El documento presenta el análisis estructural de una viga sujeta a diferentes cargas. Se calculan las reacciones en los soportes y se determinan las funciones de corte y momento para tres tramos de la viga mediante el método de cortes. Finalmente, se calcula el momento máximo en cada tramo.
1. PROBLEMARIO DE ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ISOSTÁTICAS
E HIPERESTÁTICAS PARA VIGAS, MARCOS Y ARMADURAS EN R 2
4.F)
2 𝑇/𝑚
3𝑇
6 𝑇/𝑚
1 𝑇/𝑚
3 𝑇∙ 𝑚
𝐶
𝐵
𝐴
2𝑚
6𝑚
𝐷
1 𝑚
SOLUCIÓN.
Cálculo de las reacciones en los soportes.
Diagrama de cargas.
- Carga concentrada equivalente y punto de aplicación de la presión trapezoidal.
Componente
𝐴, 𝑇
𝑥̅ , 𝑚
𝑥̅ 𝐴, 𝑇 ∙ 𝑚
①=rectángulo
6(1) = 6
1
(6) = 3
2
18
②= triángulo
6(1)
=3
2
1
(6) = 2
3
6
∑ 𝐴=9
∑ 𝑥̅ 𝐴 = 24
La fuerza resultante de la carga trapezoidal distribuida es
𝐴1 = ∑ 𝐴 = 9𝑇
y su línea de acción está localizada a una distancia de
∑ ̅ 𝐴 24𝑇. 𝑚 8
𝑥
𝑥̅1 =
=
= 𝑚 a la derecha de B
∑ 𝐴
9𝑇
3
- Carga concentrada equivalente y punto de aplicación de la carga uniformemente
repartida.
La fuerza resultante es
𝐴2 = (6𝑇/𝑚)(2𝑚) = 12T
y el centroide a través del cual actúa es
344
2. UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE MÉXICO
FACULTAD DE ESTUDIOS SUPERIORES ARAGÓN
𝑥̅1 = (1/2)(2𝑚) = 1𝑚 a la izquierda de B
El diagrama de cargas mostrado se completa identificando las reacciones en los
soportes proponiendo sus sentidos arbitrariamente.
𝐴2 = 12𝑇
2 𝑇/𝑚
3𝑇
6 𝑇/𝑚
𝐴1 = 9𝑇
1 𝑇/𝑚
3 𝑇∙ 𝑚
𝐴 𝑅 𝐵𝑋
2𝑚
𝐶
𝐵
𝑅 𝐵𝑌
8
𝑥̅1 = 1𝑚 𝑥̅ 2 = 3 𝑚
𝑅 𝐶𝑌
6𝑚
10
3
𝐷
1𝑚
𝑚
Ecuaciones de equilibrio.
8
+ ∑ 𝑀𝐵 = 0 ⇒ −(3)(2) − (12)(1) + 9 ( ) − 6( 𝑅 𝐶𝑌 ) + 3 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐶𝑌 = 1.5 𝑇
3
+ ∑ 𝑀𝐶 = 0 ⇒ 3 − 9 (
10
) + 6( 𝑅 𝐵𝑌 ) − (12)(1 + 6) − 3(8) = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐵𝑌 = 22.5 𝑇
3
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ 𝑅 𝐵𝑋 = 0
Como comprobación, se cumple que
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ −3 − 12 + 1.5 − 9 + 22.5 = 0 ⇒ 0 = 0
𝑜𝑘 ✓
Funciones de fuerza cortante y de momento.
En la siguiente figura se especifica la coordenada 𝑥 a utilizar cuyo origen asociado
está en 𝐴; note 𝑥 es válida para 0 ≤ 𝑥 ≤ 9𝑚. Debido a los cambios en el tipo de la
carga distribuida a lo largo de la estructura, deben efectuarse tres cortes
perpendiculares al eje de la viga.
345
3. PROBLEMARIO DE ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ISOSTÁTICAS
E HIPERESTÁTICAS PARA VIGAS, MARCOS Y ARMADURAS EN R 2
Corte en el tramo ① ( 𝐴 − 𝐵). Se secciona la viga a una distancia 𝑥 antes del punto
𝐵, es decir, antes del punto de intensidad de 2𝑇/𝑚 de la presión trapezoidal. En
consecuencia, el diagrama de cuerpo libre de la sección cortada con su análisis es
el siguiente:
0 ≤ 𝑥 ≤ 2𝑚
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
3𝑇
6 𝑇/𝑚
𝐴
𝑀1
𝑥
𝑥
𝑀1 = −6( 𝑥 ) ( ) − 3𝑥 = −3𝑥 2 − 3𝑥
2
𝑉1
𝑉1 =
𝑑𝑀1
= −6𝑥 − 3
𝑑𝑥
Corte en el tramo ②( 𝐵 − 𝐶 ). Se secciona la viga a una distancia arbitraria justo
después de que comienza la carga trapezoidal distribuida hasta antes de que tal
presión termine; por tanto, la longitud de la viga va desde el punto 𝐴 hasta después
del punto 𝐵, pero sin llegar al punto 𝐶. El diagrama de cuerpo libre para éste
segmento de viga y su correspondiente análisis es el siguiente:
2𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 8𝑚
Previo a la aplicación de las ecuaciones de equilibrio, debe hallarse el área y su
centroide de la presión trapezoidal del corte.
Por trigonometría puede determinarse el valor en función de 𝑥 de la intensidad 𝑊1 .
1𝑇/𝑚
𝑦
=
6𝑚
8𝑚 − 𝑥
𝑦=
(1)(8 − 𝑥 ) 4 1
= − 𝑥
6
3 6
4 1
7 1
𝑊1 = 1 + 𝑦 = 1 + ( − 𝑥) = − 𝑥
3 6
3 6
346
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𝑑𝑦
= 𝜃, 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝐸𝐼𝜃3 = −3𝑥 + 𝐶5 − −→ ⑤
𝑑𝑥
𝑠𝑖
𝐸𝐼 ∫ 𝑑𝑦 = ∫(−3𝑥 + 𝐶5 ) 𝑑𝑥 ⇒ 𝐸𝐼𝑦3 = −
3 2
𝑥 + 𝐶5 𝑥 + 𝐶6 − −→ ⑥
2
Método del trabajo virtual unificado con el método de la integración
doble.
Para calcular las seis constantes de integración anteriores usaremos seis
condiciones, primero dos de frontera y luego cuatro de continuidad. Como no hay
algún apoyo en 𝐴,la viga puede desplazarse verticalmente y girar en tal punto, así
que, 1) 𝑦1 =¿ ? 𝑒𝑛 𝑥 = 0 y 2) 𝜃1 =¿ ? 𝑒𝑛 𝑥 = 0. Luego, por continuidad se establece
que 3) 𝜃1 = 𝜃2 en 𝑥 = 2𝑚 ,4) 𝑦1 = 𝑦2 en 𝑥 = 2𝑚, 5) 𝜃2 = 𝜃3 en 𝑥 = 8𝑚 y 6) 𝑦2 = 𝑦3
en 𝑥 = 8𝑚. Para determinar la rotación y la deflexión en 𝐴 aplicamos el método del
trabajo virtual.
- Cálculo de 𝜃 𝐴 .
Momentos reales 𝑴. Corresponden a las siguientes ecuaciones que ya han sido
deducidas:
𝑀1 = −3𝑥 2 − 3𝑥
𝑀2 =
0 ≤ 𝑥 ≤ 2𝑚
1 3 7 2 71
335
𝑥 − 𝑥 +
𝑥−
36
6
6
9
2𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 8𝑚
𝑀3 = −3
8𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 9𝑚
Momentos virtuales 𝒎 𝜽 . La pendiente en 𝐴 se determina al colocar un momento de
par unitario virtual en ese punto; su sentido se propone horario. Note que las cargas
reales son removidas y que debe usarse la misma coordenada 𝑥 de la estructura
real. Después de calcular las reacciones en los soportes, se deducen los momentos
internos 𝑚 𝜃 con el método de las secciones.
1
𝐴
𝐵
𝑥
𝑅 𝐵𝑌 =
2𝑚
𝐶
1
𝑅 𝐶𝑌 =
6
6𝑚
1 𝑚
𝐷
1
6
+ ∑ 𝑀𝐵 = 0 ⇒ 1 − 6( 𝑅 𝐶𝑌 ) = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐶𝑌 =
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ −𝑅 𝐵𝑌 +
1
6
1
1
= 0 ⇒∴ 𝑅 𝐵𝑌 =
6
6
351
9. PROBLEMARIO DE ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ISOSTÁTICAS
E HIPERESTÁTICAS PARA VIGAS, MARCOS Y ARMADURAS EN R 2
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ 𝑅 𝐵𝑋 = 0
Es necesario efectuar tres cortes en la viga anterior.
-
Sección cortada en el primer tramo.
0 ≤ 𝑥 ≤ 2𝑚
+ ∑ 𝑚𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
−𝑚1𝜃 + 1 = 0 ⇒ 𝑚1𝜃 = 1
-
Sección cortada en el segundo tramo.
2𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 8𝑚
+ ∑ 𝑚𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
1
−𝑚2𝜃 + 1 − ( 𝑥 − 2) = 0
6
𝑚2𝜃 = −
-
1
4
𝑥+
6
3
Sección cortada en el tercer tramo.
8𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 9𝑚
+ ∑ 𝑚𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
1
1
−𝑚3𝜃 + 1 − (6 + 𝑥 − 8) + ( 𝑥 − 8) = 0
6
6
1
𝑚3𝜃 = 1 + (−6 − 𝑥 + 8 + 𝑥 − 8) = 0
6
Ecuación del trabajo virtual. Entonces la pendiente en 𝐴 es resultado de
𝐿2
1 ∙ 𝜃𝐴 = ∫
𝐿1
1 ∙ 𝜃𝐴 =
𝑀𝑚 𝜃
𝑑𝑥
𝐸𝐼
1 2
1 8 1 3 7 2 71
335
1
4
∫ (−3𝑥 2 − 3𝑥 )(1) + ∫ (
) (− 𝑥 + ) 𝑑𝑥
𝑥 − 𝑥 +
𝑥−
𝐸𝐼 0
𝐸𝐼 2 36
6
6
9
6
3
1 9
+ ∫ (−3)(0) 𝑑𝑥
𝐸𝐼 8
Resolviendo integrales por separado se tiene
352
10. UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE MÉXICO
FACULTAD DE ESTUDIOS SUPERIORES ARAGÓN
2
1 2
1 2
1
3
∫ (−3𝑥 2 − 3𝑥 )(1) = ∫ (−3𝑥 2 − 3𝑥 ) 𝑑𝑥 = [−𝑥 3 − 𝑥 2 ]
𝐸𝐼 0
𝐸𝐼 0
𝐸𝐼
2
0
1
3 2
14
= [−(23 − 03 ) − (2 − 02 )] = −
𝐸𝐼
2
𝐸𝐼
1 8 1 3 7 2 71
335
1
4
1 8
1 4
7 3 71 2
∫ (
) (− 𝑥 + ) 𝑑𝑥 = ∫ (−
𝑥 − 𝑥 +
𝑥−
𝑥 +
𝑥 −
𝑥
𝐸𝐼 2 36
6
6
9
6
3
𝐸𝐼 2
216
36
36
+
335
1 3 14 2 142
1340
) 𝑑𝑥
𝑥+
𝑥 −
𝑥 +
𝑥−
54
27
9
9
27
1 8
1 4
25 3 127 2 1187
1340
) 𝑑𝑥
= ∫ (−
𝑥 +
𝑥 −
𝑥 +
𝑥−
𝐸𝐼 2
216
108
36
54
27
1
1
25 4 127 3 1187 2 1340 8
5
= [−
𝑥 +
𝑥 −
𝑥 +
𝑥 −
𝑥]
𝐸𝐼
1080
432
108
108
27
2
=
1 −1
25 4
127 3
1187 2
1340
(8 − 2)]
[
(85 − 25 ) +
(8 − 24 ) −
(8 − 23 ) +
(8 − 22 ) −
𝐸𝐼 1080
432
108
108
27
=
1
1364 2125 1778 5935 2680
126
(−
)=−
+
−
+
−
𝐸𝐼
45
9
3
9
9
5𝐸𝐼
1 9
∫ (−3)(0) 𝑑𝑥 = 0
𝐸𝐼 8
𝜃𝐴 = −
14 126
196
−
+0= −
𝐸𝐼 5𝐸𝐼
5𝐸𝐼
Como la suma algebraica de todas integrales para toda la viga es negativa, 𝜃 𝐴 tiene
un sentido opuesto al del momento de par unitario.
∴ 𝜃𝐴 =
196
5𝐸𝐼
Recuerde que una pendiente con sentido antihorario es positiva de acuerdo a lo que
se establece en el método de integración doble; por tanto, la segunda condición de
196
frontera es 2) 𝜃1 = 5𝐸𝐼 𝑒𝑛 𝑥 = 0.
- Cálculo de 𝛿 𝑉𝐴 .
Momentos reales 𝑴. Las ecuaciones correspondientes ya han sido mostradas.
353
11. PROBLEMARIO DE ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ISOSTÁTICAS
E HIPERESTÁTICAS PARA VIGAS, MARCOS Y ARMADURAS EN R 2
Momentos virtuales 𝒎. El desplazamiento vertical en 𝐴 se obtiene al colocar una
carga virtual unitaria en ese punto; su sentido se propone hacia abajo. Note que las
cargas reales son removidas y que debe usarse la misma coordenada 𝑥 de la
estructura real. Después de calcular las reacciones en los soportes, puede usarse
el método de las secciones para formular los momentos internos 𝑚.
1
𝐵
𝐴
𝑥
𝑅 𝐵𝑌 =
2𝑚
𝐶
4
𝑅 𝐶𝑌 =
3
1 𝑚
6𝑚
𝐷
1
3
+ ∑ 𝑀𝐵 = 0 ⇒ −1(2) + 6( 𝑅 𝐶𝑌 ) = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐶𝑌 =
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ −1 + 𝑅 𝐵𝑌 −
1
4
= 0 ⇒∴ 𝑅 𝐵𝑌 =
3
3
1
3
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ 𝑅 𝐵𝑋 = 0
Es necesario efectuar tres cortes en la viga anterior.
-
Sección cortada en el primer tramo.
0 ≤ 𝑥 ≤ 2𝑚
+ ∑ 𝑚𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
-
−𝑚1 − 1( 𝑥 ) = 0 ⇒ 𝑚1 = −𝑥
Sección cortada en el segundo tramo.
2𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 8𝑚
+ ∑ 𝑚𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
4
1
8
−𝑚2 − 1( 𝑥 ) + ( 𝑥 − 2) = 0 ⇒ 𝑚2 = 𝑥 −
3
3
3
- Sección cortada en el tercer tramo.
8𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 9𝑚
+ ∑ 𝑚𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
4
1
−𝑚3 − 1( 𝑥 ) + (6 + ( 𝑥 − 8)) − ( 𝑥 − 8) = 0
3
3
𝑚3 = −𝑥 −
8 4
1
8
+ 𝑥− 𝑥+ =0
3 3
3
3
Ecuación del trabajo virtual. Entonces el desplazamiento vertical de 𝐴 es
354
12. UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE MÉXICO
FACULTAD DE ESTUDIOS SUPERIORES ARAGÓN
𝐿2
1 ∙ 𝛿 𝑉𝐴 = ∫
𝐿1
1 ∙ 𝛿 𝑉𝐴 =
+
𝑀𝑚
𝑑𝑥
𝐸𝐼
1 2
∫ (−3𝑥 2 − 3𝑥 )(−𝑥 ) 𝑑𝑥
𝐸𝐼 0
1 8 1 3 7 2 71
335 1
8
1 9
∫ (
) ( 𝑥 − ) 𝑑𝑥 + ∫ (−3)(0) 𝑑𝑥
𝑥 − 𝑥 +
𝑥−
𝐸𝐼 2 36
6
6
9
3
3
𝐸𝐼 8
Resolviendo integrales por separado se tiene
2
1 2
1 2
1 3 4
2
3
2)
3]
∫ (−3𝑥 − 3𝑥 )(−𝑥 ) 𝑑𝑥 = ∫ (3𝑥 + 3𝑥 𝑑𝑥 = [ 𝑥 + 𝑥
𝐸𝐼 0
𝐸𝐼 0
𝐸𝐼 4
0
1 3
20
= [( ) (24 − 04 ) + (23 − 03 )] =
𝐸𝐼 4
𝐸𝐼
1 8 1 3 7 2 71
335 1
8
1 8 1 4
7 3 71 2 335
∫ (
𝑥 − 𝑥 +
𝑥−
) ( 𝑥 − ) 𝑑𝑥 = ∫ (
𝑥 −
𝑥 +
𝑥 −
𝑥−
𝐸𝐼 2 36
6
6
9
3
3
𝐸𝐼 2 108
18
18
27
2 3 28 2 284
2680
1 8 1 4 25 3 127 2 1187
2680
𝑥 +
𝑥 −
𝑥+
) 𝑑𝑥 = ∫ (
𝑥 −
𝑥 +
𝑥 −
𝑥+
) 𝑑𝑥
27
9
9
27
𝐸𝐼 2 108
54
18
27
27
1 1 5
25 4 127 3 1187 2 2680 8
= [
𝑥 −
𝑥 +
𝑥 −
𝑥 +
𝑥]
𝐸𝐼 540
216
54
54
27
2
=[
1
25 4
127 3
1187 2
2680
(85 − 25 ) −
(8 − 24 ) +
(8 − 23 ) −
(8 − 22 ) +
(8 − 2)]
540
216
54
54
27
1 2728 4250 3556 11870 5360
252
[
]=
−
+
−
+
𝐸𝐼 45
9
3
9
9
5𝐸𝐼
1 9
∫ (−3)(0) 𝑑𝑥 = 0
𝐸𝐼 8
𝛿 𝑉𝐴 =
20 252
352
+
+0=
𝐸𝐼 5𝐸𝐼
5𝐸𝐼
Dado que la suma algebraica de todas integrales para toda la viga es positiva, 𝛿 𝑉𝐴
tiene el mismo sentido que la carga virtual unitaria.
∴ 𝛿 𝑉𝐴 =
352
↓
5𝐸𝐼
Tomando en cuenta que un desplazamiento hacia abajo es negativo de acuerdo a
lo que se establece en el método de integración doble, la primera condición de
352
frontera quedaría como:1)𝑦 = −
𝑒𝑛 𝑥 = 0.
5𝐸𝐼
Sustituyendo la condición 2) en la ecuación ① da
355
15. PROBLEMARIO DE ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ISOSTÁTICAS
E HIPERESTÁTICAS PARA VIGAS, MARCOS Y ARMADURAS EN R 2
𝑥2 =
4.4635 + √−32.9882
= −2.23175 + 2.87174𝒾
−2
Obsérvese que de las tres soluciones anteriores ninguna pertenece al intervalo de
distancia analizado de la viga [0,2𝑚], por lo que la flecha máxima está ubicada en
el extremo donde no está el apoyo; ∴ 𝑥 𝑚𝑎𝑥1 = 0.
𝐸𝐼𝑦
𝑚𝑎𝑥1
1
1
196
352
= − (0)4 − (0)2 +
(0) −
⇒ 𝑦
4
2
5
5
𝑚𝑎𝑥1
=−
352 −70.4
=
⇒∴ 𝑦
5𝐸𝐼
𝐸𝐼
𝑚𝑎𝑥1
=
70.4
↓
𝐸𝐼
2𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 8𝑚
𝜃2 = 0 =
1
144
4.26119
−
1 4 7 3 71 2 335
3554
𝑥 −
𝑥 +
𝑥 −
𝑥+
144
18
12
9
45
7
18
71
12
−
335
9
3554
45
0.02959
1
144
−1.53103
18.68801
−78.97778
−0.35930
4.38563
−18.53421
≈0
( 𝑥 − 4.26119) (
1 3
𝑥 − 0.35930𝑥 2 + 4.38563𝑥 − 18.53421) = 0
144
𝑥1 ≈ 4.26119
1
144
1
144
4.38563
−18.53421
0.25281
36.4053
−0.35930
−3.876633
18.53
−0.106485
0.50900
≈0
(𝑥 − 36.4053) (
1 2
𝑥 − 0.106485𝑥 + 0.50900) = 0
144
𝑥2 ≈ 36.4053
1 2
𝑥 − 0.106485𝑥 + 0.50900 = 0
144
𝑥3 ≈ 7.66660 + 3.8122𝒾
𝑥4 ≈ 7.66660 − 3.8122𝒾
Note que de las cuatros soluciones anteriores, la única que está dentro del
intervalo de distancia analizado de la viga [2𝑚, 8𝑚] es 𝑥1 .
358
16. UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE MÉXICO
FACULTAD DE ESTUDIOS SUPERIORES ARAGÓN
∴ 𝑥
𝐸𝐼𝑦 𝑚𝑎𝑥2 = (
+(
𝑚𝑎𝑥2
= 4.26119 𝑚
1
7
71
335
) (4.26119)5 − ( ) (4.26119)4 + ( ) (4.26119)3 − (
) (4.26119)2
720
72
36
18
3554
880
23.32049531
23.32049531
) (4.26119) − (
) ⇒ 𝑦max2 ≈
⇒∴ 𝑦max2
↑
45
9
𝐸𝐼
𝐸𝐼
8𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 9𝑚
66
66
𝜃3 = 0 = −3𝑥 +
⟹ 𝑥 = 5 = 4.4
5
3
Como 𝑥 está fuera del intervalo del intervalo de distancia analizado de la viga
[8𝑚, 9𝑚], se concluye que 𝑥3max = 9𝑚.
𝐸𝐼𝑦
𝑚𝑎𝑥3
3
66
48
= (− ) (9)2 + ( ) (9) −
⇒ 𝑦
2
5
5
𝑚𝑎𝑥3
=−
12.3
⇒∴ 𝑦
𝐸𝐼
𝑚𝑎𝑥3
=
12.3
↓
𝐸𝐼
Diagramas de fuerza cortante, momento flector, rotación y
deflexión (curva elástica)
359
17. PROBLEMARIO DE ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ISOSTÁTICAS
E HIPERESTÁTICAS PARA VIGAS, MARCOS Y ARMADURAS EN R 2
360
18. UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE MÉXICO
FACULTAD DE ESTUDIOS SUPERIORES ARAGÓN
1.- Calcule las reacciones en los soportes del siguiente marco triarticulado. Deducir
las funciones de fuerza cortante, fuerza normal y momento flector para los tres
miembros utilizando las coordenadas 𝑥 mostradas.
SOLUCIÓN.
Verificación del grado de indeterminación. El marco es isostático ya que se
cumple la condición 𝑟 + 3𝑚 = 3𝑛 + 𝑐, puesto que: 𝑚 vale tres porque la estructura
tiene tres miembros ( 𝐴 − 𝐶; 𝐶 − 𝐹; 𝐺 − 𝐹 ), 𝑟 = 4 debido a que en cada apoyo
articulado hay dos incógnitas de reacción (una horizontal y una vertical), 𝑛 = 4 ya
que hay cuatro nodos ( 𝐴; 𝐶; 𝐹; 𝐺 ), y 𝑐 vale uno por haber una ecuación de condición,
la que indica que para el punto 𝐸, al situarse una articulación, el momento
flexionante es nulo.
Cálculo de las reacciones en los soportes.
Diagrama de cargas. Es mostrado en la siguiente página. Se han establecido los
ejes coordenados 𝑋 y 𝑌 más convenientes para aplicar las ecuaciones de equilibrio
en la estructura. Para cada presión debe calcularse su área bajo la recta, es decir,
la carga concentrada equivalente (fuerza resultante) y su correspondiente centroide
361
19. PROBLEMARIO DE ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ISOSTÁTICAS
E HIPERESTÁTICAS PARA VIGAS, MARCOS Y ARMADURAS EN R 2
de área (punto de aplicación). Por otra parte, se identifican las fuerzas reactivas en
los soportes suponiendo sus respectivos sentidos arbitrariamente.
Análisis de las presiones.
Carga triangular del tramo 𝐴 − 𝐵.
1
(4) (
10 𝑊) = 1 𝑊; 𝑥̅ = 2 (4𝑚) = 8 𝑚 𝑑𝑒𝑏𝑎𝑗𝑜 𝑑𝑒 𝐵 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒 𝑒𝑙 𝑚𝑖𝑒𝑚𝑏𝑟𝑜 𝐴 − 𝐶.
𝐴1 =
1
2
5
3
3
- Carga triangular del tramo 𝐵 − 𝐶.
𝐿
( ) (3) 3
1 𝐿
1
𝐴2 = 2
= 𝐿; 𝑥̅2 = ( ) = 𝐿 𝑑𝑒𝑏𝑎𝑗𝑜 𝑑𝑒 𝐶 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒 𝑒𝑙 𝑚𝑖𝑒𝑚𝑏𝑟𝑜 𝐴 − 𝐶
2
4
3 2
6
- Carga uniformemente repartida.
𝐿
𝐴3 = 𝑊𝐿; 𝑥̅2 = 𝑎 𝑙𝑎 𝑑𝑒𝑟𝑒𝑐ℎ𝑎 𝑑𝑒 𝐸 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒 𝑒𝑙 𝑚𝑖𝑒𝑚𝑏𝑟𝑜 𝐶 − 𝐹.
2
-
Carga trapezoidal distribuida.
Rotamos la presión para mayor facilidad;
conviene subdividirla en dos partes tal y
como se muestra en la figura.
362
21. PROBLEMARIO DE ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ISOSTÁTICAS
E HIPERESTÁTICAS PARA VIGAS, MARCOS Y ARMADURAS EN R 2
Tomando momentos alrededor de 𝐸 sólo para la parte derecha del marco tenemos
+ ∑ 𝑀𝐸 𝑑𝑒𝑟𝑒𝑐ℎ𝑎
𝐿2 1
2
𝐿
1
4 + 24 𝑊𝐿 ) − 𝑅 ( 𝐿) − 𝑅 ( 𝐿) = 0
= 0 ⇒ ( 𝑊𝐿) ( ) + (𝐿 + 𝑊𝐿) (
𝐺𝑋
𝐺𝑌
1
2
8
2
𝐿 + 𝑊𝐿
8
1
𝐿2 1
𝐿
1
13
𝐿
2
𝑊𝐿 + +
𝑊𝐿2 − 𝑅 𝐺𝑋 ( ) − 𝑅 𝐺𝑌 ( 𝐿) = 0 ⇒ −𝐿 ( 𝑅 𝐺𝑋 + 𝑅 𝐺𝑌 ) = 𝐿 (−
𝑊𝐿 − )
2
4 24
2
2
24
4
1
13
𝐿
𝑅 𝐺𝑋 + 𝑅 𝐺𝑌 =
𝑊𝐿 +
2
24
4
− − − (2)
De la sumatoria de fuerzas en la dirección 𝑋 igual a cero es posible obtener una
relación entre las reacciones 𝑅 𝐺𝑋 y 𝑅 𝐴𝑋 .
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ −
1
3
1
𝑊 + 𝐿 + 10 − (L + 𝑊𝐿) + 𝑅 𝐺𝑋 + 𝑅 𝐴𝑋 = 0
5
4
8
𝑅 𝐺𝑋 + 𝑅 𝐴𝑋 =
1
1
1
𝑊𝐿 + 𝑊 − 10 + 𝐿
8
5
4
− − − (3)
La ecuación de equilibrio restante permite obtener una relación entre las
reacciones 𝑅 𝐴𝑌 y 𝑅 𝐺𝑌 .
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 𝑅 𝐴𝑌 − 𝑊𝐿 + 𝑅 𝐺𝑌 = 0 ⇒ 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑅 𝐺𝑌 = 𝑊𝐿
− − − (4)
Resolvemos el sistema de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas usando el
método de sustitución e igualación.
Despejando 𝑅 𝐺𝑋 de (2)y (3) respectivamente, se tiene
𝑅 𝐺𝑋 =
𝑅 𝐺𝑋 =
13
𝐿
𝑊𝐿 + − 2𝑅 𝐺𝑌
12
2
− − − (5)
1
1
1
𝑊𝐿 + 𝑊 − 10 + 𝐿 − 𝑅 𝐴𝑋
8
5
4
− − − (6)
Igualando (5) con (6) da
13
𝐿
1
1
1
𝑊𝐿 + − 2𝑅 𝐺𝑌 = 𝑊𝐿 + 𝑊 − 10 + 𝐿 − 𝑅 𝐴𝑋
12
2
8
5
4
− − − (7)
Despejando 𝑅 𝐺𝑌 de (7) tenemos
𝑅 𝐺𝑌 =
23
1
1
1
𝑊𝐿 −
𝑊 + 5 + 𝐿 + 𝑅 𝐴𝑋
48
10
8
2
− − − (8)
364
22. UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE MÉXICO
FACULTAD DE ESTUDIOS SUPERIORES ARAGÓN
La sustitución de (8) en (4) conlleva a
𝑅 𝐴𝑌 +
23
1
1
1
𝑊𝐿 −
𝑊 + 5 + 𝐿 + 𝑅 𝐴𝑋 = 𝑊𝐿
48
10
8
2
− − − (9)
Despejando 𝑅 𝐴𝑌 de (1) se tiene
1 2
1
8
1
4
𝐿
𝐿 −
𝑊𝐿 −
𝑊 − + ( + ) 𝑅 𝐴𝑋
56
70
105
7
7 14
𝑅 𝐴𝑌 =
− − − (10)
El valor de 𝑅 𝐴𝑋 se obtiene de sustituir (10) en (9).
1 2
1
8
1
4
𝐿
23
1
1
1
𝐿 −
𝑊𝐿 −
𝑊 − + ( + ) 𝑅 𝐴𝑋 +
𝑊𝐿 −
𝑊 + 5 + 𝐿 + 𝑅 𝐴𝑋 − 𝑊𝐿 = 0
56
70
105
7
7 14
48
10
8
2
15
𝐿
1 2
899
37
34 1
𝑅 𝐴𝑋 ( + ) = −
𝐿 +
𝑊𝐿 +
𝑊−
− 𝐿
14 14
56
1680
210
7 8
𝑅 𝐴𝑋 =
−30𝐿2 − 𝐿(210 − 899𝑊 ) + 8(37𝑊 − 1020)
120( 𝐿 + 15)
− − − (11)
Es posible determinar el valor de 𝑅 𝐴𝑌 si sustituimos (11) en (10).
𝑅 𝐴𝑌 =
1 2
1
8
1
4
𝐿
−30𝐿2 − 𝐿(210 − 899𝑊) + 8(37𝑊 − 1020)
𝐿 −
𝑊𝐿 −
𝑊 − + ( + )(
)
56
70
105
7
7 14
120(𝐿 + 15)
𝑅 𝐴𝑌 =
13189𝑊 + 11760 25𝐿𝑊 175𝑊 + 288
+
−
240( 𝐿 + 15)
48
48
− − − (12)
Despejando 𝑅 𝐺𝑌 de (4) se tiene
𝑅 𝐺𝑌 = 𝑊𝐿 − 𝑅 𝐴𝑌
− − − (13)
El valor de 𝑅 𝐺𝑌 se calcula sustituyendo (12) en (13).
𝑅 𝐺𝑌 = 𝑊𝐿 − (
𝑅 𝐺𝑌 = −
13189𝑊 + 11760 25𝐿𝑊 175𝑊 + 288
)
+
−
240( 𝐿 + 15)
48
48
13189𝑊 + 11760 23𝐿𝑊 175𝑊 + 288
+
+
240( 𝐿 + 15)
48
48
− − − (14)
Despejando 𝑅 𝐺𝑋 de (2) da
𝑅 𝐺𝑋 =
13
1
𝑊𝐿 + 𝐿 − 2𝑅 𝐺𝑌 − − − (15)
12
2
Para conocer el valor de 𝑅 𝐺𝑋 sustituimos (14) en (15).
365
23. PROBLEMARIO DE ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ISOSTÁTICAS
E HIPERESTÁTICAS PARA VIGAS, MARCOS Y ARMADURAS EN R 2
𝑅 𝐺𝑋 =
𝑅 𝐺𝑋 =
13
1
13189𝑊 + 11760 23𝐿𝑊 175𝑊 + 288
)
𝑊𝐿 + 𝐿 − 2 (−
+
+
12
2
240( 𝐿 + 15)
48
48
13189𝑊 + 11760
𝑊 1
175𝑊 + 288
+ 𝐿( + )−
120( 𝐿 + 15)
8 2
24
− − − (16)
Como comprobación de los resultados, debe cumplirse que la suma de momentos
con respecto al punto 𝐴 para todo el marco es nula.
+ ∑ 𝑀𝐴 = 0
−[
1
4 (10 𝑊)
2
𝐿
(2) (3)
1
2 𝐿
𝐿
𝐿
] ( (4)) + [
] (4 + ( )) + 10 ( + 4) + 1 + ( 𝑊 )( 𝐿) (7 + ) −
3
2
3 2
2
2
𝐿2 1
2
1
𝐿 4 + 24 𝑊𝐿
13189𝑊 + 11760
𝑊 1
175𝑊 + 288
(𝐿 + 𝑊𝐿) [( −
) + 4] + (
+ 𝐿( + )−
)
1
8
2
120( 𝐿 + 15)
8 2
24
𝐿 + 8 𝑊𝐿
(4) − (−
13189𝑊 + 11760 23𝐿𝑊 175𝑊 + 288
) (7 + 𝐿 )
+
+
240( 𝐿 + 15)
48
48
4
1 2
1
𝐿2
1
𝐿2
1
2
2
=−
𝑊 + 3𝐿 + 𝐿 + 5𝐿 + 40 + 1 + 7𝑊𝐿 + 𝑊𝐿 − −
𝑊𝐿 + +
𝑊𝐿2
15
4
2
2 16
4 24
−4𝐿 −
1
23
13
4
𝑊𝐿 −
𝑊𝐿2 −
𝑊𝐿 − 4𝐿 +
𝑊 − 41 = 0
2
48
2
15
𝑂𝐾
Funciones de fuerza cortante, fuerza normal y momento flector.
Una vez que se han calculado las fuerzas reactivas en los soportes, pueden
determinarse expresiones algebraicas que describan la variación de los elementos
mecánicos; para ello es necesario efectuar cortes en cada miembro de la estructura.
En el diagrama de cuerpo libre para un segmento de la estructura, 𝑉, 𝑁 y 𝑀 aparecen
actuando en sus direcciones positivas de acuerdo a la convención de signos más
usual y sus funciones se obtienen aplicando las ecuaciones de equilibrio.
MIEMBRO 𝐴 − 𝐶.
La distribución de la carga que está aplicada sobre este miembro presenta una
discontinuidad en el punto 𝐵; en consecuencia, es necesario efectuar dos cortes
perpendiculares a su eje, uno en el tramo 𝐴 − 𝐵 y otro en el tramo 𝐵 − 𝐶.Desde el
inicio del problema se ha especificado una coordenada 𝑥 con origen asociado en 𝐴,
etiquetada como 𝑥1 .
366
24. UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE MÉXICO
FACULTAD DE ESTUDIOS SUPERIORES ARAGÓN
Corte en el tramo 𝐴 − 𝐵. Se secciona la estructura en un punto arbitrario (intermedio
en el segmento 𝐴 − 𝐵) a una distancia 𝑥1 de 𝐴; se representa el diagrama de cuerpo
libre de la porción de la estructura ubicada por debajo del corte para definir las
acciones internas. A la derecha del diagrama se muestra un esquema para
determinar, por trigonometría, el valor en función de 𝑥1 de la intensidad 𝑊1 .
0 ≤ 𝑥1 ≤ 4𝑚
1
𝑊
10
𝑊1
𝐵
𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒
𝐴
4𝑚
𝑥1
4𝑚 − 𝑥1
1
1
(
)
10 𝑊 = 𝑊1 ⇒ 𝑊 = 10 𝑊 4 − 𝑥1 = 1 (4𝑊 − 𝑊𝑥 ) = 1 𝑊 − 1 𝑊𝑥
1
1
1
4
4 − 𝑥1
4
40
10
40
Previo a la aplicación de las ecuaciones de equilibrio, debe calcularse el área y su
centroide de la carga trapezoidal distribuida del corte.
Rotamos la presión para mayor facilidad; conviene subdividirla en dos partes tal y
como se muestra en la figura.
1
1
1
1
2
𝐴1´ = ( 𝑥1 ) (
𝑊−
𝑊𝑥1 ) =
𝑊𝑥1 −
𝑊𝑥1
10
40
10
40
∴ 𝐴1𝑐 = ∑ 𝐴 =
𝐴2´ =
( 𝑥1 ) (
1
40 𝑊𝑥1 ) = 1 𝑊𝑥 2
1
2
80
1
1
2
𝑊𝑥1 −
𝑊𝑥1
10
80
1
1
1
1
1
2
2
3
𝑥̅1´ 𝐴1´ = ( 𝑥1 ) (
𝑊𝑥1 −
𝑊𝑥1 ) =
𝑊𝑥1 −
𝑊𝑥1
2
10
40
20
80
367
25. PROBLEMARIO DE ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ISOSTÁTICAS
E HIPERESTÁTICAS PARA VIGAS, MARCOS Y ARMADURAS EN R 2
2
1
1
2
3
𝑥̅2´ 𝐴2´ = ( 𝑥1 ) (
𝑊𝑥1 ) =
𝑊𝑥1
3
80
120
∴ 𝑥̅1𝑐
∑ 𝑥̅ 𝐴 =
1
1
2
3
𝑊𝑥1 −
𝑊𝑥1
20
240
1
1
2
3
∑ 𝑥̅ 𝐴 20 𝑊𝑥1 − 240 𝑊𝑥1
=
=
𝑑𝑒𝑏𝑎𝑗𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒 𝑒𝑙 𝑚𝑖𝑒𝑚𝑏𝑟𝑜 𝑎𝑛𝑎𝑙𝑖𝑧𝑎𝑑𝑜,
1
1
∑ 𝐴
2
10 𝑊𝑥1 − 80 𝑊𝑥1
𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑥̅1 𝑐 < 𝑥1 .
−30𝐿2 − 𝐿(210 − 899𝑊 ) + 8(37𝑊 − 1020)
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 ⇒ −𝑀1 − (
) ( 𝑥1 )
120( 𝐿 + 15)
1
1
2
3
1
1
20 𝑊𝑥1 − 240 𝑊𝑥1 ) = 0
2
+(
𝑊𝑥1 −
𝑊𝑥1 ) (
1
1
10
80
2
𝑊𝑥1 − 80 𝑊𝑥1
10
𝑀1 = −
𝑉1 =
1
1
30𝐿2 + 𝐿 (210 − 899𝑊 ) − 8(37𝑊 − 1020)
3
2
𝑊𝑥1 +
𝑊𝑥1 + (
) ( 𝑥1 )
240
20
120( 𝐿 + 15)
𝑑𝑀1
1
1
30𝐿2 + 𝐿(210 − 899𝑊 ) − 8(37𝑊 − 1020)
2
=−
𝑊𝑥1 +
𝑊𝑥1 + (
)
𝑑𝑥1
80
10
120( 𝐿 + 15)
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 𝑁1 = − (
13189𝑊 + 11760 25𝐿𝑊 175𝑊 + 288
)
+
−
240( 𝐿 + 15)
48
48
Corte en el tramo 𝐵 − 𝐶. Se representa el diagrama de cuerpo libre correspondiente
al segmento de la estructura que se produce al cortarla en algún sitio intermedio del
tramo 𝐵 − 𝐶. A la derecha se muestra un esquema para determinar el valor en
función de 𝑥1 de la intensidad 𝑊2 .
3𝑇/𝑚
𝑊2
𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒
𝐵
𝐶
𝐿/2
𝑥1 − 4𝑚
368
26. UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE MÉXICO
FACULTAD DE ESTUDIOS SUPERIORES ARAGÓN
3
𝑊2
3( 𝑥1 − 4)
3𝑥1 12 6𝑥1 24
=
⇒ 𝑊2 =
=
−
=
−
𝐿
𝐿
𝐿
𝐿
𝑥1 − 4
𝐿
𝐿
2
2
2
2
La fuerza resultante de la carga triangular seccionada es
𝐴2𝑐
6𝑥
24
( 𝑥1 − 4) ( 1 − )
𝐿
𝐿
=
2
y el centroide de su área a través del cual actúa es
𝑥̅2𝑐 =
1
( 𝑥 − 4) 𝑑𝑒𝑏𝑎𝑗𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒, 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒 𝑒𝑙 𝑚𝑖𝑒𝑚𝑏𝑟𝑜 𝑎𝑛𝑎𝑙𝑖𝑧𝑎𝑑𝑜.
3 1
−30𝐿2 − 𝐿(210 − 899𝑊 ) + 8(37𝑊 − 1020)
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 ⇒ −𝑀2 − (
) ( 𝑥1 )
120( 𝐿 + 15)
6𝑥
24
( 𝑥1 − 4) ( 1 − ) 1
1
4
𝐿
𝐿
+ ( 𝑊) (𝑥1 − ) − (
) ( ( 𝑥1 − 4)) = 0
5
3
2
3
𝑀2 = −
1 3 12 2
30𝐿3 + 35𝐿2 (6 − 25𝑊 ) + 32𝐿(2𝑊 + 75) − 86400
𝑥1 +
𝑥1 + (
) ( 𝑥1 )
𝐿
𝐿
120𝐿 ( 𝐿 + 15)
4(𝐿𝑊 − 240)
−
15𝐿
𝑑𝑀2
3 2 24
30𝐿3 + 35𝐿2 (6 − 25𝑊 ) + 32𝐿 (2𝑊 + 75) − 86400
𝑉2 =
= − 𝑥1 +
𝑥 +
𝑑𝑥1
𝐿
𝐿 1
120𝐿 ( 𝐿 + 15)
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 𝑁2 = − (
13189𝑊 + 11760 25𝐿𝑊 175𝑊 + 288
)
+
−
240( 𝐿 + 15)
48
48
MIEMBRO 𝐶 − 𝐹.
El momento de par aplicado en 𝐷 provocará que la función de momento interno sea
discontinua en ese punto; por otra parte, en 𝐸 la carga distribuida presenta una
discontinuidad; por tanto, deben realizarse tres cortes perpendiculares al eje de éste
miembro, uno en el tramo 𝐶 − 𝐷 , otro en el tramo 𝐷 − 𝐸 y finalmente uno en el
tramo 𝐸 − 𝐹, todos considerando como origen del sistema coordenado al punto 𝐶
de acuerdo a las instrucciones.
Corte en el tramo 𝐶 − 𝐷. Se secciona la estructura en un punto arbitrario (intermedio
en el segmento 𝐶 − 𝐷) a una distancia 𝑥2 del punto 𝐶; se representa el diagrama de
cuerpo libre de la porción izquierda del corte.
369
28. UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE MÉXICO
FACULTAD DE ESTUDIOS SUPERIORES ARAGÓN
3𝑚 ≤ 𝑥2 ≤ 7𝑚
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
−𝑀3 − (
−30𝐿2 − 𝐿(210 − 899𝑊) + 8(37𝑊 − 1020)
𝐿
1
𝐿 8
3
𝐿
) (4 + ) + ( 𝑊) ( + ) − ( 𝐿) ( )
120(𝐿 + 15)
2
5
2 3
4
6
13189𝑊 + 11760 25𝐿𝑊 175𝑊 + 288
+(
+
−
) (𝑥2 ) + 1 = 0
240(𝐿 + 15)
48
48
𝑀4 = (
13189𝑊 + 11760 25𝑊𝐿 175𝑊 + 288
7(13189𝑊 + 11760)
) ( 𝑥2 ) −
+
−
240( 𝐿 + 15)
48
48
240( 𝐿 + 15)
175𝐿𝑊 7(175𝑊 + 288)
−
+
48
48
𝑉4 =
𝑑𝑀4 13189𝑊 + 11760 25𝐿𝑊 175𝑊 + 288
=
+
−
𝑑𝑥2
240( 𝐿 + 15)
48
48
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ 𝑁4 =
13189𝑊 + 11760 𝐿 175𝑊 + 288
− −
120( 𝐿 + 15)
2
24
Corte en el tramo 𝐸 − 𝐹. Se secciona al miembro 𝐶 − 𝐹 a una distancia arbitraria
medida desde el punto 𝐶; el corte debe ser justo después de que la carga distribuida
uniformemente comience. El diagrama de cuerpo libre para la sección cortada se
muestra en la siguiente página.
371
29. PROBLEMARIO DE ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ISOSTÁTICAS
E HIPERESTÁTICAS PARA VIGAS, MARCOS Y ARMADURAS EN R 2
7𝑚 ≤ 𝑥2 ≤ 7𝑚 + 𝐿
La fuerza resultante de la carga uniformemente distribuida seccionada es
𝐴3𝑐 = 𝑊( 𝑥2 − 7)
y el centroide de su área a través del cual actúa es
𝑥̅3 𝑐 = (
𝑥2 − 7
2
) 𝑎 𝑙𝑎 𝑖𝑧𝑞𝑢𝑖𝑒𝑟𝑑𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒, 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒 𝑒𝑙 𝑚𝑖𝑒𝑚𝑏𝑟𝑜 𝑎𝑛𝑎𝑙𝑖𝑧𝑎𝑑𝑜.
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
−𝑀5 − (
−30𝐿2 − 𝐿(210 − 899𝑊) + 8(37𝑊 − 1020)
𝐿
1
𝐿 8
3
𝐿
) (4 + ) + ( 𝑊) ( + ) − ( 𝐿) ( )
120(𝐿 + 15)
2
5
2 3
4
6
13189𝑊 + 11760 25𝐿𝑊 175𝑊 + 288
𝑥2 − 7
+(
+
−
) (𝑥2 ) + 1 − 𝑊(𝑥2 − 7) (
)=0
240(𝐿 + 15)
48
48
2
𝑀5 = −
𝑊 2
125𝐿2 𝑊 + 40𝐿(67𝑊 − 36) + 16(1579𝑊 − 615)
𝑥2 + (
) (𝑥2 )
2
240(𝐿 + 15)
−
7(125𝐿2 𝑊 + 80𝐿(23𝑊 − 18) + 8(1583𝑊 − 1230))
240(𝐿 + 15)
372
30. UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE MÉXICO
FACULTAD DE ESTUDIOS SUPERIORES ARAGÓN
𝑉5 =
𝑑𝑀5
125𝐿2 𝑊 + 40𝐿 (67𝑊 − 36) + 16(1579𝑊 − 615)
=(
) − 𝑊𝑥2
𝑑𝑥2
240( 𝐿 + 15)
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ 𝑁5 =
13189𝑊 + 11760 𝐿 175𝑊 + 288
− −
120( 𝐿 + 15)
2
24
MIEMBRO 𝐺 − 𝐹.
La distribución de la carga que se extiende sobre este miembro no presenta
discontinuidad, así que sólo es necesario efectuar un sólo corte perpendicular al eje
del miembro; el origen de la coordenada 𝑥 a utilizar, etiquetada como 𝑥3 , se asocia
al punto 𝐹. A continuación se proporciona un diagrama de cuerpo libre del segmento
de estructura con longitud 𝑥3 . A la derecha se muestra un esquema para determinar
el valor en función de 𝑥3 de la intensidad 𝑊3 .
0 ≤ 𝑥3 ≤
𝐿
2
1
𝐿
1
(2 𝑊) (2 − 𝑥3 )
𝑊
𝑌
𝑊
𝑊𝑥3
2
=
⇒ 𝑌=
= −
𝐿
𝐿
𝐿
2
𝐿
2
2 − 𝑥3
2
∴ 𝑊3 = 2 + 𝑌 = 2 + (
𝑊
𝑊𝑥3
)
−
2
𝐿
Previo a la aplicación de las ecuaciones de equilibrio, es necesario calcular el área
y su centroide de la carga trapezoidal distribuida seccionada.
373
32. UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE MÉXICO
FACULTAD DE ESTUDIOS SUPERIORES ARAGÓN
CAPÍTULO 3. ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS HIPERESTÁTICAS CON EL
MÉTODO DE FLEXIBILIDADES
3.1. MÉTODO DE FLEXIBILIDADES APLICADO A VIGAS ESTÁTICAMENTE
INDETERMINADAS
1.- Calcular las reacciones en los soportes de la viga que se muestra con el método
de flexibilidades. Dibujar los diagramas de momento, cortante, giro y flecha.
Datos:
-E (Maderas duras)=2.1*106 T/m2
-Sección transversal cuadrada de 40cm por lado
SOLUCIÓN:
1.-Cálculo del grado de hiperestaticidad.
En primer lugar debe determinarse el grado de indeterminación de la viga real( 𝑉𝑅 )
para saber cuántas restricciones hiperestáticas eliminar; ese mismo número nos
indicará la cantidad de ecuaciones simultáneas a plantear para resolver el problema.
Hay 𝑟 = 5 incógnitas de reacción ( 𝑅 𝐴𝑋 , 𝑅 𝐴𝑌 , 𝑀 𝐴 , 𝑅 𝐵𝑌 𝑦 𝑅 𝐶𝑌 ), ninguna condición
impuesta por la construcción [ 𝑐 = 0] y sólo 𝑛 = 3 ecuaciones de equilibrio
(∑ 𝑀 = 0, ∑ 𝐹𝑋 = 0, ∑ 𝐹𝑌 = 0), así que la estructura es hiperestática de segundo
grado ya que 𝑟 > ( 𝑛 + 𝑐 ) puesto que 5 > (3 + 0) con una diferencia de 5 − 3 = 2.
2.- Elección de las Fuerzas redundantes.
Como la viga es indeterminada en grado dos, deben seleccionarse dos fuerzas
redundantes; nótese que de la suma de fuerzas en 𝑋 directamente obtenemos
𝑅 𝐴𝑋 = 0 ya que no hay cargas en tal dirección. Ello indica que las 4 reacciones
restantes son elegibles para ser redundantes; en este caso hemos optado porque
las reacciones 𝑅 𝐵𝑌 y 𝑅 𝐶𝑌 lo sean.
375
33. PROBLEMARIO DE ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ISOSTÁTICAS
E HIPERESTÁTICAS PARA VIGAS, MARCOS Y ARMADURAS EN R 2
3.-Planteamiento de la estructura primaria.
Con esto podemos idealizar una nueva estructura llamada estructura primaria o
estructura isostática fundamental, la cual corresponde a la nomenclatura VIF 1 de
este problema; se trata de convertir la viga hiperestática (estructura real) en una
isostática y estable eliminando precisamente las reacciones redundantes que
elegimos. Es por ello que en VIF 1 ya no aparecen los apoyos simples (rodillos u
osciladores) 𝐵 y 𝐶.
Obsérvese que la estructura primaria es una estructura liberada que soporta las
mismas cargas externas que la estáticamente indeterminada.
4.-Principio de superposición.
Aquí se esquematiza claramente que la estructura estáticamente indeterminada
puede ser igual a la suma de una serie de estructuras estáticamente determinadas;
dicha serie se compone de la estructura primaria y otro número de estructuras igual
al número de redundantes elegidas. Entonces, nuestra viga hiperestática es igual
a VIF 1 más otras dos vigas que aquí hemos etiquetado como VIF II y VIF III.
Estas estructuras subsecuentes a la estructura primaria deben tener la misma
geometría e idénticas condiciones de apoyo que esta última pero ya no están
sometidas a las cargas externas originales ya que se les debe aplicar las fuerzas
redundantes 𝑅 𝐵𝑌 y 𝑅 𝐶𝑌 , respectivamente. Puede verificarse en las figuras mostradas
más adelante que en las Vigas VIF II y VIF III las cargas reales han sido removidas
y al igual que VIF 1 están empotradas en 𝐴 con las mismas dimensiones.
De acuerdo a lo anterior, la viga real u original( 𝑉𝑅 ) es igual a la suma de las
siguientes estructuras:
𝑉𝑅 = 𝑉𝐼𝐹1 + 𝑉𝐼𝐹 𝐼𝐼 + 𝑉𝐼𝐹 𝐼𝐼𝐼
Estructura primaria⟹VIF 1(Estructura 𝑀)
𝑥
376
34. UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE MÉXICO
FACULTAD DE ESTUDIOS SUPERIORES ARAGÓN
Estructura liberada con fuerza redundante 𝑅 𝐵𝑌 aplicada⟹ 𝑉𝐼𝐹 𝐼𝐼
para esta viga, el desplazamiento vertical en el punto 𝐵 es igual a
𝛿 𝑉𝐵 𝑉𝐼𝐹𝐼𝐼 = 𝑅 𝐵𝑌 ( 𝑓11 )
y el desplazamiento vertical en 𝐶 equivale a
𝛿 𝑉𝐶 𝑉𝐼𝐹𝐼𝐼 = 𝑅 𝐵𝑌 ( 𝑓21 )
Estructura liberada con fuerza redundante 𝑅 𝐶𝑌 aplicada⟹ 𝑉𝐼𝐹 𝐼𝐼𝐼
De manera análoga, para la viga anterior 𝛿 𝑉𝐵 𝑉𝐼𝐹𝐼𝐼𝐼 = 𝑅 𝐶𝑌 ( 𝑓12 ) y 𝛿 𝑉𝐶
𝑉𝐼𝐹𝐼𝐼𝐼
= 𝑅 𝐶𝑌 ( 𝑓22 ).
5.- Planteamiento del sistema de ecuaciones de compatibilidad geométrica.
Para obtener ecuaciones adicionales que coadyuven a la solución del problema
hacemos uso del principio de superposición formulado anteriormente y tomamos en
cuenta la compatibilidad del desplazamiento vertical tanto en el soporte 𝐵 como en
el 𝐶; por lo tanto, las ecuaciones de compatibilidad geométrica para la deflexión en
𝐵 y 𝐶 son, respectivamente
𝛿 𝑉𝐵
𝑉𝐼𝐹1
+ 𝛿 𝑉𝐵 𝑉𝐼𝐹𝐼𝐼 + 𝛿 𝑉𝐵 𝑉𝐼𝐹𝐼𝐼𝐼 = 𝛿 𝑉𝐵 𝑉𝑅 − − − (1)
𝛿 𝑉𝐶
𝑉𝐼𝐹1
+ 𝛿 𝑉𝐶 𝑉𝐼𝐹𝐼𝐼 + 𝛿 𝑉𝐶 𝑉𝐼𝐹𝐼𝐼𝐼 = 𝛿 𝑉𝐶
𝑉𝑅
− − − (2)
Como en la viga real( 𝑉𝑅) los puntos 𝐵 y 𝐶 no experimentan desplazamiento vertical
debido a que las reacciones verticales de sus respectivos rodillos lo impiden, 𝛿 𝑉𝐵 𝑉𝑅
377
35. PROBLEMARIO DE ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ISOSTÁTICAS
E HIPERESTÁTICAS PARA VIGAS, MARCOS Y ARMADURAS EN R 2
y 𝛿 𝑉𝐶 𝑉𝑅 son nulos. Si hacemos las sustituciones correspondientes, el sistema de
ecuaciones de compatibilidad geométrica puede expresarse del siguiente modo
𝛿 𝑉𝐵 𝑉𝐼𝐹1 + 𝑓11 𝑅 𝐵𝑌 + 𝑓12 𝑅 𝐶𝑌 = 0 − − − (3)
𝛿 𝑉𝐶
𝑉𝐼𝐹1
+ 𝑓21 𝑅 𝐵𝑌 + 𝑓22 𝑅 𝐶𝑌 = 0 − − − (4)
Cada desplazamiento del punto de aplicación de la acción redundante 𝑅 𝑖 en la
dirección de ésta, producido al actuar la carga original sobre la estructura primaria
será expresado como 𝑑 𝑖 . Estas deflexiones son las incompatibilidades geométricas
porque en la viga original no hay deflexiones en estas secciones ya que los soportes
las restringen (impiden).
Los coeficientes de flexibilidad 𝑓𝑖𝑗 anteriores conforman la matriz de flexibilidad de
la estructura y pueden calcularse fácilmente si aplicamos una carga unitaria de
sentido arbitrario correspondiente a cada fuerza redundante en la estructura
liberada. A estas nuevas estructuras les llamaremos VIF 2 y VIF 3 y se muestran a
continuación.
Estructura liberada con fuerza vertical unitaria aplicada en 𝐵 ⟹VIF 2(Estructura 𝑚1 )
𝑥
C
D
En esta viga, los desplazamientos verticales en 𝐵 y 𝐶 tienen un valor de
𝛿 𝑉𝐵 𝑉𝐼𝐹2 = 𝑓11 y 𝛿 𝑉𝐶
𝑉𝐼𝐹2
= 𝑓21 respectivamente.
Estructura liberada con fuerza vertical unitaria aplicada en 𝐶 ⟹VIF 3(Estructura 𝑚2 )
B
D
𝑥
De manera análoga, para la viga anterior 𝛿 𝑉𝐵 𝑉𝐼𝐹3 = 𝑓12 y 𝛿 𝑉𝐶 𝑉𝐼𝐹3 = 𝑓22
378
36. UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE MÉXICO
FACULTAD DE ESTUDIOS SUPERIORES ARAGÓN
6.- Cálculo de los desplazamientos necesarios para el sistema de ecuaciones de
compatibilidad.
En resumen, en las vigas VIF 1, VIF 2 y VIF 3 es necesario conocer el valor del
desplazamiento vertical en 𝐵 dado que 𝑅 𝐵𝑌 (fuerza reactiva vertical en el rodillo del
punto 𝐵) fue suprimida y también el del desplazamiento vertical en 𝐶 debido a que
𝑅 𝐶𝑌 (fuerza reactiva vertical en el rodillo del punto 𝐶) fue eliminada.
Los valores de los desplazamientos requeridos pueden obtenerse con cualquiera
de los métodos explicados en el tema 1.6 para vigas. En este ejemplo se utilizará
el método del trabajo virtual (es lo más recomendable). Para su sencilla aplicación,
le hemos denominado estructura 𝑀 a la primaria, estructura 𝑚1 a la liberada con
fuerza vertical unitaria aplicada en 𝐵 y estructura 𝑚2 a la liberada con fuerza vertical
unitaria aplicada en 𝐶. Es importante recordar que las coordenadas 𝑥 a emplear en
los cortes tienen que ser iguales y las direcciones positivas de los momentos
tampoco deben cambiar entre las tres estructuras recién mencionadas. En las
figuras correspondientes se puede observar que usaremos únicamente la
coordenada 𝑥 válida para 0 ≤ 𝑥 ≤ 6𝑚, pero el lector puede usar otra(s) que sea(n)
válida(s) para cubrir todas las regiones de la viga.
A continuación se muestra el orden en el que por conveniencia se calcularán los
desplazamientos. La primera expresión nos indica que 𝑑1 es el desplazamiento
vertical en el punto 𝐵 de la viga 𝑉𝐼𝐹 1 y que se determinará aplicando la ecuación
del trabajo virtual la cual requiere de la combinación adecuada de los Momentos
internos 𝑀 con los Momentos internos 𝑚1 ; las restantes usan la misma logística.
𝐿2
𝑑1 = 𝛿 𝑉𝐵 𝑉𝐼𝐹1 = ∫
𝐿1
𝐿2
𝑓11 = 𝛿 𝑉𝐵 𝑉𝐼𝐹2 = ∫
𝐿1
𝐿2
𝑓12 = 𝛿 𝑉𝐵 𝑉𝐼𝐹3 = ∫
𝐿1
-
𝐿2
𝑀𝑚1
𝑑𝑥 ; 𝑑2 = 𝛿 𝑉𝐶
𝐸𝐼
∫
𝑉𝐼𝐹1 =
𝑚1 𝑚1
𝑑𝑥 ; 𝑓21 = 𝛿 𝑉𝐶
𝐸𝐼
𝑉𝐼𝐹2
=∫
𝑉𝐼𝐹3
=∫
𝑚2 𝑚1
𝑑𝑥 ; 𝑓22 = 𝛿 𝑉𝐶
𝐸𝐼
𝐿1
𝑀𝑚2
𝑑𝑥
𝐸𝐼
𝐿2
𝐿1
𝐿2
𝐿1
𝑚1 𝑚2
𝑑𝑥
𝐸𝐼
𝑚2 𝑚2
𝑑𝑥
𝐸𝐼
Análisis de la estructura isostática VIF 1.
Cálculo de las reacciones en los soportes.
+ ∑ 𝑀𝐴 = 0
379
42. UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE MÉXICO
FACULTAD DE ESTUDIOS SUPERIORES ARAGÓN
despejando las incógnitas
𝑓12 −1 −𝑑1
𝑅
) ∗(
) = ( 𝐵𝑌 )
𝑅 𝐶𝑌
𝑓22
−𝑑2
𝑓
( 11
𝑓21
sustituyendo y simplificando(los 𝐸𝐼 se eliminan lógicamente porque este valor es
constante en toda la viga y todos los desplazamientos están en función de ello).
8 20 −1
236
−
3 ) ∗(
3 ) = ( 𝑅 𝐵𝑌 )
(3
𝑅 𝐶𝑌
20 64
3908
−
3
3
15
8
𝑖𝑛𝑣𝑒𝑟𝑠𝑎 [( 3
20
3
8
3
(20
3
20
1 0
3
64
0 1
3
)
5
(20
3
3
2
64
1
~
20
12
15
−
3 )] = ( 7
28)
64
15
3
−
3
28 14
8
3
0 1
(3⁄8)𝑅1
(
1
5
3
2
8
15
0 1 − 28
(3⁄14)𝑅2
0
)
~
(
5
0
3
2
14
1
8
3
5
−2
0
)
1
~
−(20⁄3)𝑅1 + 𝑅2
0
)
3
14
~
1
(
0
0
12
7
15
1 − 28
15
− 28
3
)
14
−(5⁄2)𝑅2 + 𝑅1
en consecuencia
12
( 7
15
−
28
15
236
33⁄
−
7 ) = ( 𝑅 𝐵𝑌 )
28) ∗ (
3 )=(
−479⁄
𝑅 𝐶𝑌
3908
3
35
−
15
14
−
los signos indican que
𝑅 𝐵𝑌 = 33⁄7 𝑇 = 4.7143𝑇
385
43. PROBLEMARIO DE ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ISOSTÁTICAS
E HIPERESTÁTICAS PARA VIGAS, MARCOS Y ARMADURAS EN R 2
𝑅 𝐶𝑌 = 479⁄35 𝑇 = 13.6857𝑇
esto debido a que si el valor numérico de una redundante es negativo, ésta actúa
en sentido opuesto a su fuerza unitaria correspondiente.
8.-Calculo de las reacciones restantes de la viga original o real:
Como las reacciones redundantes ya han sido calculadas, los valores de las
reacciones desconocidas faltantes pueden deducirse aplicando las ecuaciones de
equilibrio.
𝑥
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0
𝑅 𝐴𝑌 − 4 − 4 − 5 −
∴ 𝑅 𝐴𝑌 =
141
35
33 479
+
=0
7
35
𝑇 = 4.0286𝑇
+ ∑ 𝑀𝐴 = 0
−𝑀 𝐴 + (4)(1) + (4) (
10
33
479
) + 5(6) + ( ) (2) − (
) (4) = 0
3
7
35
212
𝑀 𝐴 = 105 𝑇. 𝑚 = 2.019 𝑇. 𝑚
8.- Diagramas de Fuerza cortante, Momento flexionante, Rotación y Deflexión.
Ya que se han calculado todas las reacciones en los soportes se puede dibujar el
diagrama de fuerza cortante y momento flector. Como es válido aplicar cualquiera
de los métodos de deformaciones usados en las estructuras isostáticas, usaremos
386
44. UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE MÉXICO
FACULTAD DE ESTUDIOS SUPERIORES ARAGÓN
el método de integración doble para poder trazar los diagramas de Giro y Flecha.
En la viga hiperestática, nuevamente se ocupará una sóla coordenada 𝑥 válida para
0 ≤ 𝑥 ≤ 6𝑚 al realizar los cortes.
Ecuaciones de Momento y Fuerza cortante de la estructura real
0 ≤ 𝑥 ≤ 2𝑚
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
𝑀1 = −
212 141
+
𝑥 − 𝑥2
105 35
𝑥 = 2𝑚, 𝑀1 =
𝑉1 =
214
𝑇. 𝑚
105
𝑑𝑀1
141
= −2𝑥 +
𝑑𝑥
35
2𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 4𝑚
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
𝑀2 = −
( 𝑥 − 2)(2( 𝑥 − 2)) 1
212 141
33
] ( ( 𝑥 − 2))
+
𝑥 − ( ) ( 𝑥 − 2) − 4( 𝑥 − 1) − [
105 35
7
2
3
1
164
1198
1
304
1478
𝑀2 = − ( 𝑥 − 2)3 −
𝑥+
= − 𝑥 3 + 2𝑥 2 −
𝑥+
3
35
105
3
35
105
𝑥 = 2𝑚, 𝑀2 =
214
𝑇. 𝑚; 𝑥 = 4𝑚, 𝑀2 = −10𝑇. 𝑚
105
387
45. PROBLEMARIO DE ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ISOSTÁTICAS
E HIPERESTÁTICAS PARA VIGAS, MARCOS Y ARMADURAS EN R 2
𝑉2 =
𝑑𝑀2
304
= −𝑥 2 + 4𝑥 −
𝑑𝑥
35
4𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 6𝑚
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
𝑀3 = −
212 141
33
479
10
) ( 𝑥 − 4) − 4( 𝑥 − 1) − 4 (𝑥 − )
+
𝑥 − ( ) ( 𝑥 − 2) + (
105 35
7
35
3
𝑀3 = 5𝑥 − 30
𝑥 = 4𝑚, 𝑀3 = −10𝑇. 𝑚
𝑉3 =
𝑑𝑀3
=5
𝑑𝑥
Calculo de la deflexión y rotación a lo largo de la viga.
La ecuación diferencial de la elástica es
𝐸𝐼
𝑑2 𝑦
= 𝑀
𝑑𝑥 2
y aplicando el método de doble integración tenemos
0 ≤ 𝑥 ≤ 2𝑚
𝑑2 𝑦
212 141
𝐸𝐼 2 = −
+
𝑥 − 𝑥2
𝑑𝑥
105 35
𝑑2 𝑦
212 141
𝐸𝐼 ∫
= ∫ (−
+
𝑥 − 𝑥 2 ) 𝑑𝑥
𝑑𝑥
105 35
388
49. PROBLEMARIO DE ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ISOSTÁTICAS
E HIPERESTÁTICAS PARA VIGAS, MARCOS Y ARMADURAS EN R 2
DIAGRAMA DE CORTANTE.
x (m)
0
0.5
1
1.5
2
2
2.25
2.5
2.75
3
3.25
3.5
3.75
4
4
5
6
V (Ton)
4.02857143
3.02857143
2.02857143
1.02857143
0.02857143
-4.68571429
-4.74821429
-4.93571429
-5.24821429
-5.68571429
-6.24821429
-6.93571429
-7.74821429
-8.68571429
5
5
5
DIAGRAMA DE CORTANTE
6
4
2
V (Ton)
0
0
1
2
3
4
5
6
7
-2
-4
-6
-8
-10
x (m)
392
50. UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE MÉXICO
FACULTAD DE ESTUDIOS SUPERIORES ARAGÓN
DIAGRAMA DE MOMENTO.
x (m)
0
0.25
0.5
0.75
1
1.25
1.5
1.75
2
2
2.25
2.5
2.75
3
3.25
3.5
3.75
4
4
5
6
M (Ton*m)
-2.01904762
-1.07440476
-0.2547619
0.43988095
1.00952381
1.45416667
1.77380952
1.96845238
2.03809524
2.03809524
0.86145833
-0.34642857
-1.61681548
-2.98095238
-4.47008929
-6.11547619
-7.9483631
-10
-10
-5
0
DIAGRAMA DE MOMENTO
4
2
M (Ton*m)
0
-2
0
1
2
3
4
5
6
7
-4
-6
-8
-10
-12
x (m)
393
51. PROBLEMARIO DE ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ISOSTÁTICAS
E HIPERESTÁTICAS PARA VIGAS, MARCOS Y ARMADURAS EN R 2
DIAGRAMA DE GIRO.
x (m)
0
0.25
0.5
0.75
1
1.25
1.5
1.75
2
2
2.25
2.5
2.75
3
3.25
3.5
3.75
4
4
4.25
4.5
4.75
5
5.25
5.5
5.75
6
θ (rad)
0
-8.5732E-05
-0.00012224
-0.00011649
-7.5468E-05
-6.145E-06
8.4503E-05
0.0001895
0.00030187
0.00030187
0.00038285
0.00039743
0.00034302
0.00021524
7.9989E-06
-0.00028656
-0.00067802
-0.00117772
-0.00117772
-0.00170088
-0.00215428
-0.00253793
-0.00285183
-0.00309597
-0.00327036
-0.00337499
-0.00340986
DIAGRAMA DE GIRO O ROTACIÓN
0.001
0.0005
0
θ (rad)
-0.0005
0
1
2
3
4
5
6
7
-0.001
-0.0015
-0.002
-0.0025
-0.003
-0.0035
-0.004
x (m)
394
52. UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE MÉXICO
FACULTAD DE ESTUDIOS SUPERIORES ARAGÓN
DIAGRAMA DE FLECHAMIENTO.
x (m)
Y (m)
0
0.25
0
-1.18147E-05
0.5
0.75
-3.87636E-05
-6.94119E-05
1
1.25
-9.40689E-05
-0.000104787
1.5
1.75
-9.53643E-05
-6.13403E-05
2
2
0
0
2.25
2.5
8.69569E-05
0.000185896
2.75
3
0.000279929
0.000351297
3.25
3.5
0.000380933
0.000348025
3.75
4
0.000229583
0
4
4.25
0
-0.000361278
4.5
4.75
-0.000844627
-0.001432607
5
5.25
-0.002107781
-0.002852708
5.5
5.75
-0.003649952
-0.004482073
6
-0.005331633
DIAGRAMA DE FLECHAMIENTO
0.001
0
Y (m)
-0.001
0
1
2
3
4
5
6
7
-0.002
-0.003
-0.004
-0.005
-0.006
x (m)
395
53. PROBLEMARIO DE ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ISOSTÁTICAS
E HIPERESTÁTICAS PARA VIGAS, MARCOS Y ARMADURAS EN R 2
2.- Calcular las reacciones que en la viga del ejercicio anterior suponiendo que el
apoyo B sufre un asentamiento de 1.2 cm.
Se realizan los mismos pasos que en la viga con apoyos rígidos, pero se toman en
cuenta ciertas consideraciones.
El planteamiento matricial de las ecuaciones de compatibilidad geométrica para este
problema es el siguiente:
𝑓
𝑑
𝑅
0.012
(
) = ( 1 ) + ( 𝐵𝑌 ) ( 11
𝑅 𝐶𝑌
𝑑2
𝑓21
0
𝑓12
)
𝑓22
Aunque el valor de 𝐸𝐼 sea constante, a diferencia del problema pasado en el que
al simplificar el sistema desparecen los 𝐸𝐼, ahora debe incluirse necesariamente en
los cálculos, pues el efecto de los asentamientos depende de la rigidez de las vigas;
mientras más rígidas, mayores serán los momentos flexionantes debidos a los
asentamientos.
Obsérvese que en el sistema de ecuaciones, la deflexión total en el apoyo simple 𝐵
no es nula, sino que es igual al valor de su asentamiento (0.012𝑚); como las cargas
unitarias se propusieron hacia abajo (remítase al ejercicio anterior) un
desplazamiento en esa dirección se considera positivo, de ahí que 0.012 aparezca
con ese signo.
Retomamos los desplazamientos del problema 1 de éste apartado, pero
sustituiremos 𝐸𝐼 = 4480𝑇. 𝑚2 .
𝑑1 =
𝑑2 =
1 236
1 236
[
]=
[
] = 0.01756𝑚
𝐸𝐼 3
4480 3
1 3908
1 3908
[
]=
[
] = 0.05815𝑚
𝐸𝐼 15
4480 15
396
54. UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE MÉXICO
FACULTAD DE ESTUDIOS SUPERIORES ARAGÓN
𝑓11 =
𝑓21 =
1 8
1 8
1 8
[ + 0] = [ ] =
[ ] = 0.00060𝑚
𝐸𝐼 3
𝐸𝐼 3
4480 3
1 20
1 20
1 20
[ + 0 + 0] = [ ] =
[ ] = 0.00149𝑚
𝐸𝐼 3
𝐸𝐼 3
4480 3
𝑓12 = 𝑓21 =
𝑓22 =
1 20
1 20
[ ]=
[ ] = 0.00149𝑚
𝐸𝐼 3
4480 3
1 64
1 64
1 64
[ + 0] = [ ] =
[ ] = 0.00476𝑚
𝐸𝐼 3
𝐸𝐼 3
4480 3
Remplazando los valores anteriores en el planteamiento matricial obtenemos
(
𝑅
0.00060
0.01756
0.012
)=(
) + ( 𝐵𝑌 ) (
𝑅 𝐶𝑌 0.00149
0.05815
0
0.00149
)
0.00476
Despejando las incógnitas
(
𝑅 𝐵𝑌
0.00060
)=(
𝑅 𝐶𝑌
0.00149
−1
0.00149
)
0.00476
0.01756
0.012
94.6342
[(
)−(
)] = (
)
0.05815
0
−41.8393
El signo positivo obtenido para 𝑅 𝐵𝑌 indica que ésta redundante tiene el mismo
sentido que el propuesto para su correspondiente carga unitaria. Lo contrario ocurre
con 𝑅 𝐶𝑌 por haber resultado negativa.
∴ 𝑅 𝐵𝑌 = 94.6342𝑇
∴ 𝑅 𝐶𝑌 = 41.8393𝑇
Las reacciones restantes se obtienen aplicando las ecuaciones de equilibrio:
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0
𝑅 𝐴𝑌 − 4 − 4 − 5 − 94.6342 + 41.8393 = 0
𝑅 𝐴𝑌 = 65.7949𝑇
+ ∑ 𝑀𝐴 = 0
−𝑀 𝐴 + (4)(1) + (4) (
10
) + 5(6) + (94.6342)(2) − (41.8393)(4) = 0
3
𝑀 𝐴 = 69.24453 𝑇. 𝑚
397
55. PROBLEMARIO DE ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ISOSTÁTICAS
E HIPERESTÁTICAS PARA VIGAS, MARCOS Y ARMADURAS EN R 2
Diagrama en el que se visualizan las reacciones de la viga cuyo apoyo B sufre un
asentamiento de 1.2cm=0.012m.
𝑀 𝐴 = 69.24453 𝑇. 𝑚
𝑅 𝐴𝑌 = 65.7949𝑇
𝑅 𝐶𝑌 = 41.8393𝑇
𝑅 𝐵𝑌 = 94.6342𝑇
Comprobación del equilibrio de la estructura:
+ ∑ 𝑀𝐷 = 0
2
−69.24453 + 65.7949(6) − 4(5) − 94.6342(4) − 4 (2 + ) + 41.8393(2) = 0 𝑜𝑘
3
398
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3.2. MÉTODO DE FLEXIBILIDADES APLICADO A MARCOS ESTÁTICAMENTE
INDETERMINADOS
1.- Calcular las reacciones correspondientes a las cargas indicadas. 𝐸 e 𝐼 son
constantes.
21𝑘
𝐴
𝐵
7𝑘
8𝑓𝑡
7𝑓𝑡
3𝑓𝑡
𝐶
15𝑓𝑡
6𝑓𝑡
SOLUCIÓN.
a) Verificación del grado de indeterminación.
Para el marco mostrado, el número de nodos es 𝑗 = 3( 𝐴; 𝐵; 𝐶 ) y no hay condiciones
impuestas por la construcción, es decir 𝑐 = 0.
La estructura está compuesta por la cantidad de 𝑚 = 2( 𝐴𝐵; 𝐶𝐵) miembros. Tanto
en el pasador (apoyo articulado) 𝐴 como en el 𝐵 hay dos incógnitas de reacción,
una horizontal y una vertical, por lo que 𝑟 = 4( 𝑅 𝐴𝑋 ; 𝑅 𝐴𝑌 ; 𝑅 𝐶𝑋 ; 𝑅 𝐶𝑌 ).
como 3𝑚 + 𝑟 > 3𝑗 + 𝑐 ya que 3(2) + 4 > 3(3) + 0 ⇒ 10 > 9 el marco es
estáticamente indeterminado con un grado de 10 − 9 = 1.
b) Elección de la fuerza redundante y planteamiento de la estructura primaria.
Se optará porque 𝑅 𝐶𝑋 sea la fuerza redundante. En consecuencia, en la estructura
primaria, el apoyo articulado (pasador) en 𝐶 se reemplaza por un apoyo simple
(rodillo u oscilador), puesto que éste último soporte no restringirá 𝐶 en la dirección
horizontal ya que se está eliminando la reacción redundante elegida. Esta nueva
399
57. PROBLEMARIO DE ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ISOSTÁTICAS
E HIPERESTÁTICAS PARA VIGAS, MARCOS Y ARMADURAS EN R 2
estructura (MIF 1) es isostática, estable (de ningún modo debe ser inestable) y está
sometida a las mismas cargas que la estáticamente indeterminada (hiperestática).
c) Principio de superposición.
El marco real u original ( 𝑀𝑅) es equivalente a la suma de una serie de estructuras
isostáticas conformada por la estructura primaria y otro número de estructuras igual
al número de redundantes elegidas. Entonces, el marco hiperestático de este
ejemplo es igual a MIF 1 más otro marco que aquí hemos etiquetado como MIF II.
La estructura primaria y su subsecuente (MIF II) deben tener entre sí la misma
geometría e idénticas condiciones de apoyo con la diferencia de que la segunda en
lugar de estar sometida a las cargas externas originales, únicamente soporta a la
redundante elegida (𝑅 𝐶𝑋 ) de sentido arbitrario (en este caso se propone hacia la
izquierda). De acuerdo a lo anterior, el marco real u original( 𝑀𝑅) es igual a la suma
de las siguientes estructuras:
𝑀𝑅 = 𝑀𝐼𝐹 1 + 𝑀𝐼𝐹 𝐼𝐼
Estructura primaria⟹MIF 1(Estructura 𝑀)
21𝑘
𝐴
𝐵
7𝑘
8𝑓𝑡
7𝑓𝑡
3𝑓𝑡
𝐶
15𝑓𝑡
6𝑓𝑡
Este marco (MIF 1), contrariamente al marco original o real, experimenta un
desplazamiento horizontal en el punto 𝐶 (∆ 𝐻𝐶 𝑀𝐼𝐹1= 𝑑1 ).
400
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Estructura liberada con fuerza redundante 𝑅 𝐶𝑋 aplicada⟹ 𝑀𝐼𝐹 𝐼𝐼
𝐴
𝐵
8𝑓𝑡
𝐶
𝑅 𝐶𝑋
6𝑓𝑡
15𝑓𝑡
En éste marco, 𝐶 se desplaza horizontalmente una cantidad de
∆ 𝐻𝐶
𝑀𝐼𝐹𝐼𝐼 =
𝑅 𝐶𝑋 ( 𝑓11 )
d) Planteamiento de la ecuación de compatibilidad geométrica.
Para obtener una ecuación adicional que haga posible la solución del problema
hacemos uso del principio de superposición formulado anteriormente y tomamos en
cuenta la compatibilidad del desplazamiento horizontal en el soporte articulado 𝐶.
Por lo tanto, la ecuación de compatibilidad geométrica para el desplazamiento
horizontal en 𝐶 es
∆ 𝐻𝐶
𝑀𝐼𝐹1
+ ∆ 𝐻𝐶
𝑀𝐼𝐹𝐼𝐼 =
∆ 𝐻𝐶
𝑀𝑅
− − − (1)
El lenguaje algebraico anterior se traduce al lenguaje cotidiano como: el
desplazamiento horizontal en el punto 𝐶 de la estructura MIF 1 más el
desplazamiento horizontal en el punto 𝐶 de la estructura MIF II es igual al
desplazamiento horizontal en el punto 𝐶 del marco real 𝑀𝑅.
Obsérvese que en el punto 𝐶 del marco real ( 𝑀𝑅) no se produce desplazamiento
horizontal alguno ya que la reacción en esa dirección del soporte articulado ahí
situado lo impide, así que ∆ 𝐻𝐶 𝑀𝑅 es nulo. Efectuando las sustituciones
correspondientes, la ecuación (1) puede escribirse del siguiente modo
𝑑1 + 𝑓11 𝑅 𝐶𝑋 = 0 − − − (2)
401
59. PROBLEMARIO DE ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ISOSTÁTICAS
E HIPERESTÁTICAS PARA VIGAS, MARCOS Y ARMADURAS EN R 2
Si a la estructura liberada le aplicamos una unidad de carga horizontal en el punto
𝐶 correspondiente a la fuerza redundante, el coeficiente de flexibilidad puede
obtenerse directamente al calcular el desplazamiento horizontal en ese mismo
punto por lo que ∆ 𝐻𝐶 𝑀𝐼𝐹2= 𝑓11.
Estructura liberada con fuerza horizontal unitaria aplicada en 𝐶 ⟹MIF 2(Estructura 𝑚)
𝐴
𝐵
8𝑓𝑡
𝐶
15𝑓𝑡
1
6𝑓𝑡
e) Cálculo de los desplazamientos necesarios para el sistema de ecuaciones
de compatibilidad.
En resumen, en los marcos MIF 1 y MIF 2 es necesario determinar el valor del
desplazamiento horizontal en 𝐶 ya que 𝑅 𝐶𝑋 (fuerza reactiva horizontal en el pasador
del punto 𝐶) fue suprimida en el marco hiperestático.
Los valores de los desplazamientos requeridos pueden obtenerse con cualquiera
de los métodos explicados en el tema 1.6 para marcos. En este ejemplo se utilizará
el método del trabajo virtual, debido a que es lo más recomendable. Para su sencilla
aplicación, le hemos denominado estructura 𝑀 a la primaria y estructura 𝑚 a la
liberada con fuerza horizontal unitaria aplicada en 𝐶. Es importante recordar que las
coordenadas 𝑥 a emplear en los cortes tienen que ser iguales y las direcciones
positivas de los momentos tampoco deben cambiar entre las dos estructuras recién
mencionadas. La primera expresión nos indica que 𝑑1 es el desplazamiento
horizontal en el punto 𝐶 del marco 𝑀𝐼𝐹 1 y que se determinará aplicando la ecuación
del trabajo virtual la cual requiere de la combinación adecuada de los Momentos
internos 𝑀 con los Momentos internos 𝑚; por su parte, la segunda expresión nos
dice que 𝑓11 es el desplazamiento horizontal en el punto 𝐶 del marco 𝑀𝐼𝐹 2 y que
se calculará utilizando la ecuación del trabajo virtual la cual necesita de la
combinación propia de los Momentos internos 𝑚 con los Momentos internos 𝑚.
402
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FACULTAD DE ESTUDIOS SUPERIORES ARAGÓN
despejando la incógnita
𝑅 𝐶𝑋 =
4867.02
= 17.8875 ⇒∴ 𝑅 𝐶𝑋 = 17.8875𝑘
272.091
g) Cálculo de las reacciones faltantes para la estructura real.
Las fuerzas reactivas desconocidas restantes pueden determinarse si aplicamos las
ecuaciones de equilibrio a un diagrama de cuerpo libre en el que coloquemos la
fuerza redundante que ha sido calculada.
21𝑘
𝑅 𝐴𝑋 = 17.8875𝑘
𝐴
𝐵
7𝑘
𝑅 𝐴𝑌 = 7.1857𝑘
8𝑓𝑡
7𝑓𝑡
3𝑓𝑡
𝐶
15𝑓𝑡
𝑅 𝐶𝑋 = 17.8875𝑘
6𝑓𝑡
𝑅 𝐶𝑌 = 20.8143𝑘
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ −17.8875 + 𝑅 𝐴𝑋 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐴𝑋 = 17.8875𝑘
+ ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ −21(8) − 7(18) − 17.8875(8) + 𝑅 𝐶𝑌 (21) = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐶𝑌 = 20.8143𝑘
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 𝑅 𝐴𝑌 + 20.8143 − 21 − 7 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐴𝑌 = 7.1857𝑘
409
67. PROBLEMARIO DE ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ISOSTÁTICAS
E HIPERESTÁTICAS PARA VIGAS, MARCOS Y ARMADURAS EN R 2
2.- Calcular las reacciones en los soportes con el método de la fuerza del marco
mostrado en la siguiente figura. El miembro A-B soporta una carga con variación
lineal, el B-D una carga uniformemente repartida y el E-D una presión curva definida
por la ecuación indicada, cuyo origen ( 𝑥 = 0) se considera en E y en la que se han
colocado sus valores en los puntos inicial y final. En la trabe hay una articulación
en C. Considere 𝐸𝐼 constante. Determinar además las ecuaciones de momento,
cortante y normal.
SOLUCIÓN.
h) Cálculo del grado de indeterminación.
𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑚𝑖𝑒𝑚𝑏𝑟𝑜𝑠 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑚𝑎𝑟𝑐𝑜( 𝑚) = 3( 𝐴 − 𝐵; 𝐵 − 𝐷; 𝐸 − 𝐷 )
𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑐𝑜𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛( 𝑟) = 5( 𝑅 𝐴𝑋 ; 𝑅 𝐴𝑌 ; 𝑅 𝐸𝑋 ; 𝑅 𝐸𝑌 ; 𝑀 𝐸 )
𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑛𝑜𝑑𝑜𝑠( 𝑗) = 4( 𝐴; 𝐵; 𝐷; 𝐸)
𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑑𝑖𝑐𝑖ó𝑛( 𝑐 ) = 1( 𝑙𝑎 𝑎𝑟𝑡𝑖𝑐𝑢𝑙𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑒𝑛 𝐶 )
Si 𝑟 + 3𝑚 = 5 + 3(3) = 14 y 3𝑗 + 𝑐 = 3(4) + 1 = 13, entonces 𝑟 + 3𝑚 > 3𝑛 + 𝑐, por
lo que el marco es estáticamente indeterminado de grado 14 − 13 = 1.
i) Elección de la fuerza redundante y planteamiento de la estructura primaria.
Seleccionaremos como acción redundante a 𝑅 𝐴𝑋 . En consecuencia, en la estructura
primaria, el apoyo articulado (pasador) en 𝐴 se reemplaza por un apoyo simple
(oscilador o rodillo), puesto que éste último no restringirá 𝐴 horizontalmente y
entonces la capacidad del marco para soportar una fuerza en esa dirección y en ese
punto se elimina.
j) Principio de superposición.
El marco real ( 𝑀𝑅) es igual a la estructura primaria más la estructura liberada bajo
la acción de la redundante 𝑅 𝐴𝑋 ; ósea 𝑀𝑅 = 𝑀𝐼𝐹 1 + 𝑀𝐼𝐹 𝐼𝐼.
410
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Estructura primaria⟹MIF 1(Estructura 𝑀)
En éste marco 𝐴 se desplaza horizontalmente una cantidad de ∆ 𝐻𝐴
𝑀𝐼𝐹1 =
𝑑1.
Estructura liberada con fuerza redundante 𝑅 𝐴𝑋 aplicada⟹ 𝑀𝐼𝐹 𝐼𝐼
En éste marco 𝐴 se desplaza horizontalmente una cantidad de ∆ 𝐻𝐴
𝑀𝐼𝐹𝐼𝐼 =
𝑅 𝐴𝑋 ( 𝑓11).
k) Planteamiento de la ecuación de compatibilidad geométrica.
Por superposición, la ecuación de compatibilidad para el desplazamiento horizontal
en 𝐴 del apoyo articulado es
∆ 𝐻𝐴
𝑀𝐼𝐹1
+ ∆ 𝐻𝐴
𝑀𝐼𝐹𝐼𝐼 =
∆ 𝐻𝐴
𝑀𝑅
− − − (1)
En el marco original no hay desplazamiento horizontal ya que está restringido por el
pasador, así que ∆ 𝐻𝐴 𝑀𝑅 es nulo. Realizando las sustituciones correspondientes la
ecuación puede expresarse en términos de la incógnita 𝑅 𝐴𝑋 como
𝑑1 + 𝑓11 𝑅 𝐴𝑋 = 0 − − − (2)
Si a la estructura liberada le aplicamos una unidad de fuerza horizontal en 𝐴
correspondiente a la fuerza redundante, el coeficiente de flexibilidad puede
obtenerse directamente al calcular el desplazamiento horizontal en ese punto, por
lo que ∆ 𝐻𝐴 𝑀𝐼𝐹2 = 𝑓11.
411
69. PROBLEMARIO DE ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ISOSTÁTICAS
E HIPERESTÁTICAS PARA VIGAS, MARCOS Y ARMADURAS EN R 2
Estructura liberada con fuerza horizontal unitaria aplicada en 𝐴 ⟹MIF 2(Estructura 𝑚)
l) Cálculo de los desplazamientos necesarios para el sistema de ecuaciones
de compatibilidad.
En resumen, en los marcos MIF 1 y MIF 2 es necesario determinar el valor del
desplazamiento horizontal en 𝐴 ya que 𝑅 𝐴𝑋 (fuerza reactiva horizontal en el
apoyo articulado del punto 𝐴) fue suprimido en el marco hiperestático. A
continuación el orden con el que se calcularán los desplazamientos por medio
del método del trabajo virtual.
𝐿2
𝑑1 = ∆ 𝐻𝐴
𝑀𝐼𝐹1=
∫
𝐿1
𝐿2
𝑓11 = ∆ 𝐻𝐴
∫
𝑀𝐼𝐹2 =
𝐿1
-
𝑀𝑚
𝑑𝑥
𝐸𝐼
𝑚𝑚
𝑑𝑥
𝐸𝐼
Análisis de la estructura isostática MIF1.
Para la presión curva:
Cálculo de la carga concentrada equivalente.
𝐿2
2
1
𝐴 𝐶 = ∫ 𝑑𝐴 = ∫ 𝑦𝑑𝑥 = ∫
𝑑𝑥
𝐿1
0 √5 − 2𝑥
resolvemos la integral de forma indefinida
∫
1
√5 − 2𝑥
1
𝑑𝑥 = ∫(5 − 2𝑥 )−2 𝑑𝑥
1
1
Sean 𝑛 = − 2 y 𝑢 = 5 − 2𝑥. Entonces 𝑑𝑢 = −2𝑑𝑥, y por tanto 𝑑𝑥 = − 2 𝑑𝑢. Así, la
regla de sustitución da
1
∫(5 − 2𝑥 )−2 𝑑𝑥 = ∫ 𝑢 𝑛 ∙ −
1
1
1 𝑢 𝑛+1
𝑑𝑢 = − ∫ 𝑢 𝑛 𝑑𝑢 = − (
)
2
2
2 𝑛+1
412