guia 1 ejercicios resueltos de aplicación del principio de los trabajos virtuales
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ESTRUCTURAS
Ejercicios Resueltos de: Aplicación del Principio de los Trabajos Virtuales Ejercicio Resuelto: CAÑETE, Joaquín C-3064/3 Año: 2009 Corregido:GUTAWSKI Alex
Ejercicio Nº1:
Determinar el descenso de la sección media de la viga.
Diagrama de Cuerpo libre p/Cargas P0
Cálculo de reacciones P/Cargas P0
tnRmtnmR BB 86,221070M A ==>⋅+⋅−=>=∑
tnRRtn AB 14,7R0100F AV ==>=−−=>=∑
Cálculo de los Momentos Flectores P/Cargas P0
MA 0 MB 0 MC RA · 2m 14.28tm MD RA · 3,50m 10 · 1,50m 10tm
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Diagrama de Momentos Flectores P/Estado “0” P0
Diagrama de Cuerpo Libre P/Carga tm1X1 =
Cálculo de Reacciones P/Carga tm1X1 =
tnRmtnmR BB 50,05,3170M A ==>⋅+⋅−=>=∑
tnRRtn AB 50,0R010F AV ==>=−−=>=∑
3) Cálculo de los Momentos Flectores P/Carga tm1X1 = MA 0 MB 0 MC RA · 2m 1tm MD RA · 3,50m 1,75tm
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4) Diagrama de Momentos Flectores P/Estado “I” tm1X1 =
5) Cálculo del descenso del Punto “D” (Despreciando los Esfuerzos de Corte y Normal)
dxl
∫ ⋅⋅
=⋅==0
*
A1ie IEMMXTT δ
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54,58 ·· · 1
54,58 ·3 10 · 1,302 10
0,1397 13,97
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Ejercicio Nº2:
Calcular la Rotación del Punto “A”
Datos: E = 300.000 kg/cm2
Estado “0” (P0)
Diagrama de Cuerpo Libre P/Cargas P0
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Cálculo de Reacciones P/Cargas P0
( ) ( )=>
⋅+
⋅
⋅==>⋅+
⋅+⋅−=>=∑ m
mtm
mmt
mmm6
3162
61V3H
26q6V0M
2
D
2
DA
t3,50VD =
( ) ( )=>
⋅−
⋅
⋅==>⋅+
⋅−⋅=>=∑ m
mtm
mmt
mmm6
3162
61V3H
26q6V0M
2
A
2
AD
t2,50VA = =>==>==>=∑ HH0H-H0F DDX
t1,00H =
Cálculo de los Momentos Flectores P/Cargas P0
0M0A =
0M 0B =
( ) tmmmm 00,222q2V3HM
2
DD0C =
⋅+⋅−⋅=
0M0D =
Diagrama de Momentos Flectores P/Estado “0” P0
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Estado “I” ( )tm1X1 =
6) Estado de Carga P/Carga tm1X1 =
7) Diagrama de Cuerpo Libre P/Carga tm1X1 =
8) Cálculo de Reacciones P/Carga tm1X1 =
=>===>−⋅=>=∑ mtm
mm
61
6X
VX6V0M 1D1DA
t0,17VD =
=>===>−⋅=>=∑ mtm
mm
61
6XVX6V0M 1
A1AD
t0,17VA =
∑ ==>= 0HD0FX
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9) Cálculo de los Momentos Flectores P/Carga tm1X1 =
tm1M1
A −= tm1M1
B −= tmm 34,02VM D
1C −=⋅−=
0M1D =
10) Diagrama de Momentos Flectores P/Estado “I” tm1X1 =
11) Cálculo de la Rotación del Punto “A”
dxl
∫ ⋅⋅
=Φ⋅==0
*
A1ie IEMMXTT
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
⋅⋅
+⋅⋅
+⋅⋅
⋅=Φ ∫∫∫D
C
C
B
B
A
dxdxdxIE
MMIE
MMIE
MMX1 ***
1A
a) Cálculo de las Inercias:
( ) 4
3
AB 00013012
200200I mmm ,,,=
⋅=
( ) 43
BC 00107012
400200I mmm ,,,=
⋅=
( ) 43
CD 00045012
300200I mmm ,,,=
⋅=
Adoptando como 4BC0 001070II m,==
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b) Cálculo de los Coeficientes “αik”:
0
ikik I
Iα =
0,121α,,
AB ==>== 4
4
0
ABAB 001070
000130I
Iαmm
1,00α,,
BC ==>== 4
4
0
BCBC 001070
001070I
Iα
mm
0,422α,,
CD ==>== 4
4
0
CDCD 001070
000450I
Iα
mm
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
⋅⋅⋅
+⋅⋅⋅
+⋅⋅⋅
⋅=Φ ∫∫∫D
C
C
B
B
A
dxdxdxCD0
*
BC0
*
AB0
*
1A αIE
MMαIE
MMαIE
MMX1
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡ ⋅+
⋅+
⋅⋅
⋅⋅=Φ ∫∫∫
D
C
C
B
B
A
dxdxdxCD
*
BC
*
AB
*
01A α
MMα
MMα
MMIEX
1
c) Cálculo de las Integrales por Tramos:
• Tramo “AB”:
lAB = 3,00 m ; αAB = 0,121
Nota: Como el Momento Flector correspondiente al Estado “0”, para este tramo es igual a cero, el valor de la integral para dicho tramo también valdrá cero.
0α
MM
AB
*=
⋅∫B
A
dx
• Tramo “BC”:
lBC = 4,00 m ; αBC = 1,00
Diagramas de Momentos Flectores
Estado “0” Estado “I”
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Con estos diagramas entramos a la tabla y obtenemos los siguientes datos:
( )[ ] ( )[ ] B0BC
1C
1B
A0BC
1C
1B
BC
BC
BC
*MM2M6
1MMM31
αl
αMM −− ⋅⋅+⋅−⋅+⋅−⋅=⋅
∫C
B
dx
( )[ ] ( )[ ] tmtmtmtmtmtmmdxC
B
23402161234013
11,004
αMM
BC
*⋅⋅+⋅−⋅+⋅−⋅=
⋅∫ ,,
32
BC
*
80,5α
MM mtdxC
B
−=⋅
∫
• Tramo “CD”:
lCD = 3,61 m ; αCD = 0,422
Diagramas de Momentos Flectores
Estado “0” Estado “I”
Con estos diagramas entramos a la tabla y obtenemos los siguientes datos:
[ ] [ ] B0CD
1C
A0CD
1C
CD
CD
CD
*MM3
1MM31
αl
αMM −− ⋅⋅−⋅⋅−⋅=⋅
∫D
C
dx
[ ] [ ] tmtmtmtmmdxD
C
234031503403
10,4223,61
αMM
CD
*⋅⋅−⋅⋅−⋅=
⋅∫ ,,,
32
BC
*422
αMM mtdx
C
B
,−=⋅
∫
Reemplazando los valores obtenidos en las integrales por tramos en la ecuación general y además reemplazando en esta misma ecuación los datos de E e I0 tendremos como resultado la rotación del punto “A”.
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡ ⋅+
⋅+
⋅⋅
⋅⋅=Φ ∫∫∫
D
C
C
B
B
A
dxdxdxCD
*
BC
*
AB
*
01A α
MMα
MMα
MMIEX
1
[ ]3232
24A 42,280,50
300000000107,011 mtmt
mtmtm
−−⋅⋅⋅
=Φ
"146,06520,00ΦA =−= rad
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Ejercicio Nº3:
30/30 30/30
30/50 30/50
At = 5 cm²
A
D E C
B
1t
2t
q = 1t/m
F
Estado “0” (P0)
Diagrama de Cuerpo Libre P/Cargas P0
30/30 30/30
30/50 30/50
A
D E C
B
1t
2t
q = 1t/m
R R
R
R
A B
V
B
H
C
F
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Reacciones, Momento Flector y Esfuerzo Normal P/Cargas P0
El cálculo para este estado dio los siguientes resultados:
REACCIONES FLECTOR NORMAL
, MA = 0 NAD = -0,56t (compresión) MD = 1 tm NDE = -1t (compresión)
, MF = 0 NEC = 0 , ME = -9tm (izquierda) NBE = -8,75t (compresión)
ME = -4tm (abajo) NC = 0,75t (tracción) ME = -5tm (derecha) MC = 0 MB = 0
Diagrama de Momentos Flectores P/Estado “0” P0
A
DE C
B
F
1tm
-9tm
-5tm
-4tm
--
-+
+
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Diagrama de Esfuerzos Normales P/Estado “0” P0
A
D E C
B
F
-0.56t
-1t
0,75t
-8,75t-
-
-
+
ESTADO “1” (desplazamiento horizontal)
Diagrama de Cuerpo Libre P/Carga t1X1 =
30/30 30/30
30/50 30/50
A
D E C
B
R R
R
R
A B
V
B
H
C
FX =1t1
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Reacciones, Momento Flector y Esfuerzo Normal P/Cargas P1 El cálculo para este estado dio los siguientes resultados:
REACCIONES FLECTOR NORMAL
MA = 0 NAD = 0 MD = 0 NDE = -1t (compresión)
MF = 0 NEC = 0 ME =0 (izquierda) NBE = 1t (tracción)
ME = -4tm (abajo) NC = 1t (tracción) ME = 4tm (derecha) MC = 0 MB = 0
Diagrama de Momentos Flectores P/Estado “1” P1
A
D E C
B
F-4tm
4tm-
+
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Diagrama de Esfuerzos Normales P/Estado “1” P1
A
D E CF-
+
+
-1t
1t
1t
Cálculo del desplazamiento horizontal del punto “D”
∫∫ Ω+
⋅⋅
=⋅==ll
dxE
NNdx00
*
D1ie IEMMXTT δ
⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
Ω⋅⋅
+Ω⋅⋅
+Ω⋅⋅
+
+Ω⋅⋅
+⋅⋅
+⋅⋅
+⋅⋅
+⋅⋅
⋅=
∫∫∫
∫∫∫∫∫E
B
C
E
E
D
D
A
E
B
C
E
E
D
D
A
dxNdxNdxN
dxNdxdxdxdx
EN
EN
EN
EN
IEMM
IEMM
IEMM
IEMM
X1
***
*****
1Dδ
Cálculo de las Inercias:
( ) 44
3
AD 1075,612
30,030,0I mmmI EB−⋅=
⋅==
( ) 433
DF 10125,312
50,030,0I mmmII ECFE−⋅=
⋅===
Adoptando como 44
0 1075,6I m−⋅=
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Cálculo de los Coeficientes “αik”:
0
ikik I
Iα =
60,21α10125,31075,6
IIα A43
44
0
ADAD ==>
⋅⋅
=== −
−
DEB mmα
1,00α10125,310125,3
IIααα 43
43
0
BCECFEDF ==>
⋅⋅
==== −
−
DFmm
Cálculo de las áreas “Ωik”:
ΩAD ΩEB 0.3 · 0.3 0.09m ΩDF ΩFE ΩEC 0.3 · 0.5 0.15m
Calculo de las integrales por tramos
- Momentos flectores:
Tramo AD = Tramo DE = 0 Tramo EB (l = 4m)
-4tm
-
4tm
-
15 · 4 · 4 · 4 12,8
59,26
Tramo EC (l = 4m) -5tm
4tm
+
-
15 · 4 · 5 · 4 16
16
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- Esfuerzos Normales:
Tramo AD = Tramo EC = 0 Tramo DE (l = 4m) = · ·
,26,66
Tramo BE (l = 4m) = · , ·
,388,88
[ ]
[ ]
mmm
mtnmtnm
tntn
mtnmtnm
tntn
dxNdxNdxNdxN
dxdxdxdx
HD
E
B BE
C
E EC
E
D DE
D
A AD
E
B
C
E
E
D
D
A
HD
343
3232
26
32323
26
****
1
BE
*
EC
*
DE
*
AD
*
01
105,4102074,11061,4
88,38866,2610311
1626,5910125,31031
1
EN
EN
EN
EN
EX1
αMM
αMM
αMM
αMM
IEX1
−−−
−
⋅=⋅−⋅=
⋅−⋅⋅⋅⋅
+⋅−⋅⋅⋅⋅⋅⋅
=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡Ω⋅⋅
+Ω⋅⋅
+Ω⋅⋅
+Ω⋅⋅
⋅⋅
+⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ ⋅+
⋅+
⋅+
⋅⋅
⋅⋅=
∫∫∫∫
∫∫∫∫
δ
δ
Para Acero
6,42 · 10
ESTADO “II” (desplazamiento vertical) Diagrama de Cuerpo Libre P/Carga t1X2 =
30/30 30/30
30/50 30/50
A
D E C
B
X =1t
R R
R
R
A B
V
B
H
C
F
2
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Reacciones, Momento Flector y Esfuerzo Normal P/Cargas P2
El cálculo para este estado dio los siguientes resultados:
REACCIONES FLECTOR NORMAL
, MA = 0 NAD = -0,56t (compresión) , MD = 1tm NDE = 0
MF = 0 NEC = 0 , ME =-1tm (izquierda) NBE = -0,75t (compresión)
ME = 0 (abajo) NC = -0,25t (compresión) ME = -1 (derecha) MC = 0 MB = 0
Diagrama de Momentos Flectores P/Estado “II” P2
A
DE C
B
F1tm
-1tm- -
+
+
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Diagrama de Esfuerzos Normales P/Estado “II” P2
A
DE C
B
F
-0.56t-0.75t
-0.25t
- -
-
Calculo de las integrales por tramos
- Momentos flectores: Tramo AD (l = 4,47m)
1tm
+
1tm
+
13 · 4,47 · 1 · 1 1,49
6,9
Tramo DF (l = 2m)
1tm
+
1tm
+
512 · 2 · 1 · 1 0,83
0,83
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Tramo FE (l = 2m)
-9tm
-
-1tm
-
15 · 2 · 1 · 9 3,6
3,6
Tramo EC (l = 4m) -5tm
-1tm
-
-
15 · 4 · 5 · 1 4
4
- Esfuerzos Normales:
Tramo AD (l=4,47m) = , · , · ,
,15,55
Tramo BE (l = 4m) = · , · ,
,291,66
[ ]
[ ]
mmm
mtnmtnm
tntn
mtnmtnmtnmtnm
tntn
dxNdxNdxNdxN
dxdxdxdx
VD
E
B BE
C
E EC
E
D DE
D
A AD
E
B
C
E
E
D
D
A
VD
343
3232
26
323232323
26
****
1
BE
*
EC
*
DE
*
AD
*
01
1073,110024,11063,1
66,29155,1510311
46,383,09,610125,31031
1
EN
EN
EN
EN
EX1
αMM
αMM
αMM
αMM
IEX1
−−−
−
⋅=⋅+⋅=
⋅+⋅⋅⋅⋅
+⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅⋅⋅⋅
=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡Ω⋅⋅
+Ω⋅⋅
+Ω⋅⋅
+Ω⋅⋅
⋅⋅
+⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ ⋅+
⋅+
⋅+
⋅⋅
⋅⋅=
∫∫∫∫
∫∫∫∫
δ
δ
Para Acero
6,42 · 10
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El Desplazamiento del punto D estará dado por la suma de los desplazamientos horizontal y vertical entonces será HORMIGON
4,5 · 10 1,73 · 10 4,82 · 10 ACERO
6,42 · 10 6,42 · 10 9,08 · 10