Soluciones de -ejercicios-porticos isostaticos estatica 20 PDF

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68 Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. PórticosFLEXION. PORTICOSProblema 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 si...

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Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos

68

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. 20 kN

5 kN/m

C 4m

B

5m A

Solución: a) Hallemos las reacciones en los apoyos RAx , RAy y RBy. B

C

5 kN/m

RBy

4m

20 kN

5m A

RAx RAy

El pórtico es una estructura isostáticas donde tenemos 3 reacciones y 3 ecuaciones:  Fx = 0  RAx = 20 kN

 Fy = 0  RAy + RBy = 5 kN/m  5 m = 25 kN  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 MAB

5 kN/m  80kNm

B RAB

C 28,5 kN

B 3,5 kN

C 28,5 kN

 Fy = 0  RAB = (5  5) - 28,5 = -3,5 kN  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

Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto R BC

3,5 kN

MBC

20 kN

80kNm

20 kN

B

B



20 kN

A

20 kN

A

3,5 kN

3,5 kN

3,5 kN

80 kNm

d.2) Barra BC 5 kN/m 80kNm B

C

3,5 kN

28,5 kN V(x)

-28,5 kN

-3,5 kN

M(x) +80 kNm (x)

Deformada del pórtico. C

B (x)

A

El punto C ha sufrido un desplazamiento horizontal a la derecha.

(x)

V(x) 20 kN

20 kN

3,5 kN

A

M(x)

80kNm

P(x)

B

20 kN

3,5 kN

20 kN

3,5 kN

d) Hallemos los diagramas de axial P(x), cortante V(x) y flector M(x). 1) Barra AB

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Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos

70

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. P

Lv C

B Lc A

Solución: a) Hallemos las reacciones en el empotramiento RA y M A . R BC = P

P

Lv

B

C

B

MBC = P Lv P

Lc

MAB = PLv A

A

C

R AB = P

M A= P L v

MA

B

R A=P

RA

El pórtico es una estructura isostática donde tenemos 2 reacciones y 2 ecuaciones:  Fy = 0  RA = P

 MA = 0  MA = P Lv b) Establezcamos el equilibrio en las barras AB y BC 1) Barra AB  Fy = 0  RBC = RA = P

 MA = 0  MBC = MA = P Lv 2)

Barra BC

 Fy = 0  RAB = P  MA = 0  MAB = P Lv c) Tracemos los diagramas de axial P(x), cortante V(x) y flector M(x). P

P

P B

C

B

C

P

P(x)

M(x) A

A MA

MA

MA RA

C

B

V(x)

A RA

P

PLv

RA

Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto

71

c) Hallemos la deformada en el punto C B

B B

B

P C

CI C CII

PL

B Lc

Lv A

A

La deformada en el punto C es C = CI + CII ; donde: CI : Deformación debida al giro del nudo B (B) producida por el momento MBC = P Lv CII : 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 

B



P LV LC EI

c.2) Hallemos la deformación en el punto C provocada por el giro B Al tratarse de un giro pequeño podemos asimilar el desplazamiento CI como el arco de un ángulo B y radio LV 

CI  B LV 

P LV 2 LC EI

c.3) Hallemos la deformación del punto C provocado por la carga P Aplicando el 2º teorema de Mohr  C 

P LV 3 3 EI

c.4) Hallemos la deformada en el punto C

 C   CI  CII 

P LV 2 LC EI

P LV 3



3 EI

23

 P LV

LC  LV 3 EI

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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. 2,5

2,5

30 kN

C 4m

2

B

2

20 kN 5m

A

Solución: a) Hallemos las reacciones en los apoyos RAx , RAy y RBy. 30 kN C

R By

20 kN

4m

B

5m A

RAx RAy

El pórtico es una estructura isostáticas donde tenemos 3 reacciones y 3 ecuaciones:  Fx = 0  RAx = 20 kN

 Fy = 0  RAy + RBy = 30 kN  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 30 kN

30 kN

MAB B

C

RAB

23 kN

 40 kNm

B 7 kN

C 23 kN

 Fy = 0  RAB= 30 - 23 = 7 kN  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

Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto

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MAB = - MBC = 40 kNm MBC

40kNm

B R BC



20 kN

B 7 kN

20 kN

7 kN

7 kN 20 kN

A

20 kN

A

23 kN B

B

B

C

40 kNm

7 kN

d) Hallemos los diagramas de axial P(x), cortante V(x) y flector M(x).

C

C 40 kNm

7 kN

57,5 kNm V(x)

P(x)

M(x)

A

20 kN

A A

Problema nº 30 Dado el pórtico de la figura sometido a una carga puntual P, hallar las reacciones. Lv

P

C

B Lc A

Solución: Nos hallamos ante una estructura hiperestática de grado 1, ya que tenemos 3 ecuaciones de equilibrio (  Fx = 0;  Fy = 0;  M = 0) y 4 reacciones ( RAx ; RAy ; MA y RCy ). Lv

P

C

B Lc A

C

B

R Cy

=

Lc Caso I A

R AxI

C

B +

Lc

R Cy Caso II A

MAI

MA RAy RAx

Lv

Lv

P

MAII RAyII

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a) Establezcamos las ecuaciones de equilibrio.  Fx = 0  RAx = P

 Fy = 0  RAy = - RCy  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 P P

B

P C

B

P

C

B

V(x)

B B

C

CI

B Lv

Lc

M(x)

A

B

A

A

A

P Lc

P

En el caso I la deformada en el punto C es CI debida al giro del nudo B (B) 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   B 

P LC 2 2EI

I.2) Hallemos la deformación en el punto C provocada por el giro B Al tratarse de un giro pequeño podemos asimilar el desplazamiento CI como el arco de un P LC 2 LV

ángulo B y radio Lv   CI   B LV 

2 EI

II) Caso II B

Rcy Lv

Rcy C

B

Rcy

Rcy Lv B

V(x) A Rcy

C Rcy M(x)

A

Rcy Lv B

cIIb  cIIa cII

B B

Lc A

B C Lv

Rcy

A

R cyLv

En el caso II la deformada en el punto C es CII = CIIa + CIIb; donde: CIIa : Deformación debida al giro del nudo B (B) producida por el momento MBC = Rcy Lv CIIb : Deformación debida a la carga Rcy en el extremo de una barra en voladizo. Conocemos el valor de esta deformación

Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto

 CII  CII a CII

b



RCy LV 2 LC



EI

RCy LV 3 3EI

 RCy LV 2

3 L C L 3 EI

75

V

c) Apliquemos la ecuación de compatibilidad La ecuación de compatibilidad es que el punto C no sufre desplazamiento alguno en dirección del eje OY

 CI 

CII



P LC 2 LV 2 3 LC  LV  RCy LV 2EI 3 EI

 RCy 

3 P LC 2 2 LV ( 3 LC L )V



(Por equilibrio)  Fy  0  RAy   RCy    M A  0  M A  P LC  RCy LV  P LC 

3 P LC 2 2L

V

( 3 LC L )V

3 P LC 2  2 P LC LV 3 P LC2  2 ( 3 L C  LV ) 2 ( 3 LC  L V)

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. P B

C

B B

C

x

C

V(x)

M(x)

A

punto inflexión

A

(x)

A

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). C q(x)

A

a

Lc D

a

B

Lv

Solución: Nos hallamos ante una estructura hiperestática de grado 1, ya que tenemos 2 ecuaciones de equilibrio (  Fy = 0;  M = 0) y 3 reacciones (RA ; RB y RC ).

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C Rc Lc

q(x)

C q(x)

D Lv

A

D B

BA

Ra

 III

Rb

I

 II

a) Establezcamos las ecuaciones de equilibrio.  Fy = 0  RA + RB = q Lv - RC

 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. Rc

q(x)

C DR

D

D B

A

B

A

Caso I

Caso II

c

Caso III

La ecuación de compatibilidad en el punto central de la viga D será:

 I  II  III 5 q LV 4



384

RC LV 3 48 E I

R A  RB 

5 q LV 4

donde  I 

q LV 2





384

;  II 

RC LV 3 ;  III  48 E I

RC LC EA



5 q E A I LC 4 RC LC  (Por equilibrio)  RC 3 EA 8 A LV  48 I LC 5 q E A I LC 4



3

16 ALV  48 I LC







5 E A I LC 4  q฀฀LV  ฀2 16 ALV 3  48 I LC ฀



฀ ฀ ฀ ฀



c) Condición para que la deformada presente puntos de inflexión. En el tramo AD las ecuaciones del cortante y del flector son: q 2 VAD(x)   q x  R A y MAD (x)   x  R Ax 2 La deformada de la viga tendrá 2 puntos de inflexión si la ecuación del flector presenta una raíz en el intervalo AD x 

 b  b2  4 a c 2a

 x  0; x 

 R A  R A20 q

2R  ฀A q

Observemos los siguientes puntos de esta expresión: x  LV 



5 E A I LC 4

8 AL

V

3

 48 I L C

. 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



4 16 A5LE A I L C  0 , al ser todos los términos positivos  x < Lv 3 V  48 I L C



Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto c) Al ser x 

77

2R A  x  0  x  0 , L V q

Para que la deformada tenga puntos de inflexión, x deberá pertenecer al intervalo  LV   0 , 2    x

5 E A I LC 4 2 RA   LV 3 q 8 ALV  48 I LC







LV 2





5 E A I LC 3

4





LV

8 ALV  48 I LC

2

d) Gráficas de V(x) y M(x) C

C Rc Lc

q(x)

q(x)

D Lv

A

Lc D Lv

BA RB

RC

V(x)

Rc

RC

V(x)

B RB

RA

RA M(x)

M(x)

(x)

(x)

Problema nº 32 La columna del pórtico de la figura, se encuentra sometida a un incremento de temperatura de valor t = 25 °C en su cara izquierda y de valor -25 °C en su cara derecha. 6

2

-5

Datos: E = 20 10 kN/m ;  = 10 ; 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. 5m B

Columna 0,3m 0,3m

4m

C

Viga 0,4m

25°C -25°C

0,3m

A

Solución: Nos hallamos ante una estructura hiperestática de grado 1, ya que tenemos 2 ecuaciones de equilibrio (  Fy = 0;  M = 0) y 3 reacciones ( RA ; MA y RC ).

Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos

78 5m

5m C

B 4m

C

B

RC

25°C -25°C

5m

=

+

25°C -25°C

A

A

C

B

4m

4m

RC

Caso I

A

MA

Caso II

MA RA

RA

a) Establezcamos las ecuaciones de equilibrio.  Fy = 0 RA

= - RC

 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 B

CURVATURA

 B B C

B

C -25°C

25°C

B

B

''(x)=  t h

CI

5m

4m 25°C -25°C

A

A

A

En el caso I la deformada en el punto C es CI debida al giro del nudo B (B) 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 t. La diferencia de temperatura induce una curvatura k: k  ' ' 

 T  T h

1

5

 10 2

0,3

50  5 10 3 3

Aplicando el 1º teorema de Mohr a la gráfica de la curvatura  B k L C

20

10 3 3

I.2) Hallemos la deformación en el punto C provocada por el giro B Al tratarse de un giro pequeño podemos asimilar el desplazamiento CI como el arco de un 1 ángulo By radio L   CI L B V  v 30

Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto

79

R c Lv

II) Caso II Rc C

B

Rc

B

R c Lv B

C

V(x)

R

B

B

A

A

c

A

Rc

cIIb  cIIa cII

B

Lc

M(x)

A

Rc Lv

B C Lv

Rc

Rc L v

El momento de inercia de la viga IV 

b h 3 0,3 0,43  16 10 4 m 4 . 12 12

b h 3 0,30,33  27 104 m4 .  12 4 12 En el caso II la deformada en el punto C es CII = CIIa + CIIb ; donde:

El momento de inercia de la columna IC 

CIIa : Deformación debida al giro del nudo B (B) producida por el momento MBC = Rc Lv CIIb : Deformación debida a la carga Rc en el extremo de una barra en voladizo. Del problema anterior conocemos el valor de esta deformación

 CII  CIIa  CIIb 

301 RC LV 2 LC RC LV 3   [Sustituyendo]  RC  8,71 10 3 RC EIC 3 EI V 34560

c) Apliquemos la ecuación de compatibilidad La ecuación de compatibilidad es que el punto C no sufre desplazamiento alguno  301 1152  CI  CII  1  RC R C kN  3,83 kN  (Por equilibrio) 30 34560 301  Fy  0  R A   RC   3,83 kN  M A  0  M A

5760 kN.m  19,14 kN.m 301

19,1

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). 3,83 C

B V(x) A

19,1 B

3,83

C

3,83

M(x) A

3,83 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.

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80

e.1) La producida por la diferencia térmica k  ' ' 

 T  T h

5

 10 50  5 103  1,66  10 3 2 0,3 3

1

e.2) La producida por el momento flector M 32 k  ' '     1,42  103 E IC 22575 Podemos observar que es mayor la curvatura provocada por la diferencia térmica, por tanto la deformada será: B B
...