acciones-de-fijaciÓn-y-momentos-de-empotramiento-perfecto.pdf

PROBLEMARIO DE ANLISIS DE ESTRUCTURAS EN 2D Y 3D

1

DEDUCCIN DE LAS FUERZAS DE FIJACIN Y LOS MOMENTOS DE

EMPOTRAMIENTO PERFECTO PARA VIGAS CON CARGAS COMUNES

Ortiz David1, Molina Marcos2, Martnez Hugo1, J. Bernal Elan2, Hernndez Daniel1,

Garca Pascual2, Berruecos Sergio1

1. Escuela Superior de Ingeniera y Arquitectura, Unidad Zacatenco, Instituto Politcnico

Nacional, Distrito Federal, Mxico.

2. Facultad de Estudios Superiores Aragn, Universidad Nacional Autnoma de Mxico,

Nezahualcyotl, Estado de Mxico.

VIGA 1.

Principio de Superposicin.

Incompatibilidades geomtricas y coeficientes de flexibilidad.

Se obtienen los momentos internos con base en VIF 1.

0 2

+ = 0 1 = 0

2

+ = 0

( ) ( )


2

2 (

2) = 0 2 = +

2

De VIF 2, el momento interno 1 es

0

+ = 0

1 + (1)() = 0 1 =

A partir de VIF 3, se formula el momento interno 2.

0

+ = 0

1 1 = 0 1 = 1

Se calculan los desplazamientos y pendientes requeridos.

1 = 1 = 1

2

1

=1

[ (0)() + ( +

2) ()

2

2

0

] = 53

48

2 = 1 = 2

2

1

=1

[ (0)(1) + ( +

2) (1)

2

2

0

] =2

8

11 = 2 = 11

2

1

=1

()() =

3

3

0

21 = 2 = 12

2

1

=1

()(1) =

2

2

0

12 = 3 = 21

2

1

= 21 = 2

2


3

22 = 3 = 22

2

1

=1

(1)(1) =

0

Sistema de ecuaciones de flexibilidades y clculo de las redundantes.

Las ecuaciones de compatibilidad para la deflexin en y la pendiente en son,

respectivamente

1 + 11 + 12 = 0 (1)

2 + 21 + 22 = 0 (2)

Al sustituir los resultados en el sistema simultneo de ecuaciones se tiene

53

48+

3

3

2

2 = 0 (3)

2

8

2

2 +

= 0 (4)

Resolviendo el sistema resulta

=

2 =

8

Ecuaciones de equilibrio.

Las reacciones desconocidas restantes se obtienen de

+ = 0

2 + = 0 =

2

+ = 0

8+ (

2)

2() + = 0 =

8


4

VIGA 2.



Con base en VIF 1 se deducen los momentos internos .

0

+ = 0

1 () (

2) = 0 1 =

2

2

Se retoman los momentos internos 1 y 2 de la primera deduccin.

1 1 = 0

2 1 = 1 0

Se obtienen los desplazamientos y pendientes necesarios.

1 = 1 = 1

2

1

=1

(

2

2) ()

0

= 4

8

( ) ( )


5

2 = 1 = 2

2

1

=1

(

2

2) (1)

0

=3

6

Remtase a la viga 1 y observe que

11 =3

3 21 =

2

2 12 =

2

2 22 =


Con los resultados se plantea

4

8+

3

3

2

2 = 0 (1)

3

6

2

2 +

= 0 (2)

Al resolver el sistema se obtiene

=

2 =

2

12


Por lo tanto,

+ = 0

2 + = 0 =

2

+ = 0 2

12+ (

2)

2() + = 0 =

2

12


6

VIGA 3.



De VIF 1, las funciones de momento son

0 2

+ = 0

1 [(2 )

()

2] (

3) = 0 1 =

3

3

La intensidad se obtiene de

2

=

=

2

2

Se deduce la intensidad .

( ) ( )


7

2

=

=

( )

2

= 2 2

La carga concentrada equivalente de la carga seccionada es

=

2 + 2

2

y su punto de aplicacin es

=

23

3 + 2 2

12

2 + 2 2

+ = 0

2 (

2 + 2

2)(

23

3 + 2 2

12

2 + 2 2

) = 0

2 =

33 2 +

2

2

12

Se usan los siguientes momentos internos

1 1 = 0

2 1 = 1 0

Se requiere de

1 =1

[ (

3

3) () + (

33 2 +

2

2

12) ()

2

2

0] =

114

192


8

2 =1

[ (

3

3) (1) + (

33 2 +

2

2

12) (1)

2

2

0

] =73

96

11 =3

3 21 =

2

2 12 =

2

2 22 =


En consecuencia,

114

192+

3

3

2

2 = 0 (1)

73

96

2

2 +

= 0 (2)

Por lo tanto,

=

4 =

52

96


Finalmente, se tiene

+ = 0

4

2+ = 0 =

4

+ = 0

52

96+ (

2) () (

1

2) (

2

3) (

2) + (

2) ()(

1

2) (

2+

1

3(

2))

4() + = 0

=52

96


9

VIGA 4.



Se formula el momento interno con base en VIF 1.

0

La fuerza resultante de la carga distribuida seccionada es

= (4

22 + 4

) =

4

323 +

2

2

0


= (4

2

2 + 4 )

0

(42

2 + 4 )

0

=

2

4 +43

3

432

3 +2

2

( ) ( )


10

+ = 0

1 (4

323 +

2

2)(

2

4 +43

3

432

3 +2

2) = 0 1 =

324

2

33

Adems,

1 1 = 0

2 1 = 1 0

Se calculan los desplazamientos y pendientes necesarios.

1 =1

(

324

2

33) ()

0

= 74

90

2 =1

(

324

2

33) (1)

0

=3

10

11 =3

3 21 =

2

2 12 =

2

2 22 =


El sistema de ecuaciones de compatibilidad geomtrica es

74

90+

3

3

2

2 = 0 (1)

3

10

2

2 +

= 0 (2)

Por consiguiente, las fuerzas correctivas son

=

3 =

2

15


La carga concentrada equivalente de la carga distribuida con intensidad parablica

es

= (4

22 + 4

) =

2

3

0


11

y su lnea de accin se ubica en

= (4

2

2 + 4 )

0

(42

2 + 4 )

0

=

2

323

=1

2

As que,

+ = 0

3

2

3 + = 0 =

3

+ = 0 2

15+

2

3 (

2)

3() + = 0 =

2

15

VIGA 5.

De forma similar a la viga 2, se tiene


12

VIGA 6.



De VIF 1, el momento interno es

0

La intensidad es

=

=( )

=

+ = 0

1

(

()( ( ))

2

)

(2

3) (

) () (

1

2) = 0 1 =

3

6

2

2

Por otra parte,

( ) ( )


13

1 1 = 0 2 1 = 1 0

Se calculan los desplazamientos y pendientes requeridos.

1 =1

(

3

6

2

2) ()

0

= 114

120

2 =1

(

3

6

2

2) (1)

0

=3

8

11 =3

3 21 =

2

2 12 =

2

2 22 =


114

120+

3

3

2

2 = 0 (1)

3

8

2

2 +

= 0 (2)

Se resuelve el sistema simultneo de ecuaciones. En consecuencia,

=7

20 =

2

20


Las reacciones faltantes son

+ = 0 7

20

2+ = 0 =

3

20

+ = 0 2

20+

2(

3)

3

20() + = 0 =

2

30


14

VIGA 7.



Se deducen los momentos internos con base en VIF 1.

0 2

+ = 0

1 = 0

2

+ = 0

2 = 0 2 =

Se retoman los siguientes momentos internos

1 1 = 0

( ) ( )


15

2 1 = 1 0

Se requiere de

1 =1

[ (0)() + ()()

2

2

0

] =32

8

2 =1

[ (0)(1) + ()(1)

2

2

0

] =

2

11 =3

3 21 =

2

2 12 =

2

2 22 =


Las ecuaciones de compatibilidad necesarias son

32

8+

3

3

2

2 = 0 (1)

2

2

2 +

= 0 (2)

La solucin del sistema es

= 3

2 =

3

2 =

4 =

4


Las reacciones restantes desconocidas son

+ = 0 3

2+ = 0 =

3

2

+ = 0

4+ (

3

2) () + = 0 =

4


16

VIGA 8.



A partir de VIF 1, se calculan los momentos internos .

0

La intensidad es

1 2

=

=(1 2)( )

= 1 2 +

2

1

= 2 + = 2 + 1 2 +2

1

= 1 +

2

1

Como se muestra en la siguiente figura, la carga trapezoidal distribuida seccionada

se divide en una carga triangular y una carga uniforme.

( )

( )


17

+ = 0

1 () (1 +2

1

) (

1

2)

[ () (1 (1 +

2

1

))

2

]

(2

3) = 0

1 =1

3

2

23

2

12

2+

23

3

13

3=

13

6

23

6

12

2

Los momentos internos restantes son

1 1 = 0

2 1 = 1 0

Se necesita de los siguientes desplazamientos y pendientes

1 =1

(

13

6

23

6

12

2) ()

0

= 111

4

120

24

30

2 =1

(

13

6

23

6

12

2) (1)

0

=1

3

8+

23

24

11 =3

3 21 =

2

2 12 =

2

2 22 =


Al construir el sistema de ecuaciones de compatibilidad y reemplazar los resultados

se tiene

(111

4

120+

24

30) +

3

3

2

2 = 0 (1)


18

(1

3

8+

23

24)

2

2 +

= 0 (2)

Al resolver el sistema se obtiene

= (71

20+

32

20) = (

12

20+

22

30)


Finalmente,

+ = 0 71

20+

32

20 2 [

()(1 2)

2] + = 0

= (31

20+

72

20)

+ = 0

(1

2

20+

22

30) + 2() (

2) + (

()(12)

2) (

3) (

31

20+

72

20) () + = 0

= (1

2

30+

22

20)


19

VIGA 9.



De VIF 1, se formulan los momentos internos .

0


= (

22) =

1

3

23

0


= (

2

2)

0

(2

2)

0

=

14

2

4

13

2

3=

3

4

( ) ( )

W

W


20

+ = 0 1 (1

3

23) (

3

4) = 0 1 =

4

122

Los momentos internos de las otras estructuras isostticas son

1 1 = 0

2 1 = 1 0

Se calculan los desplazamientos y pendientes necesarios.

1 =1

(

4

122) ()

0

= 4

72

2 =1

(

4

122) (1)

0

=3

60

11 =3

3 21 =

2

2 12 =

2

2 22 =


Las ecuaciones de compatibilidad para la deflexin en y la pendiente en son,

respectivamente

4

72+

3

3

2

2 = 0 (1)

3

60

2

2 +

= 0 (2)

Al resolver el sistema resulta

=

15 =

2

60


La fuerza resultante de la carga distribuida tipo enjuta parablica es

= (

22) =

1

3

0

y su lnea de accin se localiza a una distancia


21

= (

2

2)

0

(2

2)

0

=3

4

Las reacciones desconocidas restantes se obtienen de

+ = 0

15

1

3 + = 0 =

4

15

+ = 0 2

60+

1

3 (

3

4)

4

15() + = 0 =

2

30

VIGA 10.



Con base en VIF 1 se deducen los momentos internos .

( ) ( )


22

0


= ((1 + 2)) = (2 + 1) + 2(() )

0


= ((1 + 2))

0

(1 + 2)

0

=

(2 + 1) (2 + 1)2

2

2 (2 + 1) + 2(() )

+ = 0

1 [ (2 + 1) + 2(() )] [

(2 + 1) (2 + 1)2

2

2 (2 + 1) + 2(() )

] = 0

1 = 2 (2 + 1)

2+

(2 + 1)

2 2 () +

3

22

Se usan los siguientes momentos internos

1 1 = 0

2 1 = 1 0

Se requiere de

1 =1

(

2 (2 + 1)

2+

(2 + 1)

2 2 () +

3

22) ()

0

=1

[

4 (2 + 1)

8+

2 (2 + 1)

4+

(2 + 1)

24

23 ()

3+

74

16

2

24]


23

2 =1

(

2 (2 + 1)

2+

(2 + 1)

2 2 () +

3

22) (1)

0

=1

[3 (2 + 1)

6

(2 + 1)

2+ 2 ()

()

3

113

18+

3]

11 =3

3 21 =

2

2 12 =

2

2 22 =


En consecuencia,

1

[

4 (2 + 1)

8+

2 (2 + 1)

4+

(2 + 1)

24

23 arctan()

3+

74

16

2

24]

+3

3

2

2 (1)

1

[3 (2 + 1)

6

(2 + 1)

2+ 2 arctan()

arctan()

3

113

18+

3]

2

2 +

= 0 (2)

Por lo tanto,

=6(4 1) (2 + 1) + (24(2 + 1)() (192 + 18))

123

=6(4 + 62 3) (2 + 1) + (96() 13(2 + 6))

722


La carga concentrada equivalente de la carga distribuida con intensidad logartmica

es

= (1 + 2) = (2 + 1) + 2(() )

y su lnea de accin se localiza a una distancia de

= ((1 + 2))

((1 + 2))

=

(2 + 1) (2 + 1)2

2

2 (2 + 1) + 2(() )


24

Finalmente, se tiene

+ = 0 + = 0

=6(4 + 1) (2 + 1) (24() + (52 18))

123

+ = 0 + + = 0

=6(4 + 3) (2 + 1) (48() + (72 30))

722

VIGA 11.



Se deducen los momentos internos con base en VIF 1.

0

+ = 0 1 = 0

( ) ( )


25

+

+ = 0

2 ( ) = 0 2 = +

Los momentos internos de las otras estructuras isostticas son

1 1 = 0 +

2 1 = 1 0 +

Se requiere de

1 =1

[ (0)() + ( + )()

+

0

] = 2

2

3

3

2 =1

[ (0)(1) + ( + )(1)

+

0

] =2

2

11 =1

()() =

( + )3

3

+

0

21 =1

()(1) =

( + )2

2

+

0

12 = 21 = ( + )2

2

22 =1

(1)(1) =

+

+

0


Las ecuaciones de compatibilidad necesarias son

(2

2+

3

3) +

( + )3

3

( + )2

2 = 0 (1)

2

2

( + )2

2 +

+

= 0 (2)


26

La solucin del sistema es

=(3 + )2

( + )3=

(3 + )2

()3=

2

3(3( ) + ) =

2

2(3 2

)

= [2

2(3 2

)]

=2

2 + 2 + 2=

2

( + )2=

2

2


Por lo tanto,

+ = 0 (3 + )2

( + )3 + = 0

=2( + 3)

( + )3=

2( + 3)

3=

2

3( + 3( )) =

2

3(3 2)

=2

2(3 2

) = [

2

2(3 2

)]

+ = 0

2

( + )2+

2( + 3)

( + )3( + ) + = 0

=2

( + )2=

2

2


27

VIGA 12.


La viga a es una viga del tipo 11 en la que = sin . En consecuencia,

Resolvemos la viga b. Aplicando nuevamente el principio de superposicin se tiene

Se determinan las fuerzas normales de la viga b1.

( )


28

0

+ = 0

1 = 0

+

+ = 0

2 cos = 0 2 = cos

Se deduce la fuerza normal de la viga b2.

0 +

+ = 0

1 + 1 = 0 1 = 1

La ecuacin de compatibilidad para el desplazamiento horizontal en es

1 + 2= (1)

Expresando la ecuacin (1) en trminos de la incgnita se tiene

1 + 11 = 0 (2)

La incompatibilidad geomtrica es

1 =

2

1

= (0)(1)

0

+ ( cos)(1)

+

= cos

o tambin

1 =

=

(0)(1)()

+

( cos )(1)()

=

cos

El coeficiente de flexibilidad es


29

11 =

2

1

= (1)(1)

+

0

= +

o tambin

11 =

=

(1)(1)( + )

=

+

Nota: Para las ecuaciones anteriores, no es necesariamente la longitud de la viga,

ms bien hace referencia a la longitud del tramo analizado.

A continuacin se sustituyen los resultados en la ecuacin (2)

cos

+

+

= 0

Despejando la incgnita resulta

=

cos

+

= cos

+ =

( cos)()

La reaccin restante desconocida es

+ = 0 cos +( cos )()

+ = 0

= cos

+ =

( cos )()

Sumando los resultados de las vigas a y b se obtienen las reacciones de la viga 12.

VIGA 13.


30



Se formulan los momentos internos con base en VIF 1.

0

+ = 0

1 = 0

+

+ = 0

2 + = 0 2 =

Se retoman los momentos internos 1 y 2 de la viga 11.

1 1 = 0 +

2 1 = 1 0 +

a

( ) ( )


31

Los desplazamientos y pendientes necesarios son

1 =1

[ (0)() + ()()

+

0

] =(2 + )()

2

2 =1

[ (0)(1) + ()(1)

+

0

] =

2

Remtase a la viga 11 y observe que

11 =( + )3

3 21 =

( + )2

2 12 =

( + )2

2 22 =

+


En consecuencia,

(2 + )()

2+

( + )3

3

( + )2

2 = 0

2

( + )2

2 +

+

= 0

Al resolver el sistema da

= 6

( + )3=

6

3

6

3

=(2 )()

2 + 2 + 2=

(2 )()

( + )2=

( 2

)

( 2( )

) =

(3

2)


Las reacciones restantes desconocidas son

+ = 0 6

3= 0 =

6

3

+ = 0

((2 )()

2 + 2 + 2) +

6

( + )3( + ) + = 0

|

|

|


32

=( 2)

( + )2=

( + 2

) =

( + 2( )

)

=

(2 3

) =

(2

3

)

VIGA 14.


Incompatibilidad geomtrica y coeficiente de flexibilidad.

De la viga 1, se retoman los siguientes desplazamientos

1 = 53

48 11 =

3

3

Ecuacin de flexibilidad y clculo de la redundante.

( )


33

La ecuacin de compatibilidad para la deflexin en es

1 + 11 = 0 (1)

Efectuando las sustituciones correspondientes tenemos

53

48+

3

3 = 0 (2)

Al despejar la incgnita se obtiene

=

53

483

3

=5

16


Por lo tanto,

+ = 0 5

16 + = 0 =

11

16

+ = 0 (

2)

11

16() + = 0 =

3

16

o tambin


34

VIGA 15.



1 = 4

8 11 =

3

3


Al plantear la ecuacin lineal

4

8+

3

3 = 0 (1)

y resolverla, se tiene

=

4

83

3

=3

8


+ = 0 3

8 + = 0 =

5

8

+ = 0 (

2)

5

8() + = 0 =

2

8

( )


35

o tambin

VIGA 16.




1 = 114

192 11 =

3

3


Al formular la ecuacin de compatibilidad para la deflexin en

W

( )


36

114

192+

3

3 = 0

y resolverla, se tiene

=

114

1923

3

=11

64


Finalmente,

+ = 0 11

64

2+ = 0 =

21

64

+ = 0

(

2) ()(

1

2) (

2

3) (

2) + (

2) ()(

1

2) (

2+

1

3(

2))

21

64() + = 0 =

52

64

o tambin


37

VIGA 17.




1 = 74

90 11 =

3

3


Al resolver la ecuacin

74

90+

3

3 = 0 (1)

resulta

=

74

903

3

=7

30

( )


38


Las fuerzas reactivas en el empotramiento son

+ = 0 2

3 +

7

30+ = 0 =

13

30

+ = 0 2

3 (

2)

13

30() + = 0 =

2

10

o tambin

VIGA 18.


( )


39



1 = 114

120 11 =

3

3


Al plantear la ecuacin lineal

114

120+

3

3 = 0 (1)

y resolverla, obtenemos

=

114

1203

3

=11

40


Por lo tanto,

+ = 0

2+

11

40+ = 0 =

9

40

+ = 0

2(

3)

9

40() + = 0 =

72

120

o tambin


40

VIGA 19.




1 = 114

120 11 =

3

3


Se formula la ecuacin de compatibilidad para la deflexin en .

4

72+

3

3 = 0 (1)

La solucin de la ecuacin (1) es

=

4

723

3

=1

24


+ = 0

3+

24+ = 0 =

7

24

W

( )


41

+ = 0

3(3

4)

7

24() + = 0 =

2

24

o tambin


42

VIGA 20.



Se deduce el momento interno con base en VIF 1.

0

Se calcula la intensidad .

=

=

+ = 0 1 () (

) (

1

2) (

1

3) = 0 1 =

63

Se formula el momento interno con base en VIF 2.

0

+ = 0

1 + (1)() = 0 1 =


43

Se requiere de los siguientes desplazamientos

1 =1

(

63) ()

0

= 4

30

11 =1

()() =

3

3

0


Al plantear la ecuacin

4

30+

3

3 = 0 (1)

y resolverla se tiene

=

4

303

3

=1

10


Finalmente,

+ = 0

2+

10+ = 0 =

2

5

+ = 0

2(2

3)

2

5() + = 0 =

2

15


44

o tambin

REFERENCIAS

1. R. C. Hibbeler. Anlisis estructural. Editorial Pearson.

2. Gonzlez Cuevas. Anlisis estructural. Editorial Limusa.

3. Selva Colindres Rafael. Dinmica de suelos y estructuras aplicadas a la

ingeniera ssmica. Editorial Limusa.

4. Magdaleno Carlos. Anlisis matricial de estructuras reticulares. Independiente.

5. James Stewart. Clculo de una variable: Conceptos y contextos. Editorial

CENGAGE Learning.

acciones-de-fijaciÓn-y-momentos-de-empotramiento-perfecto.pdf

Documents