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

5 kN/m

C

R By

4m

20 kN

5m A

R Ay

R Ax

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 MAB

5 kN/m ⇒

B R AB

C 28,5 kN

80kNm B 3,5 kN

C 28,5 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

Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto R BC 20 kN

B

3,5 kN

MBC

80kNm

20 kN

B

⇒

20 kN

A

20 kN

A

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 ν(x)

Deformada del pórtico. B

C ν(x)

A

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

ν(x)

V(x) 20 kN

20 kN 3,5 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). d.1) Barra AB

69

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 MA . R BC = P

P

Lv

B

C

B

MBC = P Lv P

Lc

MAB = PLv A

A

C

R AB = P

MA = P Lv

MA

B

R A= P

RA

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). P

P

P B

C

B

C

P

P(x)

M(x)

A MA

RA

C

B

V(x)

A RA

P

PLv

A MA

RA

MA

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

71

c) Hallemos la deformada en el punto C θB

B

θB θB

P C

PL

B Lc

νCI ν νCII C

Lv A

A

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 ⇒ θ B =

P LV LC EI

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 LV ⇒ν CI = θ 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 ν C =

P LV 3 3E I

c.4) Hallemos la deformada en el punto C

ν C = ν CI + ν CII =

P LV 2 LC P LV 3 3 LC + LV + = P LV 2 EI 3EI 3EI

Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos

72

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

R Ay

R Ax

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 30 kN MAB

B

30 kN C

R AB

23 kN

⇒

40 kNm

B 7 kN

C 23 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

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

73

MAB = - MBC = 40 kNm MBC

40kNm

B RBC

⇒

20 kN

B 7 kN

20 kN

7 kN

7 kN 20 kN

A

20 kN

A

23 kN C

B

40 kNm

7 kN

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

B

B

C 40 kNm

7 kN

C 57,5 kNm

V(x)

A

A

M(x)

A

20 kN

P(x)

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 ( Σ Fx = 0; Σ Fy = 0; Σ M = 0) y 4 reacciones ( RAx ; RAy ; MA y RCy ). Lv

P

C

B

Lv

P

Lc A

C

B

R Cy

=

Lc Caso I A

MA R Ay R Ax

Lv C

B +

Lc Caso II A

MAI R AxI

MAII R AyII

R Cy

Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos

74

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 P P

θB

P P

C

B

C

B

V(x)

C

B

νCI

Lv

Lc

M(x)

A

θB θB

B

A

A

A

P Lc

P

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 ⇒ θ B =

P LC 2 2EI

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 ⇒ ν CI = θ B LV =

P LC 2 LV 2EI

R cy Lv

II) Caso II R cy C

B

Rcy

R cy Lv B

V(x) A R cy

θB C

R cy

M(x) A

Rcy Lv

θB

B

B

A

A

Lc

θB C R cy Lv

νcIIb ν νcIIa cII

Rcy Lv

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

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

ν CII =ν CII a + ν CII b =

RCy LV 2 LC EI

+

RCy LV 3 3E I

75

3 LC + LV 3E I

= RCy LV 2

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

ν CI = ν CII ⇒

P LC 2 LV 3 LC + LV 3 P LC 2 = RCy LV 2 ⇒ RCy = ⇒ 2EI 3EI 2 LV ( 3 LC + LV )

(Por equilibrio) ∑ F y = 0 ⇒ R Ay = − RCy = − ∑ M A = 0 ⇒ M A = P LC − RCy LV = P LC −

3 P LC 2 2 LV ( 3 LC + LV )

3 P LC 2 3 P LC 2 + 2 P LC LV = 2 ( 3 LC + LV ) 2 ( 3 LC + LV )

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

C

B

V(x)

M(x)

A

C

B punto inflexión

A

δx

ν(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 ( Σ Fy = 0; Σ M = 0) y 3 reacciones (RA ; RB y RC ).

Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos

76

q(x)

C R c Lc

C q(x)

D Lv

A

D B A

Ra

B ν III

Rb

ν II

νI

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. Rc

q(x)

C D R c

D

D A

B

A

B

Caso I

Caso II

Caso III

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

ν I = ν II + ν III donde ν I =

5 q LV 4 R L 3 R L ; ν II = C V ; ν III = C C ⇒ 384 48 E I EA

5 q LV 4 RC LV 3 RC LC 5 q E A I LC 4 = + ⇒ RC = ⇒ (Por equilibrio) 384 48 E I EA 8 A LV 3 + 48 I LC

(

R A = RB =

)

⎛ LV q LV 5 q E A I LC 4 5 E A I LC 4 ⎜ q − = − ⎜ 2 16 A L 3 + 48 I L 2 16 A LV 3 + 48 I LC V C ⎝

(

)

(

)

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

c) Condición para que la deformada presente puntos de inflexión. En el tramo AD las ecuaciones del cortante y del flector son: q VAD ( x ) = − q x + R A y M AD ( x ) = − x 2 + R A x 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 =

− RA ± RA2 −0 −q

=

2RA q

Observemos los siguientes puntos de esta expresión: x = LV −

(

5 E A I LC4

8 A L 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

(

5 E A I LC4

16 A L V 3 + 48 I L C

)

> 0 , al ser todos los términos positivos ⇒ x < Lv

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

77

2RA ⇒ x > 0 ⇒ x ∈ [ 0, LV ] q

Para que la deformada tenga puntos de inflexión, x deberá pertenecer al intervalo ⎡ LV ⎤ ⎢ 0, 2 ⎥ ⇒ ⎣ ⎦ x=

5 E A I LC 4 LV 5 E A I LC 4 L 2 RA = LV − < ⇒ > V 3 3 2 2 q 8 A LV + 48 I LC 8 A LV + 48 I LC

(

)

(

)

d) Gráficas de V(x) y M(x) C R c Lc

q(x)

q(x)

D Lv

A

B

D Lv

A

RB

RC

V(x)

C R c Lc

RC

V(x)

RA

B RB

RA

M(x)

M(x)

ν(x)

ν(x)

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. 6

2

-5

Datos: E = 20 10 kN/m ; α = 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 Columna 0,3m 0,3m

B 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 ( Σ Fy = 0; Σ M = 0) y 3 reacciones ( RA ; MA y RC ).

Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos

78

5m

5m C

B

C

B

4m

+

25°C -25°C

A

A

C

B

4m

=

RC

25°C -25°C

5m

4m

Caso I

RC A

MA

Caso II

MA RA

RA

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 θB

CURVATURA

θB θB

C

B

C -25°C

25°C

B

B

ν''(x)= α Δt h

νCI

5m

4m 25°C -25°C

A

A

A

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: k =ν ' ' =

α h

(T1 − T2 ) = 10

−5

5 50 = 10 −3 0 ,3 3

Aplicando el 1º teorema de Mohr a la gráfica de la curvatura ⇒ θ B = k L C =

20 −3 10 3

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 1 ángulo θB y radio Lv ⇒ ν CI = θ B L V = 30

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

79

R c Lv

II) Caso II Rc C

B

Rc

θB

R c Lv B

C

V(x)

Rc

M(x)

A

θB

B

B

A

A

Lc

A

Rc

Rc Lv

θB C Rc Lv

νcIIb ν νcIIa cII

Rc Lv

b h 3 0,3 ⋅ 0,4 3 = = 16 ⋅10 − 4 m 4 . 12 12 b h 3 0,3 ⋅ 0,33 27 El momento de inercia de la columna I C = = = ⋅10 − 4 m 4 . 12 12 4 En el caso II la deformada en el punto C es νCII = νCIIa + νCIIb ; donde:

El momento de inercia de la viga I V =

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

ν CII = ν CIIa + ν CIIb =

RC LV 2 LC RC LV 3 301 + = [Sustituyendo] = RC = 8 ,71 ⋅ 10 −3 RC 34560 E IC 3 E IV

c) Apliquemos la ecuación de compatibilidad La ecuación de compatibilidad es que el punto C no sufre desplazamiento alguno ⇒ 1 301 1152 RC ⇒ RC = ν CI = ν CII ⇒ = kN = 3,83 kN ⇒ (Por equilibrio) 30 34560 301 ∑ F y = 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

19,1 B

C 3,83

V(x) A

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.

Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos

80

e.1) La producida por la diferencia térmica k =ν ' ' =

α h

(T1 − T2 ) = 10

−5

50 =

0 ,3

5 −3 10 = 1,66 ⋅ 10 −3 3

e.2) La producida por el momento flector M 32 k =ν ' ' = − =− = 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

B

C

-M ν ''(x)= EI A

25°C

+

δx

C

C -25°C

ν''(x)= α Δt h

ν(x)

= A

A

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. C Lc

a

A

ΔT1 ΔT2

D

ΔT1 ΔT2

a

B

Lv

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 ). C

C Lc

RC

a

A RA

ΔT1 ΔT2

D Lv

ΔT1 ΔT2

D a

B A RB

B ν III

a) Establezcamos las ecuaciones de equilibrio. Σ Fy = 0 ⇒ RA + RB = RC

ν II

νI

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. Rc ΔT1 ΔT2

+

D

A

B

C =

D A

B

Caso I

Caso II

D R c Caso III

b.1) Hallemos νI debido al incremento térmico en una viga apoyada-apoyada. Lv 4 ΔT1 ΔT2

A

B D

BE = ν

D'

Sabemos que la curvatura ν' ' =

ν''

I

E

α (ΔT1 − ΔT2 ) y dada la simetría del problema, la tangente hV

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 = ⎛α L BE = ⎜⎜ (ΔT1 − ΔT2 ) V 2 ⎝ hV

⎞ LV α LV 2 ⎟ ⎟ 4 = 8 h (ΔT1 − ΔT2 ) V ⎠

Al ser ΔT1 < ΔT2 , ν I =

α LV 2 8 hV

(ΔT1 − ΔT2 )

b.2) Conocemos las deformaciones en los casos II y III

ν II =

RC LV 3 R L ; ν III = C C 48 E I EA

b.3) Apliquemos la ecuación de compatibilidad en el punto central de la viga D. ν I = ν II + ν III ⇒

α LV 2 8 hV

(ΔT2 − ΔT1 ) =

RC LV 3 R L 6 α E A I LV 2 + C C ⇒ RC = (ΔT2 − ΔT1 ) ⇒ 48 EI EA hV A LV 3 + 48 I LC

(Por equilibrio) ⇒ R A = R B =

(

3 α E A I LV

)

2

hV ( A LV 3 + 48 I LC )

(ΔT2 − ΔT1 )

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.

Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos

82

C R c Lc

C R c Lc A

D Lv

RA V(x)

RA

B

A

RB

RA

D Lv

B RB

ν '' (x) Esfuerzos

RC

+

RB

ν '' (x) Tem peratura ν(x)

M(x)

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 6

2

-4

2

Datos: Cable CD: E = 20 ⋅10 kN/m ; A = 10 m ; 6

2

-5

4

y viga AB: E = 20 ⋅10 kN/m ; I = 10 m ; α = 10 C

-5

; Canto= 15 cm

R 2

A

- 25° - 25° + 25° D + 25° 2

B

2

4

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,

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

83

RC

C

C 2 -25°

2

A

+25°

D

-25°

D

+25°

2

B

4

RA

A

B ν III

RB

ν II

νI

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 ⇒

νI =

α LV 2 8 hV

ν II = RC =

R L R RC LV 3 R = C y ν III = C C = C ⇒ EA 1000 48 E I 150

6 α E A I LV 2

(

−5

⋅42 (25 − (− 25 )) = 1 8 ⋅ 0 ,15 150

(ΔT2 − ΔT1 ) = 10

hV A LV + 48 I LC 3

)

(ΔT2 − ΔT1 ) = 20 = 0 ,869565 kN 23

⇒ R A = RB =

⇒ (Por equilibrio)

20 = 0 ,434782 kN 46

c) Gráficas de V(x), M(x), ν''(x) y ν(x) C 0,87 kN

A

C

A

B

D

0,43 kN

0,43 kN

-0,43 kN

ν '' (x) Esfuerzos

+ V(x)

0,87 kN

0,43 kN

ν '' (x) Temperatura

0,87 kNm M(x)

ν(x)

D

B 0,0087 m −1 0,0033 m −1

Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos

84

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. C ΔT

a

A

Lc

D

a

B

Lv

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 ). RC C ΔT

a

A RA

Lc

δ

D

a

Lv

C

δ

Rc

Δt

B RB

ν

A

D

B

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. Rc

C =

D A

D

B Caso I

C

ΔT

Caso II

-

D R c Caso III

b.1) Caso I: Conocemos la flecha en el punto central del vano de una viga apoyada-poyado que soporta una carga puntual centrada ⇒ ν I =

R C LC 3 48 E I

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 ⇒

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

δ RC =

R C LC EA

b.2) Apliquemos la ecuación de compatibilidad en el punto D ⇒ νI = δΔt - δRc ⇒ RC LV 3 R L 48 α ΔT E A I LC = α ΔT LC − C C ⇒ RC = ⇒ 48 E I EA A LV 3 + 48 I LC

(Por equilibrio) ⇒ R A = R B =

24 α ΔT E A I LC A LV 3 + 48 I LC

85

Flexión. Vigas continuas

86

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. 10 Mp

q= 4 Mp/m A

2

Rótula

B

C

1,5

4

8

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: 56 ⎧ ⎧ R B = − 1,50 Mp ⎪ R B + RC = ⎨ 3 ⇒⎨ ⎪⎩4 R B + 12 RC = 236 ⎩ RC = 20 ,16 Mp

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.

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

87

20,16Mp

V(x)

23,3 Mp

1,5 Mp

10Mp

Rótula

Pico

M(x)

Máximo

Problema nº 37 Dada la viga continua de la figura hallar las reacciones y las gráficas V(x) y M(x) 10 kN/m

10 kN/m

8 kN

A

B 2m

2m

C

2m

6m

3m

1m

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 Ma = 0

Mb

Mb

Aa A

B

xa

B

Mc = -8 Ab = 0

20 kN.m

280 ⎛2 ⎞ , y xa = 3 En la gráfica de momentos Aa ⇒ Aa = 2 ⎜ (20 ⋅ 2 )⎟ + 20 ⋅ 2 = 3 ⎝3 ⎠

Sustituyendo en la ecuación: ⎛L ⎞ M a ⎜⎜ a ⎟⎟ + 2 M b ⎝ Ia ⎠

⎛ L a Lb ⎜ ⎜I + I b ⎝ a

⎞ ⎟ + Mc ⎟ ⎠

⎛ Lb ⎜ ⎜I ⎝ b

⎞ 6 Aa x a 6 Ab x b ⎟=− − ⇒ ⎟ I a La I b Lb ⎠ 128 2 M b ( 6 + 3 ) + (− 8 ) ⋅ 3 = − 280 ⇒ M b = − kNm = − 14 ,22 km 9

C

Flexión. Vigas continuas

88

b)Hallemos las reacciones en los apoyos. 14,22 kNm 14,22 kNm

Ra

20 -

14 , 22

20 + 14 , 22 R bI 6 22,37 kNm

6 17,63 kNm

RbII = Risostático +

8 kNm

R bII

Rc

8 − 3 3 2,07 kNm

8 + 3 3 5,92 kNm

14,22

Ra = Risostático −

Mb 14 ,22 = 20 − = 17 ,63 kN La 6

RbI = Risostático +

Mb 14 ,22 = 20 + = 22 ,37 kN La 6

8-

14,22

Mb Mc 14 ,22 8 − =0 + − = 2 ,07 kN ⇒ Rb = RbI + RbII = 24 ,44 kN Lb Lb 3 3

RcI = Risostático −

Mb Mc 14 ,22 8 + =8− + = 5 ,92 kN Lb Lb 3 3

c)Dibujemos las gráficas V(x), M(x) y ν(x) 10 kN/m

10 kN/m

8 kN

A

B

C

22,37 kN 2,37 kN

V(x) 17,63 kN

8 kN

5,92 kN

2,07 kN -14,22 kNm

-8 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:

θ Bizq = − θ Mb + θ q1 + θ q 2 = −

(

)

M b La q a2 q a2 (2 L − a )2 = 18 ,22 + 2 L2 − a 2 + 3EI 24 L a E I 24 L a E I EI

θ Bder = θ Mb + θ Mc =

M b Lb M c Lb 18 ,22 + = 3E I 6EI EI

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) 100 kN A

4m

20 kN/m C

B

4m 8m

D

8m

10m

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

x a=4

B

PL 4

MB MB

B

C

20 kN/m

M C MC

C = 200 kN

q L2 8

x C=5 = 250 kNm

D

a.1) Apliquemos la ecuación de los 3 momentos a los tramos AB y BC. P L2 1 PL L L= = 800 m 2 ; x a = = 4 m ; A b = 0 En la gráfica de momentos A AB ⇒ A a = 2 4 8 2 Sustituyendo en la ecuación: ⎛L ⎞ ⎛L ⎛L ⎞ L ⎞ 6 Aa x a 6 Ab x b − ⇒ M a ⎜⎜ a ⎟⎟ + 2 M b ⎜⎜ a + b ⎟⎟ + M c ⎜⎜ b ⎟⎟ = − Ib ⎠ I a La I b Lb ⎝ Ia ⎠ ⎝ Ia ⎝ Ib ⎠ 8 6 ⎛8 8 ⎞ 2Mb ⎜ + ⎟+ Mc =− (800 ⋅ 4 ) ⇒ M b + M c = − 300 I 8I ⎝I I ⎠

a.2) Apliquemos la ecuación de los 3 momentos a los tramos BC y CD. 2 q L2 5000 2 L L= m ; xc = =5 m; Ab = 0 En la gráfica de momentos A AC ⇒ A c = 3 8 3 2 Sustituyendo en la ecuación: ⎛L M b ⎜⎜ b ⎝ Ib Mb

⎞ ⎟ + 2 Mc ⎟ ⎠

⎛ Lb L c ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ I + I ⎟ + Md c ⎠ ⎝ b

⎛ Lc ⎜ ⎜I ⎝ c

⎞ 6 Ab x b 6 Ac x c ⎟=− − ⇒ ⎟ I b Lb I c Lc ⎠

8 6 ⎛ 5000 ⎞ ⎛ 8 10 ⎞ + 2 Mc ⎜ + ⎟ = − 5 ⎟ ⇒ 8 M b + 36 M c = − 5000 ⎜ I I ⎠ 10 ⋅ I ⎝ 3 ⎝I ⎠

a.3) Resolviendo el sistema: ⎧ 4 M b + M c = − 300 ⎧M = − 42 ,65 kNm ⇒⎨ b ⎨ 8 M 36 M 5000 + = − b c ⎩M c = − 129 ,4 kNm ⎩

Flexión. Vigas continuas

90

b)Hallemos las reacciones en los apoyos. 100 kN B

A

42,7 kNm B

20 kN/m

129,4 kNm C

D

C

R A = 50 -

42,7

R BI= 50 +

42,7

8

8

44,7 kN

RBII =

55,3 kN R B = 44,5 kN

42,7

8 10,8 kN

R a = Risostática − RbI = Risostática + RbI = Risostática +

129,4 8

129,4 42,7 129,4 RCII = 100+ 8 8 10 10,8 kN 112,9 kN R C = 123,7 kN

R CI=

RDI = 100-

10

87,1 kN

Mb 42 ,7 = 50 − = 44 ,7 kN La 8

Mb M 42.7 42 ,7 = 50 + = 55 ,3kN + b = 50 + = 55 ,3 kN La 8 La 8

Mb Mc 42 ,7 129 ,4 − =0 + − = − 10 ,8 kN ⇒ Rb = Rb I + Rb II = 44 ,5 kN Lb Lb 8 8

RcI = Risostática − RcI = Risostática +

Mb Mc 42 ,7 129 ,4 + =0 − + = − 10 ,8 kN Lb Lb 8 8

Mc 129 ,4 = 100 + = 112 ,9 kN ⇒ R c = Rc I + Rc II = 123 ,7 kN Lc 8

R dI = Risostática −

Mc 129 ,4 = 100 − = 87 kN Lc 8

c)Dibujemos las gráficas V(x), M(x) y ν(x) 100 kN

20 kN/m B

A

C

D 87 kN

-55,3 kN -10,8 kN 44,7 kN

-10,8 kN 112,9 kN 129,4 kNm

Punto inflexión

200 kNm

Punto inflexión

42,7 kNm

A

129,4

B

C

189,16 kNm

D

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. 10 kN/m

6 kN

A

5 kN

B

C

6m

3m

1m

Mb

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 Ma = 0

Mb

10 kN/m

Aa A

M c= - 5

Mmax= 4,5 kN.m B

xa

C

B

xb

Mmax= 45 kN.m

En las gráficas de momentos 4 ,5 ⋅ 3 2 ⇒ Aa = (45 ⋅ 6 ) = 180 , y x a = 3 ; Ab = = 6 ,75 , y x b = 1,5 2 3 Sustituyendo en la ecuación: ⎛L M a ⎜⎜ a ⎝ Ia

⎞ ⎟ + 2 Mb ⎟ ⎠

⎛ La Lb ⎞ ⎛ Lb ⎞ 6 Aa x a 6 Ab x b ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ I + I ⎟ + M c ⎜ I ⎟= − I L − I L ⇒ b ⎠ a a b b ⎝ a ⎝ b⎠ 6 ⋅ 180 ⋅ 3 6 ⋅ 6 ,75 ⋅ 1,5 2 M b (6 + 3) − 5 ⋅ 3 = − − ⇒ M b = − 30 ,2917 kNm 6 3

b)Hallemos las reacciones en los apoyos. 30,29 kNm 30,29 kNm

10 kN/m

R a 30 - 30,29 6 24,95 kNm

30 +

30,29

R bI

6 35,04 kNm

Ra = Risostático −

5 kNm

6 kN

R bII 3+

30,29

Rc −

5

3 3 11,43 kNm

Mb 30 ,29 = 30 − = 24 ,95 kN La 6

5+3 -

30,29

+

5

3 3 -0,43 kNm

Flexión. Vigas continuas

92

RbI = Risostático + RbII = Risostático +

Mb 30 ,29 = 30 + = 35 ,05 kN La 6

Mb Mc 30 ,29 5 − =3+ − = 11,43 kN ⇒ Rb = Rb I + Rb II = 46 ,48 kN Lb Lb 3 3

RcI = Risostático −

Mb Mc 30 ,29 5 + =5+3− + = − 0 ,43 kN Lb Lb 3 3

c)Dibujemos las gráficas V(x), M(x). 10 kN/m

6 kN

A

B

5 kN C

35.04kN

5,43 kN 24,95 kN

5 kN

V(x)

11,43 kN -30,29 kNm

-5 kNm

M(x) 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 2

M(x) = -5 x + 24,95 x = (en x = 2,49) = 31,12 kNm