Ejercicios resueltos -Libro Fundamentos de Análisis Estructural. Kenneth M.Leet CAP. X (31-34-35)

1. AÑO DE LA CONSOLIDACION DEL
MAR DE GRAU
CURSO: Análisis Estructural 1
ING.: Carlos Silva
ALUMNA: Jacinto Eche Miriam
TEMA: Métodos energéticos para el cálculo de deflexiones .Libro Fundamentos
de Análisis Estructural. Kenneth M.Leet CAP. X (31-34-35)
FACULTAD DE INGENIERIA CIVIL

2. La viga ABC esta soportada por una armadura de tres barras en el punto C y por un apoyo de
neopreno e A, el cual equivale a un apoyo simple
a) Calcular la deflexión vertical del punto B debida a la carga aplicada
b) Calcule el cambio en longitud del miembro DE que se requiere para desplazar el punto B hacia
arriba 0.75 pulgadas
¿implica esto un acortamiento o un alargamiento de la barra
DATOS:
E=29000klb/𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎2, el área de todas las barras de la armadura= 1𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎2 , el área de la viga
= 16 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎2
, y el momento l de la viga =1200 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎4
.

3. 𝑃 − 𝑄
𝑄1𝛿𝐵𝑌 = 𝑍𝐹𝑝 𝐹 𝑄
𝐿
∆𝐸
+ 𝑍 𝑀𝑄 𝑀𝑝
𝑑𝑥
𝐸𝐼
64𝛿𝐵𝑌 = 2
−20 2 10 ∗ 12
1𝐸
+
12 2 12 ∗ 12
1𝐸
2
(32𝑥)2 𝑑𝑥
𝐸𝐼
10
0
=
96000
𝐸
+
20736
𝐸
+
2048
𝐸𝐼
𝑥3
3
10
1728
𝛿𝐵𝑌 = 0.59
𝑄. 𝛿𝐵𝑌 = 𝐹𝑄 ∆𝐿 𝐷𝐸
−64 0.75 = 12 ∆𝐿 𝐷𝐸
∆𝐿 𝐷𝐸 = −4.0
6′ 6′
𝐷 𝐸
12
16
12
16 −20−20
16 𝑥 16 𝑥
+12
𝐴 𝐵 𝐶
10′ 10′
𝑥𝑥
𝑀1
𝑀2
64𝑘
32𝑘
𝑀1 = 𝑀2 = 𝑀𝑝 = 𝑀𝑄 = 32𝑥

4. si el desplazamiento horizontal del nudo B para el marco de la
figura no debe exceder de .36 pulgadas ¿cuál es valor requerido de
I para los miembros? .La barra CD tiene un área de 4 𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠2,
y E= 29000 klb/𝑝𝑢𝑙𝑔𝑎𝑑𝑎𝑠2
. Considere solamente las deformaciones
por flexión en los miembros AB y BC y la deformación axial de cd.

5. S𝐵𝑥 ≤ 0.36𝑖𝑛
𝑤 = 2 𝑘/𝐹𝑇
4𝑘
4𝑘
𝐴
𝐵
𝐶
𝐷
𝐴 = 4𝑚2
14′
30′
𝐼
28.133𝑘 𝐷𝑦 = 31.867𝑘
2 𝑘/𝐹𝑇
4𝑘
4𝑘
𝐴
𝐵
𝐶
𝐷
28.133𝑘 31.867𝑘
𝑥
𝑀𝑝 = 4𝑥
𝐹𝑝 = 31.867𝑘
𝑥
𝑀𝑝 = 31.867 − 2𝑥
𝑥
2
𝐼

6. 𝑀𝐴 = 0
1x14-Dy30=0
Dy=
14
30
=
7
15
𝑄. 𝛿 𝐵𝐻 = 𝑀𝑄 𝑀𝑃
𝑑𝑥
𝐸𝐼
+ 𝐹𝑄 𝐹𝑝
𝐿
𝐴𝐸
1K. 𝛿 𝐵𝐻 = 𝑥. 4𝑥
𝑑𝑥
𝐸𝐼
+
7𝑥
15
31.867𝑥 − 𝑥2 𝑑𝑥
𝐸𝐼
+
(−
7
15
)(−31.867)(14∗12)
𝐴𝐸
30
0
14
0
𝛿 𝐵𝐻=
1
𝐸𝐼
4𝑥3
3
14
0
+ 14.871𝑥2 − 0.467𝑥3
𝑑𝑥
𝐸𝐼
+
2500.16
4 ∗ 29.000
30
0
=
3658.67
29.000𝐼
1728 +
14.871𝑥3
3
−
0.467𝑥4
4
30
0
𝐼
𝐸𝐼
+ .0216′′
0.36′′
=
218
𝐼
+
133.839 − 94,567.5
29.000𝐼
1728 + .0216′′
. 36′′
=
218
𝐼
+
2340.1
𝐼
+ .0216′′
. 338 =
2558.07
𝐼
𝐼 = 7568,3𝑖𝑛4
𝑄 = 1𝑘
1𝑘
𝐴
𝑀𝑄 = 𝑥. 1
𝐶
𝐷
𝐷𝑦 =
7
15
𝑥
𝑥
𝑀𝑄 =
7𝑥
15
7
15
−
7
15
= 𝐹𝑄

7. Para el marco rígido de acero de la figura , calcule a rotación del nudo B y el
desplazamiento horizontal del apoyo c .considere únicamente las
deflexiones producidas por los momentos flexionantes .
DATOS:
E=200gpa .
I=80x106 𝑚𝑚2

8. SOLUCIÓN
∆𝐶𝑥
𝑄 = 1𝐾𝑁
60 𝐾𝑁
𝐵
𝐴
𝐶𝑦 = 25.71 𝐾𝑁
x
34.29 KN
6(34.29) = 20.574 KN
20.574 = 𝑀𝑃
x
MP= 25.71𝑥
𝐶
𝐵
𝐴
4
7
= 0.5714
x
0.5714 KN
MQ=(8-.3429)x=0.4571x
x
MQ= 0.5714𝑥
𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑚𝑜𝑠 ∆𝑥
0.3429 𝐾𝑁
1𝐾𝑁
.8
𝐶

9. 1𝐾𝑁. ∆𝑐𝑥 = 𝑀𝑄𝑀𝑝
𝑑𝑥
𝐸𝐼
∆𝑐𝑥 = 0.5714𝑥 25.71𝑥
𝑑𝑥
𝐸.𝐼
+ (0.4571𝑥)(20.574𝑥)
𝑑𝑥
𝐸𝐼
5
0
4
0
= 14.691𝑥2 𝑑𝑥
𝐸.𝐼
+ 9.404 𝑥2 𝑑𝑥
𝐸𝐼
5
0
4
0
=
313.408
𝐸𝐼
+
391.833
𝐸𝐼
=
705.241𝐾𝑁2.𝑚3
200 ×106 𝐾𝑁
𝑚2×80×106 𝑚𝑚4 𝑚4
1012 𝑚𝑚4
∆𝑐𝑥 = 0.041m = 44.1 mm

10. 1𝐾𝑁. 𝑚
𝐵
𝐴
1
7
𝐾𝑁 = 0.1429𝐾𝑁
x
1
7
𝐾𝑁 = 0.1429𝐾𝑁
x
MQ= −0.1429𝑥
𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑚𝑜𝑠 𝜃𝐵
0.6 0.1429 = 0.0857
𝐶𝜃 𝐵
0.0857𝑋 = 𝑀𝑄
1𝐾𝑁. 𝜃 𝐵 = 𝑀𝑄𝑀𝑝
𝑑𝑥
𝐸𝐼
𝜃 𝐵 = − 0.1429𝑥 25.71𝑥
𝑑𝑥
𝐸.𝐼
+ (0.0857𝑥)(20.574𝑥)
𝑑𝑥
𝐸𝐼
5
0
4
0
= −3.674𝑥2 𝑑𝑥
𝐸𝐼
+ 1.763𝑥2 𝑑𝑥
𝐸𝐼
5
0
4
0
=-
78.379
𝐸𝐼
+
73.458
𝐸𝐼
=-
4.921𝐾𝑁2.𝑚3
200 ×106×80×106 𝑚𝑚4×10−12
𝜃 𝐵 = −0.00031