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E.T.S.I. Caminos, Canales y Puertos I.C.C.P. Universidad de Granada

CONVOC. SEPTIEMBRE TEORÍA DE ESTRUCTURAS 16 SEPTIEMBRE 2013

TEORÍA Tiempo: 1 hora.

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La Teoría representa 1/3 de la nota total del examen.

▷ Ejercicio 1 (2,5 ptos) Exponer la teoría de torsión en prismas de sección circular (Torsión de Coulomb). Enumerar las hipótesis correspondientes. Deducir la expresión del giro relativo o deformada de la rebanada, la ley de tensiones y la tensión máxima. Imprescindible realizar croquis explicativos.

▷ Ejercicio 2 (2,5 ptos) Definición de Núcleo Central. Definición de línea neutra. Relación del núcleo central con la línea neutra. Propiedades del núcleo central, propias y relacionadas con la línea neutra. Calcular el núcleo central de la sección maciza representada en la figura de la derecha, correspondiente a un triángulo equilátero de altura h. ▷ Ejercicio 3 (2,5 ptos) Hallar mediante consideraciones energéticas el factor de impacto (i.e. la relación entre la flecha vertical dinámica, d, y la flecha vertical estática,e) de un cuerpo de masa m que cae libremente desde una altura h, sometido a la acción de la gravedad, sobre una plataforma sostenida por un resorte de rigidez K. Evaluar casos particulares para h=0 y h muy superior a las deformaciones producidas (h>>>d). ▷ Ejercicio 4 (2,5 ptos) Dadas las estructuras de las figuras descomponerlas aplicando simetría y simplificarlas.

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TEORÍA DE ESTRUCTURAS Convocatoria Septiembre 2013 TEORIA. Pág. 1 de 2

0ez

6

hey

0yh

31

TEORÍA. Convocatoria Septiembre 2013. Ejercicio nº 2

Ecuación de la L.N. a partir de su definición ;0nx

;0zI

ey

I

e

A

1

y

z

z

y

Ecuación de la LN. a partir de la geometría de la misma:

Tomando inicialmente, por ejemplo, la línea que contiene al lado inferior y desarrollando la ecuación para ponerla en forma implícita al objeto de compararla con la obtenida en el apartado anterior, resulta:

;3

hy

De esta línea, que contiene a un lado de la sección, obtendremos un vértice del núcleo central. Y dado que ambas ecuaciones representan a la misma línea tendrán idéntica ecuación, por tanto, igualando coeficiente a coeficiente, se tiene:

;0I

eA

y

z por tanto, (como se sabía por la simetría axial respecto al eje y)

;h

3

I

eA

z

y ;h

3

A

Ie z

y ;6

h

h

3

2

hb36

hb

h

3

A

Ie

3

zy

Aplicando las propiedades de simetría del núcleo central y al tratarse de un triángulo equilátero (simetría central 120º), resulta que a cada lado de la sección le corresponde un vértice del núcleo central situado a la misma distancia de cada uno de ellos. A los vértices del triángulo corresponderán lados rectos del núcleo central que unen los vértices del núcleo central correspondientes a los lados de la sección que confluyen en dichos vértices del triángulo.

0zI

eAy

I

eA1

y

z

z

y


TEORÍA DE ESTRUCTURAS Convocatoria Septiembre 2013 TEORIA. Pág. 2 de 2

Ejercicio nº 4


EXAMEN SEPTIEMBRE TEORÍA DE ESTRUCTURAS 16 SEPTIEMBRE 2013

EJERCICIO 1 Tiempo: 90 min.

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▷ APARTADO A

Se quiere emplear la sección de hormigón adjunta para construir la estructura de la figura. Determine

la máxima carga q que puede descansar sobre la estructura, según la figura adjunta, para que ésta sea

válida a efectos de tensiones normales (tracción - compresión), enumerando y razonando brevemente

en qué puntos de la estructura comprobará la resistencia de la sección y porqué.

DATOS:

│σmax,co│= σmax,tr=25 MPa

No considerar el peso propio.

▷ APARTADO B

La figura representa una viga en voladizo de 5 m de longitud, cuya sección es el perfil de pared

delgada que se adjunta, con sus cotas y la posición del CEC. Dicha viga está sometida en tres quintos

de la longitud (ver figura) a una carga uniforme repartida de 10 KN/m2 aplicada sobre toda la

proyección vertical de la viga (ver figura). Se pide:

- Represetar en un croquis acotado las acciones (fuerzas y momentos) respecto al CEC a lo

largo de la viga.

- Represetar las leyes de esfuerzos cortantes, flectores y torsores respecto al CEC.

- Calcular el giro de torsión θx en el extremo del voladizo.

DATOS:

G = 80 GPa, e1 = 15 mm

No considerar el peso propio.


▷ SOLUCIÓN APARTADO A:

Obtenemos en primer lugar la ley de momentos de la viga:

Ahora calculamos el área, centro de gravedad (tomamos origen en la fibra inferior de la sección) y

momento de inercia con respecto a un eje Z pasando por el centro de gravedad de la figura:

( )

Para obtener las tensiones normales máximas, emplearemos la expresión de Navier con el término de

momento en z, no considerando el término de axil al ser este nulo. Las tensiones normales podrán ser

máximas o en el empotramiento o en el centro del vano de la parte cargada. Al tener el material igual

resistencia a la tracción y compresión, dimensionará la mayor “y” en la sección con mayor momento

en valor absoluto, es decir, la sección del empotramiento a compresión (fibra inferior de la sección):


( )

Como conocemos el valor de la tensión última del material podemos despejar la carga:

▷ SOLUCIÓN APARTADO B:

La viga está cargada en los tres metros más alejados del empotramiento con una carga distribuida en

proyección vertical uniforme de 10 kN/m2, lo cual hace una carga por metro lineal de:

q = 10 kN/m2 · 0,3 m = 3 kN/ml

Y dada la geometría d = 0,382 – 0,15 = 0,232 m

Obteniendo q · d = 0,696 kN·m/ml

Y por tanto se obtienen las siguientes acciones:


Las leyes de esfuerzos respecto al CEC serán:

Ahora obtenemos el giro:

∑

∫

(

)

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EXAMEN SEPTIEMBRE TEORÍA DE ESTRUCTURAS 16 SEPTIEMBRE 2013

EJERCICIO 2 Tiempo: 90 min.

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▷ APARTADO A

La estructura de la figura corresponde a una marquesina, presentando las siguientes solicitaciones: una

fuerza vertical F de valor 3 toneladas en sentido descendente aplicada en el extremo D, y un aumento

de temperatura de 30ºC en la cara superior de la barra horizontal de la marquesina (B-D) debido al sol

incidente. La barra inclinada y la cara inferior de la barra horizontal no sufren cambio alguno de

temperatura.

Se pide obtener el desplazamiento vertical y horizontal del extremo D (donde está aplicada la fuerza)

despreciando las deformaciones tanto por axil como por cortante. Supóngase una distribución lineal de

temperatura entre ambas caras de la barra horizontal. Cotas en metros.

DATOS:

=10-5

ºC-1

E·I=106 KN·m

2

La viga es rectangular con un canto h=0,5 m

▷ APARTADO B

La estructura representada en el croquis puede estar sometida a una carga vertical hacia abajo

uniformemente distribuida de valor q, que se puede extender continuamente y/o por tramos sobre

cualquier parte de la misma. Se pide estudiar, determinar y representar en un croquis el mínimo

número de tramos a cargar para obtener el máximo, en valor absoluto, del esfuerzo cortante por la

izquierda en el punto C de la estructura (Vc -) , y calcular dicho valor.

NOTA: Resolver exclusivamente utilizando la línea de influencia de Vc -.


▷ RESOLUCIÓN APARTADO A

Lo primero es obtener las reacciones y leyes de momentos:

Sólo conozco el desplazamiento vertical en los dos apoyos, planteo Mohr para en función de estos

averiguar el giro en C (cuidado con olvidar los dos términos de temperatura):

∑

∫

( )

√ ( ⁄ )

( )

( ⁄ )

Si requiriese para algo el ángulo en C, este sería:

∑

∫

( )

√


Conociendo este ángulo planteo la ecuación del desplazamiento vertical entre D y A:

∑

∫

( )

√ ( ⁄ )

( )

( ⁄ )

Ahora planteo la ecuación para el desplazamiento horizontal:

∑

∫

( )

√ ( ⁄ )

Ahora lo resuelvo por PTV, utilizando para el desplazamiento vertical el estado de origen como estado

virtual (las leyes por tanto son las mismas):

∫ ∫

∫ ∫

∫

( )∫

[ √

( )

]

[

]

[ ] [ ]

Por último el desplazamiento horizontal, realizamos un nuevo estado de cargas virtual con una carga

horizontal unitaria en D, cuyas leyes son:


A partir de este nuevo estado virtual volvemos a operar mediante PTV para obtener el desplazamiento

horizontal en D:

∫ ∫

∫ ∫

∫

∫

( )∫

∫

[ √

( )]

[

]

[ ]

▷ RESOLUCIÓN APARTADO B

Estructura isostática (hg=0). Estudio de VC- mediante L.I. de VC

-

Teorema de Reciprocidad:

0;Δv·V(x)F·v *

CC

*--

*

C

*

C-

-

Δv

(x)vFV

[Estado Real Equivalente]

(hg=0)

[Estado Auxiliar*]

(hg=-1)

Mecanismo S-R


Si en lugar de F tomamos dF, con dxqdF , resulta *

C

*

*

C

*

C--

-

Δv

(x)vdxq

Δv

(x)vdFdV , y por tanto,

AΔv

qdx(x)v

Δv

q

dx

Δv

(x)vqV

*

Ctramos

*

*

C

L

0

*

C

*

C---

-

tramospor

cteq

, siendo A el área de la deformada.

De lo que se deduce, tomando 1Δv*

C- para simplificar los cálculos, que:

Máximo -CV positivo si

tramos

* dx)x(v es máxima positiva (suma de áreas positivas).

Valor: Lq4

1

2

1·1·

4

L·2·qdx(x)vqV

BD) (tramo0(x)con vtramos

*

C*

-

,

Máximo -CV negativo si es máxima negativa (suma de áreas negativas).

Valor: Lq8

1

2

1·1·

4

Lqdx(x)vqV

DE) (tramo0(x)con vtramos

*

C*

-

,

Así, el máximo -CV en valor absoluto corresponde con el máximo -C

V positivo y se alcanza para el

mínimo número de tramos con q=cte cargando el tramo BD. Nótese que, en el tramo AB se tiene que

0(x)v* y por tanto, no determina el cortante por la izquierda de C, es decir, no produce -CV

(deformada nula, cortante nulo).

tramos

* dx)x(v

Lq4

1V -C

Lq8

1V -C

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