua en los puntos donde se aplique una carga puntual o donde el tipo

o la magnitud de la carga distribuida cambia, pero ahora todas estas cargas, o una

de sus componentes, actan en la direccin del eje de la viga.

La distribucin de la carga actuante sobre la viga presenta discontinuidades en los

puntos , y ; por lo tanto, para obtener expresiones algebraicas que definan la variacin de las acciones internas (o elementos mecnicos) es necesario cortar a

la estructura perpendicularmente a su eje a travs de secciones arbitrarias en los

tramos , , y .

Se ha definido una sola coordenada para toda la viga, por lo que es vlida para toda la regin (0 15), su origen ha sido asociado en , y es positiva hacia la derecha y hacia arriba, sobre el eje de la estructura.

Como podr observarse ms adelante en cada diagrama de cuerpo libre surgido al

realizar algn corte, el equilibrio se efectuar utilizando los ejes que coinciden con

las lneas de accin de las fuerzas cortante y normal. Por tal motivo, la carga

concentrada equivalente 1 y las reacciones y son descompuestas en sus componentes rectangulares para los ejes que coinciden con las lneas de accin de

la fuerza cortante y de la fuerza normal, figuras 1-2i, 1-2j y 1-2k.

- Para 1 = 25

1 = 25

sin =11

1 = 1 sin = 25(0.6) = 15

cos =11

1 = 1 cos = 25(0.8) = 20

(i)


16

- Para = 44.8612

- Para = 84.815

Tome en cuenta adems, que las lneas de accin de las fuerzas resultantes 2 y 3 al ser perpendiculares al eje de la viga coinciden con la lnea de accin de la fuerza cortante, as que sus componentes rectangulares para los ejes se vuelven innecesarias a partir de ahora en el anlisis restante de este ejercicio y por

ello han sido omitidas en el diagrama de cargas, aunque bien pudieron haberse

dejado.

Para una mayor facilidad en los clculos, se determinan las componentes

rectangulares y de la resultante, cuyas lneas de accin coinciden con las de la fuerza cortante 1 y la fuerza normal 1, respectivamente, del sistema de fuerzas concurrentes y , al sumar las componentes rectangulares de dichas fuerzas concurrentes vectorialmente, es decir,

= = 50.889 35.889 = 15

= + = 26.916767.852 = 94.7687

A continuacin se aplica el mtodo de las secciones.

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

en el segmento ) a una distancia del punto . En la figura 1-2l se proporciona

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

= 44.8612

=

84.815

cos =

= cos = 44.8612(0.8) = 35.8890

sin =

= sin = 44.8612(0.6) = 26.9167

cos =

= cos = 84.815(0.8) = 67.852

sin =

= sin = 84.815(0.6) = 50.889

(j)

(k)


17

0 6.25

La fuerza resultante de la carga uniforme distribuida gravitacional del corte es

1 = (4/)() = 4

y su punto de aplicacin es

=1

2() =

2

Con base en la figura 1-2m, las componentes rectangulares de la carga concentrada

equivalente 1 cuyas lneas de accin coinciden con las de 1 y 1 son

El equilibrio esttico del cuerpo libre implica que

+ = 0

1 = 4

1 = 4

= 924.144.

4/

sin =11

1 = 1 sin = 4(0.6) = 2.4

cos =11

1 = 1 cos = 4(0.8) = 3.2

(l)

(m)


18

924.144 + 94.7687() 3.2 (

2) 1 = 0 1 = 94.7687 1.6

2 924.144

= 0,1 = 924.144.; = 6.25,1 = 394.3396.

1 =1

=(94.7687 1.62 924.144)

= 94.7687 3.2

+ = 0 15 2.4 + 1 = 0 1 = 2.4 15

Corte en el tramo ( ). En la figura 1-2n se muestra un diagrama de cuerpo libre de la seccin cortada. Al aplicar las ecuaciones de equilibrio, se tiene

924.144 + 94.7687() 20( 3.125) 2 = 0 2 = 74.7687 861.644

= 6.25,2 = 394.3396.; = 8.75,2 = 207.4179.

2 =2

=(74.7687 861.644)

= 74.7687

= 924.144.

4/

+ = 0 15 15 + 2 = 0 2 = 0

+ = 0

(n)

6.25 8.75


19

Corte en el tramo ( ). En la figura 1-2 se representa el diagrama de cuerpo

libre correspondiente al segmento inferior de la viga que se produce al cortarla en

algn sitio intermedio del tramo .

La carga concentrada equivalente de la presin del corte cuya intensidad es descrita

por la funcin exponencial es

2 = 0.0004307

8.75

= 0.0004307( 8.75) = 0.0004307 2.71801

y su lnea de accin est localizada a una distancia de

= ()(0.0004307)

8.75

0.0004307

8.75

4/

= 0.0004307

= 924.144.

8.75 11.875

()


20

Resolviendo el numerador se tiene

()(0.0004307)

8.75

= 0.0004307{[( 1)] [8.75(8.75 1)]}

= 0.0004307 0.0004307 21.0646

El denominador ya fue resuelto. Por lo tanto,

=0.0004307 0.0004307 21.0646

0.0004307 2.71801

El equilibrio esttico del cuerpo libre requiere que

+ = 0

924.144 + 94.7687() 20( 3.125) (0.0004307 2.71801)

( 0.0004307 0.0004307 21.0646

0.0004307 2.71801) 3 = 0

3 = 0.0004307 + 77.4867 882.7086

= 8.75,3 = 207.418.; = 11.875,2 = 24.4157.

3 =3

=(0.0004307 + 77.4867 882.7086)

= 0.0004307 + 77.4867

+ = 0 3 = 0

Corte en el tramo ( ). Se secciona la estructura en un punto arbitrario (intermedio en el segmento ) a una distancia de ; en la figura 1-2o se ofrece el diagrama de cuerpo libre que representa la porcin de la estructura ubicada por

debajo del corte.

La fuerza resultante de la carga uniforme distribuida ortogonal al eje de la viga del

corte es

3 = ( 11.875)(5) = 5 59.375


=1

2( 11.875) =

1

2 5.9375

Las acciones internas entre los puntos y se definen como

11.875 15

+ = 0

4


21

924.144 + 94.7687() 20( 3.125) 59.1437( 11.0186)

(5 59.375) (1

2 5.9375) 4 = 0

4 = 2.52 + 75 562.50299

= 11.875,4 = 24.416.; = 15,4 = 0

4 =4

=(2.52 + 75 562.50299)

= 5 + 75

+ = 0 4 = 0

4/

= 0.0004307

= 924.144.

(o)


22

Ejercicio 1.3. 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. En primer lugar, construiremos 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)


23

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


24

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


() (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


2 =0.49

0.12 4.083


25

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


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


() (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.


26

- 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)


27

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


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)


28

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)


29


=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)


30

+ = 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)


31

= (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


= () (

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


32

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)


33


= () (

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)


34

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)


35

Ejercicio 1.4. Determine las reacciones en los soportes y las ecuaciones de las

acciones internas de la viga que se muestra en la figura 1-4a, la cual est sometida

a cargas distribuidas de variacin lineal y tiene una rtula (articulacin) en .

SOLUCIN

Verificacin del grado de indeterminacin

Para esta viga se tienen cinco reacciones de apoyo, de las cuales tres ( , , )

corresponden al empotramiento en y las otras dos ( , ) al apoyo articulado

, y existen tres ecuaciones de equilibrio ( = 0, = 0, = 0). Sin

embargo, como la carga axial es insignificante, de = 0 se establece que tanto

como son nulas. Siendo as, se puede decir que hay = 3 incgnitas de

reaccin, = 2 ecuaciones de equilibrio y adems una ecuacin de condicin, es

decir, = 1, debido a que el momento flexionante en la articulacin vale cero.

Entonces, al cumplirse + = , ya que 2 + 1 = 3, se infiere que la viga es

estticamente determinada.


Diagrama de cargas. La figura 1-4b indica el diagrama de cargas para esta viga. Se

traza una lnea imaginaria que pase por la articulacin , de tal forma que la viga quede dividida en dos partes. Luego, en ambos segmentos deben determinarse las

fuerzas resultantes de las cargas distribuidas y el punto donde se aplican. Para una

mayor facilidad en los clculos, conviene subdividir las cargas trapezoidales

distribuidas extendidas en y , en cargas ms simples como lo son las triangulares y las rectangulares. Observe que es forzoso conocer el valor del punto

de intensidad de carga 1; para ello, se hace uso de la trigonometra, tal y como se observa en la figura 1-4c.

2/ 2/

4/

3 2 3

Figura 1-4

(a)


36

De la ltima figura, por tringulos semejantes, se tiene

2

5=

3 =

6

5

En consecuencia,

1 = 2

+6

5

=16

5

Se calculan las reas bajo los rectngulos y los tringulos, segn sea el caso, y el

centroide de cada rea.

1 = (3)(2/) = 6 1 =1

2(3) = 1.5

2 =(3) (

165

2/)

2=

9

5 2 =

1

3(3) = 1

2/

4/

3

5

2/

2/ 1

1 = + 2/

2/ 2/

4/

3 2 3

1 =

16

5/

(b)

(c)


37

3 = (2)(16

5

) =32

5 3 =

1

2(2) = 1

4 =(2)(4

165

)

2=

4

5 4 =

2

3(2) =

4

3

5 = (3)(2/) = 6 5 =1

2(3) = 1.5

6 =(3)(4 2

)

2= 3 6 =

1

3(3) = 1

Como es difcil establecer por inspeccin el sentido adecuado de cada reaccin,

todos se suponen de forma arbitraria. Finalmente, el diagrama de cargas, figura

1-4d, es

Ecuaciones de equilibrio. Recuerde que si al aplicar las ecuaciones de la esttica, la magnitud de una fuerza o momento desconocido resulta negativo(a), tal sentido

supuesto debe invertirse.

En primer lugar se calcula el valor de con base en la ecuacin de condicin. Para ello, se establece que la suma de momentos respecto de la rtula para el segmento derecho es igual a cero; de ese modo, la nica incgnita es la reaccin

. Aunque la suma de momentos alrededor de para la porcin izquierda tambin debe ser nula, por ahora no es conveniente usar tal planteamiento, ya que de

hacerlo aparecern dos incgnitas de reaccin, y . Aqu, hemos considerado

2/ 2/

4/

3 2 3

1 =16

5/

1 = 6

2 =9

5 3 =

32

5

1 = 1.5

4 =4

5

6 = 3

5 = 6

2 = 1 3 = 1

4 = (4/3) 5 = 1.5

6 = 1

= 0

= 0

(d)


38

que los momentos horarios sean positivos, pero igual se pudo haber considerado

una convencin en la que los momentos antihorarios fueran los positivos. Entonces,

+ = 0 (32

5) (1) + (

4

5) (

4

3) + (3)(2 + 1) + (6)(2 + 1.5) (5) = 0

= 7.4933

Una vez que se ha calculado , podemos aplicar en toda la viga la ecuacin que enuncia que la suma de fuerzas verticales es nula, y as determinar directamente

. En consecuencia,

+ = 0 + 6 +9

5+

32

5+

4

5+ 3 + 6 7.4933 = 0 = 16.5067

La reaccin desconocida faltante se puede obtener si para toda la viga igualamos a cero la suma de momentos respecto de o , puntos que corresponden a la ubicacin del empotramiento y el apoyo articulado

respectivamente; sin embargo, una forma ms sencilla de conocer el valor de radica en tomar momentos alrededor de para el segmento derecho empleando el resultado de previamente obtenido. Por consiguiente,

+ = 0 + (16.5067)(3) 6(1.5) (9

5) (1) = 0 = 38.7201.

Por otra parte, existe una forma alterna para calcular todas reacciones en los

soportes, consistente en un proceso que engloba el clculo de las reacciones en la

articulacin. Se opta por explicar tal proceso ms adelante, cuando se resuelve un

marco triarticulado.


Se muestran los resultados en la figura 1-4e.

2/ 2/

4/

3 2 3

1 =16

5/

1 = 6

2 =9

5 3 =

32

5

1 = 1.5

4 =4

5

6 = 3

5 = 6

2 = 1 3 = 1

4 = (4/3) 5 = 1.5

6 = 1

= 0

= 7.4933 = 16.5067

= 0

= 38.7201. 1 2

(e)


39

Es evidente que al no haber cargas horizontales en la estructura, la fuerza normal

(axial) ser igual a cero a lo largo de toda la viga.

Es importante recalcar que las ecuaciones de las acciones internas no presentan

discontinuidad alguna en el punto donde se localiza una articulacin. En cambio, las

funciones de la fuerza cortante y del momento flector son discontinuas en el punto ; la razn es obvia, pues ah la carga distribuida con variacin lineal sufre un cambio de pendiente. Por lo tanto, pueden distinguirse dos regiones distintas en la

viga, una que va desde hasta y otra que va de a . Esto conlleva a que dos cortes perpendiculares al eje de la viga sean necesarios de efectuar, uno en cada

tramo citado, dado que las funciones de las acciones internas no son iguales entre

los segmentos y .

Una sola coordenada capaz de cubrir toda la longitud de la viga puede ser establecida; su origen bien puede asociarse en o . Sin embargo, los clculos se simplificarn bastante si se elige una coordenada diferente para cada regin. Entonces, se emplean las coordenadas 1 y 2, cuyos orgenes se definen en y , y que abarcan las regiones y , de forma respectiva. El origen de ambas coordenadas bien puede ser establecido en el punto , pero esto elevara el grado de dificultad de las deducciones. A continuacin se aplica el mtodo de

secciones

Corte en la regin . Se secciona la viga en un punto arbitrario (intermedio en

el segmento ) a una distancia 1 del punto , sin importar que esta sea mayor

o menor a la distancia que hay entre y la articulacin . En la figura 1-4f se

proporciona un diagrama de cuerpo libre del segmento de viga con longitud 1.

2/

2 = 2 +2

51

= 21

=1

2(1) (

2

51) =

1

51

2

= 1/2

= 1/3

= 16.5067

= 0

= 38.7201. 1

2/

(2/5)1

1

1 1

(f)


40

El valor de la intensidad de carga 2 en funcin de 1 se determina de forma anloga a como se hizo con 1.

2 = 2

+ (2

5(1)) = 2 +

2

51

La carga trapezoidal seccionada se sustituye por una distribucin rectangular y una

triangular. En el diagrama se indican la fuerza resultante de cada carga distribuida

y el brazo de palanca que les corresponde. El equilibrio esttico del cuerpo libre es

+ = 0 38.7201 + 16.5067(1) 21 (12) (

1

51

2) (13) 1 = 0

1 = 38.7201 + 16.50671 12

1

151

3

+ = 0 16.5067 21 1

51

2 1 = 0

1 = 16.5067 21 1

51

2

+ = 0 1 = 0

Corte en la regin . A continuacin, en la figura 1-4g se muestra un diagrama de cuerpo libre de la porcin derecha de la viga que surge al seccionarla en un sitio

intermedio al tramo . Para definir el momento y el cortante en esta regin se sigue el procedimiento acostumbrado.

2/

= 0

= 7.4933

2

2/

= 2/2

= 2/3

2

32

3 = 2 +2

51

2

2 2

= 22

=1

2(2) (

2

32) =

1

32

2

(g)


41

El valor de la intensidad de carga 3 en funcin de 2 se obtiene de

3 = 2

+ (2

3(2)) = 2 +

2

32

Por lo tanto,

+ = 0 7.4933(2) + 22 (22) + (

1

32

2) (23) + 2 = 0

2 = 7.49332 22

1

92

3

+ = 0 7.4933 22 1

32

2 + 2 = 0 2 = 7.4933 + 22 +1

32

2

+ = 0 2 = 0


42

Ejercicio 1.5. Determine las reacciones en los soportes y las funciones de los

elementos mecnicos de la viga gerber que se muestra en la figura 1-5a, en la que

se tienen articulaciones en y .

SOLUCIN

Verificacin del grado de indeterminacin

Si en el apoyo articulado se generan dos fuerzas reactivas (una horizontal y una vertical) y en cada uno de los rodillos , y ocurre una reaccin vertical, entonces se tienen cinco incgnitas de reaccin. Las ecuaciones de la esttica en el plano

son tres. El problema se reduce de entrada si consideramos que la reaccin

horizontal es nula, lo cual es evidente, ya que la suma de fuerzas horizontales es

igual a cero y la viga no est sometida a alguna carga en tal direccin. De ese modo,

ahora hay = 4 incgnitas de reaccin (, , ), = 2 ecuaciones de equilibrio ( = 0, = 0) y = 2 ecuaciones de condicin, debido a que no existe momento flector en las rtulas y . Al satisfacerse + = , puesto que 2 + 2 = 4, se concluye que la viga es estticamente determinada.


Recuerde que la suma de los momentos respecto del punto de ubicacin de una

rtula, de las fuerzas situadas ya sea a la izquierda o a la derecha de la seccin, es

igual a cero.

El valor de se obtiene de hacer nula la sumatoria de momentos alrededor de para el segmento izquierdo.

+ = 0 (15) + 5(15) (15

2) = 0 = 37.5

Figura 1-5

(a)


43

Si se calcula el momento flexionante en la seccin como la suma de los momentos de las fuerzas situadas a la derecha de la seccin, se iguala a cero dicho momento,

y se emplea el resultado de calculado previamente, se infiere directamente .

+ = 0 37.5(45) (15) + 5(45) (45

2) = 0 = 225

Ahora observe como no hay otra opcin ms que resolver un sistema simultneo de

ecuaciones para calcular las reacciones restantes. No importa respecto de que

soporte se tomen momentos, siempre se llegar a una ecuacin con dos incgnitas:

y . Lo mismo ocurre al tomar la suma de momentos alrededor de la

articulacin para la parte derecha o al plantear que la sumatoria de las fuerzas verticales para la viga completa es cero. Entonces, se utilizan las ltimas dos

opciones por ser las menos laboriosas.

+ = 0 (15) + (30) 5(40)(20) = 0

3 + 6 800 = 0 (1)

+ = 0 37.5 + 225 + + 5(85) = 0

+ 162.5 = 0 (2)

Al resolver el sistema de ecuaciones (1) y (2) resulta

= 58.33 = 58.33 = 104.17 = 104.17


En la figura 1-5b se muestran los resultados obtenidos.

(b)


44

Las funciones de momento flector y de fuerza cortante son discontinuas en los

puntos , y , ya que en ellos se encuentran aplicadas de forma respectiva las fuerzas concentradas , y . La viga debe cortarse perpendicularmente a su eje en secciones arbitrarias localizadas en las regiones , , y para poder definir las acciones internas a lo largo de ella. Se opta por emplear dos coordenadas ; 1 y 2 con orgenes establecidos en y , cubren las regiones y , respectivamente.

As, al aplicar el mtodo de las secciones, con base en las figuras 1-5c, 1-5d, 1-5e

y 1-5f, se tiene

0 1 30

+ = 0 1 + 37.5(1) 5(1) (12

) = 0

1 = 37.51 5(1)

2

2

1 =11

= 37.5 51

+ = 0 1 = 0

30 1 60

+ = 0 2 + 37.5(1) + 225(1 30) 5(1) (12

) = 0

(c)

(d)


45

2 = 51

2

2+ 262.51 6750

2 =21

= 51 + 262.5 + = 0 2 = 0

60 1 75

+ = 0 3 + 37.5(1) + 225(1 30) + 58.33(1 60) 5(1) (12

) = 0

3 = 51

2

2+ 320.8331 10250

3 =31

= 51 + 320.833 + = 0 3 = 0

0 2 10

+ = 0 4 + 5(2) (22

) = 0 4 = 52

2

2

4 = 42

= 52 + = 0 4 = 0

(e)

(f)


46

Ejercicio 1.6. Determine las reacciones en los soportes y las funciones del

momento flexionante y de la fuerza cortante de la viga mostrada en la figura 1-6a,

la cual soporta un momento de par distribuido cuya intensidad vara linealmente

desde 10.

en hasta 1

.

en .

SOLUCIN


Diagrama de cargas. Por inspeccin, la viga es isosttica. Con el fin de calcular las reacciones en los soportes, la carga de par distribuida se reemplaza por un

momento resultante igual al rea del trapecio y cuyo punto de aplicacin puede estar

en cualquier parte de la estructura. La fuerza reactiva horizontal en se ha omitido por tener un valor nulo debido a que la viga no est sometida a cargas en . El diagrama de cargas de la viga es mostrado en la figura 1-6b.

= [(10

. ) + (1

. )

2] (5) =

55

2.

10.

1.

5

10.

1.

5

=55

2.

Figura 1-6

(a)

(b)


47

Ecuaciones de equilibrio. Al aplicar las ecuaciones de la esttica en el diagrama de

cargas resulta

+ = 0 55

2 (5) = 0 =

11

2

+ = 0 +11

2= 0 =

11

2


En la figura 1-6c se observan esquemticamente los resultados.

Debido a que no hay discontinuidad en la carga de par distribuida, slo se toma en

cuenta una sola regin de para describir las funciones de las acciones internas

para toda la viga; entonces, la coordenada con origen en cubre toda la longitud

de la estructura y es positiva hacia la derecha. La fuerza axial es insignificante. Al

seccionar la viga en un sitio arbitrario en el tramo , se tiene el diagrama de

cargas mostrado en la figura 1-6d.

10.

= 10 9

102

=

11

2

= 1 +9

5(5 )

10.

1.

5

=55

2.

=

11

2 =

11

2

(c)

(d)


48

Con base en la figura 1-6e, se determina la intensidad de momento en funcin de empleando conceptos bsicos de trigonometra.

9.

5

=

5 =

9

5(5 ) = 1 +

9

5(5 )

Luego, el momento resultante, que puede aplicarse en cualquier punto de la viga,

es igual a la siguiente rea trapezoidal

=10 + [1 +

95

(5 )]

2() = [

(50 9)

10] + 5 = 10

9

102

De aplicar las ecuaciones de equilibrio en el diagrama de cuerpo libre de la seccin

cortada resulta

+ = 0 11

2() + (10

9

102) = 0 =

11

2 + (10

9

102)

+ = 11

2 = 0 =

11

2

Es importante aclarar que el momento en los soportes y no debe ser 10 . y

1 . , respectivamente, y que ms bien es nulo en ambos puntos. Por otra parte,

si se desea obtener el valor del cortante como la derivada del momento, la parte

que est entre parntesis debe ser considerada como constante, ya que al final de

cuentas, se trata de una resultante de momento.

10.

1.

5

1.

9.

5

(e)


49

1.2. DIAGRAMAS DE FUERZA CORTANTE Y DE MOMENTO. TRABAJO

VIRTUAL. PENDIENTE Y CURVA ELSTICA CON EL MTODO DE LA DOBLE

INTEGRACIN.

Ejercicios 1.7-1.12. Para las vigas de las figuras 1-7a, 1-8a, 1-9a, 1-10a, 1-11a,

1-12a, calcular las reacciones en los soportes y dibujar los diagramas de momento,

cortante, giro y flecha; tambin determine los valores del momento mximo y de la

flecha mxima. Suponga que e son constantes.

Ejercicio 1.7

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

1-7b 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

+ = 0

2+

3= 0 =

6

Figura 1-7

(a)


50

Funciones de fuerza cortante y de momento

En la figura 1-7c 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.

Un diagrama de cuerpo libre del segmento de viga con longitud es proporcionado en la figura 1-7d. 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.

(b)

(c)


51

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

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

(d)


52

Ecuaciones de la pendiente y la deflexin usando el mtodo de la

integracin directa o doble

Al aplicar la ecuacin diferencial

2

2=

e integrarla dos veces, se obtiene

2

2=

6

63

()

= (

6

63)

=

122

244 + 1; si

= , =

122

244 + 1

= (

122

244 + 1) =

363

1205 + 1 + 2

En las expresiones que definen las curvas de pendiente y de deflexin hay dos

constantes de integracin; por tanto, deben definirse dos condiciones que permitan

evaluar dichas constantes. Para sta viga simplemente apoyada, las condiciones

de frontera son: 1) = 0 = 0 y 2) = 0 = , ya que el apoyo simple

(rodillo) y el apoyo articulado (pasador) no permiten la deflexin (flechamiento) de

la viga en sus correspondientes puntos de ubicacin.

Sustituyendo la condicin 1) en la ecuacin da

(0) =

36(0)3

120(0)5 + 1(0) + 2 2 = 0

Sustituyendo la condicin 2) y 2 = 0 en la misma ecuacin da

(0) =

36()3

120()5 + 1() + 0 1 =

7

3603

En consecuencia, las ecuaciones del giro y de la flecha son, respectivamente

=1

(

122

244

73

360) 0

=1

(

363

1205

73

360) 0


53

Mtodo del trabajo virtual unificado con el mtodo de la integracin doble

En ocasiones, las condiciones conocidas son insuficientes para calcular las

constantes de integracin, as que se puede(n) implementar alguna(s) condicin(es)

de frontera si se calcula(n) algn(os) giro(s) y/o flecha(s) preferentemente con el

mtodo del trabajo virtual. Otra buena razn para unificar stos mtodos es que el

sistema de ecuaciones podra tener una solucin ms directa. Aunque para este

ejercicio no es necesario, realizaremos este proceso a manera de ejemplificacin.

Se sabe que en , sea en = 0, = 0, pero en = 0, = ?, as que aplicamos

el mtodo trabajo virtual para calcular la rotacin (pendiente o giro) en .

Momento real . Corresponde a la siguiente funcin que ya ha sido deducida:

=

6

63 0

Momento virtual . La pendiente en se determina al colocar un momento de

par unitario virtual en ese punto, figura 1-7e; el sentido del par se ha propuesto

horario (puede ser antihorario). Note que las cargas reales son removidas y que

debe usarse la misma coordenada que se emple para . Despus de calcular

las reacciones en los soportes, se deduce el momento interno con el mtodo de

las secciones a partir de la figura 1-7f.

Las reacciones en los soportes son resultado de

+ = 0 1 () = 0 =1

+ = 0 +1

= 0 =

1

En la figura 1-7f se muestra el diagrama de la seccin cortada de la viga virtual; acta en la misma direccin que , es decir, en la positiva convencional.

(e)


54

.0

+ = 0 + 1 1

() = 0 = 1

1

Ecuacin del trabajo virtual. Entonces, la pendiente en es resultado de

1 =

2

1

1 =1

(

6

63) (1

1

) =

1

(

6

63

62 +

624)

0

0

=1

[

122

244

183 +

3025]

0

=1

(

3

12

3

24

3

18+

3

30)

=73

360

El signo positivo indica que el sentido de es el mismo que el propuesto para el

momento de par unitario virtual.

=73

360

Recuerde que por la convencin de signos que se maneja en el mtodo de doble

integracin, un giro horario ser negativo.

Las condiciones de frontera a emplear para calcular las constantes de integracin

son: 1) = 0 = 0 y 2) = 73

360 = 0.

Sustituyendo = 0, 73

360 en la ecuacin tenemos

(f)


55

(73

360) =

12(0)2

24(0)4 + 1 1 =

73

360

Sustituyendo = 0, = 0, 1 = 73

360 en la ecuacin tenemos

0 =

36(0)3

120(0)5

3

360(0) + 2 2 = 0

Obsrvese que se llegaron a los mismos resu

libro de estructuras isostÁticas-libre descarga version 2.pdf

Documents