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1 6-8

VICERRECTORADO DE INVESTIGACION

2 1 Ael1. 2014-

Ñilíó'ó~'.Ñ-~oN . NT!F&CA Y .fRADUCCIONES

--=====-· -=·===ll

INSTITUTO DE !NVESTIGACION DE LA FACULTAD DE INGENJERIA f\i"\. MECANICA- ENERGIA ~

MAY 2014

"TEXTO: PROBLEMAS :bE CÁLCULO DE DISEÑO DE ESTIÜJCTURÁS

INDUSTRIALES"

AUTOR: ING. JUAN ADOLFO BRAVO FELIX

RESOLUCION RECTORAL N o 114-2012-R

(PERIODO: del 01-01-2012 al 30-12-2013)

BELLA VISTA- CALLAO

ÁÑÓ 2014

INDICE GENERAL

I.-INDICE 1

II.- RESUMEN 3

III.-INTRODUCCION 4

IV.- PARTE TEÓRICA Ó MARCO TEÓRICO 6

l. PROBLEMAS DE ESTRUCTURAS ISOSTÁTICAS 7

l. l. Tip_o,s. <i~ ~S~ll,lgwª 7

1.2. Reacciones externas y Fuerzas internas. 10

1.3. -Deflexiones de estructuras 12

2. PROBLEMAS DE ESTRUCTURAS IDPEREST ÁTICAS 18

2.1. Método d_e las fuerzas_ 18.

2.2. Estructuras simétricas con cargas simétricas y antisimétricas. 32

2.3. Método de pendiente- desviación 40

2.4. Método de distribución de momentos 49

3. PROBLEMAS DE LINEAS DE INFLUENCIA 55

3 .l. Estructuras isostáticas 57

3. 2. Estructuras hiperestáticas 77

4. PROBLEMAS MIEMBROS SUJETOS A TRACCIÓN O COMPRESIÓN 82

4 .l. Miembros a tracción.. 82

4.2. Miembros a compresión.

5. PROBLEMAS DE DISEÑO DE VIGAS Y ARMADURAS

5 .l. Di~eñq vigas.

5 .2. Diseño de Armaduras.

V.- MATERIALES Y METODOS

VI.- RESULTADOS

VII.- DISCUSION

1

93.

100

100

108

114

115

116

VIIT.- REFERENCIALES

IX.- APENDICE

Momentos de extremos fijos para cargas triangulares

ANEXOS.

Anexol: Tabla de momentos de extremos fijos

Anexo 2: Tabla de integrales de momentos.

2

117

118

119

120

RESUMEN

El.J?resente texto: Problemas de Cálculo de Diseño de Estructuras Industriales se ha

desarrollado teniendo como referencia el contenido de la asignatura del mismo nombre

que se desarrolla en los Cursos de Actualización Profesional (CAP), para la titulación

de los egresados de la FIME, el mismo que trata de los siguientes puntos:

-Estructuras estáticamente determinadas: armaduras planas, vigas y marcos. Primero

se analiza el tipo de estructura luego se determinan las fuerzas y momentos de reacción

y se grafican los diagramas de fuerzas y momentos internos para determinar la sección

transversal mas cargada. Así mismo se calculan la deflexión de determinados puntos

mediante los métodos geométricos y de energía, trabajo virtual y teorema de

Castigliano.

-Estructuras indeterminadas: vigas, armaduras y marcos. Utilizando el método de las

fuerzas, propiedades de simetría y antisimetria, método de deformaciones (Deflexiones

y pendientes), distribución de momentos (Cross) se determinan las fuerzas y pares

redundantes.

-Líneas de influencia: vigas y armaduras. Las cargas móviles generan la variación de

fuerzas y momentos de apoyo así como internas en vigas y armaduras isostáticas e

hiperestáticas. Su cálculo es importante para el diseño de puentes y grúas. Los cálculos

y diagramas se realizaron para la carga móvil unitaria a lo largo de la estructura.

-Miembros sujetos a tracción y a compresión. Implica el cálculo del área efectiva de la

sección transversal y el esfuerzo admisible en la unión o empalme de barras sujeto a

tensión así como el diseño de miembros sujeto a compresión mediante los métodos del

American Institute of Steel Construction (AISC) o Instituto Americano del Acero:

Allowable Stress Design (ASD) ó diseño por esfuerzo admisible y Load and Resistance

Factor Design (LRFD) o diseño por factor de carga y resistencia (se introduce por vez

primera)

-. Diseño de vigas y armaduras se realiza la selección de perfiles de vtgas y

armaduras mediante el método del diseño por esfuerzo admisible ó diseño por factor

de carga y resistencia del Instituto Americano del Acero (AISC) .

3

INTRODUCCION

Este trabajo de investi~ación tiene J?Or objetivo ofrecer al estudiante de Actualización

Profesional (CAP) y de pregrado de la FIME, a los egresados y profesionales de

Ingeniería Mecánica y ramas afines,_ el TEXTO: PROBLEMAS DE CÁLCULO DE

DISEÑO DE ESTRUCTURAS INDUSTRIALES para la ampliación de sus

cqnq~imi~n~q~ a<iquiridqs en R~sist~nci~. q~ Mat~ri~l~s m~qia,nt~ n~eva,& t~cniGa,s d~

cálculo, introducción de nuevos temas y análisis de estructuras mas complejas. Como

el área de aplicación del texto es el metal mecánico en amplio expansión en el país por

el incremento de los Mall plaza y fábricas, se convierte en una necesidad urgente contar

con profesionales que dominen el ramo de construcciones metálicas, material de

estudio correspondiente; de ahí la importancia y justificación del presente texto.

El texto de problemas está redactado en base a la selección de problemas propuestos

(enunciado y/o figura) en los libros citados en referenciales y adecuaciones. Al final de

cada enunciado se cita la fuente entre paréntesis (autor, año, página). Las figuras o

dibujos sin indicación de fuente corresponden a soluciones o complementos al

desarrollo del problema.

Este texto está organizado en cinco capítulos, de acuerdo al orden de cálculo de un

diseño estructural: reconocimiento de tipo de estructura, análisis de estructuras

determinadas (isostáticas) e indeterminadas, cálculo de componentes a tensión y a

compresión en régimen elástico y plástico, diseño de vigas, marcos y armaduras.

En el capítulo 1 se tratan problemas Estructuras estáticamente Determinadas, ya sean

vigas, marcos, arcos y armaduras los que están formados por varios elementos unidos

por rótulas. Aplicando las ecuaciones de equilibrio estático se calculan las reacciones y

fuerzas internas en puntos específicos y se trazan los diagramas de fuerzas y momentos

internos; así mismo se calculan los giros y desplazamientos aplicando el método de la

carga unitaria.

En el capítulo 2 se ven problemas de Estructuras Hiperestáticas o redundantes. De

acuerdo al tipo de estructura se utilizan el método de las fuerzas, .donde de ser

ventajoso se aplican las propiedades de simetría y antisimetría de estructuras simétricas

con cargas simétricas y antisimétricas. También se utilizó el Método ·de los

desplazamientos: ecuaciones de pendiente - desviación y distribución de momentos

4

(Cross) a fin de obtener las ventajas de uno u otro método pru,:a la solución de los

problemas.

En el capítulo 3 se introduce un nuevo tema: problemas de líneas de influencia de vigas

y armaduras isostáticas y marcos hiperestáticos; su importancia radica en que se utiliza

en el cálculo de puentes y grúas que están sujetas a cargas móviles. El método consiste

en determinar las fuerzas de reacción y fuerzas internas en una sección en I_Jarticular de

la viga o barra de la armadura para cada posición de la carga móvil unitaria aplicando

las ecuaciones de equilibrio estático en estructuras isostáticas Y. luego graficar u tabular

para todas las p_osiciones a lo largo de la estructuran siendo estas lineales. Para

estructuras hii_Jerestáticas además se introduce el I_Jrincii_Jio de comi_Jatibilidad de

desplazamientos mediante el teorema de Maxwell - Betti. y las correspondientes

gráficas son parabólicas.

En el capítulo 4 se resuelven problemas de miembros sujetos a tracción y a compresión,

siendo imi_Jortantes las secciones transversales de los I_Juntos de unión de los elementos

que conforman la estructura los cuales son por remaches, pernos o soldadura. En los

miembros sujetos a tensión y cables sometidos a cargas concentradas es imi_Jortante el

cálculo del área neta de la sección transversal de unión, que con el esfuerzo admisible

en tensión del material permite el diseño de miembros sujetos a tensión.

En problemas de miembros a compresión para el diseño de columnas de acuerdo al

American Institute of Steel Construction (AISC) se utilizan los métodos de diseño por

esfuerzo admisible (ASD) y diseño por factor de carga y resistencia (LRDF) siendo éste

el mas utilizado en el mundo.

En el capítulo 5 se realizan diseño de vigas y armaduras. Los problemas de diseño

vigas imi_Jlica la determinación de cargas, la sección transversal crítica y selección de

perfiles de acuerdo al tipo de material. En los problemas de Diseño de Armaduras, es

necesaria la determinación de barras mas solicitadas y luego la selección I_Jerfiles de la

armadura de acuerdo al material a utilizar.

Todos los temas considerados son importantes para el desarrollo I_Jrofesional del

ingeniero mecánico porque le permite ampliar su campo de acción en el mercado muy

competitivo como el actual al conocer varios métodos de cálculo Y. ai_Jlicarlas.

5

PARTE TEÓRICA Ó MARCO TEÓRICO

6

l. PROBLEMAS DE ESTRUCTURAS ISOSTÁTICAS

1.1. TIPOS DE ESTRUCTURAS:

Las estructuras se clasifican en: hipostáticas (mecanismos), isostáticas e hiperestáticas.

Para saber el tipo de estructura se debe conocer la relación que existe entre el número

de vínculos (nv) Y. el número de grados de libertad (ngl) de los componentes de la

estructura. Luego:

nv- ngl{O ~ .. Estructura hipostática.

nv- ngl = O .. ~ Estructura Isostática.

nv- ngl.).O .. ~ Estructura Hiperestática

Los vínculos son las restricciones al movimiento que tiene la estructura y pueden ser

externos e internos. Los vínculos externos son las conexiones a tierra de la estructura y

pueden ser de tres tipos:

El apoyo simple (restringe el movimiento en 1 dirección)

El apoyo doble (restringe el movimiento en 2 y 3 direcciones en 2D y 3D)

El empotramiento (restringe el movimiento en 3 Y. 6 direcciones en 2D Y. 3D

respectivamente)

.Las rótulas o articulaciones son los vínculos internos Y. restringen

desplazamientos en 2(n -1) direcciones (en 2D), donde n es el número de elementos

que. c.on_<;:l.,l_rre a la rótula. En la figu_ra 1.1 se ven las. estructmas. vinculadas.

Los grados de libertad son los movimientos (giros y desplazamientos) de un

elemento estructural que en 2D son 3 y en 3D son 6: giros y desplazamientos en

dirección de cada eje coordenado. Esos grados de libertad deben ser restingados por

vínculos para que un cuerpo permanezca fijo en el espacio.

}·· ..

~.~

:e:

Í2:;.~~·c:,;.'/':·7 .... -t

t Figura 1.1 1

~n &. Me Connac, 1006) 7

PROBLEMAS

1.1. Indique que tipo de estructuras son las indicadas (figura P 1.1) formados por

vigas, marcos y arcos.( Kassimali, 2001, p 73)

Articulación

Articulación

{e) (el) (e)

Figura P 1.1

Solución:

Como se tratan de estructuras planas, para determinar el tipo de estructura, aplicamos la

fórmula. nv- ngl- '2. O

fig N°.deElem. nv ngl nv-ngl= Tipo de Estructura

(a) 1 5 3 2 Híperestático de 2°0 grado

(b) 3 9 9 o Isostática

(e) 1 6 3 3 Hiperestático de 3er grado

(d) 2 8 6 2 Hiperestático de 2ao grado

(e) 3 ·9 9 o Isostática

1.2 Indique que tipo de estructuras son las indicadas en la figura P1.2 .. ( Kassimali,

2001, p 73) D 8

(a)

(b) (e)

~ (d) (e)

FiguraP 1.2

8

Solución:.

Como se tratan de estructuras planas, para determinar el tipo de estructura, aplicamos la

fórmula. nv-ngl ~O

fig . N°.dc:Elem. n.v. ngl m'-ngl = Tipo. de. Estructura

(a) 1 4 3 1 Hiperestática de 1 er grado

(b) 3 8 9 -1 Hipostática

(e} 1 .9 3 6 . Hiperestática de 6to grado

(d) 4 12 12 o Isostática

(e) 1 3 3 o lsostática

1.3. Indique que tipo de armaduras son las indicadas en la figura P 1.3. ( Laible, 1995 p

70) fi1><1 .. . '/ ., '

' a) b) e)

d)

Fig.Probl. 1.3

Solución.

fíg b n 2n-3 .vt= ve .gh= Tipo de Estructura

b-(2n-3) . v€+vi-ngl

(a) 15 8 13 2 4 3 Hip. De 3er grado.

(b) 5 4 5 o 4 1 Hip. de 1 ergrado

(e) 21 11 19 2 3 2 Hip. De 2°0 grado

(d) 10 6 9 1 3 1 hiperestática

(e) 19 11 19 o 3 o Isostática

9

1.2. REACCIONES EXTERNAS Y FUERZAS INTERNAS

Las fuerzas externas sobre la estructura generan las fuerzas de reacción en los apoyos y

fuerzas internas en todas las secciones transversales, siendo de mayor importancia

aquellas donde las fuerzas internas son de mayor intensidad.

Para determinar las fuerzas externas e internas se hace uso de las ecuac10nes de

equilibrio estático.

En 2D las condiciones de equilibrio estático son tres:

y

En 3D las condiciones de equilibrio estático son seis:

í:Fx =0, í:Fy =O y_

LMx =0, LMY =0 y

í:Fz =O

LMz=O

Las intensidades de reacciones externas en los apoyos (vínculos) dependen de la

magnitud de las cargas externas y se determinan planteando la condición de equilibrio

estático de toda la estructura. En la figura 1.2 (b) se muestra las reacciones externas.

En cuanto a la magnitud de las fuerzas internas, se determinan al aislar una parte de la

estructura mediante un corte imaginario en la sección transversal de la estructura donde

se desea determinar esas fuerzas internas que en 2D son tres: fuerza axial (N), fuerza

cortante (V) y momento flector (M) y en 3D aparecen 6 fuerzas internas: 1 fuerza axial

(N), 2 fuerzas cortantes (Vy, Vz ), 2 momentos flectores (My, Mz) y 1 momento torsor

(T). Al elemento aislado se plantea la condición de equilibrio estático, es decir que la

suma de las fuerzas (momentos) externas y las fuerzas (momentos) internas es igual a

cero. En la figura 1.2 (e) se muestran las fuerzas internas.

!Fti!·· A !F2 !Ft

:a ¡, •t . !![".~,~

a (a)

(b) t

(e)

Figura 1.2 2

2 (Nelson & Me Cormac, 2006) ~--· -- --- - . 10

PROBLEMAS:

1.4. Calcule las reacciones en A y B de la viga representada en la figura P 1.4.

250kN (Kassimali, 2001 p 7 t 40kN!m

t .J.!lll~ ~ 1 An;culación

~tsm---l-tsm~30m~ FiguraP 1.4

Solución:

Aplicando las ecuaciones de equilibrio estático, tenemos:

LFx =O~Dx =0

LFr = 0.-==±Ar - 250-1200,+ B =O ~-Ar = 850.kN

~M A~ =O~ -40x30x15 + Bx30 =O~ B = 600.kN.

MA = 600x30+250xl5 = 21150kN.m

1.5. Calcule las reacciones A y B del marco representado en la figura P 1.5.

(Kassimali, 2001 p 7 5) 180kN

•iH

6m---~-6m~~6m-4

FiguraP 1.5

Solución:

Aplicando las ecuaciones de equilibrio estático, tenemos:

LFx =O~Ax -210=0~Ax = 270

LFr =O~Ar -180-180+B=O~Ar =215.kN

""' r;:;;( 6- 9 )-L..MA =0~-180x6-30x3"./l3 ¡:;-;;+ ¡:;-;; +Bxi8=0---+B="85.kN. 3'\j 13 3'\j 13

11

1.6. Calcule las reacciones A, B y las fuerzas internas en la articulación central del arco

triarticulado representado en la figura P l. 6. (Kassimali, 2001 p 76)

FiguraP 1.6

Solución:

Aplicando las ecuaciones de equílibrio estático, debido a la articulación obtenemos 1

ecuación adicional, determinando las 4 incógnitas:

L,Fx =O~Ax -200-Bx =O~Ax =760/3

L Fy = o ~ Ay - 360 + By = o ~ Ay = 27 .kN

L,MA =0~-30xi2x6+200xl0.4+By =O~Br =80kN.

L,MA~ =0~-200xl.6+Byx12-Bxx12=0~Bx =160/3 .. kN.

Para determinar las fuerzas internas en la articulación central~ hacemos un corte

imaginario en dicha sección e introduciendo las fuerzas internas aislamos la parte

derecha del arco y mediante el equilibrio de fuerzas determinamos las fuerzas internas:

L,Fx =0 ~Fax -200-Bx =O ~Fax= 760/3

L,Fy =0~-Fay+Br =O~Fay =SO.kN

: ... Fa= ~F:X + F; = 265.66.kN

l. 7. Calcule las reacciones y trace el diagrama de momento flector del marco indicado

en la figura P 1.7. (Kassimali, 2001 p 272)

2DkN 3kN/m

B

Fig. Probl. l. 7

12-

Solución:

AI?licando las ecuaciones de equilibrio estático se determinan las reacciones en A y D.

LFx =O~Ax -20= O ~Ax = 20

LFr =O~ 4r -~Q+-0 =O~ 4r =-~.!<;N

L.MA =O~ -20x10-30(5)+Dxl0 =0 ~D =35.kN

El diagrama del momento tlector se trazan por tramos con las ecuaciones indicadas y su

gráfico es:

Tramo AB: M x = 20.x

TramoDC: Mx =0

Tramo CB: Mx =35.x-15.x2

1.8. Determine las reacciones y trace el diagrama de momento flector del marco

indicado en la figura P 1.8. (Kassimali, 2001 p 185) r-5m::-Sml .. --

'] 6m

·¡skNfm -t 6m

l

FiguraP 1.8

Solución:

Aplicando las ecuaciones de equilibrio estático se determinan las reacciones en Ay D.

LFx =O~Dx -I5xl2=0~Dx =180

LFr =O~A -15+D7 =O~Dr =10.5.kN

LM~ =O~ -l5x6x3 -15x5 + AxlO =O~ A= 64.5.kN

LMv =0~64.5(10)-75(5)-15(12X6)+Mv =O~Mv =810kN.m

El diagrama del momento flector se trazan por tramos con las ecuaciones indicadas y su

gráfico es:

O :S: x :S: 5 ~M x === 64.5.x Tr-amoAB:.

5 :S: X :S: 10 ~Mx = 322.5 -l0.5x

Tramo BC: M = 270 -7.5x2 x.

Tramo CD: Mx = -90x-1.5.x2

13

2.3. DEFLEXIÓN DE ESTRUCTURAS

~1- d_e~pl(lZªmi~lltO tr@_sy~rsal d_~ vigas, marcos y anna.duras s~ d~tenninan mediante

métodos geométricos como: área de momentos, viga conjugada e integración, así como

energéticos: trabajo virtual, teoremas de Castigliano y Betti-Maxwell, carga unitaria.

Para la solución de problemas se utilizó el método de la carga unitaria que consiste en

avlicar la carga (momento) unitario en dirección del desvlazamiento (giro) deseado,

trazar su diagrama de momento flector M así como de la carga real M y multiplicar

sus ordenadas por la longitud y dividir por la rigidez flexiona! (El) .

J.=JLEML '- El o

PROBLEMAS

1.9. Determinar las reacciones y la deflexión vertical en A de la armadura de la figura P

1.9, EA= cte. (Hibbeler, 1997, p 442)

20kN lSkN :::¡

Figura P 1.9

Solución:

Aplicando las ecuaciones del equilibrio de fuerzas y momentos:

LFx =O~C+Dx =O~Dx =-C~Dx =-220/3kN

LFr =0~-20-15+Dr =O~Dr =35kN

í:Mv =O ~-20x8-15x4+Cx3 =O ~e= 220/3.kN

Para determinar el desplazamiento vertical del nudo A, calculamos las fuerzas internas

en cada barra para la carga real y para una carga unitaria vertical actuando en A

mediante el método de los nudos. Los resultados están ella tabla que se muestra:

14

Barra L N N 8 -¿NN% A- EA

AB 4 -80/3 -4/3 1280/9EA

AE 5 100/3 5/3 2500/9EA

BC 4 -220/3 -8/3 5280/9EA

BD 5 175/3 5/3 4375/9EA

BE 3 -20 -1 60/EA

CD 3 o o o DE 4 80/3 4/3 1280/9EA

¿ - - - ()A= 1695/EA

1.10. Calcule las reacciones A, B y el desplazamiento horizontal del apoyo B de la

armadura representada en la figura P 1.10. (Kassimal~ 2001 p 75)

35kN 70kN 3SkN

l. a 50kN 50kN 50kN 50kN 25kN

1------6 a4 m= 24m -----1

Figura P 1.1 O

Solución:

Aplicando las ecuaciones del equilibrio estático:

LFx =0-+Dx =0

LFY =O-+ Ay -35-50-50-70-50+B-35-50-25 =O-+ Ay= 85.kN

'LM A =O-+ -85x4- 50x8 -120xl2 + Bx16- 85x20- 25x24 =O-+ B = 280.kN.

Para determinar el desplazamiento horizontal del apoyo B, calculamos las fuerzas

internas de las 4 barras horizontales inferiores entre A y B con el método de los nudos y

de las secciones para la carga real y para la carga unitaria horizontal actuando en B. Los

valores obtenidos están ella tabla correspondiente:

15

Barra L N N 5 =L.NN%_ HE EA

A-1 4 85 1 340/EA

1-2 4 85 1 340/EA

2-3 4 35 1 140/EA

3-B 4 35 1 140/EA

L: - - - ÚHB= 960/EA

1.11. Calcule el desplazamiento del punto A de la viga mostrada en la figura P 1.11.

Utilice la simetría y los valores I?ara E= 200.0 x 106 kN/m2 e I = 10 x 10-6 m4.

(Laible, 1995, p 455)

Figura P 1.11

Solución:

Determinación de las reacciones B y C:

LFr =O~-~+ flr - l-~(4)+('- ~=O~ llr = 8.{rlj

LMB =o~ 5(2)-1.5(4X2)+4C -5(6)= o ~e =8.kN.

El diagr-ama del momento flector- por- simetría se tr-aza hasta el punto medio M, para la

carga real y carga unitaria vertical actuando en A y D con las ecuaciones:

Tramo AB: M = -5.x x. m =-1x X.

Tramo BM: Mx = -10+3x-0.75x2

El diagrama de momento flector para la carga real gem~ra áreas triangular de ordenada -

1 O en el tramo AB y rectangular y parábola de ordenada -1 O y + 3 respectivamente en el

tramo BM. Las cargas unitarias en los tramos .indicados generan triángulo y rectángulo

respectivamente de ordenada -2. Aplicando la integral de Kurt Beyer de A hasta M:

16

0A = fMp!dx= 1 + 1 El A B

o = -- (~2X2) + -(~2x2) +-- (=2X2) =-[ 1(-10) J [-10 J [2( 3) J 136 A 3 El El 3 El 3El

1.12. Calcule el desplazamiento de la rótula e de la viga indicada en la figura P1.12.

Ex¡>rese la respuesta en términos de El. (Laible, 1995,_ p 455)

_PaSador'

Figura P 1.12

Solución:

Determinación de las reacciones A, B y e para la carga real:

LFr =O~Ar +B-12+E=O~Ay =-6.kN

¿Mg =O~ 12(6)-12E =O~ E= 6.klb.

LMA =0~ 12B-12(30)+36E=O ~B= 12klb

Para la carga ficticia unitaria vertical en C:

LFr = O ~ Ay + B -1 +E= O ~ Ar = -1

¿Mg =0~12E=O~E=O.

:LM A =o ~ 12B -1(24) = o ~ B = 2

El diagrama del momento flector se traza para la carga real y carga unitaria a lo largo

de la vie;a con las ecuaciones:

TramoAB: Mx =-6.x

Tramo.BC: Mx =-72+6x

Tramo ED: M x = 6x

mx =-12+1x

El diagrama de momento flector en el tramo AC para la carga real genera áreas_

triangular de ordenada -72 en B. Las cargas unitarias en los tramos indicados generan

triángulo de ordenada -12 en B. Aplicando la integral de Kurt Beyer de A hasta C:

Mp! B e D

l.Oe = J dx = J + J + J = El A B. e

a = 2[~(- 72)(-12X12)l+ 2[~( 36)(oX6)l = 6912

e 3El j 3El j El 17

2. PROBLEMAS DE ESTRUCTURAS HIPERESTÁTICAS

2.1. ESTRUCTURAS INDETERMINADAS

Las estructuras indeterminadas o hiperestáticas son aquellas cuyo número de vínculos

es mayor al de grados de libertad. La estructura formada por un elemento, en 2D tiene 3

grados de libertad (gl), en 3D tiene 6gl. Los vínculos pueden ser externos e internos.

Generalmente la unión de 2 elementos es mediante una rótula o articulación. Cada

rótula en 2D genera 2 vínculos internos;_ varios elementos enlazados mediante 1 rótula

tienen 2(N-1) vínculos, donde N es el número de elementos que concurre a la rótula_

Otros enlaces interno son 2 bielas paralelas conectadas a 2 placas ya sea en dirección

paralela ó perpendicular al eje de la estructura y generan 1 grado de libertad. En las

armaduras los vínculos internos redundantes están dadas por el no de barras (b) superior

a b = (2n-3), donde n es el n° de nudos. La suma de vínculos internos y externos

excedentes al de ngl constituye el grado de hiperestaticidad o redundancia de una

estructura. La figura 2.1 muestra una estructura hiperestática de 2do grado.

La resolución de estas estructuras en el rango elástico es mediante las ecuaciones de

equilibrio estático y ecuaciones de compatibilidad de giros y desplazamientos. Existen

varios métodos de cálculo de estructuras hiperestáticas, unas basadas en poner en

evidencia las fuerzas y momentos redundantes y otras en giros y desplazamientos

laterales de la misma. Aquí se utilizan 3 métodos.

Figura 2.13

2.2. MÉTODO DE LAS FUERZAS

l'amhién conocido como método de las flexibilidades, consiste en des_crihir las

ecuaciones de compatibilidad de giros y desplazamientos de determinados puntos de la

estructura teniendo como incógnitas las fuerzas redundantes donde los coeficientes son

las flexibilidades o desplazamientos (giros) de un punto en dirección de la fuerza

3- (Nelson & Me Cormac, 2006)

~ 18

incógnita generados dicha fuerza y por las demás cargas incógnitas unitarias. El

planteamiento de la ecuación de compatibilidad para un hiperestático de 2do grado es:

510 +011 X 1 +c512X 2 =O

020 +021 X 1 +c512 X 2 =0

Donde el coeficiente o!,. es el desplazamiento del punto i para una carga unitaria en el

punto j, los <ho y 02o son los desplazamientos de los puntos 1 y 2 debido. a las cargas

externas sobre la estructura primaria, a los asentamientos 1:1 de los soportes y a los

cambios dimensionales por cambio de temperatura o errores de fabricación de los

miembros. Los X¡ son las fuerzas incógnitas. La primera fila de las ecuaciones indica

que el desplazamiento relativo del punto 1 debido a la acción de las cargas es nulo. La

segunda fila indica igual, pero en este caso el punto 2 ha sufrido un desplazamiento 1:1

Una vez calculado las X¡ las demás incógnitas se calculan con las ecuaciones de

equilibrio estático.

PROBLEMAS

2.1. Calcule las reacciones y dibuje los diagramas de fuerza cortante y momento flector

para la viga continua indicada en la figura P 2. l. Considere El constante. (Me Cormac ,

1996.p 381)

FiguraP 2.1

Solución:

La viga con las cargas externas indicadas es un híper estático de 1er grado.

Considerando la reacción en B como redundante, transformamos en estructura base

(primaria) isostática y estable. Para determinar las reacciones mediante el método de las

Fuerzas se dibuja el diagrama del momento flector para cada carga externa y la

reacción en B = 1 respecto al punto A, siendo parábola de 2do grado en el tramo AB

para la carga distribuida, y rectángtilos en el tramo AC para la carga puntual y en el

tramo AB para la carga unitaria. Finalmente mediante la tabla de integración se

determinan desplazamientos del punto B para cada carga y aplicando el principio de

19

superposición y mediante la compatibilidad de los desplazamientos se determina el

desplazamiento total del apoyo B.

La ecuación de compatibilidad de los desplazamientos es:

qBo+qBBRB = Q

Donde:.

s: _ fM,!Idx_ Bf Pcrr4_/JQlq fB trap~c;iQ _ 1 MML 1 (M1 +2M2 )NIL u - - - + - ---+-_o._______:___--=-'----

BO El ATriáng.unit. Atriáng.unit. 4 El 6 EL

8 = [.!. (- 691.2 )(24 x24 )] + [.!. ( (- 48o) + 2(- 144o ))(z4X24 )] = -2110464 BO 4 El 6 El 5El

5 = J~ =.!. (24X24X24) = 4608 BB- El -3 EL - El

·Reemplazando en la ecuación de compatibilidad:

-2110464 + 4608 RB = 0 ... ~ .RB = 91.6.klb. 5El El

Aplicando las ecuaciones de equilibrio estático se obtiene:

LFx =O~Ax =0

LFr =O~Ar -2.4(24)+91.6-40=0~Ar =6.klb

í.:MA =O~MA -2.4(24)[12]+91.6[24]-40[36]=0~MA =-67.2klb.

2.2. Calcule las reacciones y dibuje los diagramas de fuerza cortante y momento flector

para la estructura indicada en la figura 2.2 P. Considere El constante. . (Me Cormac,

1996.p 381)

FiguraP 2.2

Solución:

La viga con las cargas externas indicadas es un híper estático de 1er grado.

Considerando el momento interno en B como redundante, transformamos en estructura

base (primaria) isostática y estable colocando una rótula en B. Para determinar las

reacciones mediante el método de las Fuerzas se dibuja el diagrama del momento

flector para cada carga externa y el momento interno MB = 1, siendo parábola de 2do

20

grado en el tramo BC para la carga distribuida, y triángulo en el tramo AB para la carga

I?untual y triángulos en el tramo AB y BC I?ara el par unitario. Finalmente mediante la

tabla de integración se determinan el giro relativo de la sección B para cada carga y

aplicando el principio de superposición y mediante la compatibilidad de los giros se

determina el relativo de la sección B.

La ecuación de compatibilidad de los giros es:

{)BO + {)BBRB = 0

Donde:.

e = J M X¡;¡ dx = J Parábola + J tri angula = L MM + L (1 +a 1 L )MIVI Bo El c:Trián[J.unit. Atrián[J.unit. 3 El 6 EL

e = [3o (210)(1)] + [25 ((1 + 1o125X1so ))(1)] = 375o BO 3 El 6 El El

eBB = r~:~idx = f triangulo = .!_ (1XIX55) = ~ El A triáng.unit. 3 EL 3El

Reemplazando en la ecuación de compatibilidad:

3750 55 --+-MB =O ... ~.MB =-204.55.klb.pie El 3El


LFx =O~Ax =0

í:Fy =o~ Ay- 30+ RB- 2.4(30)+ Re =o~ Ay = 6.klb.

_¿M;= O ~1\;(30)-2.4(30)[15]+204.55 =O ~Re= 29.18klb.

LMA = 0 ~Rc(~5)-2.4(30)[40]+RB(2~)-30(10)= 0 ~RB = 63k/b.

2.3 Calcule las reacciones y dibuje los diagramas de fuerza cortante y momento flector

para la estructura indicada en la figura 2.3 P. Considere El constante. (Kassimali, 2001,

p 484)

t--sm FiguraP 2.3

21

·!t.·.-,

Solución:

La estructura con las cargas externas indicadas es un híi_>er estático de ler grado.

Considerando la reacción en C como redundante, transformamos en estructura base

(primaria) isostática y estable. Para determinar las reacciones mediante el método de las

Fuerzas se dibuja el diagrama del momento :flector para cada carga externa y la

reacción en C, ~ = 1 respecto al punto A, siendo I_>arábola de 2do grado en el tramo BC

y rectángulo en el tramo BA para la carga distribuida, triángulo para la carga puntual en

el tramo AB; para la carga unitaria triángulo en el tramo CB y rectángulo en BA.

Finalmente mediante la tabla de integración se determinan desplazamientos del punto C

para cada carga y aplicando el principio de superposición y mediante la comi_>atibilidad

de los desplazamientos se determina el desplazamiento vertical del apoyo C.

La ecuación de comi_>atibilidad de los desi_>lazamientos es: /

Deo+ DeeRe =O

Donde:

0 =JM)d dx= j Paráb. + 1 rectan.+ 1 tiang. =_!_ MML +_!_ ]vJJ;fL +_!_M!VIL eo El e Trián.unit. Brect.unit. Brect.unit. 4 El 2 EL 2 EL

Oco =[~( -;o)(sXs)H~( -;o)(sXw)H±(-;o)sXw)J= -s;4o -S .MM - Bstrian.unit. fA rect.unit.- 1 (8X8X8) (8XsXI8)- 2048

Dee- ~- + -- + ---El etrian.unit. Brect.unit. 3 EL El 3El


-59840 2048 ---+--Re =O ... ~ . .Re = 8-7.66.kN.

El 3EI


"L,Fx =0~-Ax +60=0 ... ~ . .Ax =60kN

LFy =O-> Ay- 20(8)+ Re =O--? Ay = 7-2.34kN

LMA =O ~MA -2.0(8X4]+87.66[8]-60[10]= O ~MA = 363.4kN.m.

22

2.4. Considerando como redundante la componente horizontal del apoyo B del marco

hiperestático indicado en la figura P 2.4, calcule la magnitud de la reacción en A.

(Kassimali, 2001, p 484)

FiguraP 2.4

Solución:

La estructura con las cargas externas indicadas es un híper estático de 1er grado.

Considerando la reacción horizontal en B como redundante, transformamos en

estructura base (primaria) isostática y estable. Para determinar las reacciones mediante

el método de las Fuerzas se dibuja el diagrama del momento flector para cada carga

externa y la reacción en B , BH = 1, siendo nulo en el tramo BC, parábola de 2do grado

en el tramo CA para la carga distribuida; triángulo en el tramo BC y rectángulo en CA

para la carga unitaria. Finalmente mediante la tabla de integración se determina el

desplazamiento horizontal del apoyo B para cada carga y aplicando el principio de

superposición y mediante la compatibilidad de los desplazamientos se determina el . . .

desplazamiento horizontal del apoyo B es nulo. La ecuación de compatibilidad de los

desplazamientos es:

OBOH + OBBHBH =o Donde:

0 -JM)Vfdx-JB Paráb. _!_MEL -[!...(25)(- 4X5)~- -500 Bos- El - cRectán.unit.- 3 El -. 3 El. J- 3El

_ JMM _ Jstrian.unit. JArect.unit. _1 (4X4X4) (4X4X5) _ 304 OBBH- ~- + -- + ---

El ctrian.unit. Brect.unit. 3 EL El 3El


-500 304 --+-B[r =0 ... -+.Bu =1.64.kN. 3El 3El -


23

LFx =0~-Ax +1.64=0 ... ~ . .Ax =1.64kN

í:Fr =O~Ar -8(5)+Bv =O~Ar =18-.69kN

LMA =0~-8(5)(2.5}+Bv(5)-1.64(4)=0~Bv =21.31kN

2.5. Considerando como redundante la componente horizontal del apoyo B del marco

hiperestático indicado en la figura P 2. 5-, calcule la magnitud de la reacción en A

(Kassimal~ 2001, p 484)

El= constimte '/¡

1- w--! FiguraP 2.5

Solución:

La estructura con las cargas externas indicadas es un híper estático de ler grado.

Considerando la reacción horizontal en B como redundante, transformamos en

estructura base (primaria) isostática y estable. Para determinar las reacciones mediante

el método de las Fuerzas se dibuja el diagrama del momento tlector para cada carga

externa y la reacción en B, BH = 1, siendo una parábola cúbica en el tramo BA para la

carga distribuida triangular y triángulo para la carga unitaria. Finalmente mediante la

tabla de integración se determina el desplazamiento horizontal del apoyo B es nulo. La

ecuación de compatibilidad de los desplazamientos es:

OBOH + OBBHBH = o Donde:

OBoH = JM)ííl dx = J Paráb. = _!_ MlVIL = [_!_(=wh2 J(hXh)l = =Wh4 El BRectán.unit. 4 El 4 6EI 'j 24EI

s: _ fMM A.._ fA [email protected]. _ _!_ (hXhXh) _ !!!__ UBBH- ~- - -

El B trian.unit. 3 EL 3EI

~ 24


-wh4 h3 wh , ___ +----BH =0 ... 4.BH =~.kN.

24EJ 3El 8


wh LFx =04=Ax +BH =0 ... 4 . .Ax =-kN

8

_ w{h)[h] wh r ]- _ 7wh2

'SMA -0-~-MA ---.- +-¡_h -O~MA ---kN.m 2 3 8 24

2.6. Calcule las reacciones de la viga continua indicado en la figura P 2.6. Considere El

constante. (Kassimali, 2001, p 484)

w=7klb/pie

FiguraP 2.6

Solución:

La estructura con las cargas externas indicadas es un híper estático de 2do grado.

Considerando la reacción intermedio y el momento de empotramiento como

redundantes, transformamos en estructura base (primaria) isostática y estable. Para

determinar las reacciones mediante el método de las Fuerzas se dibuja el diagrama del

momento tlector para cada carga externa, la reacción en B, BH = 1 y el momento

unitario MA =1, siendo parábola de 2do grado en el tramo CA para la carga distribuida,

triángulo en el tramo AC para la carga unitaria y otro triángulo en AC para el par

unitario. Finalmente mediante la tabla de integración se determina el desplazamiento

vertical del apoyo B y giro de A para cada carga y aplicando el principio de

superposición y mediante la compatibilidad de los desplazamientos se determina el - -· - -

desplazamiento vertical del apoyo B y giro de A son nulos. La ecuación de

compatibilidad de los desplazamientos es:

()AO +B AAM A+ ()ABB =o Dno +OBAMA +DnnB =O

Donde: 25

BAO =JM.fildx= j ~c:ráb .. =!_MML =[!(504)(~1X24)]= -4032 El e tnan.umt. 3 El . 3 . El . . El

0Bo = J~ = j ~aráb .. + frect.un~t. =2(2_(504)(6Xl2)J = 30240 El e tnan.umt. B rect.umt. 12 El El

0AA ""'J~= jtrian.unit.=[_!_(_1 )(1X24)]=_!_ El e trian.unit. 3 El El

OBB - ~- - 2 \.6 12 -_ JMNJ _ JB trian.unit. _ [!(~)r X )] _ 288 El e trian.unit. 3 El El

BAB =OsA= ~= . . . =-(1+a)Ml\1L= -(1+0.5X-1X6X24) =-f¡;;¡¡;;¡ BJ trian.unit 1 _ [ 1 ] -36

El e trlan.unzt. 6 6EI El


-4Q~~+j_M -. ~9. B =O l El El A El . . . M A = 72 . . .. ~ ... 30240 _ 36M + 288 B = O. B = -96

El El - -A· . El - - .


LFx =0~-Ax =O ... ~ .. Ax =0

LFr =O~Ar -1(24)+B+C=O~Ar =135klb

LMA =O~ -72 + 7(24)[12]+(96)[12]-C[24]= O~ C = 129klb

2.7. Calcular la fuerza redundante en la barra vertical derecha de la armadura-indicada

en la figuraP 2.7.(Nelson, 2006, p 359)

FiguraP 2.7

Solución:

26

La armadura es híper estática de primer grado, por lo que para resolver el problema

J?rimero se convierte en estructura base retirando (imaginariamente) uno de los

vínculos. En este caso consideramos como redundante la barra vertical BD y sin tener

en cuenta esta barra ya tenemos la estructura base. En la estructura base se determinan

las reacciones y las fuerzas internas en las demás barras (mediante las ecuaciones de

equilibrio estático) en forma indel?endiente J?rimero l?ara las cargas externas y luego

para la carga unitaria en dirección de la barra BD, es decir:

Para las cargas externas en B y D:

L MA =O~ 100 x9 + 100 xl8.- Bx9 =O~ B = 300

Equilibrio del nudo C:

"Fr =O~BCx ~-100=0~BC=50-Jl3 ... (-) ~- . ~13 . .

3 _LFx =O~ BCx ¡:;-;;- CD =O~ CD = 150 ... (+) ~13

Equilibrio del nudo D:

LFr =O~ADx ~-100=0~AD=50./J3 ... (-) ~13

3 LF" =O~ADx -JD-DE+150=0~DE=300 ... (+)

Equilibrio del nudo E:

3 LFx =O~ AEx ¡:;-;; -300 =O~ AE = 100-JiJ ... (-)

~13

2 LFr = Q ~ J}l!;_x_ -Ji3 -lQQ- 41!;_ = Q ---t fi_E = lQQ .. _.(+)

Para las cargas unitarias en By D. Equilibrio del mido D:

LFr =0~ .. 1-ADx ~ =0~AD=0,5-Jl3 ... (-) ~13

3 LFx =O~ ADx ¡:;-;; -DE= O~ DE= 1,5 ... (+)

~13

Ahora planteamos la condición de desplazamiento relativo nulo entre los puntos B y D,

o lo que es lo mismo el desplazamiento de la barra AD es igual al desplazamiento de

las nudos B y D de la estructura base, mediante la ecuación de compatibilidad de

desplazamientos:

~- 27

010 +011 X =O

Donde:

010 =1 desplazamiento de los nudos B y D de la armadura debido a las cargas externas.

011 ==-desplazamiento de los nudos B y D- de la armadura debido a las cargas unitarias.

"" = L N ~,1 = (15~5 )9 + (1 ~~1)6 + (3~1)9 + (- 50-Ji3 -lOo~ X- o,5.JUP-fl3 =

o = 18683.57 w EA

0 ="' N¡2 .z = 2(1,5Y(9) + (1Y(6) + 2(ü,5-Ji3J(3-/13) = 116,81

11 ~EA EA EA EA EA 18683.57 116.81 1868357

010 +811 X= 0 ... ~ ... + .X= 0 ... ~ ... X= = -159.95 = .FBD · EA EA 116.81

2.8. Calcule la fuerza interna en la barra AD de la armadura estáticamente

indeterminada indicada en la figura P 2.8. Considere EA= Constante para todas las

barras.(Hibbeler, 1997, p 510)

2kN

5kN

FiguraP 2.8

Solución:

La armadura es híper estática de primer grado, por lo que se convierte en estructura

base retirando (imaginariamente) uno de los vínculos u barras. En este caso

consideramos como redundante la barra AD y sin tener en cuenta esta barra ya tenemos

la estructura base. En la estructura base se determinan las reacciones y las fuerzas

internas en las demás barras (mediante las ecuaciones de equilibrio estático) en forma

28

independiente primero para las cargas externas y luego para la carga unitaria en

dirección de la barra AD, es decir:

Para las cargas externas en B y D:

26 ¿ M A ::;: o.-+ 2x3 + 5x4.- Cx-3 = o -+ e = -3

20 "F =0-+A +2-C=O-+A =--~ ~ ~ X 3

L Fy = o -+ Ay - 5 = o -+ Ay = 5


3 25 LFr =0-+ACx~-5=0-+AC=- ... (-) 5 3

Para las cargas unitarias en Ay D. Equilibrio del nudo D:

4 5 L:Fx = 0--7 .. 1-BDx- = 0-+ BD=- = AC 5 4

3 3 LFY =O-+ BDx-- CD =O-+ CD =-- . 5 4

Ahora planteamos la condición de desplazamiento relativo nulo entre los puntos Ay D,

o lo que es lo mismo el desplazamiento de la barra AD es igual al desplazamiento de

las nudos A y D de la estructura base, mediante la ecuación de compatibilidad de

desplazamientos:

010 +o11 X =O

Donde:

010 es el desplazamiento de los nudos A y D de la armadura debido a las cargas

externas_.

011 es el desplazamiento de los nudos A y D de la armadura debido a las cargas

unitarias.

0 = "nNI = (-1X-2)4 +(~)(- 25)_2_+(-3)(5)3 = -166 10 ~ EA EA 4 3 EA 4 EA 3EA

o, = L ~ = (2XZ(4) + (2X:j} (3) + (2X3;;1 (5) = ~ -166 27 166

010 +011 X= 0 ... -+ ... --+-.X =0 ... -+ ... X =- = 2,05 = .FAD - 3EA EA 81

29

2.9. Calcule la reacción del apoyo e de la armadura indicada en la figura P 2.9. E= 200

GPa. (Nelson, 2006, p 357)

100kN

FiguraP 2.9

Solución:

La armadura es híper est~tica de primer grado por vínculos externos. En este caso

retiramos el apoyo C para formar la estructura base. En la estructura base se determinan

las reacciones y las fuerzas internas en las demás barras (mediante las ecuaciones de

equilibrio estático) en forma independiente primero para las cargas externas y luego

para la carga unitaria vertical en e, es decir:

Para las cargas externas en D:

L.MA =O~ 60x6+l00x8.- Bx8 =O~ B = 145 t

LFr = O~AY -100+145 =O~ Ay= -45 . .J-.

LF~ =0 ~-Ax +60 =O ~Ax = 60 .. <(--

Equilibrio del nudo A

3 LFr =0~ .. -45+ADxs=O~AD=75 ... (+)

Para las cargas unitarias en C.

L M A = O ~ lx16 - bx 8. = O ~ b = 2 .. -l.

Equilibrio del nudo A:

3 5 LFY ::o:O~ .. -l+ADx-=O~AD=-5 3.

""F =O~ADx 4 -AB=O~AB=~ LJ X 5 4

Ahora planteamos la condición de desplazamiento vertical nulo del apoyo C.,:

010 +811Xc =O

30

Donde:

510_ = desplazamiento del apoyo C de la armadura debido a las cargas externas.

511 = desplazamiento del apoyo C de la armadura debido a la carga unitaria en C.

5 = nNI = (- _%\7s)lox-Io

6 + (2X-145)6x106 = -193oo

10 L EA 200x3000 200x2000 3

_ nz 1 _ (2J{%Jl0xto3

(2)(%!sooo (2Y6ooo 1o49 5u-2:-- + + =

EA 200x3000 200x3000 200x2000 5400

2.10. Calcule la reacción en el rodillo izquierdo de la armadura estáticamente

indeterminada indicada en la figura P 2.10. E= 200 GPa .. ( Nelson, 2006, p 358)

Solución:

<:§:>

L 120kN

10m--to--

Figura P 2.1 O

La armadura es híper estática de primer grado por vínculos externos. En este caso

retiramos el apoyo izquierdo (A) para formar la estructura base. En la estructura base se

determinan las reacciones y las fuerzas internas en las demás barras (mediante las

ecuaciones de equilibrio estático) en forma independiente primero para las cargas

externas y luego para la carga unitaria vertical en A, es decir:

Para las cargas externas en B y E:

LMn=O ~120x6-Cx8=0~C =150 .. +-

LFr =0~-120+Dy =O~DY =120.t

¿F; =0~80-150+Dx =O~Dx =70 .. ~


~ 31

'LFx =0~ .. -150+CEx b =O~CE=30-J4i .. (-) -v41

Para la carga unitaria en A

L M 0 = O ---+ 1x 20 - ('x 8. = O ---+ (' = 2,_5 .. ---+

Equilibrio del nudo A:

4 -J4l LFY =0~ .. -1+AEx .JLÍl =O~AE=4 .. (-)

5 5 _L Fx ==. O.~ - AEx .J4i + AB ==. O. ~ AB ==. 4

.. ( +).


4 -J4i LFY =0~ .. -1+CEx r.; =O~CE=- .. (+) -v41 4

Ahora planteamos la condición de desplazamiento vertical nulo del apoyo A,:

510 + 511XA = 0

Donde:

510 = desplazamiento del apoyo A de la armadura debido a las cargas externas.

511 = desplazamiento del apoyo A de la armadura debido a la carga unitaria en A

nNl (1oX-2 s)loooo (12oX-1)8ooo (:.._ 3o-J4i{~X:)12806,25 510 = L EA = 200~4000 + 200x2000 + 200x3000 = -

11150'7

nz .l (2 { -J4 X)z 12806,25 (2 i 51\210000 (1)z 8000 5 = ¿-= \ + v 4' + = 259 6 11 EA 20Dx300D, 200x300ü 200x20ü0. '

510 +51~.X=0 ... ~ ... -11150,7+259.6.XA =O ... ~ ... XA =42,95 .. kN

2.3. ESTRUCTURAS SIMÉTRICAS CON CARGAS SIMÉTRICAS Y

ANTISIMÉTRICAS

Es importante considerar las propiedades de simetría de las estructuras hiperestáticas,

por cuanto éstas en la sección de simetría cuando están cargadas simétricamente tienen

como redundante solo las fuerzas internas simétricas: fuerza axial y momento flector; y

cuando están con cargas antisimétricas, solo tiene como redundante la carga cortante

interna; por ello un sistema de 3x3 se reduce en 2x2 y 1x1 que es más fácil de resolver.

~ 32

Cualquier estado de carga en una estructura simétrica se puede convertir en carga

simétrica y antisimétrica, luego por superposición se determinan las demás reacciones.

PROBLEMAS

2.11. Analice la estructura de la fi~ra P 2.11, con el método de las fuerzas a¡Jlicando la

propiedad de simetría y determine los momentos extremos y la reacción en B.( Nelson,

2006, p 453)

Figura P 2.11

Solución:

La viga continua es hiperestática de sto grado. Como es una estructura simétrica con

carga simétrica, en la sección de simetria (S) se tiene como redundante el momento

interno Ms porque la fuerzas internas: cortante Vs =O (por ser asimétrica) y Ns =O (no

existe carga externa axial) y se convierte en redundante de 2do grado. Haciendo un

corte imaginario en la sección de simetría donde actúa el momento interno Me y

reemplazando el rodillo por la fuerza redundante B, la parte izquierda de la viga se

transforma en la estructura base (primaria). Para aplicar el método de las Fuerzas se

dibuja el diagrama del momento flector para la carga externa (parábola de 2do grado),

para Ms = 1 (rectángulo) y para B = 1 (triángulo. Las ecuaciones de compatibilidad de

giro relativo nulo de la sección de simetría y el desplazamiento vertical del Aporo B

nulo son:

Donde:

esw +essMs +e88B =O

bBw +bBsMs +bBBB = 0

es = JMPsdx = 1 Paráb.2do = !_ MNlL = [!.(-2160)(1Xl2)] = -8640 w El s Rectán.unit. 3 El 4 El El

~. - -

e = fMsM-41x =fA rectan.unit. = (1X1X12) = g ss El Brectan.unit. El El

_ -JMsMB -JArectan.unit. _ 1 (1)(9)(9) _ 81 e SB - b BS - dx- - - - --El B trian.unit. 2 El 2EI

33

o BB = rfl BM B dx = 1 triang .unit. = _!_ (9 X9 X9) = 243 El s_trian~.unit. 3 El El

0 s = J M slíl w dx = 1 re e tan g. + 1 parab.2do. = _!_ (9 X -135 X9) + _!_ (9 X- 2025 X9) = _ 185895 w El s triang.unit. s triang.unit. 2 El 4 El 4El

Reemplazando los valores:

El El 2EI Ms =380.63.kN.m - ~-<?_40 + 1Z_ M S + ~_1 B = o l

185895 81 M 243 B _ 0

... ~ .. B = 64.38 ... kN .. - +-- +- -

4_Ef Z_J¡;f S jf;J .

Aplicando las ecuaciones de equilibrio estático a la estructura base se obtiene:

LFr =O~Ar -30(12)+B=O~Ar =295.62 .. kN.

_LMA =O~MA -30(12)(6]+9B+Ms =O~MA =ll99.95.kN.m

2.12. Analice el marco que se ilustra en la figura P 2.12. Haga uso de la simetría. El=

cte. (Laible, 1995, p 597) 2klb/pies tffftff

e

I T 10 pÍe!

j_ 1 Pasador

Figura P 2.12

Solución:

El marco es una estructura hiperestática de zdo grado, simétrica con carga simétrica,

pero considerando las propiedades de simetría en la sección simétrica C es hiperestático

de 1 er grado porque la fuerza interna cortante V e = O y solo tenemos como redundante

la fuerza axial Nc. Mediante un corte imaginario en C transformamos en estructura

base (primaria) isostática y estable; luego solo se analiza una parte del marco. Para

determinar Nc mediante el método de las Fuerzas se dibuja el diagrama del momento

:flector para la carga externa y para Nc = 1, siendo para la carga distribuida rectangular

una parábola de zdo grado en el tramo CB y rectángulo en el tramo BA y triángulo para

la carga Nc unitaria en el tramo BA Finalmente mediante la tabla de integración se

34

determina el desplazamiento horizontal relativo nulo del pasador C en la ecuación de

compatibilidad de los desplazamientos:

8 ew + 8 eeM e = O

Donde:

be = JMfledx= JRectáng. =_!_MfleL =[..!..(-225)(10XIo)]= -11250 w El B. Trián.unit. 2 El . 2 . El . El

8 e = J 1VI c!f,f e dx = JA trian.unit. = ..!_ (10 XI O )1 O = 1000 e El B trian.unit. 3 EL 3El


-11250 1000 El +

3El N e= 0 ... ~ .. Ne = 3-3-.75.kN.


LFx =O~Ax -Ne =O ... ~ .. Ax =33.75.kN

LFy = O~ Ay - 2(15) =O~ Ay = 30.kN

LMA =O~MA -2(15X7.5)+Ne(10)=0~MA =-112.5.kN.m

2.13. Para el marco de la figura P 2.13, determine las reacciones el A aplicando la

propiedad de simetría. (Nelson, 2006, p 453)

40kN/m

8 .... ~-K_.~,~··· ... ~---.l o . 4m

80kN /conStante 80kN-t 4m

!

Figura P 2.13

Solución:

El marco es hiperestático de 3er grado. Como es una estructura simétrica con carga

simétrica, en la sección de simetría (S) se tiene como redundantes el momento interno

Ms y la fuerza axial interna Ns; la fuerzas internas: cortante Vs = O (por ser

antisimétrica) y el marco se convierte en redundante de 2d9 grado. Haciendo un corte

imaginario en la sección de simetría donde actúa el momento interno Me y la fuerza

~- 35

axial Nc, se analiza la parte izquierda de la viga y se transforma en la estructura base

(primaria). Para aplicar el método de las Fuerzas se dibuja el diagrama del momento

flector para la carga externa la cual genera parábola de 2do grado en el tramo SB,

r~~t~~lq y tnme~io en BA; 1~. Ms = 1 g~n~r~_ un rect4ngulo ~n SA y la B = 1 gen~ra,

un triángulo en BA. Las ecuaciones de compatibilidad de giro y desplazamiento

relativos nulo de la sección de simetría son:

Donde:

()sw + BssNf s + BssrNc =O

5siw +5ssMs +5ssrNc =O

() =fMfi!sdx=! (-720XIX6)+ (-720XIXs)+_!_ (-32oXtX4)= -l07ZO Sw El 3 El El 2 El El

B = JMsMs dx = (1XIX6) + (1X1Xs) = ~ SS El El El El

e = 8 = fMsMs 1dx =_!_(IX& X&)= 32 ·SS-l SlS El . ... 2 El El

5 = JMslVfsrdx = .!_ (8X8X8) = 512 SS . El 3 El 3El

5 = JEsriVIw dx = !_ (-72oX8X8)+!_ (-32oX2oX4) = ~ 81920 Slw El 2 El 6 El 3EJ

Reemplazando los valores:

El El s El s- Ms = 700.kN.m _lQ'Z~Q +14M· +~~N- -O l

81920 32M 512 N _ 0

... --? .. Ns = 28.75 ... kN .. - +- +- -

3El El S 3El S .

Aplicando las ecuaciones de equilibrio estático a la estructura base se obtiene:

LFr =0--?Ar -40(6)=0--?Ar =240 . .kN.

í:F_, =o --1- A_, +~0-28._75 =O --1- Ax. = -5l.~~-.-frJY ..

. LMA =O --1-MA -40(613]-80(4)+28.75(8)+700 = 0 --1-MA = llO.kN.m

2.14. Para el marco de la figura P 2.14, determine las reacciones en Ay D aplicando la

propiedad de simetría y antisimetría. (Nelson, 2006, p 453)

36

1500 lblft

8

15ft

A D

~----._-~fi----------~

Figura P 2.14 Solución:

El marco es hiperestático de 3er grado. Como es una estructura simétrica con carga no

simétrica, se transforma en dos marcos: uno con carga simétrica y otro marco con carga

antisimétrica al colocar una carga distribuida de 400 lb/pie en cada columna en sentido

contrario para el primer caso y dirigidas hacia la derecha para convertir en antisimétrica

y en forma independiente se analiza para cada caso en la sección de simetría (S) se

tiene como redundantes el momento interno Ms y la fuerza axial interna Ns; en el

marco con carga simétrica y la fuerza interna: cortante V s en el marco con carga

antisimétrica. Para aplicar el método de las Fuerzas se dibuja el diagrama del momento

flector de cada marco en forma independiente para las cargas externas y las

redundantes

Las ecuaciones de compatibilidad de giro y desplazamiento relativos nulo de la sección - - . -

de simetría para el marco simétrico con carga simétrica son:

e10 +enX1 +e12 X 2 = 0 ...... (1)

020 +021 X 1 +022 X 2 =0 ...... (2)

Donde:

e = ·fMofVIldx = _! (-7sXIXIO) + (-1sXtX1s) +_! (- 4sX1X1s) = -16oo JO El 3 El El 3 El El

e = fMlJ]dx = (1X1X1o) + (1X1X1s) = 2s 11 El El El El

e = 8 = fNI¡l\lzdx = _! (IXtsXIs) = 22s 12 21 El 2 El 2El

~ 3_7

6 = JIVIivfzax = 1 (15X15X15) = 1125 22 El 3 El El

6 = JMoM2dx = ~ (-1sX15X1s) +~ (-4sX15X15) = _ 43875 20

· El 2 El 4 El 4EI

Reemplazando los valores en (1) y (2):

_ 1600 + 25 X + 225 X = 0 1 o EJ. ·El ~~I · 2El --2

- .. o~ .. X 1 =~s =~6.59.klbopw _ 43875 + 225 X + 1125 X = 0 X 2 - N 8 - 6009.klbo

4Bl ZEl- 1 El 2 _

La ecuación de compatibilidad de desplazamiento vertical relativo nulo de la sección de

simetría para el marco simétrico con carga antisimétrica es:

e3o + e33x3 = o ..... (3)

Donde:

e =JMP3ax=!_(-45XIOX15)= -225o 30 El 3 El El

e = f!VI31Vl3 dx = !_ (10X10XIO) + (10X10X15) = 55oo 33

El 3 El El El

Reemplazando los valores en (3):

2250 5500 ---+--X3 =O ... ~ ... X3 =V8 =1.23oklb

El 3EI - - ·

Aplicando las ecuaciones de equilibrio estático a las estructuras base con los valores

redundantes en la sección de simetría se obtiene las reacciones en A:

LFr =O~Ar -1.5(10)+1.23=0~Ar =13.77 .. klbo

LFx =0~Ax+0.8(15)-6.09=0~Ax =-5 .. 91ooklbo

LMA =o ~MA +36.59+ 1.23(10)+6.09(15)-1.5(10X5)-0.8(15X7°5) =o

o 0 _ 00_ 0 _ 00_ 0 _ 0 _ 0 _ ~M A = 'J.4°7Q..lslb.pie_

Las reacciones en D serán:

LFr =O----+ Dy -1.5(10)-1.23 =O----+ Dr = 16.23. 0 .klbo

LFx =O~Dx +6.09=0~Dx =-6.09.klbo

LMD = Q ~MD +3().5~ +6.Q9(15)-1.2:?(10)-lo5(l0X5)= Q. ---+MD = -40.94.kib.pie

38

2.15. Analice el marco mostrado en la figura P 2.15, utilizando la propiedad de simetría

y antisimetría de carga determine las reacciones en A y E. Considere El= constante.(

Laible, 1995, p 595)

FiguraP 2.15 Solución:

El marco es hiperestático de 3er grado. Como es una estructura simétrica con carga no

simétrica, se transforma en dos marcos: uno con carga simétrica y otro marco con carga

antisimétrica al colocar una carga puntual horizontal de 1 O kN en los puntos B y D en

forma simétrica y antisimétrica y en forma independiente se analiza para cada caso en

la sección de simetría (C) teniendo como redundantes el momento interno Me y la

fuerza axial interna Nc; en el marco con carga simétrica y la fuerza interna: cortante Ve

en el marco con carga antisimétrica. Para aplicar el método de las Fuerzas se dibuja el

diagrama del momento flector de cada marco en forma independiente para las cargas

externas y las redundantes

Las ecuaciones de compatibilidad de giro y desplazamiento relativos nulo de la sección

de simetría para el marco simétrico con carga simétrica son:

f!w +f!uX1 +f!nX2 = 0 ...... (1)

020 +021 X 1 +022 X 2 = 0 ...... (2)

Donde:

8 =JMof'Vf~dx = _!_ (-4oX1X4) =-so JO El 2 El El

e = IM/W1dx = (IXIX-JTI)+ (IXIX4) = 12.54 1'1 El El El El

e = 0 = Jlll/w2 dx = (IX3 )(-JTI) + _!_ (1X10 X4) = 45.63 12 21 El El 2 El El

0 = IM:/vi;dx = _!_ (3X3)(-J73)+_!_ (2(3X3)+(3X7)+ (7X3)+ 2(7X7)X4) = 130.97 22

El 3 El 6 El El

020 = IM~¡2dx = ~ (- 40Xi; l4X4) =- ~3;;

39

Reemplazando los valores en (1) y (2):

80 12.54 45.63 l -~+...:.._:::_:__:X +~X =0 El El 1 El 2 X 1 =Me =23.21.kN.m

'1360 45.63 X 130.97 X _O ... ---+ .. X 2 =N e= -4.63.kN. ---+-- + -

3El El L El 2 .

La ecuación de compatibilidad de desplazamiento vertical relativo nulo de la sección de

simetría para el marco simétrico con carga antisimétrica es:

Donde:

e = fMaiVI3dx=! (-4oX8X4) = -24o 30 El 2 El El

e,= f¡;¡3¡;;¡3dx =! (8X8Xm) + (8X8X4) = 437.o2 · 3~ · El 3 El El El

Reemplazando los valores en (3):

240 437.02 --+ X 3 = O ... ---+ ... X 3 = V8 = 0.55.kN

El El

Aplicando las ecuaciones de equilibrio estático a la parte izquierda de la estructura base

con los valores redundantes en la sección de simetría calculados se obtiene las

reacciones en Ay de la parte izquierda del marco las reacciones en D: . -

L,Fy =O---+ Ay + 0.55 =O---+ Ay = -0.55 .. kN.

LFx = Q---+ Ax + Z_Q + 4_.63 = Q---+ 4x = -'JA.6'J .. kN ..

LMA = 0 ---+MA +23.21+0.55(8)-4.63(7)- 20(4)= 0 ---+MA = 44.8kN.m

L,Fr =O---+ Ey- 0.55 =O---+ Ey = 0.55 .. kN

LFx =O---+ Ex- 4.63 =O---+ Ex = 4.63 .. kN.

LMA = 0 ---+ME +23.21- 0.55(8)-4.63(7) = 0 ---+ME= 13.6kN.m

2.4. MÉTODO DE PENDIENTE - DESVIACIÓN

También conocido como método de las rigideces o de deformaciones, consiste en

transformar una estructura continua (vigas y marcos) en claros y nudos en los apoyos.

Los nudos tienen desplazamientos desconocidos (giros y traslaciones) y constituyen los

grados de libertad o de indeterminación cinemática de la estructura. Los nudos

extremos si están empotrados no tienen desplazamiento y los articulados pueden rotar.

Qf- 40

Cuando la estructura está cargada se generan momentos internos en los extremos del

claro así como giros y desplazamientos de los nudos. "Las ecuaciones de las

pendientes- deflexiones relacionan los momentos en los extremos de los claros con las

rotaciones y desJ?lazamientos en sus extremos y las cargas externas aJ?licadas al

mismo". Al deformarse la estructura, en un claro el de longitud L sus nudos e y l rotan

ángulos Bey 81, uno de los apoyos sufre asentamiento ll = wL y se generan en los

extremos de las vigas (nudos) momentos cercanos Mc1 y momentos lejanos M¡c que

mediante la viga conjugada se relacionan de la forma:

-Para claro interno o claro externo con extremo alejado empotrado:

-Solo para claro extremo con extremo alejado articulado ó sobre rodillo:

Los momentos de empotramiento fijos (EF) se obtienen de las cargas externas con la

condición de que los nudos son rígidos (no rotan). Los ángulos de giro y los momentos

serán positivos si tienen dirección antihorario. Planteando las ecuaciones de equilibrio

de: momentos para cada nudo y de las cortantes de la estructura completa (si existe

ladeo), se determinan los ángulos de giro y desplazamiento. Finalmente se determinan

los momentos internos en los extremos del claro y luego las reacciones en los apoyos.

-PROBLEMAS

2.16. Determine las reacciones para la viga mostrada en la figura P 2.16, usando el

método de las pendientes- deflexiones. (Kassimali, 2001, p 570)

FiguraP 2.16

Solución.

41

Aplicando el método de las pendientes - deformaciones, la viga es hiperestática de

I?rimer grado con la rotación del nodo B como redundante.

Primero determinamos los momentos de extremos fijos (EF) en los bordes del tramo

AB y BE para las cargas externas en cada tramo con la condición de extremos fijos

contra rotación y traslación.

EFAB. = -EFBA =o

EF = _ 2PL = _100x103

(6X12)(6 + 12) = _400x103 N.m BE 9 182

2PL 3 EF EB = -- = 400xl O .N.m

9

Ahora hacemos rotar en sentido antihorario el nodo B un ángulo e B , se generan en los

extremos de las vigas momentos cercanos ~~ y momentos lejanos M¡c que son de la

forma:

2EI M = _l2e +e - 3"r}+ EF

el L\e l 'r el

Aplicando a los tramos BA y BE a partir de B cómo punto cercano, obtendremos:

2EI 4El ·MBA =-(2eB +0-2(0))+0=-BB

9 9

MAB = 2!1

(2(o)+eB -2(o))-o= 2!1

eB

M = 4

E1 (2e +0-2fo))+400x103 = 4EI e -400x103

BE 18 B \ 9 B

4EI 2EI Mim = is~ (2(0)+BB -2(o))-400xl03 = -;~ BB +400x103

La condición de equilibrio del nodo B se establece cuando:

MBA +MBE =0

4EI 4EI 3 450x1 03

--Be + --BB - 400xl0· = 0 ... ~ ... Be = ---9 9 El

Reemplazando el valor de eB calculado obtenemos:

M BA = 200.kN.m

M AB = -100.kN.m

MBE = -200.kN.m

M EB = SOO.kN.m

42

Planteando las ecuaciones de equilibrio estático de los tramos AB y BE con los valores

de los momentos obtenidos las reacciones en los apoyos A , B y E.

i 100 1 :LM B =O.---.;. .. -100 + 9A + 200 = 0 .. ---.;. .. .A= --.kN .. >!¡,

9

"L.M/ = 0 .. ---.;. . .200-100(6)-100(12)- 500+E(l8)= O .. ---.;. .E= 350 .kN .. t.

3 -100 350 850 LFY =O .. ----;. .. --+B-100-100+-=0 .. ---;. . .B=-.kN ... t

9 3 9

2.17. Determine las reacciones para la viga mostrada en la figura P 2.17, usando el método de las pendientes- deflexiones .. (Kassimali, 2001, p 570)

Solución.

20 ·kN/m 60 kN

A!JHJJJI¡f!Hlt'l ! ~E f----sm 1 8m-+4m+4m-j

El= constante E=70GPá /:;:::;800(106) mm4

Figura P 2.17

Aplicando el método de las pendientes - deformaciones, la viga es hiperestática de

segundo grado con las rotaciones de los nodos B y e como redundantes.


AB , Be y en para las car~as externas mostradas en cada tramo con la condición de

extremos fijos contra rotación y traslación.

EF = EF: = a;L2 = 20(8l = BA CB 12 12

320x106 N

.mm 3

320x106

EFAB =EFBc =-EFBA = N.mm 3

EF _ PL _ 60x1ü3 (8ooo) _

60 06 N cE- - - x1 .mm

8· 8·

EFEc = -EFcE = -60x106 N.mm

Ahora hacemos rotar los nodos B y e los ángulos eB y Be en sentido antihorario, se

generan en los extremos de las vigas momentos cercanos Mc1 y momentos lejanos M1c

43

a los nodos de rotación considerado donde (e) y (e) significan cercano y lejano

respectivamente y que son de la forma:

2El Mcl =---¡:(2Bc +81 ~3lf/)+EFcz

Donde Be y 81 son rotaciones del nodo cercano y lejano respectivamente, lf/ el ángulo

qe q~snivel entr~ ~1 nodo cercanQ y lejano y EFct ~1 mqm~ntq qe extr~mq~ fij_qs ~n el

nodo cercano debido a carga externa.

Aplicando a los tramos BA y BC a partir B de cómo punto cercano,_ obtendremos:

M = 2(7üxl03

Xsoox106)(2e +0- 2(o))- 320xl0

6 =2_Sxl01oe _ 320x10

6

BA 8000 B 3 B 3

M = 2(70xl03 x800xl0

6 )(2f0)+B - 2(0):\+ 320xl0

6 = 1.4xlOIO e + 320x10

6

AB 8000 \ B ') 3 B 3

M Be= 2(70-xl03

X800xl06

}(2BB +Be -z(o))+ 320xl06

=Z. 8xJ0 10 BB +1.4xl0 10 Be + 320x106

8000 3 3

M eB = 2(10 xlO 3

X800 xlO 6

) (B B + 2B e _ 2(0 )) _ 320 xlO 6

= 1.4xlO 10 B B + 2_8xl0 10 Be _ 320 xlO 6

8000- 3 3

Aplicando a los tramos BC y CE a partir C de cómo punto cercano, obtendremos:

M =2(70xl03

X8oOxl06)(2B +B· _ 210.\\_320xl0

6 = 2 __ 8x101oe +1.4x101oB· _320xl0

6

eB 8000 e B \:JI 3 e B 3

M Be= 2(70.xlo3X800xl06)(2BB +Be -2(0))+ 320xl06 =2.8xlOwBB +1.4xlO¡oBe + 320xl06 8000 3 3

M cE = 2(7oxioiX800xl06) (2ec +o- 2(0 ))+ 60x106 = 2.8x10IO Be + 60xl06 . 8000

M Ec = 2(70xlo3X8oOx106 )(2(0 )+Be - 2(0 ))- 60x106 = 1.4x10lo Be - 60xl06 8000

La condición de equilibrio de los nodos By C se establece cuando:

MBA +MBC =0

McB +MeE =0

Reemplazando los valores de eB y Be obtenemos:

44

MBA = -ll2.9kN.m ... , .. MAB = 103.6.kN.m

M Be= ll2.9.kN.m ... , ... McB = -84.9.kN.m

MeE =84.9.kN.m ... , ... MEc =-47.6.kN.m

Planteando las ecuaciones de equilibrio estático de los tramos AB , BC y CE con los

valores de los momentos obtenidos las reacciones en los apoyos A , B , C y E.

LMB¡ =O. -+ . .103.6-8A+20(8X4)-112.9 =O .. --+ .. .A= 78.84.kN .. t L:M/ = 0 .. ---+ .. 84.9-60(4)-47.6+E(8)= 0 .. --7 .E= 25.34.kN .. t LMc =o --7103.6-78.84(16)+20(I6X8)-8B-60(4)+-47.6+25.34(8)= o---+ B = 164.66kN .. t LFY = 0 .. ---+ .. 78.84-320+164.66+C -60+25,34 = 0 .. ---+ .. C =lll.l6kN. t

2.18. Determine los momentos en los extremos de los miembros y las reacciones para

los armazones mostrados en la figura P 2.18, usando el método de las pendiente -

deflexiones .. (Kassimali, 2001, o 570)

Figura P 2.18

Solución.

El~ t;:Q_llSt@W

E=200GPa ( = 40Q(l_Q6) mm4

Aplicando el método de las pendientes - deformaciones, el armazón es hiperestático de

primer grado con la rotación del nodo C como redundante.


AC y CD para las cargas externas en cada tramo con la condición de extremos fijos


PL 75(6) EFAc =- = -- = -56.25x106.N.mm

.. 8 8

PL 6 EFcA = - = ~EFAc = 56.25xl O .N.mm

8

EFcv = mL2 = 25(9Y = 2025 = -253.125x106.N.mm 8 8 8

EFvc =0

45

Ahora hacemos rotar el nodo e un ángulo e e en sentido antihorario, se generan en los

extremos_ de las. vigas momentos cercanos Mc1 y momentos. lejanos M1c que son de la

forma:

- Para claro interno o claro externo con extremo alejado empotrado:

2El -Mcl =L(2Bc +B1 -31/f)+EFcz

-Solo para claro extremo con extremo alejado articulado ó sobre rodillo:

3El M el = L (2Bc -lj/. )+EFe/

Aplicando a los tramos AC y en a partir de e cómo punto cercano,

obtendremos:

MeA= 2(2ooxw3

X4ooxl06

)(2Bc +0-2(o))+56.25xl06 = 5.33xi010 6J-c +56.25x106

6000 .

MAc = z(zOOxi03 X400xl0

6

)(2(0)+Bc + 0-2(o))-56.25x106 = 2.67xl010 Be- 56.25xl06

... 6000 . . . . . .. .

McD = 3(2oOxio3

X4ooxio6

)(2Bc -(o))-253.125xl06 =5.33xl010 Bc -253.125x106

9000

MDC =O

La condición de equilibrio del nodo e es:

MeA +McD =O

5.33xl010 Bc +56.25xl06 +5.33xl010 Bc -253.125xl06 =O.

: . .. ~ .. .eB = 1.85xl0-3

Reemplazando el valor d.e e B calculado obtenemos.:

M cA = -154. 9.kN.m

MAc =6.9kN.m

M cD = 154.5.kN.m

MDC =0

Planteando las ecuaciones de equilibrio estático de los tramos Ae y en con los valores

de los momentos, obtendremos las reacciones en los apoyos A y D.

~MA =O.~ .. 6.9-75(3)-25(9X4.5)+9D =O .. ~ .. D = 136.73.kN .. t Lfx. = 0._.. ~ ... - 4.x + 7~ = 0 .. ~ .. Ax = 7~.klf ... ~

í:Fy =O .. ~ .. Ay -25(9)+D =O .. ~ .. Ay =88.27.kN ... t

46

2.19. Determine .los momentos que actlían en los extremos de cada miembro del marco

indicado en la figura P 2.19. El tiene el mismo valor en todos los miembros. Suponga

que todos los nudos son rígidos.( Hibbeler, 1997, p 559)

1500 lb/ft

e

l 15ft

D

t----....._-20ft------!~ Figura P 2.19

Solución.

Aplicando el método de las pendientes - deformaciones, el marco es hiperestático de

tercer grado con la rotación e B ' e e y la traslación 11 de los nudos B, e como

redundantes.


AB, BC y CD para las cargas externas en cada tramo con la condición de extremos fijos


EFAB = mLz = 0.800(15Y = -l5.klb.pie. 12 12

EFBA = -EF AB = 15.klb.pie

EFBe = mL2 = 1.500(20 Y = -50.klb.pie ... 12 12

EFeB = -EFBe = 50.klb.pie.

EFCD = EFDe =o Ahora hacemos rotar los nudos B y e los ángulos e B y e e respectivamente en sentido

antihorario~ se generan en los extremos de las vigas momentos cercanos Mc1 y

momentos lejanos M1c que son de la forma:

- Para claro interno o claro externo con extremo alej_ado empotrado:

~ 47

Aplicando a los tramos AB, Be y en a partir de B y e cómo puntos cercanos,

obtendremos:

M = 2El ( 2(o) + fJ _ J(- ~)J _15 = 2El fJ + 2El ~ _ 15 AB 15 B 15 15 B 75

M = 2E1

(2e +0-3(-~)]+15 = 4EI e + 2El ~+15

BA 15 B 15 15 B 75

2El El El MBe =-(2fJB +fJe -3(0))-50=-fJB +-fJe -50

20 5 10

2El f-tJ e (· ):'1 El e El e MeB =-\oB +2 e -3 O ']+50=- B +- e +50 20 10 5

M = 2EI (2e +O- 3(- _!_)·]·+O= 4EI e + 2EI ~ en 15 e 15 15 e 75

M = 2EI ( 2 rO)+ e _ J(- _!_)]_O= 2EI e + 2EI ~ ne 15 \ e 15 15 e 75

Como las incógnitas son 3, planteamos las condiciones de equilibrio de los nodos By e

y las fuerzas del marco en dirección del desplazamiento ~ = 151f/ (eje x) y son:

MBA +MBG = 0 ..................... (1).

MeB +M en= 0 ..................... (2)

- Ax + 0.800(15)- Dx = 0 ....... (3)

Donde:

LM~ =O.~ M BA +M AB -l5Ax + 0.8(15X7.5) = 0 .. ~ Ax =M ABl: M BA. + 6

~ a ~+M~ L..JMe =O.~.Men+Mnc -15Dx =O ... ~ .. Dx =

15

: ... MAB +MBA +90-180+MeD +M De= O ... ~MAB +MBA -90+MeD +M De= O

Reemplazando los Mij en las ecuaciones (1), (2) y (3) obtenemo.s:

7EI e +El e +2EI ~- 3S=O .. 15 B lO e 75

El e + 7 El e + 2El A+ 50 = O lO B 15 e 75

6EI e + 6El e + 8El .&. _ 90 = 0 . 15 B 15 e 75

48

~ec =-2175/llEl

A= 64125/ 44EI

Reemplazando el valor de eB calculado obtenemos:

MAB = 28.41.klb.pie ... , .. MBA = 62.95.klb.p~~ M se= -62.95klb.pie ... , .. Mcs = l3.86klb.pie.

M cv = -l3.86.klb.pie ... , .. M ve = 12.5.klb.pie

2.5. MÉTODO DE DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS.

Fue desarrollado por Hardy Cross en 1924 y es un método de desplazamientos utilizado_

únicamente para vigas continuas y marcos considerando solo sus deformaciones por

momento flector. Su ventaja radica en que resuelve las ecuaciones de equilibrio de

momentos en los nudos en forma iterativa, al determinar el equilibrio de momentos en

un nudo a la vez y considerando que el resto de los nudos está restringido su

desplazamiento. El momento necesario para girar un ángulo e el extremo articulado de

una viga con extremo alejado empotrado y otra viga con extremo alejado articulado,

obtenidos de la ecuación de de:flexiones - pendientes son respectivamente:

M=(4if)e

Para el primero en el extremo alejado se genera otro momento en el mismo sentido de

nominado momento de traslado de intensidad: MT = M/2.

La rigidez K a la flexión en un claro se define como el momento necesario en un

extremo para generar una rotación unitaria en ese extremo; luego las vigas indicadas

tienen respectivamente rigidez:

K= 4E1 L

K=3E1 L

Cuando la estructura es del mimo material determinamos la rigidez relativa dividiendo ·

los anteriores por 4E, siendo respectivamente:

1 K-=

L

- 31 K=-

4L

El coeficiente de Distribución para un extremo de un claro rígidamente conectado al

nodo- adyacente- se determina como.:

Donde :LK es la suma de las rigideces de los claros que concurren al nodo.

El procedimiento de cálculo es el siguiente:

~ 49

Primero se considera la estructura compuesto por claros y nudos unidos rígidamente. Al

aJ?licar las cargas externas, en los extremos del claro al?arecen los momentos de

extremos fijos (EF) que se transmiten a los nudos y que al no estar equilibrados se

sueltan y generan la rotación de los mismos. En estos nudos se aplican momentos

equilibrantes (de signo contrario) que multiplicando por el CD de cada claro se

redistribuye en todos los claros q_ue concurren al nudo,_ luego la mitad de ese momento

se transmite al otro extremo del claro y así sucesivamente para cada nudo hasta

equilibrarlos. Los momentos transmitidos a los extremos empotrados son absorbidos

por éstos y los apoyos extremos fijos o móviles no reciben momentos de transmisión;

pero cuando se les consideran fijos (empotrados) reciben momentos y lo retransmiten

luego de haber equilibrado dicho nudo

PROBLEMAS

2.20. Determine las reacciones para la viga mostrada en la fi~ra P 2.20, usando el

método de distribución de momentos.( Kassimali, 2001, p 570)

E= constante

Figura P 2.20

Solución:

Determinación de rigidez de las barras y factor de distribución de los nudos:

4El 4E2f 4Ef (K) ----~-R AB- L - 18 - 9

0.5EI FDAB =FDEB = =0

oo+0.5EI

FD = FD = 4Ell9

= 0.5 BA BE 4EI /9 + 4EI /9

Los momentos de empotramiento. son:

50

'(FEM)BE == 2PL =- 2(100X18) = ~400.kN.m 9 9

(FEM)BE = 2PL = 2(100X18) = 400.kN.m 9 9

Ahora aplicamos el método iterativo de Cross:

Nudo A

Miembro AB

FD o FEM

Distrib.

co Distrib

LM 100

Los resultados son:

B

BA BE 0.5 0.5

-400

200 200

100

200 -200

M BA. = -200./cN m

M AB = 100.kN.m

M BE = 200.kN.m

M EB = -500.kN.m

E

.E:í3

o 400

100

500

Los resultados son iguales a calculado en el problema 2.16 por el método de pendientes

- deflexión. El cálculo de las fuerzas de reacción son iguales al método indicado por lo

que se obvia aquí.

2.21. Determine las reacciones y momentos internos en By C para la viga mostrada en

la figura P 2.21, usando el método de distribución de momentos .. ( Kassimali, 2001, p

570) 20 ·kN/in 60 kN

A~!HHU;;t)]Jll~f1 ! ~E f-sm j 8m-+4m+4m-l

El= constante ~ = 70 G.,~- 1 = ~ ( 1 ()6) ITI_l_l14

Figura P 2.21

51

Solución:

Determinación de rigidez de los elementos y los factores de distribución:

0.5EI =O oo+0.5EJ

0.5El FDBA = FDBC = FD CB = FDCE = = 0.5

0.5El + 0.5El

Los momentos de empotramiento son:

wL2 20(8)2 1FEM)· = 1FEM)· =--=- · =-106.67.kN.m \ AB \ BC 12 12

wL2 20(8)2

(FEM) = (FEM) =-= · = 106.67.kN.m ~ CB 12 12

_ PL _ 60(8) _ _ PL _ (FElv!)BE --- - --- - -60.kN.m: ........... (FEM}8E - - - 60.kN.m

8 8 8


Nudo A B e E

Miembro AB BA BC CB CE EC

·FD -0 0.5 0.5 0.5 0.5 o FEM -106.67 106.67 -106.67 106.67 -60 60

Distrib. -23.34 -23.34

co -11.67 -11.67

· Distrib 5.83 5.83

CO. . 2.92 2.92

Distrib -1.46 -1.46

e o -0.73 -0.73

Distrib 0.36 0.36

co 0.18 0.18

· Distrib . -0.09 . -0.09

co -0.045 -0.045

Distrib 0.023 0.023

co 0.012 0.012

· Distrib -0.006 . -0.006

co -0.003 -0.003

Distrib 0.0015 0.0015

Th1 -103.56 112.88 -112.90 84.86 -84.9 47.56

52

Los resultados son:

MBA = ll2.88.kN.m ... , .. MAB = -103.56.kN.m

M Be = -112.90.kN.m ... , .. M cB = 84.86.kN.m

M cE = -84.90.kN m ... , .. M Ec = 47.56.kN.m

Los resultados son iguales a calculado en el problema 2. 17 por el método de

¡Jendientes - deflexión. El cálculo de las fuerzas de reacción es igual al método

indicado por lo que se ob~ia aquí.

2.22. Determine los momentos en los extremos de los miembros y las reacciones para

los armazones mostrados en la figura P 2.22, usando el método de distribución de

momentos .. ( Kassimali, 2001, p 571)

3m e

+ 75.kN-.. B

3m 1

Figura P. 2.22

Solución:

El = constante E=200GPa 1 = 400(106) mm4

Determinación de rigidez de los miembros y factor de distribución de los .nudos:

(K ) _ 4El _ 4El _ 2El

R AC -¡;-6--3-

FD = KAC = 2El/3 =0 · · Ac ¿K oo+2Ell3 ··

FD = El/3 =1 ···DC Ef/3 .

FD = 2El /3 = 2 FD = El /3 = 1 CA 2EI /3-t=.EI /3 3 CD 2EI /3±EI /3

Los momentos de empotramiento son:

(FEM)Ac =- PL =-75

(6) = -56.25.kN.m

8 8

wL2 25(9Y (FEM)cD = --=- = -253.I25.kN.m 8 8


M- 53

1

(FEM)CA = IJ6.25--kN.m

(FEM)Dc =0

Nudo A e D

Miembro. .AC CA .CD nc . FD o 2/3 1/3 1

FRM -56.25 56.25 -253.125 o . Distrib. 131,25 65.63

co . 65.63

Distrih

LM 9.38 187.5 -187.5 o

Solución 2:

Se considera que todos los nudos ron rí~idos para el cálculo de momentos externos

de extremos fijos. Al nudo D se hace rotar una vez:

(FEM)Ac =- PL =-75

(6

) = -56.25-.kN.m 8 8

(FEM)CA = ~6.2~.kN.m

(FEM)cv =- wL2

= 25

(9Y = -168.75.kN.m

12 12 (FEM)vc = 168.75.kN.m

Ahora aplicamos el método iterativo de Cross

Nudo A e D

Miembro AC CA CD DC

FD o 2/3 1/3 1

FEM -56.25 56.25 -168.75 168.75

Distrib. 75 37.5 -168.75

co 37.5 -84.375 - -

Distrib 56.25 28.125

e o _28.125

Distrib

LM 9.375 187.5 -187.5 o

Los resultados son:

MAc =9.38.kN.m ... , .. McA =187.5.kN.m

Mcv =-187.5.kN.m ... , .. Mvc =0.

54

3. PROBLEMAS DE LINEAS DE INFLUENCIA

3.1. ESTRUCTURAS ISOSTÁTICAS

Cuando una estructura está sometida a una carga viva o móvil, la variación de la fuerza

cortante y el momento flexionante en el miembro se describe mejor usando la línea de

influencia. Una línea de influencia reJ?resenta la variación de la reacción, la fuerza

cortante, del momento flector o de la deflexión en un punto especifico de un miembro

cuando una fuerza concentrada se mueve sobre el miembro de un extremo a otro. Su

estudio es importante en el análisis de puentes y grúas que están sometidas a cargas

móviles. Los diagramas de líneas de influencia se determinan J?ara una carga

concentrada puntual unitaria que se mueve a lo largo de la viga o armadura sean estas

isostáticas o hiJ?erestáticas.

En estructuras isostáticas, para cada posición de la carga unitaria mediante las

ecuaciones de equilibrio estático se determinan según el caso las reacciones externas u

fuerzas internas y se grafican a lo largo de la estructura, siendo la ordenada la magnitud

del parámetro analizado y la abscisa la J?Osición de la carga unitaria. otro método es el

siguiente: para una posición genérica x de la carga unitaria partir del borde izquierdo de

la estructura, mediante las ecuaciones de equilibrio de momentos y fuerzas se

determinan las reacciones en función de la coordenada x, luego las fuerzas internas en

una sección transversal se calculan aislando un tramo de la estructura a J?aftir de la

sección (cortada) y aplicando las ecuaciones de equilibrio entre las fuerzas externas e

internas del tramo que no contiene la carga unitaria. Los gráficos de las líneas de

influencia para estructuras determinadas son lineales. Según Muller Brelau, la línea de

influencia J?ara una función de respuesta de fuerza (o de momento) queda dada J?Or la

forma de la deformada de la estructura liberada que se obtiene al eliminar la restricción

correspondiente a la función de respuesta de la estructura original y dando a esa

estructura liberada un desplazamiento unitario (o rotación unitaria) en el lugar y en la

dirección de dicha función de respuesta, de modo que sólo esta última Y. la carga

unitaria realicen trabajo externo, (Kassimali,200l,p506)

PROBLEMAS

55

3.1. Para1a viga indicada en la figura P 3.1, dibuje las líneas de influencia para: a) la

reacción vertical A y B, b) la fuerza cortante en C, e) el momento flexionante en C.

Resuelva el problema usando el método básico.(Hibbeler, 1997, p 289)

FiguraP 3.1

Solución:

a) Utilizando las ecuaciones de equilibrio estático para cada posición x de la carga

unitaria tomando momento respecto de B se determina el valor de la reacción A y la

sumatona de fuerzas verticales se determina la reacción en By y se anota en la tabla

Las líneas de influencia de las reacciones A y By son:

¿M B =o~ A(lO )-1(lo- x) =o~ A = 1-~ 10

"F. =O~B -1+A=O~B =1-A=~ L.. Y Y Y lO

b) Las líneas de influencia de V e y Me son:

Para la carga unitaria entre A y C: O~ x ~ 3 .se analiza el tramo CB de la viga

LFY =O~By +Ve =O~Vc =-By=-~ 10

LMc =0~B(7)-Mc =O .. ~.Mc =7B=7(:0) Para la carga unitaria entre Cy B: 3 ~ x ~ 10, se anallza el tramo AC de la viga

LFr =O~A+Ve =0

~Ve =-A=J1-~)=~-1 .. ~ 10 10

LMe =0~A(3)-Me=O.

-~·Me =3A=3(1-~) 10

56

X A

o 1

2.5 . 0.75

3.0 0.7

5 0.5

7.5 0.25

10.0 0.0

By Ve Me o 0.0 0.0

. 0.25 . -0.25 . 1.75

0.3 -0.3 -2.-1

+0.7

0.5 0.5 1.5

0.75 0.25 0.75

LO 0.0 0.0

Los dibujos de las líneas de influencia son:

A e B

3m

A.

LO

By ------~·"·---·---·.,..,··.··-~---"'"•~' "'"·' ·:·.

0.7

Me

D-1: líneas de influencia de las reacciones A, By, la cortante Ve y momento Me.

3.2. Dibuje las líneas de influencia para: a) la fuerza cortante en el empotramiento A,

b) el momento flexionante en B. del voladizo indicado en la figura P 3.2 .. (Hibbeler,

1997, p 289)

FiguraP 3.2

Solución:

Utilizando las ecuac10nes de equilibrio estático para cada posición x de la carga

unitaria, tomando momento respecto de A se determina el valor de momento de la

reacción MA y por la sumatoria de fuerzas verticales se determina la reacción en Ay y

se anota en la tabla

Las líneas de influencia de las reacciones MA y Ay son:

I M A = O -7 M A - l{x) = O -7 M A = l(x) I Fy =o--')- Ay -1 =o~ Ay = 1

~ 57

La línea de influencia de MB

Para la carga unitaria entre A y B: O ::;; x ::;; 5

Se analiza el tramo BC (derecho) de la viga

LMs=Q~Ms=O

Para la carga unitaria entre By C: 5::;; x::;; 10, Se analiza el tramo AB (izquierdo) de la

VIga

L:Ms =0~A~(5)-MA.-MB. =0

...... ~.MB =5-x


~- 5m 5m

X

o 2.5

5

7.5

10.0

A y MA

1 o 1 -2.5

·1 -5

1 -,_7.5

1 -10.

A,· 1----------t----------1 1

MB

0.0

0.0

0.0

.,.25

-5.0

D-2: Líneas de influencia de las reacciones Ay, y momentos MA y MB .

3.3. Deterniine las líneas de influenCia de cortante y momento flector en C de la viga

indicada en la figura P 3.3. (Kassimali, 2001, p 295)

B C D

Figura P 3.3

Solución:

58

Las líneas de influencia de las reacciones B y Dy son:

I M D =O~ B(9}-1(12-- x}= 0- ~ B = ~- :

"" Pr = b ~ i3 --1 + D = o ~ D = 1- B = ~- !_ L.- y y 9 3

Las líneas de influencia de V e y Me .Para la carga unitaria entre A y C: O :S x :S 6 . Se

analiza el tramo CD (derecho) de la viga

"F = O 4 Ve + D = O 4 V = -D = _!_- X L. Y Y e Y 3 9

2 'L:Me =04DY(6)-Me =04Me =-x-2

3

Para la carga unitaria entre C y D: 6 :S x :S 12, Se analiza el tramo AC (izquierdo) de la

VIga

L-fr =O~B-Ve =0

4 X 4V =B=---

c 3 9

LMe =04B(3)-Mc =0

X -+.Me =4--

3


-z

X B

o 4/3

3 1

6 2/3

.9 ·113

12 o

Dy Ve Me

- 1/3 -2

1/3

o o o 1/3 -1/3 2

+2/3

2/3 . 1/3 1

1 o o

D

D-3: gráficos de las líneas de influencia de B y D, cortante V e y momento Me ..

~ 59

3.4. Dibuje las líneas de influencia de: las reacciones By D, la cortante y el momento

en las secciones e y E de la viga indicada en la figura P 3.4, para una carga puntual

unitaria que se mueve desde A hasta F .. (Kassimali, 2001, p 323)

FiguraP 3.4

Solución:

Para la carga unitaria ubicada entre B y D determinamos las reacciones en B y D

mediante las ecuaciones de. equilibrio estático.

L M B = O ~ 1{x- 4 )- D (12) = O ~ D = x-4

= ~- .!_ .. . . . 12 12 3

"" 4 X L_¿ Fr = O. ~ BY - 1 + D = O. ~ .BY = 1- D = -- -. . . . 3 12

Para la carga umtafia entre o ~ X ~ 8' deterníinamos la cortante y el momento flector

en e, en la parte derecha de la estructura:

"" 1 X ¿ Fr. = O·.~ -V e + 1) = O- ~ .V e = -1) = 3- U

LMe =0~ D(8)-Me =O~Me =8D = 2

5x -~

Para la carga unitaria entre 8 <X< 22, determinamos la cortante y el momento flector

en C, se analiza la parte izquierda de la armadura:

L F r = O. ~ .V e = B- ~ .V e = : - 1~

L M= 0 .. ---+ M e= 4B .. ---+ .. M e= 16 - .i 3 3

Para la carga unitaria entre O ~ x ~ 19 , determinamos la cortante y el momento flector

en E, en la parte derecha de la estructura:

L Fy = o- ~ .. ~ .V E = o LMe=O~~ME=O

Para la carga u.nitaria entr:e 19<~~22, d.etenninamos.la cortante y el momento fiector

en E, se analiza la parte izquierda de la armadura:

L FY = O --+ Ve -1 = O :::::> Ve = 1

60

Los cálculos a lo largo de la viga son:

X By D Ve Me VE ME

o 4/3 -1/3 1/3 -8/3 o o 4 1 o o o o o 8 2/3 1/3 -1/3 8/3 o o

+2/3

16 o 1 o o o o 19 -114 5/4 -114 -1 o o

1

22 -1/2 3/2 -112 -2 1 -3

Los dibujos de las líneas de influencia son.

o F ·-

.t;.~ lL "F'-

o

-

-~

D

r-

r----_ 2.,.l3 r----------__ ____ -.......___' -~lS ------------,,

.,.._

7 i

~ '

V '

--------¡ --------

1 ~

D-4: Líneas de influencia de las reacciones By, D, cortante y flector en C (Ve y

~), cortante y momento en D (V 12 y~)

~ 61

3. 5 Dibujar cuantitativamente las líneas de influencia de ambas reacciones, fuerza

cortante en las secciones 1-1 y 2-2 y momento flector en la sección 2-2 de la viga de la

figura P 3.5. (Me Cormac, 1996, p 262).

FiguraP 3.5

Solución:

Para la carga unitaria ubicada entre los apoyos determinamos las reacciones en B y C

mediante las ecuaciones de equilibrio estático.

LM B =o-+ l(x-6)-e(15)= o-+ e= x-6 = ~- 3.. . .. . . . . 15 15 5

~ 7 X ~Fr =0.-+B-I+e=O.-+.B=I-e=5-i5

Determinación de la fuerza cortante en la sección 1-1 :

Para la carga unitaria entre O:::; x:::; 6, determinamos la cortante en 1-1, mediante el

equilibrio de la parte derecha de la estructura:

L Fr =O.-+ .V1 +e =O.-+ .V1 = -C = ~- ~ 5 15

Para la carga unitaria entre 6<x~33, determinamos la cortante en 1-1, mediante el

equilibrio de la parte izquierda de la estructura

L Fr. = O. ~ .V¡ = B. ~ .V1 = 7_-~ 5 15

Determinación de la fuerza cortante y momento flector en la sección 2-2:

Para la carga unitaria entre O:::; x:::; 16, determinamos la cortante y el flector en 2-2,

mediante el equilibrio de la parte derecha de la estructura:

¿ Fr = o.-+ .V2 +e = o.-+ .V2 = -e = ~- ~ 5 15

~ M 2 = O -+ M 2 - 5C = O -+ M 2 = ~- 2 ~ 3 .

Para la carga unitaria entre 16<x<33, determinamos la cortante y el flector en 2-2,

mediante el equilibrio de la parte izquierda de la estructura

62

~ 7 X L.- Fy =O.~ .B- V2 =O~ V2 =B.~ .V2 = --

. 5 15 2

¿M 2 = o ~ M 2 -10 B = o ~ M 2 = 14 - -X 3

Los cálculos a lo largo de le viga son: - -

X By e V¡ Vz Mz

o 7/5 -2/5 2/5 2/5 2

6 1 o o o o 1

16 115 2/5 1/3 -2/3 10/3

1/3

21 o 1 o o o 33 -4/5 9/5 -4/5 -4/5 8


sm um

4}3 r:=~~==::::::::=1=~-===:::::d B.· r- -1,l4

2/5

2./5

l'JI:;:

-2:

D-5: Lineas de- influencia de las reacciones By, C, cortante en 1-1 (V1 ), cortante

y momento en 2-2 (V2 y M2).

~ 63

3.6. Construya para la viga mostrada en la figura P 3.6, el diagrama de influencia de a)

la reacción en A, b) la reacción en C, e) la reacción en D, d) la fuerza cortante en By e)

el momento en C.(Laible, 1995, p 795)

,A B e D

_,4m ~-. .- -..... &m -¡ -- .. Figura P. 3.6

Solución:

Para la carga unitaria ubicada entre A y B (O :s; x :S: 20) determinamos las reacciones en A,

C y D mediante las ecuaciones de equilibrio estático.

L M i B = o --+ 1(20 - x)- A A2o) = o --+ Ay = 1 - :O

L M A = o --+ 1 (x)- e (24)- D (32) = o --+ e = ~- ~ D = ]___ x -- -- -- -- 24 3 40

LFr =0.--+ AY -l+e+D =0.--+ .D =1-AY -e=-~ 40

Para la carga unitaria ubicada entre B y D (20 :S: x :s; 32) determinamos las reacciones

~J)_ A, e y o m_ediante_las_ ecuaciones de equilibrio estático

L M i B == o --+ Ay (20) = o --+ Ay = o

L M D =o---* 1(32- x)- e(s)- Ay(32)= o---* e= 4_-; I Fy = 0.--+ Ay -l+e +D = 0.--+ .D =1-Ay -e= ~-3

8

Para la carga unitaria entre O :s; x :s; 20 , determinamos la cortante en B, mediante el

equilibrio de la parte izquierda de la estructura:

¿:F, =0. 4.Ay -1-V8 =0. 4.V8 =(1-;0)-1 =-;o Para la carga unitaria entre 20<x<24, determinamos la cortante en B, mediante

el equilibrio de la parte izquierda de la estructura

LFr =0.~ .AY +V8 =0.~ .V81 =-AY =0

Para la carga unitaria entre 24<x-~32, determinamos la cortante en B, mediante

el equilibrio de la parte derecha de la estructura

64

¿ Fy =o.~ .vs +e -1 + D =o.~ .vs =o

Determinación de momento flector en la sección C.:

Para la carga unitaria entre O s x s 20 , determinamos el momento flector en e, mediante el equilibrio de la parte izquierda de la estructura:

Para la carga unitaria entre 20<x<24, determinamos el momento en C, mediante el

equilibrio de la parte derecha de la estructura a la sección C.

¿Mg =0.~ .D(8)-Mc =0.~ Me =x-24

Para la carga unitaria entre 24<x ~-32, determinamos el momento en C, mediante el

equilibrio de la parte derecha de la estructura

¿Mg =0.~.D(8)-l(x-24)-Mc =O.~ Me =0

Los cálculos a lo largo de la viga son: ~ ~

X Ay e D VB Me

o - 1 o -~--·-- -o o o 20 o 1.5 -0.5 -1 -4

o 24 o 1 o o o J2 o o 1 o o


..;:::.. = .... 41"'T!'~ ¿y. """" ¿;:..

"'

1 1 ~5 -~ '

------------~ _.¡;;,'~ .. ~.

_,_

~-....::-

D-6: Líneas de influencia de las reacciones Ay, C, cortante VB y momento Me.

65

3.7. Para la viga que se ilustra en la figura P 3.7, construya el diagrama de influencia de

a) la reacción en C, b) la reacción en F, e) el momento en C y d) la fuerza cortante justo

a la derecha de C. (Laible, 1995, p 796) A B e D. E F

& ;g JSJ7 ~

r S m ·i· 10m .¡ .. 8m ~~ S m ~t~ lOm ·1

FiguraP 3.7

Solución:

Para la carga unitaria ubicada entre A y B (O ~ x ~ 8) determinamos las reacciones en A,

C, E y F mediante las ecuaciones de equilibrio estático.

L M; = o ~ 1(8 - X)- A (8) = o ~ A = 1 - X 8

¿M~= o~ A(26)-1(26- x)+ e(&)= o~ e= _!_x 32

9 _LM F =O~ A(44)-1(44 -x)+e(26)+E(10)= O~ E= -32x

_LFr =0.~ Ay -l+e +E+F = 0.~ .F = ~ 8.

Para la carga unitaria ubicada entre B y D (8 ::;; x ::;; 26) determinamos las reacciones en

A, C, E y F mediante las ecuaciones de. equilibrio estático

L M; = o ~ A (8) = o ~ A = o

¿M; =0-+A(26}-1(26-x)+e(s}=O-+e=1: -}x

81 9 LM F =O~ A(44)-1(44 -x)+e(26)+E(10)= O~ E= --+-x

20 40

~ 9 1 L. Fr = o. ~ A - 1 + e + E + F = o. ~ .F = 5- 10 X

Para la car~a unitaria entre 26 ::;; x ::;; 44, determinamos las reacciones en A, C, E y

F mediante el equilibrio estático:

L M; = o ~ A (8) = o ~ A = o L_M~ =O~ A(26)+e(8)= O~ e= O

22 1 L_M E= o~ A(44)+e(26)-1(44- x)+E(lO)= o~ E= 5-wx

17 1 LFr =0.~ A-1+e+E+F =0.~ .F =--+-x

5 10

a) La línea de influencia de la reacción C está dada por:

66

C=

b) La línea de influencia de la reacción F está dada por:

F=

1 -x~O~x~8 8

9 1 ---x~8~xs 26 5 10 17 X --+-~26sx~44

5 10

e) La línea de influencia de momento en e está dada por:

Para la carga unitaria entre O ~ x ~ 8 , determinamos el momento ±lector en C, mediante

el equilibrio de la parte izquierda de la estructura:

LM~ =0.~A(18)-1(18-x)-Mc =O.~Mc =(1- ;}s)-1(18-x)=-¡x

Para la carga unitaria entre 8 <X< 18, determinamos el momento en e, mediante el

equilibrio de la parte izquierda de la estructura a la sección C.

LM~ =0.~A(18)-1(18-x)-Mc =O.~Mc =(oX18)-1(18-x)=x-18

Para la carga unitaria entre 18:::; X< 26, determinamos el momento en C, mediante el


¿Mg =0.~ .F(26)+E(18)-1(x-18)-Mc =0 ... ~ Me

:.~M = (~-_!_x)(26)+(-~ +_2__x)(l6)-1(x-18)= O e 5 10 20 40

Para la carga unitaria entre 26<x<34, determinamos el momento en e, mediante el


IM g = Q. ~ .F(26.)+ E(18)-1(x -18)-M e= Q ... ---+ M e

:.~M = (-17

+_!_x)(26)+(22

_ _!_x)(16)-1(x-18)= O e 5 10 5 10

Para la carga unitaria entre 34<x<44, determinamos el momento en e, mediante el


~ 67

IM~ =0.~ .F(26)+E(18)-1(x-18)-Me =Ü ... ~ Me

:.~M = --+-x (26)+ ---x (16)-1(x-18)= O ( 11 1 ) (22 1 )

e 5 10 5 10

d) La línea de influencia de la fuerza cortante a la derecha de C está dada por:

Para la carga unitaria entre Os x s 8, determinamos la fuerza cortante en e, mediante

el equilibrio de la parte izquierda de la estructura:

""Fi =0.~.A-1+C-V: =O.~.V: =(1- x)-1+(.2_x)=2_x ¿ e e e 8 32 32

Para la carga unitaria entre 8 <X< 18, determinamos la cortante en e, mediante el

equilibrio de la parte izquierda de la estructura a la sección C.

L/.: =o. -->.A~I +C ~ve =o. -->.Ve =O~J +C: ~~x )=¡~~x Para la carga unitaria entre 18< X< 26, determinamos la cortante en e, mediante el

equilibrio de la parte derecha de. la estructura

IV/ =0.~.-1+E+F+Ve =O ... ~ . .Ve

--> .Ve = J ~ ( ~ ~~ + :Q X)~ ( ~ ~ ~~ X)= !: ~ ~X Para la carga unitaria entre 26~ X< 44, determinamos la cortante en C, mediante el


¿F; =0.~Ve_-1+E+F=O

~v: =1-(22 _I_xJ-(-17 +I_xJ=o ... ::::>V: =0 e 5 10 5 10 e

Las variaciones de Me y V e a lo largo de la viga se puede expresar como:

5 - -x ... para ... O S X S 8

4 x-18 .... .para .. 8 s x s 18

Me= O ... para .. .18 s x s 26 O .. .para ... 26 s x s 34

0 .. . para .. .34 s x s 44

Los valores numéricos de los mismos son:

~ 68

5 -- X .. .para ... 0 S X S 8 32

9 1 ---x ... para ... 8 s x s 18 4 8

13 1 ---x ... para .. .18 s x s 26 4 8

0 .. . para ... 26 S x s 44

X e F Me V/ o o o o o 8 9/4 1 -10 5/4

18 1 o o o 1

26 o -4/5 o o 34 o o o o 44 o 1 o o

Los dibujos de las líneas de influencia son::

D-7: Líneas de influencia de las reacciones e, F cortante y momento en e (V e y Me)

3.8. Respecto a la viga mostrada en la figura P 3.8, construya el diagrama de influencia

cualitativa para: a) el momento en A, b) el momento en B, e) la fuerza cortante en B, d)

la reacción en D, e) el momento en F, y f) la fuerza cortante justo a la derecha de D.

(Laible, 1995, p 796)

B 1

e o

lO pies

Figura P 3.8

69

E F G H

. ... .. .. .. . . IJQ pies ¡•o pies 1· LO pies 1

Solución.

Aplicando el principio de Muller- Breslau se trazan las líneas de influencia en forma

cualitativa, mediante giros y desplazamientos generados por pares y fuerzas en los

puntos de interés.

a) para el momento en A, el empotramiento se transforma en apoyo fijo, liberando el

momento de empotramiento MA1

la que genera una rotación 9 al tramo AC de la viga,

de tal forma que los tramos AC y EH tienen pendientes positivas y el tramo CE tiene

pendiente negativa .

b) para el momento interno en B, dicha sección se convierte en rótula colocando los

momentos internos Mª las que generan los tramos BC y EH en pendientes negativos y

el tramo CE en positivo.

e) Para trazar la línea de influencia de la fuerza cortante en B,_ la sección se transforma

en placas unidas mediante 2 bielas paralelas al eje de la viga en las que se generan el

desplazamiento relativo A de la sección originadas por las cortantes internas Vª, con lo

cual en la viga se producen LI: tramo horizontal en BC pendientes negativas en CE y

pendiente positiva en EH.

d) Para trazar la línea de influencia de la fuerza de reacción D, se retira el apoyo D y la

Reacción correspondiente realiza un desplazamiento A = 1 generando LI en el tramo

CE pendiente positiva y negativo en el tramo EH

e) La línea de influencia del momento interno MI', se determina convirtiendo la sección

en rótula y los momentos internos realizan giros en los tramos adyacentes generando LI

de pendiente positiva en el tramo EF y pendiente negativa en el tramo FH.

f) Para trazar la línea de influencia de la fuerza cortante justo a la derecha de D, la

sección se transforma en J?lacas unidas mediante 2 bielas J?aralelas al eje de la viga en

las que se generan el desplazamiento relativo A = 1 de la sección originadas por las

cortantes internas Vº, con lo cual las LI en la viga se producen recta horizontal en DE

y pendiente negativa en EH.

70

::;:::: """r:"" ""' r-¡

: 1 -· i ..

' ¡ g

¡ --- - -- ¡ --,____ ¡

l i -- ------~ 1 ------- ~ -----:!!. ~- ----,. :---_ 1- -~

--------¡---_.__

"- -------.,__ - --D-8: Líneas de influencia cualitativa de momentos MA, Ms Mp y cortantes V n y V s

3.9. Dibujar las líneas de influencia para las fuerzas en los miembros CD y CH de la

armadura mostrada en la figura P 3. 9. Las cargas vivas se transmiten a las cuerdas

inferiores de la armadura .. (Kassimali, 2001, p 326)

Solución:

t- 4 paneles de 20 ft = 80ft ---1

FiguraP 3.9.

Hacemos un corte imaginario de la armadura en 2 partes poniendo en evidencia las

fuerzas internas en las barras a estudiar

Para la carga unitaria ubicada en el nudo B determinamos las reacciones en A y E


LMA =O~ 1(x)-E(l)= O~ E=~ l

LME =0.~A(l)-1(l-x)=O.~.A=1-~ l

Para la carga unitaria entre O ::; x ::; 40 , en la parte derecha de la estructura:

L M H =O~ E(20 )- FcD (15)= O~ FcD =~E=~~ 3 3 l

3 5 5x y = o. ~ .E - F CH 5 = o. ~ .F CH = 3 E = 31

71

Para la carga unitaria entre 60 ~ x ~ 80, se analiza la parte izquierda de la

armadura y_ resultado de cálculos a lo largo de la viga:

L M H =o ~ A(60 )- FCD (15) =o ~ Fcv = 4A = 4(1- T) X A E Feo FcH

o 1 o o o 3

LFr =O.~.A+FCH-=0 5 20 0.75 0.25 0.33 0.417

.~.FCH =-fA=-f(l-;) 40 0.5 0.5 0.67 0.833

60 0.25 0.75 1 -0.417

80 'O 1 o o

El dibujo de las líneas de influencia son:

E

F=

--- 1

D-9: Líneas de influencia cualitativa de reacciones Ay, E y de las barras CD y CH

3.10. Dibuje la línea de influencia para la fuerza en los miembros KJ, CJ y CD y

calcule la fuerza viva máxima (de tensión o compresión) que puede desarrollarse en

cada miembro debido a una carga viva de 3 kN/m que se transmite a la armadura o

largo de la cuerda inferior de A a G, en la armadura indicada en la figura P 3.10.

(Hibbeler, 1997, p. 296)

Figura P 3.10

72

Solución:

Hacemos un corte imaginario de la armadura en el tramo CD dividiendo en 2 partes y

poniendo en evidencia las fuerzas internas en las barras a estudiar

Para la carga unitaria ubicada en el tramo AC determinamos las reacciones en A y G


¿ M A = o ~ 1.x- G (18} = o ~ G = ~ 18

L Fy = O. ~ A y -1 + G = O. ~ .AY = 1-~ 18

Determinación de líneas de influencia de las barras KJ, CJ y CD. Para la carga

unitaria entre A y C, es decir O ~ x ~ 6 , en la parte derecha de la estructura:

:¿ M g = o ~ .. e (12 )- KJ (4) = o ~ KJ = g__c = ~ ... ( e) 4 6

L F-/ = o ~ .. G- CJ (:) = o ~ CJ- = ! G = 7; X •.•••. ( T)

9 X L M ; = o ~ G (9 )- CD (4) = o ~ CD = ¡-G = g-···C T )

Para la carga unitaria entre 9 ~ x ~ 18 , se analiza la parte izquierda de la armadura:

"Mi ""O---* A- (6}- KJ (4}== O---* KJ ==~A == ~- _!_x ... (C) L..- e Y 2 Y 2 12

"Fi ==O---* A -CJ(~) =O---* CJ =~A = ~-2_x ... (C) L..- y y ~ . 4 y 4: n "LM5 =O---* Ay(9)-CD(4)= O---* CD = 2_Ay = 2_-~ ... (T)

4 4 8

El resultado de los cálculos para diferentes posiciones de la carga unitaria son:

X A G CD CJ JK

o 1 o o o o 3 . 0.83 . 0.17 0.38 0.21 -0.5

6 0.67 0.33 0.75 0.42 -1

9 0.5 0.5 1.13 -0.63 -0.75

. 12 . 0.33- 0.67 . 0.75 -0.42 -0.5

15 0.17 0.83 0.38 -0.21 -0.25

18 o 1 o o o

La gráfica de las líneas de influencia de la armadura son:

73

D-10. Líneas de influencia de las reacciones Ay, E y de las barras CD, CJ y JK.

Las .. fuerzas .. vivas .. máximas .. en .. cada .. miembro .. analizado .. son :

KJ _ = [~ (18XI)]<3)= 27.kN ... en . .x = 6.m

CJ _ = [ ~ (18 { D ](3 )= 16.88.kN ... en ... x = 9.m

cv_ = [~ (Is{:)}<3)= 30.375.kN ... en .. .x = 9.m

3.11. La armadura de techo sirve para soportar el riel de una grúa que está unido a la

cuerda inferior de la armadura como se muestra en la figura P 3 .11. Determinar la ;

fuerza viva máxima (de tensión o compresión) que puede desarrollarse en los miembros

GF, CF y CD debido a la carga de 15 klb de la grúa. Especifique la posición x de la

carga. Suponga que la armadura está soportada en A por un pasador y en E por un

rodillo. Además, suponga que todos los miembros están seccionados y conectados por

pasador en las placas de nudo. (Hibbeler, 1997, p. 296)

Figura P 3.11

74

G

Solución:

Hacemos un corte ima~inario de la armadura en el tramo CD dividiendo en 2 partes y

poniendo en evidencia las fuerzas internas en las barras a estudiar

Para la carga unitaria ubicada en el nudo B determinamos las reacciones en A y E


L M A = o ~ 1 X- E (48 }= o ~ E = 4~

~ . X L. F y = O. ~ A y - 1 + E = O. ~ .A y = 1 - 48

Determinación de líneas de influencia de las barras GF, CF y CD:

Para la carga unitaria entre A y C, es decir O s x s 24 '· en la parte derecha de la

estructura:

L M g ;;: o ~ 24 (E)- GF ( }s) (12) = o ~ GF = E -J5 = ! X

L F y = o .. ~ E - GF ( Js. )+ CF ( Js.) = o .. --+ CF = o

1 L M: = o ~ 12 (E)- 6(CD ) = o .. ~ .. CD = 2E =-X 24

Para la carga unitaria entre 24 s x s 48 , se analiza la parte izquierda de la

armadura:

LM~ =o--+ A(24)-GF(.Js )(12)= o--+ GF =A$=$-! X

: . ... -+- ... GF max = 16.8.klb .. (T)par.a .. X= 24_'

L Fy = o. --+ .A y + GF ( Js) -CF ( Js) = o. --+ .CF = A y -J5 + GF = 2-J5( 1 - 4~ X)

: . ... --+ ... CF max = -J5 = .16 .8.klb .(C)para .. x = 36' 2

i 1 "LM F =O.~ Ay(36}-CD(6)= 0 .. ~ .. CD= 6Ay = 6--x-

8 : . ... ~ ... CD= = 1.5(15} = 22.5.klb ... para .. x = 36'

El resultado de los cálculos para diferentes posiciones de la carga unitaria son:

X A E CD CF FG

o 1 o o o o

12 0.75 0.25 0.5 o -0.56

24 0.5 0.5 1 -2.24 -1.12

75

36 0.25 0.75 1.5 -1.12 -0.56

48 o. 1 o. o. o

La gráfica de las líneas de influencia apoyos y las barras de la armadura

D-11: Líneas de influencia de A, E, de las barras CD, CF y FG

3.12. Determine el momento máximo absoluto en la viga simplemente apoyada causada

por las ruedas del automóvil que se muestra en la figura P 3.12.(Hibbeler, 1997, p. 296)

2k I.Sk

Figura P 3.12

Solución:

Se determina el cg del automóvil a partir de la rueda delantera:

x = ¿F;.x; = 2(0)+ 1.5(10) = 30 L:F; 2+1.5 7

~ 76

El punto medio de la distancia entre la rueda delantera y el cg del automóvil debe

coincidir con el punto medio del puente, luego:

"'L.. M B =o---+ A(30 )- 3.5( 15- ~~) = 0 .. : .. .A= 1.5klb

M 2 =l.s(15-1;)=19.29klb.pie

El punto medio de la distancia entre la rueda trasera y el cg del automóvil debe

coincidir con el punto medio del puente, luego

LMA =0---+B(30)-3.5 15-- =0 .. : .. .B=-=1.417klb. ( 20) 17 7 12

17( 20) o :.---+M1.5 = 20

15-7 =17.20klb.pze

Luego: M max.abs = 19.29klb.pie, ocurre bajo la carga de 2k.

3.2. ESTRUCTURAS HIPERESTÁTICAS

En estructuras hiperestáticas el procedimiento de construcción de líneas de influencia

cualitativa es igual y comprende: 1) la eliminación de la restricción correspondiente a la

función de respuesta para obtener la estructura liberada, 2) aplicación de un . - ' -

desplazamiento (rotación) unitaria a la estructura liberada en el lugar y en la dirección

positiva de la función de respuesta, 3) el trazo de la forma deformada de la estructura

liberada, coherente con las condiciones de apoyo y continuidad. Las líneas de

influencia para las estructuras hiperestáticas son líneas curvas. Para la construcción

cualitativa de BY de un hiperestático de 1 er grado se usa la expresión:

.f + j B = O ---+ B = _ fsx = _ fxB Jsx AA y y j j

BB BB

Donde fsx es la deflexión de la viga primaria en B debido a la carga unitaria en x y

fsB es el desplazamiento de B debido al redundante BY = 1

PROBLEMAS

77

3.13 Construya diagramas de influencia cualitativos para la viga que se ilustra en la

figura P 3.13, de: a) el momento en D, b) la reacción en A, e) la reacción en B, d) el

momento C y e) la fuerza cortante en C. (Laible, 1995, p 797)

d$7 B e D~ 797.

<.

r S m '· +~- 2m ·1· 3m

·1 FiguraP 3.13.

Solución.

Aplicando el principio de Muller - Breslau se trazan las líneas de influencia en forma


puntos de interés. Como la estructura es híperestática, las líneas de influencia serán

curvas.

a) para el momento en D, el empotramiento se transforma en apoyo fijo, liberando el

momento de empotramiento Mo, la que genera una rotación 8 al apoyo D de la viga en

sentido horario, de tal forma que los tramos BD y AB serán curvos con concavidad

hacia abajo el primero y concavidad hacia arriba e tramo AB .

b) para la reacción del apoyo en B, se retira el apoyo y reemplaza por la fuerza de

reacción B =1. esta fuerza genera un desplazamiento unitario hacia arriba, generando

curvas con concavidad hacia arriba en el tramo BD y hacia abajo en el tramo AB.

e) Para trazar la línea de influencia del momento interno en C, la sección se transforma

en una rótula en donde se aplican dos pares unitarios las que generan 2 curvas con

concavidad hacia arriba en los tramos AC y CD.

d) Para trazar la línea de influencia de la fuerza cortante en C, la sección se transforma

en placas unidas mediante 2 bielas paralelas al eje de la viga. Aplicando 2 fuerzas

cortantes V B unitarias paralelas y opuestas se generan el desplazamiento relativo Ll en

la sección C y curvas con concavidad hacia abajo en el tramo AC y hacia arriba en el

tramo CD.:

78

D-13: Líneas de influencia cualitativa de momentos Mn, Me reacciones

Av, B y cortante Ve.

3.14 Construya diagramas de influencia cualitativos para la viga que se presenta en la

figura P 3 .14, de: a) el momento en A, b) la fuerza cortante en B, e) la reacción en D y

d) la reacción en E. (Laible, 1995, p 797)

~A B e D E 1 :' #, ;9;r;

1· 2~ + 2m .¡·. 3m ·1· . 4p;n

~ Figura P 3.10

Solución.

Aplicando el principio de Muller - Breslau se trazan las líneas de influencia en forma


puntos de interés. Como la estructura es hiperestática, las líneas de influencia serán

curvas.

a) para el momento en A, el empotramiento se transforma en apoyo fijo, aplicando el

momento de empotramiento MA = 1, la que genera una rotación e al apoyo A de la viga

en sentido antihorario, de tal forma que los tramos BD y AB serán curvos con

concavidad hacia abajo el primero y concavidad hacia arriba e tramo AB .

b) para la reacción del apoyo en B, se retira el apoyo y reemplaza por la fuerza de

reacción B =1. Esta fuerza genera un desplazamiento unitario hacia arriba, generando

curvas con concavidad hacia arriba en el tramo BD y hacia abajo en el tramo AB.

79

e) Para trazar la línea de influencia del momento interno en C, la sección se transforma

en una rótula en donde se aplican dos pares unitarios las que seneran 2 curvas con

concavidad hacia arriba en los tramos AC y CD.

d) Para trazar la línea de influencia de la fuerza cortante en C, la sección se transforma

en placas unidas mediante 2 bielas paralelas al eje de la viga. Aplicando 2 fuerzas

cortantes V~ unitarias paralelas y opuestas se generan el desplazamiento relativo L\ en

la sección C y curvas con concavidad hacia abajo en el tramo AC y hacia arriba en el

tramo CD.

Aplicando el método analítico:

Retirando el apoyo D se convierte en viga base estáticamente equilibrado. Con la carga

unitaria en D se traza el diagrama de momento flector de la viga base el cual se

transforma en viga conjugada. Los momentos internos en B, C, D y F de la viga

conjugada son las deflexiones fBv, fcv, fDv y f FD en la viga real para la carga

unitaria situada en B, C, D y F respectivamente. Mediante el teorema de Maxwell -

Betti fBv = JDB, así sucesivamente.

{ 1 ( 16 ) { 2 ) 1 ( 16 Ir { 1 )] 80

fBn = 2 ?El (2\_3 2 + 2 14EI)'2\_3

2 =-21E!

J: - -[!(~)(4{3_4+3)-( 233 )(3)-!(_!3_)(3{!_3)]-- 2731 DD- 2 7El '\) 147EI 2 7EI '\) - 147EI

IFD ~-[C:;~J2)- ~(~~~ )'z{HJ~ ~:~~

La reacción D para la posición X de la carga unitaria se calcula con la ecuación de

compatibilidad de desplazamientos de los apoyos en la viga hiperestática:

fvx + faa.D=O ... ~ .. .D=-fvx fvv

Para la carga unitaria en B será:

80

D = - fns = - {- 8% 1EI) = 560 = O 205 r ~73-1/ } 2731 ·

Jvn 7147EJ

Así sucesivamente.

Con los valores de la reacción D para cada posición de la carga unitaria y mediante las

ecuaciones de equilibrio estático se determinan el MA , V B, y E cuyos resultados están

en la tabla correspondiente.

X MA Ay VB D B. o o 1 o o o 2 -1.53 0.88 -0.12 0.21 0.09

0.88

4 -2.5 0.63 0.65 0.66 0.28

7 o o o 1 o 9 -0.47 0.12 0.12 0.29 0.59

11 o o o 1

La gráfica de las líneas de influencia correspondientes se muestra:

:;;¡

:!l.S)":>E :~,_--

--~~· :?=· --~ ----~-1__,,---

1::< -r------_

D-14: Líneas de influencia de los flectores MA, la reacción en Ay, cortante Ve, las

reacciones D y E

81

4. PROBLEMAS DE MIEMBROS SUJETOS A TRACCIÓN Ó COMPRESIÓN. 4

4.1. MIEMBROS A TRACCIÓN.

Las estructuras están formadas por varios elementos unidos a través de soldadura,

pernos y remaches. En los elementos sujetos a tensión, de acuerdo a la especificación

LRDF (AISC, 2005) la resistencia a tensión será el menor de de los valores obtenidos

por las fórmulas:

Para el estado límite de fluencia en la sección bruta

(Ecuación D 1-1 del LRDF)

Por fractura en la sección neta donde están los agujeros para remaches o tornillos.

(Ecuación Dl-2 del LRDF)

. Donde: FY = esfuerzo de fluencia, Fu = esfuerzo último, Ag = área bruta, Ae = área neta

efectiva.

ÁREA NETA:

el área bruta de la sección transversal en la zona de unión que es afectado por hilera de

agujeros alternados para la instalación de remaches y pernos se conoce como área

neta An y se calcula con la siguiente fórmula.

Donde: donde Ag =área total o bruta, t =espesor, b =ancho, f/J= diámetro del agujero,

n = N° de agujeros, s = espaciamiento longitudinal (paso) entre 2 agujeros, g =

espaciamiento transversal (gramil) entre 2 agujeros.

Cuando la unión es platina con ángulo, se determina el área neta efectiva mediante:

Donde x = distancia desde el borde del patín al centroide de T estructural, L = longitud

entre agujeros extremos en la línea cuando es de una o mas líneas, si están a tresbolillo,

es la distancia entre los agujeros extremos.

Para miembros soldados Ae = A.U, donde los valores de U (especif. B3.2 (d) LRDF):

4 (Me Cormac, 2002)

~ 82

Cuando 1 ~ 2w---+ U= 1.0, 2w ~ 1 ~ 1.5w---+ U= 0.87 y 1.5w ~ 1 ~ w---+ U= 0.75,

donde 1 = longitud de la soldadura y w = el ancho de la placa (distancia entre

soldaduras) pulg.

BLOQUE POR CORTANTE.

La falla de un miembro puede ser a lo largo de la trayectoria que implique tensión en

un plano y por cortante en otro plano perpendicular En este caso puede fallar por

desgarramiento. De acuerdo a LRDF (AISC, 2005) se aplica las ecuaciones J4-3a para

determinar fluencia por cortante y fractura por tensión y J4-3b para determinar fluencia

por tensión y :fractura por cortante y son:

1) si FuAnt ~ 0.6F,,Anv ---+ t/JRn = (bl0.6FyAgv + F,,Ant j

2) Si 0.6FuAnv ~FuAnt ---+(l}Rn =(l}l0.6FuAnv +FyAgtj

(J4-3a)

(J4-3b)

Donde:<!> = O. 75, Agv = área total sujeta a cortante, A8

t = área total sujeta a tensión,

Anv =área neta sujeta a cortante, Ant =área neta sujeta a tensión.

PROBLEMAS

4.1. Calcule el área neta de la placa de 1/2 x 9 pulgadas mostrada en la figura P 4.1.

Los tomillos son de 7/8 de pulgada. (Me Cormac, 2002, p 93)

P.- 0

e

4pulg

3 pulg 9pulg

2pulg

H 2pulg

FiguraP 4.1

Solución:

Determinamos el área neta de la sección transversal para soportar el esfuerzo de

tracción, que es menor que el área total debido a la presencia de los agujeros de

conexión de empalmes:

Las secciones transversales posibles de rotura son: la línea recta que considera un

agujero (Anr) y la otra que considera los dos agujeros (Ata):

A~ 7b-n(,¡+n= ~ (9)-LG+H~) = 4.5-0 5 =4 O pulg2

~ 83

An2 = f.b- n.({Ó + .!.).f +t._ .f = .!.(9 )- 2(2. + .!.)(.!.) + ~(.!.) = 3.67.pu lg 2 ••. <=

8 4g 2 8 8 2 4x3 2 .

~: .. .An = 3.67.pulg2

Luego, el área neta es 3. 67 pulg2.

4.2. Calcule el área neta de la placa de% x 12 pulgadas mostrada en la figura P 4.2. Los

agujeros son para tomillos de 7/8 de pulgada .. (Me Cormac, 2002, p 93)

1.pwg

Pa.-

FiguraP 4.2

Solución:




Las secciones transversales posibles de rotura son:

A 2 = t.b- n.({h+ .!.).t +~.t = l(12)- 2(2 +.!.)(l) + l.S2

(l) = 7.64.pulg 2

n 8 4g 4 8 8 4 4x3 4

A., =t.b-{~+i}+n, :: =¡~z)-zG +~H)+{~~a!)=703pulg' Luego, el área neta es 7. 03 pulg2

.

4.3. Calcule el área neta de la placa de 7/8 x 12 pulgadas mostrada en la figura P 4.3.

Los tornillos son de 1 de pulgada .. (Me Cormac, 2002, p 93)

P.-

0

0

0

8i 2 pulg 1 pulg

FiguraP 4.3

Jpulg

12 ¡rulg

84

Solución:




Las secciones transversales posibles de rotura son: la que considera un agujero (Anr),

las que consideran dos agujeros (A.a), (Aru) y la que considera los tres agujeros (Án4):

Anl = At- n({b+i} = 10.5 -(1 +i)(i-)(1)= 9.516.pulg2

( 1J s2

( 1J(7) 32 (7J 2 An2 =t.b-n. ~+ 8 .t+ 4g.t=l0.5-2 1+8 8 +

4x

4 8 =9.023.pulg

An3 =t.b-n. {b+- .t+-.1=10.5-2 1+- - +- - =8.656.pulg ( 1) s2

( 1)(7) 22

(7) 2

8 4g 8 8 4x7 8

( 1

) 2 2 ( 1 )( ) 2 ( ) 2 ( ) s1 s2 7 3 7 1 7 2 An4 =At -n. {b+- .t+-.t+-1=10.5-3 1+- - +- - +- - =7.90.pu1g <=

8 4g1 4g 2 8 8 4x7 8 4x3 8

Luego, el área neta es 7.90 pulg2.

4.4. Para la placa mostrada en la figura P 4.4, encuentre el paso s para el cual solo se

necesita restar dos tomillos en cualquier sección al calcular el área neta. Los tornillos

son de 3/4 de pulgada .. ( Me Cormac, 2002, p 93)

Solución:

' 3pulg

0---+l-3pulg

e-ft2pulg 3 pulg

e---+1-J~Jg

FiguraP 4.4

Determinamos la menor longitud útil de la sección transversal entre las generadas por

los agujeros de empalme para el cálculo del área neta para soportar el esfuerzo de

tracción, debido a que el espesor es constante.

85

Las longitudes posibles de la sección transversal para la rotura por tracción son: la que

pasa por un agujero (bn1), la que pasa por dos agujeros generando un diagonal (bn2) y la

pasa por tres agujeros generando dos diagonales (bn3):

bnl = bt -n(~+~) = 12-(! +~) = 11.125.pulg

( 1) s2

( 3 1) s2

s2

b =b -n. ~+- .+-.t=12-2 -+- +-=10.25+-.pulg nZ t '1' 8 4g 4 8 4x3 12

( 1) s2

( 3 1) s2

s2

b =b -n. ~+- .+-.t=12-3 -+- +2-=9.375+-.pulg n

3 t '1' 8 4g 4 8 4x3 6

sz sz ~: . .. 10.25+-= 9.375+- ... ~ ... s =3.24.pulg.

12 6

Luego, el paso es 3 .24 pulg.

4.5. En el ángulo de L 8x8x% mostrado en la figura P 4.5, se tienen dos líneas de

tornillos de 7/8 de pulgada en el lado largo y una en el lado corto. Determine el

escalonamiento mínimo (o paso en la figura) necesario para que solo dos agujeros

deben sustraerse al determinar el área neta. (Me Cormác, 2002, p 93)

lfpulg ztpulg

1 1 1 o o

ztpulg

t- o o o 3pulg _L o o

FiguraP 4.5

Solución:

El escalonamiento mínimo determinamos al analizar dos trayectorias posibles a lo largo

de la sección transversal. La distancia gramil entre los agujeros del ala y del alma del

ángulo se determina como:

g = b~ + b~- tw = 2.5 + 2.5-3/4 = 4.25

Donde b' es la distancia del borde de la esquina al centro del agujero.

~ 86

Las longitudes posibles de la sección transversal para la rotura por tracción son: la línea

recta que pasa por 2 agujeros (bn1) y otra que involucra a tres agujeros (bn2).

bnl = 1.5 + (2.5 + 2.5- ~) + 3 + 1.5- 2(2 + !) = 8.25.pu lg 4 8 8

3 (7 1) s2

s2

29s2

b 2 =1.5+(2.5+2.5--)+3+1.5-3 -+- + +-=7.25+--.pulg n 4 8 8 4x4.25 4x3 204

29.s2

~: . .. 8.25 = 7.25 +--... --+ ... S= 2.65.pu lg. 204

Luego, el paso es 2.65 pulgadas.

4.6. Determine el área neta efectiva de la canal MC12 x 45 ( A= 12.3 pulg2, tw = tr =

11/16 pulg) mostrada en la figura P 4.6. Suponga que los agujeros son para tomillo de

1 pulgada. Considere U= 0.9 .. (Me Cormac, 2002, p 93)

e e e

0 0 e

0 0 e

FiguraP 4.6

Solución:




Las secciones transversales posibles de rotura son:

An1 = At -({b+~}n = 12.3 -(1 +~)G~)(2)= 10.75.pulg2

A 2 = t.b- n.({b +!).t + t__t = 12.3- 3(1 +!)(.!_!_) + (2)1.52

(.!_!_) = 10.37.pulg2 n 8 4g 8 16 4x3 16

Ane = U.An = (o.9X10.37)= 9.34.pulg2

Luego, el área neta es 7. 03 pulg2.

87

4. 7. Determine el área transversal neta efectiva de la e 15 x 40 mostrada en la figura P

_4.7. Los agujeros son para tornillos de% pulg .. (Me eormac, 2002, p 95)

PJ PJ PJ -.-e e 0

4fpulg 0 1 r-

6pulg

0 e e 0 1 -:-r-p;:¡ Pd p;¡ 4*pulg

__:__j_

1-l 1-1 1 1 1 1 1- Todos 2f pulg

2~pulg

FiguraP 4.7

Solución:

De la tabla de secciones ei5x40 obtenemos: A1 = 11.8 pulg2, tr=0.650 pulg, tw = 0.520

pulg. En el caso de perfiles L, e , H y otros con esquinas ; el espaciamiento transversal

(gramil) g 1 y el espesor medio tm entre los agujeros del ala y del alma del ángulo se

calcula como sigue:

g = b¿ +b: -fw = 2.25 +4.5- 0.520 = 6.23.pulg

f = f f + fw = 0.650 + 0.520 = 0_585 m 2 2

La sección transversal neta para soportar el esfuerzo de tracción se calcula con las

siguientes ecuaciones:

An =Ar- ¿n. t/J+- .t+ 2:-tm =11.8-2- (0.650)-2- (0.520)+2 · (0.585)= ( 1) s2 (7) (7) 25

2

8 4g1 8 8 4x6.23

~: .. .An = 10.05.pulg2•

Luego, el área neta es 10.05 pulg2.

4.8. En el ángulo deL 7x4x% sometida a tensión tiene dos líneas de gramil en su lado

largo y una en el corto para tornillos de 3/4 pulg tal como se muestra en la figura P 4.8.

Determine su resistencia de diseño Pu ignorando el bloque de cortante; el acero es A572

grado 50 .. (Me eormac. 2002. o 97) ·~ puJg ~ pulg

1 1 1 o o o

~Í7\o . ~~8 ~L---o _______ o _______ o ____ Jl

o o o

12 lz 12 lz 12 ¡z 1

_ pulg pulg pulg putg pulg putg . L ~ 12pulg

.Figura P 4.M

88

Solución:

El acero A572 grado 50 tiene Fy = 50 ksi , Fu= 65 ksi. El ángulo L 7x4x% tiene A =

7.69 pulg2, X= l.Ol.pu lg, y= 2.51.pu lg

Las ecuaciones de LRDF (AISC, 2005) para determinar la resistencia de diseño son:

Pu = f/J1FyAg = 0.90(50 X7.69) = 346.05.klb.

( 1) s2 (3 1) 3 ( 22 22 J A.= A1 -n f/J+- t+ 2:-t = 7.69-3 -+- - + ( ) +- = 6.29.pulg 2

8 4g 4 8 4 4x5-0.75 4x3

X 1.101 ( X ) U= 1-- = 1---= 0.915 .. ~ .. .A8

= U.An = 0.915 6.29 = 5.76 · L 12

Pu = f/J1FuAe = (0.75X65X5.76) = 280.8.klb ... <= La carga de resistencia de diseño es de 280.8 klb.

4.9. Si se usa acero A36 determine la resistencia de diseño a tensión Pude una W12x45

con 2 líneas de tomillos de % pulg en cada patín (tres tornillos en cada línea a 3 pulg

entre centros, como se ve en la figura P 4.9). Ignore la resistencia del bloque de

cortante .. (Me Cormac, 2002, p 99)

2pulg 1 3 3 1 putg 1 iru~BI

FiguraP 4.9

Solución:

El acero A36 tiene Fy = 36 ksi , Fu= 58 ksi. El perfil Wl2x45 tiene A = 13.2 pulg2,

y = 1.13 .pu lg, .. (peifil.WT6x22.5), tr = 0.575

Las ecuaciones de LRDF (AISC, 2005) para determinar la resistencia de diseño son:

Pu = f/J1FyAg = 0.90(36X13.2)= 427.68.klb.

An = A1 -n(f/J+~}J = 13.2- 4(¡ +i-)0.575)= 11.1875.pulg2

:S: 0.85A1

y 1.13 2 U=l- L =1--

6-=0.812 .. ~ .. .A. =U.An =(0.812X11.1875)=9.08.pulg

Pu = f/J1FuAe = (o.75X5sX9.o8)= 394.98.klb ... <=

La carga de resistencia de diseño es de 394.98 klb.

89

4.10. Repita el problema anterior (figura P 4.10) con acero A242 grado 50 incluyendo

el bloque de cortante. ( Me Cormac, 2002, p 99)

3 3 2

pulg 1 1 pulg 1 pulg 1

~~=~=~=~========= _,_

Figura P 4.10

Solución:

El acero A242 tiene Fy =50 ksi, Fu= 70 ksi. El perfil W12x45 tiene A= 13.2 pulg2,

y= 1.13.pulg,.(WT6x22.5), tr= 0.575, br= 8.045

De acuerdo a LRDF (AISC, 2005) se aplica las ecuaciones J4-3a para determinar

fluencia por cortante y fractura por tensión y J4-3b para determinar fluencia por tensión

y fractura por cortante y son:

1) si FuAnt ~ 0.6FuAnv ~ l/Rn = q$l0.6FyAgv + FuAnt j (J4-3a)

2) Si 0.6FuAnv ~· FuAnt ~ t/JRn = c:bl0.6F.,Anv + FyAgt J (J4-3b)

Donde:cD = O. 75

Agt =2(b1 -gft1 =2(8.045-5.5Xo.575)=2.93

Agv = 2(2Lt f )= 2[2(8X0.575)]= 18.4

Ant =Agt -n(c;b+k}f =2.93-2(f)o.575)=1.924

Anv =Agv -n(c;b+k}f =18.4-10(:)0.575)=13.369

FuAnt = (70XI.924)= 134.68 :s; 0.6FuAnv = 0.6(70X13.369)= 561.498

~ c;bRn = c;b[0.6FuAnv +FyAg1 ]= 0.75[o.6(7oX13.369)+(5oX2.93)]= 53I.klb.

Resistencia por tensión del perfil W:

90

Pu = f/;¡FyAg = o.9o(5oXB.2) = 594.klb.

An = At -n({b+~}f = 13.2-4(! +~)0.575) = 11.1875.pulg2

X 1.13 ( X ) U=1--=1--=0.812 .. --¿ .. .A =U.A = 0.812 11.1875 =9.084 L 6 e n

~. = {btFuAe = (ü.75X7o X9.084) = 476.9l.klb ... <=


4.11. Calcule la resistencia de diseño del ángulo 6x6xl/2 mostrado en la figura P 4.11,

si este consiste de un acero con Fy = 50 ksi y Fu = 65 ksi. Considere el bloque de

cortante así como la resistencia a tensión del ángulo. ( Me Cormac, 2002, p 99)

Figura P 4.11

Solución:

/' // 6pulg

/~>

El perfil L6x6xl/2 tiene A= 5.75 pulg2, y= x = 1.68, Fy =50 ksi y Fu= 65 ksi

De acuerdo a LRDF (AISC, 2005) se aplica las ecuaciones J4-3a para determinar

fluencia por cortante y fractura por tensión y J4-3b para determinar fluencia por tensión

y fractura por "cortante y son:

1) si FuAnt ¿ 0.6FuAnv ---¿ r/Rn = {bl0.6FyAgv + FuAnt j (J4-3a)

2) Si 0.6FuAnv ¿ FuAnt ---¿ {bRn = {bl0.6FuAnv + FyAgt j (J4-3b)

Donde:<!>= 0.75

Agt =Ant =b.t1 =(6X0.5)=3

91

FuAnt = (65X3) = 195 ~ 0.6FuAnv = 0.6(65X6) = 234

~ r/JRn = (b[0.6F,lAnv + FyAgt ]= 0.75[0.6(65X6)+(50 X3)]= 288.k/b.

Resistencia por tensión del perfil W:

Pu = (Ó1FyAg = 0.90(50 X5.75) = 258.75.klb.

An = Ag = 5.75.pulg 2

X 1.68 (, X ) U=1--=1--=0.72 .. ~ .. .Ae =U.An =,0.72 5.75 =4.14 L 6

Pu = (Ó1FuAe = (0.75X65X4.14)= 201.825.klb ... <=


4.12. Diseñe el miembro L2L3 de la armadura mostrada en la figura P 4.12. Debe

constar de un par de ángulos con una placa de nudo de 1/8 pulg entre los ángulos en

cada extremo. Use acero A36 y suponga una línea de tres tornillos de% pulg en cada

lado. Considere solo los ángulos mostrados en las tablas del manual. Para cada carga,

Pn = 20 kbl y Pv = 12 kbl (carga de techo) no considere bloque de cortante. ( Me

Corrnac, 2002, p 123)

l ,1,.,

tá·~l_ 6en 12pie=72pie--------1

Figura P 4.12

Solución:

Determinación de la carga en la barra.

Pu =1.4D=1.4(20)=28k/b

Pu = 1.2D + 1.6L = 1.2(20)+ 1.6(12)= 43.2kbl .. <:::::::

Mediante el método de secciones se determina la carga en la barra L2L3

LMLo = 0 ... ~ 108(24)- 43.2(12)- F23 (8) = 0 .. : . .. ~ F23 = 259.2klb

. A Pu 259.2 8 l 2

mm. g = rjJ1FY = (0.90X36) = .pu g .<=

rnin .A = P,1 + área.estimada.de.agujeros g d-.FU

'Pt u

92

. A 259.2 (7) 3 mm. g = (o.7sXs8Xo.9) +

2 8 8 = 7

"28

Luego seleccionamos un ángulo doble L6x6x3/8 con Ag = 8. 72 pulg2 y y= 1.64.pu lg y

r = 1.88 pulg.

Comprobación:

Pu = r/JrFyAg = 0.90(36x8.72) = 282.53.klb 1> 259.2klb

U= 1- X= 1-1.64 = 0.73 L 6

.An = Ag -n(q?+l} = 8.72-{! +l)( 2x%) = 8.064

Ae = U.An = (o.73X8.064)= 5.887

Pu = q?tFuAe = (o.7sXs8X5.887)= 256.06.klb ... <=

L = 12x12 = 76.6 <1 300 r 1.88

4.2. MIEMBROS A COMPRESIÓN:

Los miembros sujetos a compresión se deben calcular por pandeo. El AISC norma dos

métodos de cálculo: el ASD y el LRDF.

Mediante el método ASD, las columnas pueden ser largas o cortas. Para saber primero

se debe determinar la esbeltez A, de la columna y el límite Ac entre columnas largas y

cortas con las fórmulas indicadas:

(columna larga)

(columna corta)

93

Con el método LRDF, la resistencia de diseño del elemento se se determina con:

(Ecuación E2-1 del LRDF)

Donde: Fcr es diferente para pandeo inelástico y elástico en función de Ae

"e -_ fty -- KL #Y /1, (Ecuación E2-4 del LRDF) Fe nr E

Fcr = l(o.658}'c2 FY paraAe :::; 1.5 (Ecuación E2-2 del LRDF)

F =(0.877JF cr A 2 y e

paraAe ::::::1.5 (Ecuación E2-3 del LRDF)

El manual LRDF proporciona valores de rfieF cr para valores de KL 1 r de 1 a 200 en las

tablas 3.36 y 3.50 para aceros con esfuerzo de fluencia 36 y 50 ksi; tabla 4 para aceros

con otros valores de FY .

PROBLEMAS

4.13. Usando acero con Fy = 50 ksi y las especificaciones LRFD (AISC, 2005),

determine la resistencia de diseño rficPn de la columna W12x72 con KL = 22 pies

cargados axialmente a compresión. (Me Cormac, 2002, p 154)

Solución.

Los parámetros del perfil W 12x72 son: A= 21.1 pulg2, rx = 5.31 pulg, ry = 3.04 pulg.

La esbeltez en y es mayor que en x:

A = kL = 22x12 = 86_84 rY 3.04

A =KL (F; = 22(12) ~ =115<15 e rJC ~E 3.04(.n-) ~29000 . - .

. _ f -4 \~ _ f (usf \- ) _ . . . . .Fcr- \0.658 )l'y- \0.658 J.._50 - 28.746.ksz

Pu = rficAgFcr = 0.85(2I.1X28".746) = 515.56.klb

94

4.14. Usando las especificaciones LRFD, determine la resistencia de diseño t/JcPn de la

columna W1 Ox49 con un extremo empotrado y el otro articulado, L = 22 pies 6 pulg de

acero con Fy =50 ksi. (Me Cormac, 2002, p 154)

Solución.

Los parámetros del perfil W 10x49 son: A= 14.4 pulg2, rx = 4.35 pulg, ry = 2.54 pulg.

El valor de K = 080 (recomendado), La esbeltez en y es mayor que en x:

2 = KL {F; = (o.8oX210) /Si)= 1124 < 1 5 e r1r ~E (2.54XK) ~29000 . - .

. - { ~ \..... - { )(1.124? ( ) - . . . . Fcr -\0.658 )l'y -\0.658 50 - 29.466.kst

Pu = tPcAgFcr = 0.85(14.4 X29.466) = 360.66.k/b

4.15. Usando Fy = 50 ksi, determine la resistencia de diseño t/JcPn del miembro

mostrado en la figura P 4.15, cargados axialmente a compresión. (Me Cormac, 2002, p

99) Celosía

FiguraP 4.15

Solución.

Utilizando el método LRDF (AISC, 2005):

Los parámetros del perfil C 12x25 son: A = 7.35 pulg2, Ix = 144 pulg4

, Iy = 4.47

pulg4. x = 0.674pulgada

Determinación de radios de giro de la sección compuesta:

( ) li:xt 288 JxT =2Jx =2144 =288 .. 4 .. rxt = - = ( ) =4.43

At 2 7.35

Iyt = 2[1y + A(.x + sy ]= 2(4.47 + (7.3sXo.674 + sy ]= 482.2 ..

: . .. --+ .. r,. ~ /T,; ~ t 822 d.73

~A; 14.7

~ 95

A= kL = 20xl2 = 54_18 r, 4A3

Ac = KL {F; = 20(12) ¡50= 0.72 ~ 1.5 r¡¡ ~E 4.43(;r) ~29000

. - { ~ \~ - { (0.72)' \r ) - . . . . Fcr- \0.658 JI' y- \0.658 J_50 - 40.25.ksz

Pu = r/JcAgFcr = 0.85(14.7X40.25) = 502.92.k/b

4.16. Cuál es la máxima reacción de la viga que puede soportar una columna Wl0x49

de 15 pies de longitud efectiva de·acuerdo a la fórmula de interacción del ASD del

AISC. Suponga que la viga entrega la reacción en el patín exterior de la columna, como

se muestra en la figura P 4.16 y que es concéntrica con el alma de la columna. Las

partes superior e inferior de la columna están soportadas lateralmente. Fy =50 ksi, Fb =

30 ksi. (Popov, 1999, p 731)

V

FiguraP 4.17

Solución:

La columna está sometida a una carga excéntrica. Aplicando las ecuaciones del AISC y

la fórmula de interacción del ASD.

Las características del perfil Wl0x49 son: A= 14.4 pulg2, ry = 2.54 pulg y Sx = 54.6

pulg3.

Determinación de esbeltez:

A= kL = 15(12) = 70_9 rmin 2.54

La columna es corta, la fórmula a aplicar es la parábola de Jhonson.

96

Aplicando la fórmula de interacción:

p Mx P 5P

A +~~1...=> ... 14.4 + 54.6 =l. a ad ab 20.8 30

.. :.~P =V= 156.5.klb.

4.17. Usando el código ASD del AISC, seleccione un perfil W para una columna que

debe soportar una carga axial de 60 klb y una carga excéntrica de 25 klb aplicada sobre

el eje y-y a una distancia de 6 pulgadas del eje x-x. La columna está soportada

lateralmente arriba y abajo y tiene 14 pies de longitud. El esfuerzo de flexión

permisible es de 30 klb/pulg2 y aYP = 50ksi. (Popov, 1999, p 731)

Solución:

Por economía seleccionamos el perfil W de menor peso: W8x18, cuyas características

son:

A= 5.26 pulg2


Sx = 5.2 pulg3 ry = 1.23 pulg.

A,= kL = 14(12) = 136_59 rmin 1.23

La columna es larga, la fórmula a aplicar es de Euler:

_ 1r2E _ Jr

2 (29x103) _

a a---- -797 a 23 A2 23 (136.39 y .

12 12


97

P Mx 85 25x6

A + Sx :s;; L.=> ... 5.26 + 15.2 =l. a ad ab 7.97 30

.. :. ---+ 2.36 :s;; L.: . .. no .. resiste

Seleccionamos un perfil de mayor capacidad portante. W8x48, cuyas características

son:

A= 14.1 pulg2


Sx = 43.3pulg3 ry = 2.08 pulg.

_ kL _ 14(12) _ . . 2------ 80.77(2c··· .. ... columna .. cmta

rmin 2.08

a [1- _!_[~]2

] 50[1- _!_(80.77)2

] Y 2 Ac 2 107

aad = 3 = 3 = 18.86.ksi

~ + ~[~J- _!_[~] ~ + ~(80.77)- _!_(80.77) 3 8 Ac 8 Ac 3 8 107 8 107


P Mx 85 25x6

A + Sx :s;; L.=> ... 14.4 + 43.3 = 1.---+ 0.428 :s;; 1 aad (J"b 18.86 30

Para optimizar seleccionamos un perfil intermedio W8x3 5

A= 10.3 pulg2 Sx = 31.2pulg3 ry = 2.03 pulg.


_ kL _ 14(12) _ . ..1 ------ 82.76(2c ..... ... columna .. corta

rmin 2.03

",[~-~[ ~ J'] s{J-Ms~¿~6)'] . aad = 3 = 3 = 18.46.ksz

~+~[~]- _!_[~] ~+~(82.76)- _!_(82.76) 3 8 Ac 8 Ac 3 8 1 07 8 107

P Mx 85 25x6

A+ Sx :s;;L.=> ... 10.3 + 31.2 =1.---+0.607:s;;1 (J"ad ab 18.46 30

Buscando un perfil mas óptimo: W8x28

A= 8.25 pulg2 Sx = 24.3pulg3

~ 98

ry = 1.62 pulg.


_ kL _ 14(12) _ _ . A.----- -103.7(A.c -107 ..... ... columna .. corta

rmin 1.62

"y[!-~(~ J] s{- t~~/J] . CTad = 3 = 3 = 13.83.ksz

~ + i(J:_J- _!_(J:_J ~ +i(103.7) _ _!_(103.7) 3 8 Ac 8 Ac 3 8 107 8 107

P Mx 85 25x6

A + -~-<s; L.=> ... 8.25 + 24.3 = 1.---¿ 0.95 s 1 (J"ad (J"b 13.83 30

Luego el perfil seleccionado es W8x28.

99

5. PROBLEMAS DE DISEÑO DE VIGAS Y ARMADURAS

5.1. DISEÑO DE VIGAS 5

Para el diseño de vigas por el método ASD se usan las fórmulas:

Donde:

M= momento flector, I =momento de Inercia, e= la fibra mas alejada, S= módulo de

sección y Fb = esfuerzo admisible. En la mayoría de los casos el esfuerzo admisible:

(Ecuación F 1-1 del ASD)

No se requiere reducción por agujeros de tornillos en cualquier patín es necesario si:

(Ecuación B 10-1 del ASD)

Donde: A fo y A1g son las áreas neta y total del patín.

Para el diseño de vigas por el método LRDF se usan las fórmulas:

Mn =Mp = FYZ ~ l.5My

Mu = (AMn con f/Jb = 0.90

(Ecuación F 1-1 del LRDF)

Donde: M n y M P son momentos nominal y resistente plástico respectivamente, Z

módulo plástico y F Y esfuerzo de fluencia.

Para miembros híbridos, el momento de fluencia M Y = F Y!S

En un análisis elástico, Lb~ LP = 300rY 1 ~ para que Mn = ~,Z

Para el dimensionado se utiliza la fórmula: Z = M u

f/JbFy

PROBLEMAS

5 .1. Seleccione una sección W para la cargas y claros mostrados de la viga de la figura

P 5 .l. Ignore el peso propio de la viga en los cálculos. El esfuerzo de fluencia es cry =

360 MPa. (Hibbeler, 1

FiguraP 5.1

5 (Me Cormac, 2002)

~ 100

Solución:

Primero determinamos la sección donde el momento flector es máximo:

LMA =o 4 B(s)-4o( 8~) -2o(u)-1so =o .. : .. B = 206.25kN

LFY =0---+Ay -40(8)+B-20=0 .. : .. .Ay =133.75kN

Mx = Ayx-20x2 .

.. oMX = 0 ... ---+ .. 133.75- 40x =O.---+ .. X= 133

·75

= 3.344.m ~ 40

Mmax = Ayx-20x2 = 133.75(3.344)-20(3.344Y = 223.61.kN.m

Determinación del módulo de sección:

S = Mmax X

(Yad

223.61x106 = 1035.23x103.mm3 0.6(360)

En la tabla de W, columna Sx del AISC en SI buscamos próximo al calculado y

seleccionamos W310x74 con Sx = 1058xl03 mm 3

5.2. Para el marco acero que se muestra en la figura P 5.2, seleccione una sección W

que pueda soportar la carga indicada. Ignore el peso del material en los cálculos, cry =

360 MPa. (Laible, 1995. p. 456)

Solución:

T 1 1

A

~m-f-4m-j

FiguraP 5.2

Primero determinamos la sección donde el momento flector es máximo:

LMA =O---+ 20(4)-D(S)= 0 .. : .. D =lOkN

LFY =0---+Ay-20+D=O .. : .. .AY =lOkN

101

Trazando el diagrama de momento flector se ve que la sección crítica está en el punto

de aplicación de la carga externa.

M max = n( ~ J = 10(4) = 40.kN.m = 40xl06 M.mm

Determinación del módulo de sección:

S =M max = 40xl06 = 185.2xl03.mm3 x (Fad 0.6{360)

En la tabla de W, columna Sx del AISC en SI buscamos próximo al calculado y

seleccionamos W200x22.5 con S x = 194.2xl 03 mm3

5.3. Usando la sección Wl8x106 (Z = 230) de acero A572 grado 50 (cry =50 ksi) y la

teoría plástica determine el valor de P n de la viga indicada en la figura P 5.3. (Me

Cormac, 2002, p 23 8)

Solución

Pn

~-------~~L------'----------'r'l· · wui x 106 ~· ·~

¡._ 12pie ---l-----24pie ----· -lj

Figura P 5.3

Las articulación plástica se produce debajo de la carga puntual P n·

Analizando la viga con articulaciones plásticas, mediante la teoría del ángulo pequeño

donde el seno del ángulo pequeño es igual a la tangente del mismo ángulo y también a

éste expresado en radianes. Girando un ángulo e la articulación derecha, genera un

desplazamiento 249 hacia abajo del punto de aplicación de la carga y la articulación

izquierda girará 29.

Aplicando el método del trabajo virtual, donde el trabajo de la carga externa durante el

desplazamiento 249 es igual al trabajo interno absorbido por la articulación plástica, es

decir.

Por otro lado: M n = Fy .Z

Luego igualando los Mn obtenemos el valor de P n:

~ 102

_ _ Fy.z _ (so)(230) _ 8Pn -FY.Z ... --+ .. Pn----- - -119.8klb 8 8 12

Comparación con el método elástico (Sx = 204 pulg3):

La sección de máxima carga está debajo de la carga puntual donde el momento máximo

es: M max = 8Pn

Por otro lado: M n = Fy .S

_ _ Fy.s _ (so )(204) _ 8Pn -FrS ... --+ .. Pn ----- - -106.3klb 8 8 12

Se observa la ventaja del método plástico en el diseño de estructuras porque permite

mayor carga de trabajo para el mismo perfil.

5.4. Usando la sección W27x84 (Z = 244) de acero A572 grado 50 (cry =50 ksi) y la

teoría plástica determine el valor de Pn de la figura P 5.4. (Me Cormac, 2002, p 238)

3Pn P11

1 l ~----~.t ___ --1..._ ----------r~ W27 X·~ ~ ~. l--10pie+l0pie~---20pie---l•l

Figura P 5.4

Solución

La articulación plástica se produce debajo de las cargas puntuales Pn.



éste expresado en radianes. Aplicando el método del trabajo virtual, donde el trabajo de

las cargas externas durante el desplazamiento de sus puntos de aplicación es igual al

trabajo interno absorbido por las articulaciones, es decir.

- Considerando que la articulación plástica se produce primero en el centro de la viga

generando un desplazamiento 209 del punto de aplicación de la carga Pn y rotación e de

los apoyos reales. Aplicando el método del trabajo virtual, donde el trabajo de las ,_ 103

cargas externas es igual al trabajo interno absorbido por la articulación plástica, es

decir.

- Considerando que la articulación plástica se produce debajo de la máxima carga, éste

sufrirá un desplazamiento 309 y el de la menor carga 209.

la articulación derecha gira un ángulo e y la izquierda gira e, con lo cual la articulación

plástica gira 49.

Aplicando el método del trabajo virtual, donde el trabajo de las cargas externas es igual

al trabajo interno absorbido por la articulación plástica, es decir.

- Considerando que la articulación plástica se produce debajo de las 2 cargas, y éstas

sufren un desplazamiento 209; la articulación derecha gira un ángulo e y la izquierda

gira 2e, con lo cual la articulación plástica gira 3e. Aplicando el método del trabajo

virtual se tiene:

80 3Pn (208) + Pn (208) =M n (38). .. ---¿. .. M n = -Pn

3

El más desfavorable es el segundo caso donde M n = 1:

0 Pn = FY .Z , luego el cálculo se

realiza para esa condición:

11 O pn = Fy .Z ... ~ .. p n = 2Fy .Z = 2(50) ( 244) = 3 7 k/b 4 55 55 12

Comparación con el método elástico (Sx = 213 pulg3):

La sección crítica está debajo de la máxima carga puntual donde el momento máximo

110 es· M =-P · max 4 n

104

Se observa nuevamente la ventaja del método plástico en el diseño de vtgas y

estructuras en general porque permite mayor carga de trabajo para el mismo perfil.

5.5. Usando la sección W21x57 (Z = 129) de acero A572 grado 50 (cry =50 ksi) y la

teoría plástica determine el valor de Pn de la viga mostrada en la figura P 5.5. (Me

Cormac, 2002, p 238) Pn

::~,----. _.___1...;.-l ------:------t'·~ Wli ·x. 57

l---12 pie ---l----'---24pie----'-l

FiguraP 5.5

Solución

Las articulaciones plásticas se producen en los empotramientos y debajo de la carga

puntual Pn.



éste expresado en radianes. Girando un ángulo 8 la articulación derecha, genera un

desplazamiento 248 hacia abajo del punto de aplicación de la carga y la articulación

izquierda girará 28, con lo cual la articulación intermedia gira 38.

Aplicando el método del trabajo virtual, donde el trabajo de la carga externa durante el

desplazamiento 248 es igual al trabajo interno absorbido por las articulaciones, es decir.

24 P"(24B)=M"(2e +3B+B) =M"(6B). .. ---¿ .. M"= -P" = 4P"

6

Por otro lado: M" =Fy.Z

Luego igualando los Mn obtenemos el valor de Pn:

_ _ Frz _ (5o)(129) _ 4P"- FY.Z ... ---¿ .. P 11----- - -134.4klb 4 4 12

5.6. Usando la sección W33x118 (Z= 415) de acero A572 grado 50 (cry =50 ksi) y la

teoría plástica determine el valor de Pn. de la viga mostrada en la figura P 5.6. (Me

Cormac, 2002, p 238) l.SP., 2P., 3P,.

~1-_.___l ____,l~l---=7737; ~ 12 pie --1-- 8 pie -..J..-tOpic-+-- !O pie -1

FiguraP 5.6

105

W33 X 118

Solución

Las articulaciones plásticas se producen en los empotramientos y debajo de la carga

puntualPn.



éste expresado en radianes. Aplicando el método del trabajo virtual, donde el trabajo de


trabajo interno absorbido por las articulaciones, es decir.

Considerando que la articulación plástica se presenta primero en dos puntos de la viga:

empotramiento y punto de aplicación de una carga puntual y luego en dos puntos

inteimedios:

- Caso del empotramiento y punto de mayor carga:

- Caso del empotramiento y punto de carga intermedia:

1.5Pn(128)+ 2Pn(208)+3Pn(108)=Mn(e + 28) = ... ~ .. Mn = 22Pn

- Caso del empotramiento y punto de carga menor:

l.5Pn(288)+2PJ208)+3PJ10B)=Mn -8+-B = ... ~ .. Mn =-Pn (7 10 ) 336 3 3 17

- Caso de puntos de carga mayor y menor.

70 1.5Pn(0)+2Pn(8B)+3Pn(18B)=Mn(B+2.8B)= ... ~ .. Mn = -Pn

3.8

-Caso de puntos de carga menor e intermedio.

El caso de menor carga Pn surge cuando se plastifican primero el empotramiento y el

punto de mayor carga (3P n) Girando un ángulo e la articulación izquierda, genera un

desplazamiento 308 hacia abajo del punto de aplicación de la carga máxima (3Pn) y la

articulación derecha gira 38, con lo cual los puntos intermedios de aplicación de cargas

intermedias tienen desplazamientos 128 y 208 respectivamente

1--- 106

Por otro lado: Mn = FY.Z

Luego igualando los Mn obtenemos el valor de P n:

148 _ _ 5Fy.z _ 5(5o)(415) _ Spn -Fy.Z ... ---+ .. Pn- 148 - 148 U - 58.42k/b

5.7. Usando la sección W2lxl01 (Z = 253) de acero A572 grado 50 (cry =50 ksi) y la

teoría plástica determine el valor de la carga distribuida Wn., mostrada en la figura P

5.7 .. (Me Cormac, 2002, p 238)

FiguraP 5.7

Solución

Se tiene el caso de una viga continua de 3 tramos con carga uniformemente distribuida.

Las articulaciones plásticas se producen en los empotramientos y en los puntos de

máximo momento flector. Aplicando el método del trabajo virtual, donde el trabajo de


trabajo interno absorbido por las articulaciones en el tramo analizado, es decir.

Analizando el tramo derecho con bordes empotrado - apoyado , pnmero

determinamos el punto x donde el momento es máximo

dMn ---+ ... ~- = 0 .... ---+ ... .x = 0.414L

dx

Mn (e+ 2.4148) = (wn.LXBX0.586L~}}· -+Mn = 0.0858wnL2 = 34.32wn

Por otro lado:

M = F .z = (5oX2s3) = 6325 n y 12 6

6325 :. -- = 34.32wn···--+ ... wn = 30.78klb/ pie

6

107

- El tramo intermedio e izquierdo son iguales en longitud y condición de borde:

Mn(4B)= (30wn:{}}15B)= ... --). .. Mn = 2!5

wn

6325 225 : . ... --=-Wn ... ---+ ... Wn = 18.74k/b/ pie

6 4

Luego la carga a considerar es w n = 18.7 4klb 1 pie

5.2. DISEÑO DE ARMADURAS

Para armaduras en tensión, para el estado límite de fluencia en la sección bruta

Pu = fAFyAg ---+ Ag = ~ con rfir = 0.90 rfirFy

(Ecuación D 1-1 del LRDF)

Por fractura en la sección neta donde están los agujeros para remaches o tornillos.

(Ecuación D1-2 del LRDF)

Donde: FY = esfuerzo de fluencia, F" = esfuerzo último, Ag = área bruta, Ae = área neta

efectiva.

Para barras en compresión se utilizan las fórmulas:

Con el método ASD:

y

Jr2 .E aac = (2}(2~2 para (columna larga)

cry[l-0 s(}~J] a aa = ---=---------='-----

3 para O :::; .íL :::; .íLc

% +(Ys{~c)- Ys(~c) (columna corta)

De donde:

Con el método LRDF, la resistencia de diseño del elemento se se determina con:


108



PROBLEMAS:

5.8. Para la armadura mostrada en la figura P 5.8, seleccione un tubo estándar de acero

que pueda soportar la barra más critica sometida a carga de compresión. cry = 250 MPa,

E= 200 GPa. (Nelson, 2006, p 292)

f

~ 120kN Sm

!

FiguraP 5.8

Solución:

Cálculo de las fuerzas internas en las barras de la armadura:

LMA =O~ 120(20)-B(10)= O=> .. B = 240kN

Equilibrio en el nudo C:

LF. ~o--.c{Js)-B~Js)~o=> CD~BC

LF, ~ 0--+ 2C~ Js )-120~0=> .. CD ~60~ ~!34.2.kN.

Equilibrio en el nudo D:

LFY =O~ BD- 2.CD( Js) =O=> . .BD = 120.kN.

La barra crítica es la que trabaja a compresión y la de mayor carga es la barra BC con

134.2 kN y longitud 5$ m., luego el dimensionado será para esa barra. De la tabla de

tubos seleccionamos el tubo de ci> = 1 O" = 273 mmm, A= 7680 mm2 y r = 92.1 O mm

109

A= kL = 5$x1000 = 121.4 rmin 92.10

La columna es corta, se aplica la fórmula de la columna corta.

(j [1- _!_(_¿_]2

] 250[1- _!_(121.4)2]

Y 2 Ac 2 125.7 (jad = 3 = 3 = 69.62

~ +~(__¿_]- _!_(__¿_] ~+~(121.4)- !(121.4) 3 8 Ac 8 Ac 3 8 125.7 8 125.7

a = P = 134200 = 17.47 w A 7680

Como el esfuerzo de trabajo es mucho menor, seleccionamos otro tubo de (]) = 8" = 219

mm, A= 5420 mm2 y r = 73.90 mm.

A,= kL = 5$x1000 = 151.3.)A.c rmin 73.90


a a = Jr2 E = Jrz (250x1 03) = 44 9MPa

a 23 A2 23 (151.3Y . 12 12

a = p = 134200

= 24.76MPa w A 5420

Debido a la diferencia de esfuerzos, seleccionamos otro tubo de menor diámetro (]) = 6"

= 219 mm, A= 3600 mm2 y r = 56.50 mm.

A= kL = 5$x1000 = 197.9.)Ac rmin 56.50


a a = Jrz E = Jrz ~50x1 03) = 26 3MPa a 23 A2 23 (197.9Y .

12 12

p 134200 . <:Yw =- = = 37.3MPa.).aaa·· : ... no .. reszste.

A 3600

Luego, el tubo seleccionado es de 8".

~· 110

5.9. Una armadura simple articulada está apoyada y sometida a cargas, como se

muestra en la figura P 5.9. Todos los miembros de la armadura son secciones

WT102x43. hechas de acero estructural con un módulo de elasticidad de 200 GPa y una

resistencia a la fluencia de 250 MPa. Determine:

a) el factor de seguridad respecto a la falla por fluencia.

b) el factor de seguridad respecto a la falla por pandeo.(Riley, 2001, p 563)

4m 4m~ l51cN 30kN .

FiguraP 5.9

Solución:

Cálculo de las fuerzas internas en las barras de la armadura:

LMc =O +-15(8)+30(4)-E(3)= O~ .. E= 80kN

Equilibrio en el nudo A:

LFx =O~ AD(:)- AB =O~ .. AB = : AD. = 20kN

í:FY =0 ~An(%)-15 =O~ . .AD= 25.kN.

Equilibrio en el nudo D:

¿Fy =0~4s-.cn(%)=o~ .. CD=75.kN.

Las barras críticas son las que soportan mayores cargas: DE a tensión y CD a

compresión luego el factor de seguridad se determinará para esas barras. De la tabla de

perfiles T seleccionamos para WT 102 x 43 :A= 5515 mm2 y r = 26.2 mm.

En tensión:

a =N= 80000 = 14_5MPa w A 5515

FS =ay = 250 = 17.24 (Jw 14.5

En compresión:

111

/L = kL = 1x5000 = 190_8 rmin 26.2

La columna es larga, se aplica la fórmula de la columna larga.

a a= ;r2E = ;r2(200000) = 28 29MPa a 23 ;¡,2 23 (19o.sY .

12 12

CT = p = 75000 = 13_6 w A 5515

FS = CT ad = 28.29 = 2.08 O"w 13.6

Se observa que la condición crítica se presenta en las barras sometidas al pandeo.

5.1 O Un miembro a compresión AB de la armadura mostrada en la figura P 5.1 O es una

sección de patín ancho de acero estructural W254x67 con el eje x-x situado en el plano

de la armadura. El miembro es continuo de A a B. considérese que todas las

conexiones son el equivalente de extremos con articulaciones. Si se aplica el

reglamento 1 (AISC), determine: a) la carga de seguridad máxima para el miembro AB,

b) la carga de seguridad máxima para el miembro AB si se retira el miembro de

arriostramiento CD .. (Riley, 2001, p 563)

fA ...

~/

'-...._,. !

Figura P 5.10.

Solución:

112

El acero estructural tiene: E = 200 GPa, cry = 250 MPa. De la tabla de perfiles W

seleccionamos para W254x67: A= 8580 mm2 y r = 51.1 mm.

a) La longitud efectiva es 6m.

;¡, = kL = lx6000 = 117.42 rmin 51.1

La columna es corta, se aplica la fórmula de la columna corta.

a [1- _!_(~J2

] 250[1-!(117.4)

2

] Y 2 Ac 2 125.7

a ad = 3 = 3 = 73.61

~ + ~(~J- _!_(~J ~ + ~(117.4)- _!_(117.4) 3 8 Ac 8 Ac 3 8 125.7 8 125.7

aw = aad = p~ax ~pmax = aad.A = 73.61(8580)= 631488.N = 631.5.kN

b) La longitud efectiva es 12m

;¡, = kL = lxl2000 = 234_82 ~ Ac rmin 51.1

La columna es larga, se aplica la fórmula de la columna larga

a a = 7!2 E = 7!2 (200000) = 18 68MPa a 23 /1,2 23 (234.82Y .

12 12

p aw =aad = ~ax ~pmax =aaa.A=l8.68(8580)=160250.N=l60.kN

113

MATERIALES Y METODOS

La técnica utilizada es la recopilación de datos de diferentes textos cuando se tiene

planteado el problema de estudio de acuerdo al contenido de los capítulos. Es decir que

se tienen los objetivos y cuando se evalúa su relevancia y factibilidad, el paso siguiente

es la sustentación teórica, que comprende dos etapas a seguir.

La revisión de la literatura que consiste en detectar, obtener y consultar la bibliografia y

otros materiales de interés para los propósitos del estudio, así como extraer y recopilar

la información relevante y necesaria que corresponda a los temas a estudiar, analizando

a cada una de las actividades que se realizan como parte de la revisión de la literatura

técnica.

Desarrollo de la parte teórica. Para el desarrollo de esta parte, se revisa la literatura,

analiza y discierne sobre si la teoría existente y el análisis anterior es una respuesta a la

interrogación o está respondiendo en forma parcial y la existencia de una teoría

completamente desarrollada con abundante evidencia empírica. La teoría debe ser

lógicamente consistente, es decir la evidencia empírica se refiere a los datos de la

realidad que apoya o dan testimonio de una o varias afirmaciones.

Teniendo en cuenta estas consideraciones se ha desarrollado este texto.

114

RESULTADOS

Los resultados obtenidos en este trabajo de investigación se consideran satisfactorios

porque se cumple con el objetivo deseado de ampliar la teoría y los métodos de

solución de problemas siendo un complemento a los temas desarrollados en Resistencia

de Materiales I y ll, con un texto de especialización que en nuestro medio es escaso

por lo que será de mucha utilidad para el proceso de enseñanza aprendizaje en el

tiempo mas breve.

El País se encuentra en proceso desarrollo debido al auge de la gran minería y debe

priorizar la industrialización inmediata para salir del subdesarrollo y la dependencia

tecnológica. Para esto se necesita personal técnico bien capacitado e incentivado y el

área metal mecánica juega un papel muy importante para la instalación de fábricas,

centros comerciales, por la que el dominio de estructuras metálicas es vital durante el

diseño tanto para el ingeniero Mecánico y otras especialidades. Ese objetivo se trata de

cumplir con este libro.

115

DISCUSION

El boom de la construcción en el país con del desarrollo de los grandes centros

comerciales, estaciones de servicio, instalación y ampliación de fábricas, torres de alta

tensión, puentes, grúas, etc para cubrir las necesidades de las compañías mineras, de

electricidad e industriales en general; ha generado gran demanda de la rama metal

mecánica con el consiguiente escasez de mano de obra calificada de técnicos e

ingenieros civiles y mecánicos y la carencia de libros nacionales para la capacitación

de personal, me ha obligado a realizar este trabajo de investigación, con el propósito de

reunir información relevante y significativa en un texto que complementa a los

conocimientos adquiridos en Resistencia de Materiales con la incorporación de líneas

de influencia y cálculo en régimen plástico y otros

Así mismo, el proceso de globalización que se vive con presencia de empresas de

transnacionales que han comprado activos nacionales, el mercado de trabajo obliga a

que los profesionales del país se actualicen en el diseño de estructuras metálicas para

competir con sus pares extranjeros que ya vienen con conocimientos del método LRDF

de boga en el hemisferio norte, por generar diseños mas económicos frente al método

ASD que todavía predomina en nuestro medio con el consiguiente sobre

dimensionamiento, desperdicio del material y sobre costo.

Los contenidos de este libro son importantes para el área de diseño del sector metal

mecánico y la industria en general cuyas instalaciones y equipos son de origen

mecánico.

116

REFERENCIALES

1) AMERICAN INSTITUTE OF STEEL CONSTRUCTION (AISC). Steel Construction

Manual. Chicago: 13th Edition, 2005.

2) HIBBELER R. C. Análisis Estructural. México. Prentice Hall. Jra edición. 1997

3) KASSIMALI, Aslam. Análisis estructural. México: Ed. Thomson - Learning. 2da

Edición. 2001

4) LAIBLE, Jeffrey P. Análisis Estructural. Bogotá: Me Graw Hill. 1raedición. 1995.

5) Me CORMAC, Jack C Diseño de estructuras metálicas. Método ASO, México:

Alfaomega Grupo Editor. 41a Edición. 1999.

6) Me CORMAC, Jack C. Diseño de estructuras metálicas. Método LRDF, México:

Alfaomega Grupo Editor. 2da Edición, 2002.

7) Me CORMAC, Jack C., NELSON James K. Jr. Structural Analysis a Classical and

Matrix Approach. New York: John Wiley & Sons, lnc., 2nd edition. 1996.

8) NELSON James K. Jr., Me CORMAC, Jack C. Análisis de estructuras Métodos

clásico y matricial. México. Ed. Alfa omega. Jra Edición. 2006.

9) POPOV EGOR P. Mecánica de Sólidos. México: Pearson Educación. 2da

Edición.l999.

10) RILEY William E., STURGES LeRoy D. & MORRIS Don H. Mecánica de

Materiales .. México: Limusa Wiley. 1 ra Edición. 200 l ..

117

APENDICE

MOMENTOS DE EXTREMOS FIJOS PARA CARGA TRIANGULAR

-VIGA ARTICULADA EMPOTRDA: w

A ;¡ .. l J L 1 1 ~B ~ - -

~~' -wJ./6

Aplicando e1 metoao ae 1a viga conJugaaa:

En la viga conjugada:

LM =O~ _!_(A/)(/[2/])-_!_(w/2 )<¡{ 41] =O~ A= wl A 2 El 3 4 6EI ls 1 o

En la viga real:

LMB =0~(7~)(1)-(~)(l/)+MB =O~MB = ~~2

-VIGA EMPOTRADA- EMPOTRADA:

A

' = ¡

Aplicando el memoo oe 1a viga conJugaoa:

En la viga conjugada:

En la viga real:

""M =O~(wl)rl)-(wl)(!¡)-w/2 +M =O~M = 7w/2 LJ B 24 \: 2 3 48 B B 48

118

ANEXO 1: MOMENTOS DE EXTREMOS FIJOS6

~ wkH -!§ ~ZZZZ???Z7272~

1----e----1

(a}

(C)

. C<Jklf

~ !%72277~

t::---8 .,;. 4-a!' V ~"J ,.,,¡ fs- a.! + i!.) 12e ~ l} . 12 ~ l t"

(g)

6 Me Cormac, 1996.

~ 119

p

~1---a -L--l _b -~· f------(----1

(b)

1----f---1

&oe~s.oe oo-V ~96 (f)

ANEXO 2: TABLA DE INTEGRACION DE MOMENTOS 7

e

2~

3¿jc

~.·.d 4~

:w ~~~~

Curva de f!iglmdo grado

'~95.

L

úc 2

la(c+d) --2

la(t+4d+t) 6

2

Q~ L

Lttc 2

-3

J.a'(2c+d) 6

u(c +2d) 6

Lc(2iz'+b) 6

Lc(a t 2b) 6

ú(2c+d + Lb(c+1d) 6

l.a(t+ 24) + Lb{ld t t) 6

R(x)"' deformadoo intemal'W, por éjemplo MIEl

&t d == fuma mttma virtual n momento. Mr eitmnln !.M

120

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