68 Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos
FLEXION. PORTICOS
Problema nº 27
Dado el pórtico de la figura ...
Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 69
A
B
20 kN
20 kN
3,5 kN
A
B
2...
70 Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos
Problema nº 28
Dado el pórtico de la figura sometido a una car...
Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 71
c) Hallemos la deformada en ...
72 Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos
Problema nº 29
Dado el pórtico isostático de la figura sometid...
Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 73
MAB
= - MBC
= 40 kNm
A
B
20 ...
74 Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos
a) Establezcamos las ecuaciones de equilibrio.
Σ Fx
= 0 ⇒ RAx
...
Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 75
IE3
LL3
LR
IE3
LR
IE
LLR VC2...
76 Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos
q(x)
Lv
Lc
A B
C
D
Ra Rb
Rc q(x)
A B
C
D
νIνIIνIII
a) Establez...
Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 77
c) Al ser [ ]V
A
L,0x0x
q
R2...
78 Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos
A
B C
RA
5 m
4m
MA
RC
A
B C
= +
A
B C
RA
MA
R C
Caso I Caso II...
Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 79
II) Caso II
A
B C
M(x)
A
B C...
80 Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos
e.1) La producida por la diferencia térmica
( ) 33
5
21 1066,1...
Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 81
Σ MD
= 0 ⇒ RA
= RB
b) Consid...
82 Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos
Lv
Lc
A B
C
D
RB
Rc
V(x)
M(x)
RA
RC
RA
RB
Lv
Lc
A B
C
D
Rc
ν(x...
Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 83
RA RB
RC
2
A B
C
D
-25° -25°...
84 Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos
Problema nº 35
Sea la estructura de la figura constituida por ...
Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 85
AE
LR CC
RC =δ
b.2) Apliquem...
86 Flexión. Vigas continuas
FLEXION. VIGAS CONTINUAS
Problema nº 36
Dada la viga continua de la figura se pide hallar las ...
Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 87
23,3 Mp
1,5Mp
10Mp
20,16Mp
V...
88 Flexión. Vigas continuas
b)Hallemos las reacciones en los apoyos.
8 kNm14,22 kNm
Ra RbI RbII Rc20 -
14 , 22
6
20 + 14 ,...
Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 89
Problema nº 38
Dada la viga ...
90 Flexión. Vigas continuas
b)Hallemos las reacciones en los apoyos.
A
100 kN
B B C
20 kN/m
C D
42,7 kNm 129,4 kNm
RA = 50...
Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 91
Problema nº 39
Dada la viga ...
92 Flexión. Vigas continuas
RbI
= Risostático
kN05,35
6
29,30
30
L
M
a
b
=+=+
RbII
= Risostático
kN48,46RRRkN43,11
3
5
3
2...
Próxima SlideShare
Cargando en…5
×

Ejercicios porticos

632 visualizaciones

Publicado el

Ejercicios porticos

Publicado en: Educación
0 comentarios
0 recomendaciones
Estadísticas
Notas
  • Sé el primero en comentar

  • Sé el primero en recomendar esto

Sin descargas
Visualizaciones
Visualizaciones totales
632
En SlideShare
0
De insertados
0
Número de insertados
4
Acciones
Compartido
0
Descargas
39
Comentarios
0
Recomendaciones
0
Insertados 0
No insertados

No hay notas en la diapositiva.

Ejercicios porticos

  1. 1. 68 Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos FLEXION. PORTICOS Problema nº 27 Dado el pórtico de la figura sometido a las cargas indicadas, se pide obtener los diagramas de esfuerzos axiales P(x), esfuerzos cortante V(x) y momentos flectores M(x), acotando sus valores e indicando sus signos en cada tramo. 5 kN/m A B C 20 kN 4m 5 m Solución: a) Hallemos las reacciones en los apoyos RAx , RAy y RBy . 5 kN/m A B C 20 kN 4m 5 m RAy RAx RBy El pórtico es una estructura isostáticas donde tenemos 3 reacciones y 3 ecuaciones: Σ Fx = 0 ⇒ RAx = 20 kN Σ Fy = 0 ⇒ RAy + RBy = 5 kN/m ⋅ 5 m = 25 kN Σ MA = 0 ⇒ RBy 5 = 20 kN ⋅ 4m + (5 kN/m ⋅ 5m) 2,5 m = 142,5 kNm ⇒ RBy = 28,5 kN Resolviendo el sistema hallamos: RAx = 20 kN; RAy = -3,5 kN y RBy = 28,5 kN b) Establezcamos el equilibrio en la barra BC 5 kN/m B 28,5 kN MAB C RAB 5 kN/m B 28,5 kN 80kNm C 3,5 kN ⇒ Σ Fy = 0 ⇒ RAB = (5 ⋅ 5) - 28,5 = -3,5 kN Σ MA = 0 ⇒ MAB = (5 ⋅ 5) 2,5 - 28,5 ⋅ 5 = - 80 kNm c) Establezcamos el equilibrio en la barra AB Por el principio de acción-reacción en el nudo B entre las barras AB y BC ⇒ RAB = - RBC = 3,5 kN MAB = - MBC = 80 kNm
  2. 2. Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 69 A B 20 kN 20 kN 3,5 kN A B 20 kN 80kNm 20 kN 3,5 kN 3,5 kN MBC RBC ⇒ d) Hallemos los diagramas de axial P(x), cortante V(x) y flector M(x). d.1) Barra AB A B P(x)3,5kN V(x)20kN M(x)80kNm 3,5kN 20kN 20 kN 80kNm 20 kN 3,5 kN 3,5 kN ν(x) d.2) Barra BC 5 kN/m B 28,5 kN 80kNm C 3,5 kN -3,5 kN -28,5 kNV(x) +80 kNm M(x) ν(x) Deformada del pórtico. A B C ν(x) El punto C ha sufrido un desplazamiento horizontal a la derecha.
  3. 3. 70 Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos Problema nº 28 Dado el pórtico de la figura sometido a una carga puntual P. Hallar los esfuerzos axial P(x) y cortante V(x); y momento flector M(x) y la deformada en C. A B C PLv Lc Solución: a) Hallemos las reacciones en el empotramiento RA y MA . A B C RA PLv Lc MA BMAB P C= PL R AB = PA B MBC RBC R A = P MA = P L = P L = P v v v El pórtico es una estructura isostática donde tenemos 2 reacciones y 2 ecuaciones: Σ Fy = 0 ⇒ RA = P Σ MA = 0 ⇒ MA = P Lv b) Establezcamos el equilibrio en las barras AB y BC b.1) Barra AB Σ Fy = 0 ⇒ RBC = RA = P Σ MA = 0 ⇒ MBC = MA = P Lv b.2) Barra BC Σ Fy = 0 ⇒ RAB = P Σ MA = 0 ⇒ MAB = P Lv c) Tracemos los diagramas de axial P(x), cortante V(x) y flector M(x). A B C RA P MA V(x) P A B C RA P MA M(x) A B C RA P MA P(x) PLP v
  4. 4. Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 71 c) Hallemos la deformada en el punto C A C P B A B θB θB θB PL νCI νCII νC Lv Lc La deformada en el punto C es νC = νCI + νCII ; donde: νCI : Deformación debida al giro del nudo B (θB ) producida por el momento MBC = P Lv νCII : Deformación debida a la carga P en el extremo de una barra en voladizo. c.1) Hallemos el giro en el nudo B de la barra AB provocada por el momento MBC = P Lv Aplicando el 1º teorema de Mohr IE LLP CV B =⇒θ c.2) Hallemos la deformación en el punto C provocada por el giro θB Al tratarse de un giro pequeño podemos asimilar el desplazamiento νCI como el arco de un ángulo θB y radio IE LLP LL C 2 V VBCIV ==⇒ θν c.3) Hallemos la deformación del punto C provocado por la carga P Aplicando el 2º teorema de Mohr IE3 LP 3 V C =ν c.4) Hallemos la deformada en el punto C IE3 LL3 LP IE3 LP IE LLP VC2 V 3 VC 2 V CIICIC + =+=+= ννν
  5. 5. 72 Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos Problema nº 29 Dado el pórtico isostático de la figura sometido a las cargas indicadas, se pide obtener los diagramas de esfuerzos axiales P(x), esfuerzos cortante V(x) y momentos flectores M(x), acotando sus valores e indicando sus signos en cada barra. A B C 20 kN 4m 5 m 30 kN 22 2,5 2,5 Solución: a) Hallemos las reacciones en los apoyos RAx , RAy y RBy . A B C 20 kN 4m 5 m RAy RAx RBy 30 kN El pórtico es una estructura isostáticas donde tenemos 3 reacciones y 3 ecuaciones: Σ Fx = 0 ⇒ RAx = 20 kN Σ Fy = 0 ⇒ RAy + RBy = 30 kN Σ MA = 0 ⇒ RBy 5 = 20 kN 2m +30 kN 2,5 m = 115 kNm ⇒ RBy = 23 kN Resolviendo el sistema hallamos: RAx = 20 kN; RAy =7 kN y RBy = 23 kN b) Establezcamos el equilibrio en la barra BC B C 30 kN MAB RAB B C 30 kN 40 kNm⇒ 23 kN 23 kN7 kN Σ Fy = 0 ⇒ RAB = 30 - 23 = 7 kN Σ MA = 0 ⇒ MAB = 30 2,5 -23 ⋅ 5 = - 40 kNm c) Establezcamos el equilibrio en la barra AB Por el principio de acción-reacción en el nudo B entre las barras AB y BC ⇒ RAB = - RBC = 7 kN
  6. 6. Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 73 MAB = - MBC = 40 kNm A B 20 kN 20 kN A B40kNm 20 kN 7 kN MBC RBC ⇒ 7 kN 20 kN 7 kN d) Hallemos los diagramas de axial P(x), cortante V(x) y flector M(x). B V(x) A B M(x) B P(x) A A C C C 7kN 20kN 23 kN 7 kN 57,5 kNm 40 kNm 40kNm Problema nº 30 Dado el pórtico de la figura sometido a una carga puntual P, hallar las reacciones. A B C P Lv Lc Solución: Nos hallamos ante una estructura hiperestática de grado 1, ya que tenemos 3 ecuaciones de equilibrio ( Σ Fx = 0; Σ Fy = 0; Σ M = 0) y 4 reacciones ( RAx ; RAy ; MA y RCy ). A B C RAy P Lv Lc MA RCy RAx A B C P Lv Lc MAI R AxI = + A B C RAyII Lv Lc MAII R Cy Caso I Caso II
  7. 7. 74 Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos a) Establezcamos las ecuaciones de equilibrio. Σ Fx = 0 ⇒ RAx = P Σ Fy = 0 ⇒ RAy = - RCy Σ MA = 0 ⇒ MA = P Lc - RCy Lv b) Consideremos el caso hiperestático como la superposición de dos casos isostáticos. Apliquemos las ecuaciones de comportamiento a ambos casos, y hallemos la deformación en el punto C I) Caso I A B CP M(x) A B C P P P Lc V(x) P A CP B A B θB θB θB νCI Lv Lc En el caso I la deformada en el punto C es νCI debida al giro del nudo B (θB ) producida por la carga P I.1) Hallemos el giro en el nudo B de la barra AB provocada por la carga P. Aplicando el 1º teorema de Mohr IE2 LP 2 C B =⇒θ I.2) Hallemos la deformación en el punto C provocada por el giro θB Al tratarse de un giro pequeño podemos asimilar el desplazamiento νCI como el arco de un ángulo θB y radio Lv ⇒ IE2 LLP L V 2 C VBCI ==θν II) Caso II A B C M(x) A B C V(x) A CB A B θB θB θB νcIIa Lv Lc Rcy Rcy Rcy R Lcy v R Lcy v Rcy νcIIb νcII R Lcy v Rcy RLcyv En el caso II la deformada en el punto C es νCII = νCIIa + νCIIb ; donde: νCIIa : Deformación debida al giro del nudo B (θB ) producida por el momento MBC = Rcy Lv νCIIb : Deformación debida a la carga Rcy en el extremo de una barra en voladizo. Conocemos el valor de esta deformación
  8. 8. Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 75 IE3 LL3 LR IE3 LR IE LLR VC2 VCy 3 VCyC 2 VCy bCIIaCIICII + =+=+= ννν c) Apliquemos la ecuación de compatibilidad La ecuación de compatibilidad es que el punto C no sufre desplazamiento alguno en dirección del eje OY ⇒ + =⇒ + =⇒= )LL3(L2 LP3 R IE3 LL3 LR IE2 LLP VCV 2 C Cy VC2 VCy V 2 C CIICI νν (Por equilibrio) )LL3(L2 LP3 RR0F VCV 2 C CyAyy + −=−=⇒=∑ )LL3(2 LLP2LP3 )LL3(2 LP3 LPLRLPM0M VC VC 2 C VC 2 C CVCyCAA + + = + −=−=∑ ⇒= d) Tracemos los diagramas de cortante V(x) y flector M(x). Por el principio de superposición las gráficas de cortante y flector resultan de la suma de los casos I y II. A B P M(x) A B C V(x) C A CB δx punto inflexión ν(x) Problema nº 31 Sea la estructura de la figura constituida por una viga AB y un cable CD. La viga soporta una carga uniformemente distribuida. Hallar las reacciones, la condición necesaria para que la deformada de la viga presente puntos de inflexión y las gráficas del esfuerzo cortante V(x) y del momento flector M(x). q(x) L v a a Lc A B C D Solución: Nos hallamos ante una estructura hiperestática de grado 1, ya que tenemos 2 ecuaciones de equilibrio ( Σ Fy = 0; Σ M = 0) y 3 reacciones (RA ; RB y RC ).
  9. 9. 76 Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos q(x) Lv Lc A B C D Ra Rb Rc q(x) A B C D νIνIIνIII a) Establezcamos las ecuaciones de equilibrio. Σ Fy = 0 ⇒ RA + RB = q Lv - RC Σ MD = 0 ⇒ RA = RB b) Consideremos el caso hiperestático como la superposición de 3 casos isostáticos. Apliquemos las ecuaciones de comportamiento a estos tres casos, y hallemos la deformación en el punto medio de la viga D. q(x) A B D A B D Rc C Rc D Caso I Caso II Caso III La ecuación de compatibilidad en el punto central de la viga D será: IIIIII ννν += donde ⇒=== AE LR ; IE48 LR ; 384 Lq5 CC III 3 VC II 4 V I ννν ( )⇒ + =⇒+= C 3 V 4 C C CC 3 VC 4 V LI48LA8 LIAEq5 R AE LR IE48 LR 384 Lq5 (Por equilibrio) ( ) ( )⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + −= + −== C 3 V 4 CV C 3 V 4 CV BA LI48LA16 LIAE5 2 L q LI48LA16 LIAEq5 2 Lq RR c) Condición para que la deformada presente puntos de inflexión. En el tramo AD las ecuaciones del cortante y del flector son: xRx 2 q )x(MyRxq)x(V A 2 ADAAD +−=+−= La deformada de la viga tendrá 2 puntos de inflexión si la ecuación del flector presenta una raíz en el intervalo AD⇒ q R2 q 0RR x;0x a2 ca4bb x A 2 AA 2 = − −±− ==⇒ −±− = Observemos los siguientes puntos de esta expresión: ( )C 3 V 4 C V LI48LA8 LIAE5 Lx + −= . Observemos los siguientes puntos de esta expresión: a) El valor de x no depende de q sino de la geometría de la estructura b) El término ( ) 0 LI48LA16 LIAE5 C 3 V 4 C > + , al ser todos los términos positivos ⇒ x < Lv
  10. 10. Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 77 c) Al ser [ ]V A L,0x0x q R2 x ∈⇒>⇒= Para que la deformada tenga puntos de inflexión, x deberá pertenecer al intervalo ⇒⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ 2 L ,0 V ( ) ( ) 2 L LI48LA8 LIAE5 2 L LI48LA8 LIAE5 L q R2 x V C 3 V 4 CV C 3 V 4 C V A > + ⇒< + −== d) Gráficas de V(x) y M(x) q(x) Lv Lc A B C D RB Rc V(x) M(x) ν(x) RA RC q(x) Lv Lc A B C D RB Rc V(x) M(x) ν(x) RA RC Problema nº 32 La columna del pórtico de la figura, se encuentra sometida a un incremento de temperatura de valor Δt = 25 °C en su cara izquierda y de valor -25 °C en su cara derecha. Datos: E = 20 10 6 kN/m 2 ; α = 10 -5 ; sección pilar = 0,3 x 0,3 m; sección viga = 0,3 x 0,4 m. Hallar las reacciones en las sustentaciones; el diagrama de momentos flectores acotando sus valores, y el dibujo de la deformada. A B C 5 m 4m 0,4m 0,3m Viga 0,3m 0,3m Columna -25°C25°C Solución: Nos hallamos ante una estructura hiperestática de grado 1, ya que tenemos 2 ecuaciones de equilibrio ( Σ Fy = 0; Σ M = 0) y 3 reacciones ( RA ; MA y RC ).
  11. 11. 78 Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos A B C RA 5 m 4m MA RC A B C = + A B C RA MA R C Caso I Caso II 5 m 4m 5 m 4m -25°C25°C -25°C25°C a) Establezcamos las ecuaciones de equilibrio. Σ Fy = 0 ⇒ RA = - RC Σ MA = 0 ⇒ MA = 5 RC b) Consideremos el caso hiperestático como la superposición de dos casos isostáticos. Apliquemos las ecuaciones de comportamiento a ambos casos, y hallemos la deformación en el punto C I) Caso I A B C A CB A B θ B θ B θ B νCI 4m -25°C25°C -25°C CURVATURA ν''(x)= α Δt h 5m 25°C En el caso I la deformada en el punto C es νCI debida al giro del nudo B (θB ) producida por las diferencias de temperatura en las caras de la columna. I.1) Hallemos el giro en el nudo B de la barra AB provocada por Δt. La diferencia de temperatura induce una curvatura k: ( ) 3 5 21 10 3 5 50 3,0 10 TT h ''k − − ==−== α ν Aplicando el 1º teorema de Mohr a la gráfica de la curvatura 3 CB 10 3 20 Lk − ==θ⇒ I.2) Hallemos la deformación en el punto C provocada por el giro θB Al tratarse de un giro pequeño podemos asimilar el desplazamiento νCI como el arco de un ángulo θB y radio Lv 30 1 LVBCI =θ=ν⇒
  12. 12. Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 79 II) Caso II A B C M(x) A B C V(x) A CB A B θ B θ B θ B νcIIa Lv Lc Rc Rc Rc R Lc v R Lc v Rc νcIIb νcII R Lc v RLcv Rc El momento de inercia de la viga 44 33 V m1016 12 4,03,0 12 hb I − ⋅= ⋅ == . El momento de inercia de la columna 44 33 C m10 4 27 12 3,03,0 12 hb I − ⋅= ⋅ == . En el caso II la deformada en el punto C es νCII = νCIIa + νCIIb ; donde: νCIIa : Deformación debida al giro del nudo B (θB ) producida por el momento MBC = Rc Lv νCIIb : Deformación debida a la carga Rc en el extremo de una barra en voladizo. Del problema anterior conocemos el valor de esta deformación =+=+= V 3 VC C C 2 VC CIIbCIIaCII IE3 LR IE LLR ννν [Sustituyendo] C 3 C R1071,8R 34560 301 − ⋅== c) Apliquemos la ecuación de compatibilidad La ecuación de compatibilidad es que el punto C no sufre desplazamiento alguno ⇒ ⇒==⇒=⇒= kN83,3kN 301 1152 RR 34560 301 30 1 CCCIICI νν (Por equilibrio) ∑ −=−=⇒= kN83,3RR0F CAy ∑ ==⇒= m.kN14,19m.kN 301 5760 M0M AA d) Tracemos los diagramas de cortante V(x) y flector M(x). El caso I no produce esfuerzos internos al tratarse de un caso isostático, por tanto, sólo el caso II provoca esfuerzos internos V(x) y M(x). A B C M(x) A B C V(x) 3,83 3,83 3,83 19,1 3,83 19,1 19,1 e) Trazado de la deformada Al trazar la deformada tenemos que tener en cuenta que en la columna se presentan 2 curvaturas de signo contrario.
  13. 13. 80 Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos e.1) La producida por la diferencia térmica ( ) 33 5 21 1066,110 3 5 50 3,0 10 TT h ''k −− − ⋅===−== α ν e.2) La producida por el momento flector 3 C 1042,1 22575 32 IE M ''k − ⋅=−=−==ν Podemos observar que es mayor la curvatura provocada por la diferencia térmica, por tanto la deformada será: A B C -25°C ν''(x)= α Δt h 25°C A B C ν''(x)= -M EI + A CB δx ν(x)= Problema nº 33 Sea la estructura de la figura constituida por una viga AB y un cable CD. La viga soporta un incremento de temperatura ΔT1 en su cara superior y ΔT2 en su cara inferior (ΔT2 > ΔT1 ). Hallar las reacciones y dibujar las gráficas del esfuerzo cortante V(x), el momento flector M(x), de la curvatura y de la deformada. L v a a Lc A B C D ΔT1 ΔT2 ΔT1 ΔT2 Solución: Nos hallamos ante una estructura hiperestática de grado 1, ya que tenemos 2 ecuaciones de equilibrio ( Σ Fy = 0; Σ M = 0) y 3 reacciones (RA ; RB y RC ). RA RB RC L v a a Lc A B C D ΔT1 ΔT2 ΔT1 ΔT2 A B C D νI νII νIII a) Establezcamos las ecuaciones de equilibrio. Σ Fy = 0 ⇒ RA + RB = RC
  14. 14. Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 81 Σ MD = 0 ⇒ RA = RB b) Consideremos el caso hiperestático como la superposición de 3 casos isostáticos. Apliquemos las ecuaciones de comportamiento a estos tres casos, y hallemos la deformación en el punto medio de la viga D. A B D A B D Rc C Rc D+ = Caso I Caso II Caso III ΔT1 ΔT2 b.1) Hallemos νI debido al incremento térmico en una viga apoyada-apoyada. A B ν'' D ΔT1 ΔT2 E BE = Lv 4 D' νI Sabemos que la curvatura ( )21 V TT h '' Δ−Δ α =ν y dada la simetría del problema, la tangente D' E es horizontal y por tanto, aplicando el 2º teorema de Mohr al intervalo [D, B]: BE = νI = Momento estático del área sombreada respecto al eje vertical en B = ( ) ( )21 V 2 VVV 21 V TT h8 L 4 L 2 L TT h BE ΔΔ α ΔΔ α −=⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ −= Al ser ( )21 V 2 V I21 TT h8 L ,TT ΔΔ α νΔΔ −=< b.2) Conocemos las deformaciones en los casos II y III AE LR ; IE48 LR CC III 3 VC II == νν b.3) Apliquemos la ecuación de compatibilidad en el punto central de la viga D. ⇒ν+ν=ν IIIIII ( ) ( )( )⇒− + =⇒+=− 12 C 3 VV 2 V C CC 3 VC 12 V 2 V TT LI48LAh LIAE6 R AE LR EI48 LR TT h8 L ΔΔ α ΔΔ α (Por equilibrio) ( )12 C 3 VV 2 V BA TT )LI48LA(h LIAE3 RR ΔΔ α − + ==⇒ c) Gráficas de V(x), M(x), ν''(x) y ν(x) Los esfuerzos cortantes y flectores de la viga AB son debidos al caso II, ya que al ser el caso I isostático la variación térmica no genera esfuerzo.
  15. 15. 82 Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos Lv Lc A B C D RB Rc V(x) M(x) RA RC RA RB Lv Lc A B C D Rc ν(x) RA RB ν '' (x) ν '' (x) Esfuerzos Temperatura + Problema nº 34 La viga AB de la figura se encuentra sometida en toda su longitud a un incremento de temperatura de valor Δt = -25 °C en su cara superior y de valor +25 °C en su cara inferior. En el punto central de esta viga se ancla el cable CD. Hallar a) La fuerza R que debe aplicarse en el extremo C del cable para que este punto no sufra ningún desplazamiento vertical. b) Las gráficas acotadas de cortantes y flectores en la viga AB c) Las gráficas de la curvatura y deformada de la viga AB Datos: Cable CD: E = 20 ⋅10 6 kN/m 2 ; A = 10 -4 m 2 ; y viga AB: E = 20 ⋅10 6 kN/m 2 ; I = 10 -5 m 4 ; α = 10 -5 ; Canto= 15 cm 4 2 2 2 A B C D - 25° + 25° R - 25° + 25° Solución: El punto C de esta estructura se comporta como si se tratase de una estructura ya que en dicho punto se genera una fuerza RC y no se produce desplazamiento o giro alguno. Por tanto el problema propuesto es equivalente a la figura siguiente, y son aplicables las ecuaciones del problema anterior,
  16. 16. Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 83 RA RB RC 2 A B C D -25° -25° +25° +25° 4 22 A B C D νIνIIνIII a) Establezcamos las ecuaciones de equilibrio. Σ Fy = 0 ⇒ RA + RB = RC Σ MD = 0 ⇒ RA = RB b) Apliquemos la ecuación de compatibilidad en el punto central de la viga D. νI = νII + νIII ⇒ ( ) ( )( ) 150 1 2525 15,08 410 TT h8 L 25 12 V 2 V I =−− ⋅ ⋅ =−= − ΔΔ α ν 150 R IE48 LR C 3 VC II ==ν y ⇒== 1000 R AE LR CCC IIIν ( )( ) ⇒==− + = kN869565,0 23 20 TT LI48LAh LIAE6 R 12 C 3 VV 2 V C ΔΔ α (Por equilibrio) kN434782,0 46 20 RR BA ===⇒ c) Gráficas de V(x), M(x), ν''(x) y ν(x) A B C D 0,87 kN V(x) M(x) A B C D ν(x) ν '' (x) ν '' (x) Esfuerzos Temperatura + 0,43 kN 0,43 kN -0,43 kN 0,43 kN 0,87 kNm 0,0087 m−1 0,0033 m−1 0,87 kN
  17. 17. 84 Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos Problema nº 35 Sea la estructura de la figura constituida por una viga AB y un cable CD. El cable CD soporta una disminución de temperatura ΔT . Hallar las reacciones. L v a a Lc A B C D ΔT Solución: Nos hallamos ante una estructura hiperestática de grado 1, ya que tenemos 2 ecuaciones de equilibrio ( Σ Fy = 0; Σ M = 0) y 3 reacciones (RA ; RB y RC ). RA RB RC L v a a Lc A B C D ΔT A B C D δ Δt ν δ Rc a) Establezcamos las ecuaciones de equilibrio. Σ Fy = 0 ⇒ RA + RB = RC Σ MD = 0 ⇒ RA = RB b) Consideremos el caso hiperestático como la superposición de 3 casos isostáticos. Apliquemos las ecuaciones de comportamiento a estos tres casos, y hallemos la deformación en el punto D. A B D Rc C Rc D= Caso I Caso III C D Caso II - ΔT b.1) Caso I: Conocemos la flecha en el punto central del vano de una viga apoyada-poyado que soporta una carga puntual centrada IE48 LR 3 CC I =⇒ ν Caso II: Conocemos el acortamiento que sufre una barra sometida a una disminución de temperatura ΔT ⇒ δΔt = α ΔT LC . Caso III: Conocemos el estiramiento que sufre la barra CD sometida a la carga RC ⇒
  18. 18. Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 85 AE LR CC RC =δ b.2) Apliquemos la ecuación de compatibilidad en el punto D ⇒ νI = δΔt - δRc ⇒ ⇒ + =⇒−= C 3 V C C CC C 3 VC LI48LA LIAET48 R AE LR LT IE48 LR Δα Δα (Por equilibrio) C 3 V C BA LI48LA LIAET24 RR + ==⇒ Δα
  19. 19. 86 Flexión. Vigas continuas FLEXION. VIGAS CONTINUAS Problema nº 36 Dada la viga continua de la figura se pide hallar las reacciones en las sustentaciones y trazar las gráficas de esfuerzo cortante V(x) y momento flector M(x). El vano AB presenta una rótula. 4 8 q= 4 Mp/m Rótula 1,5 2 10 Mp A B C Solución. a) Grado hiperestático La estructura es hiperestática externa de grado 1, pero al presentar una rótula en el vano AB perdemos un grado hiperestático, y por tanto estamos ante una estructura isostática. b) Cálculo de las reacciones Ecuaciones estáticas ΣFy = 0 ⇒ RA + RB + RC = 42 ΣMA = 0 ⇒ 4 RB + 12 RC + 20 = 256 Una rótula añade una ecuación más. La suma de momentos de cualquiera de las dos partes de en que la rótula divide a la estructura respecto al punto donde se halla la rótula es nulo. En este caso tomemos la parte izquierda. ΣMRot Izq = 0 ⇒ 1,5 RA = 35 ⇒ RA = 70/3 = 23,33 Mp Resolviendo el sistema: ⎩ ⎨ ⎧ = −= ⇒ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ =+ =+ Mp16,20R Mp50,1R 236R12R4 3 56 RR C B CB CB c) Dibujo de las gráficas. En el trazado del momento flector debemos tener en cuenta que la rótula se caracteriza por presentar momento flector cero.
  20. 20. Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 87 23,3 Mp 1,5Mp 10Mp 20,16Mp V(x) M(x) Rótula Pico Máximo Problema nº 37 Dada la viga continua de la figura hallar las reacciones y las gráficas V(x) y M(x) 8 kN10 kN/m10 kN/m 2 m 2 m 2 m 3 m 1 m6 m A B C Solución: a)Hallemos el momento Mb en el apoyo b, Apliquemos la ecuación de los 3 momentos para hallar Mb , Conocemos Ma = 0 y Mc = 8 kNm M = 0a Mb Mb M = -8c A = 0b 20 kN.m Aa x a CBBA En la gráfica de momentos ( ) 3xy, 3 280 220220 3 2 2AA aaa ==⋅+⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⋅=⇒ Sustituyendo en la ecuación: ⇒−−=⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ +⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ++⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ bb bb aa aa b b c b b a a b a a a LI xA6 LI xA6 I L M I L I L M2 I L M ( ) ( ) km22,14kNm 9 128 M2803836M2 bb −=−=⇒−=⋅−++
  21. 21. 88 Flexión. Vigas continuas b)Hallemos las reacciones en los apoyos. 8 kNm14,22 kNm Ra RbI RbII Rc20 - 14 , 22 6 20 + 14 , 22 6 14,22 kNm 17,63 kNm 22,37 kNm 14,22 3 − 8 3 14,22 3 + 8 3 8 - 2,07 kNm 5,92 kNm Ra = Risostático kN63,17 6 22,14 20 L M a b =−=− RbI = Risostático kN37,22 6 22,14 20 L M a b =+=+ RbII = Risostático kN44,24RRRkN07,2 3 8 3 22,14 0 L M L M bIIbIb b c b b =+=⇒=−+=−+ RcI = Risostático kN92,5 3 8 3 22,14 8 L M L M b c b b =+−=+− c)Dibujemos las gráficas V(x), M(x) y ν(x) 8 kN10 kN/m10 kN/m A B C 2,37 kN 17,63 kN 22,37 kN 2,07 kN 5,92 kN 8 kN V(x) -8 kNm -14,22 kNm M(x) Punto inflexión ν(x) d) Comprobemos que el momento Mb es correcto Vamos a comprobar que el giro a ambos lados del apoyo B es el mismo: ( ) ( ) IE 22,18 aL2 IEL24 aq aL2 IEL24 aq IE3 LM 2 a 2 22 a 2 ab 2q1qMbBizq =−+−+−=++−= θθθθ IE 22,18 IE6 LM IE3 LM bcbb McMbBder =+=+= θθθ
  22. 22. Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 89 Problema nº 38 Dada la viga continua de la figura hallar las reacciones y las gráficas V(x) y M(x) 20 kN/m A C DB 100 kN 8m 8m 10m 4m 4m Solución: Esta viga continua es una estructura hiperestática de grado 2, ya que tenemos 2 ecuaciones de equilibrio (Σ Fy = 0; Σ M = 0) y 4 reacciones ( RA ; RB ; RC y RD ). a)Hallemos los momentos MB y MC en los apoyos B y C. Sabemos que Ma = 0 y Md = 0. A 100 kN B P L 4 = 200 kN MB MB B C MC 20 kN/m C MC D q L2 8 = 250 kNm x =4a x =5C a.1) Apliquemos la ecuación de los 3 momentos a los tramos AB y BC. En la gráfica de momentos 0A;m4 2 L x;m800 8 LP L 4 LP 2 1 AA ba 2 2 aAB ======⇒ Sustituyendo en la ecuación: ⇒−−=⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ +⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ++⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ bb bb aa aa b b c b b a a b a a a LI xA6 LI xA6 I L M I L I L M2 I L M ( ) 300MM4800 I8 6 I 8 M I 8 I 8 M2 cbcb −=+⇒⋅−=+⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + a.2) Apliquemos la ecuación de los 3 momentos a los tramos BC y CD. En la gráfica de momentos 0A;m5 2 L x;m 3 5000 L 8 Lq 3 2 AA bc 2 2 cAC =====⇒ Sustituyendo en la ecuación: ⇒−−=⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ +⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ++⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ cc cc bb bb c c d c c b b c b b b LI xA6 LI xA6 I L M I L I L M2 I L M 5000M36M85 3 5000 I10 6 I 10 I 8 M2 I 8 M cbcb −=+⇒⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⋅ −=⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ++ a.3) Resolviendo el sistema: ⎩ ⎨ ⎧ −= −= ⇒ ⎩ ⎨ ⎧ −=+ −=+ kNm4,129M kNm65,42M 5000M36M8 300MM4 c b cb cb
  23. 23. 90 Flexión. Vigas continuas b)Hallemos las reacciones en los apoyos. A 100 kN B B C 20 kN/m C D 42,7 kNm 129,4 kNm RA = 50 - 42,7 8 44,7 kN 55,3 kN RBI= 50 + 42,7 8 RBII= 42,7 8 129,4 8 - 10,8 kN RCI= 42,7 8 129,4 8 - 10,8 kN RCII=100+ 129,4 10 112,9 kN RDI = 100- 129,4 10 87,1 kN R = 44,5 kNB R = 123,7 kNC kN7,44 8 7,42 50 L M RR a b isostáticaa =−=−= kN3,55 8 7,42 50 L M kN3,55 8 7.42 50 L M RR a b a b isostáticabI =+=+=+=+= kN5,44RRRkN8,10 8 4,129 8 7,42 0 L M L M RR IIbIbb b c b b isostáticabI =+=⇒−=−+=−+= kN8,10 8 4,129 8 7,42 0 L M L M RR b c b b isostáticacI −=+−=+−= kN7,123RRRkN9,112 8 4,129 100 L M RR IIcIcc c c isostáticacI =+=⇒=+=+= kN87 8 4,129 100 L M RR c c isostáticadI =−=−= c)Dibujemos las gráficas V(x), M(x) y ν(x) 20 kN/m A C DB 100 kN 44,7 kN -55,3 kN -10,8 kN -10,8 kN 112,9 kN 87 kN 200 kNm 42,7 kNm 129,4 kNm 189,16 kNm A C DB Punto inflexión Punto inflexión
  24. 24. Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 91 Problema nº 39 Dada la viga continua de la figura hallar a) el momento flector en el punto B aplicando el método de los 3 momentos; b) las reacciones en los apoyos; c) las gráficas de cortantes y flectores, acotando sus valores y direcciones y d) el momento positivo máximo en el primer vano. 5 kN10 kN/m 3 m 1 m6 m A B C 6 kN Solución: a)Hallemos el momento Mb en el apoyo b, Apliquemos la ecuación de los 3 momentos para hallar Mb , Conocemos Ma = 0 y Mc = -5 kNm M = 0a Mb Mb M = - 5c Mmax= 45 kN.m Aa x a CBBA 10 kN/m Mmax= 4,5 kN.m x b 6 kN En las gráficas de momentos ( ) 5,1xy,75,6 2 35,4 A;3xy,180645 3 2 A bbaa == ⋅ ===⋅=⇒ Sustituyendo en la ecuación: ⇒−−=⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ +⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ++⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ bb bb aa aa b b c b b a a b a a a LI xA6 LI xA6 I L M I L I L M2 I L M ( ) kNm2917,30M 3 5,175,66 6 31806 3536M2 bb −=⇒ ⋅⋅ − ⋅⋅ −=⋅−+ b)Hallemos las reacciones en los apoyos. 5 kNm30,29 kNm Ra RbI RbII Rc30 - 30,29 6 30 + 6 30,29 kNm 24,95 kNm 35,04 kNm 30,29 3 − 5 3 30,29 3 + 5 3 5+3 - 11,43 kNm -0,43 kNm 10 kN/m 6 kN 30,29 3 + Ra = Risostático kN95,24 6 29,30 30 L M a b =−=−
  25. 25. 92 Flexión. Vigas continuas RbI = Risostático kN05,35 6 29,30 30 L M a b =+=+ RbII = Risostático kN48,46RRRkN43,11 3 5 3 29,30 3 L M L M IIbIbb b c b b =+=⇒=−+=−+ RcI = Risostático kN43,0 3 5 3 29,30 35 L M L M b c b b −=+−+=+− c)Dibujemos las gráficas V(x), M(x). 5 kN10 kN/m A B C 24,95 kN 35.04kN 11,43 kN 5 kN V(x) -5 kNm -30,29 kNm M(x) 6 kN 5,43 kN 31,12 kN d) Hallemos el valor máximo del momento flector en el tramo AB V(x) = -10 x + 24,95 ⇒ Si V(x) = 0 ⇒ x = 2,49 m M(x) = -5 x 2 + 24,95 x = (en x = 2,49) = 31,12 kNm

×