E4_Pórticos_13_

68 Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexin. Prticos

FLEXION. PORTICOS Problema n 27 Dado el prtico de la figura sometido a las cargas indicadas, se pide obtener los diagramas de esfuerzos axiales P(x), esfuerzos cortante V(x) y momentos flectores M(x), acotando sus valores e indicando sus signos en cada tramo.

5 kN/m

A

B C20 kN

4 m

5 m

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

5 kN/m

A

B C20 kN

4 m

5 m

RAyRAx

RBy

El prtico es una estructura isostticas donde tenemos 3 reacciones y 3 ecuaciones:

Fx = 0 RAx = 20 kN Fy = 0 RAy + RBy = 5 kN/m 5 m = 25 kN

MA = 0 RBy 5 = 20 kN 4m + (5 kN/m 5m) 2,5 m = 142,5 kNm RBy = 28,5 kN Resolviendo el sistema hallamos:

RAx = 20 kN; RAy = -3,5 kN y RBy = 28,5 kN b) Establezcamos el equilibrio en la barra BC

5 kN/m

B

28,5 kN

MABC

RAB

5 kN/m

B

28,5 kN

80kNmC

3,5 kN

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

MA = 0 MAB = (5 5) 2,5 - 28,5 5 = - 80 kNm c) Establezcamos el equilibrio en la barra AB Por el principio de accin-reaccin en el nudo B entre las barras AB y BC

RAB = - RBC = 3,5 kN MAB = - MBC = 80 kNm

Anlisis elemental de estructuras. Enfoque prctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 69

A

B20 kN

20 kN

3,5 kNA

B20 kN80kNm

20 kN

3,5 kN

3,5 kN

MBC

R BC

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

A

B

P(x)

3,5

kN

V(x

)20

kN

M(x

)80

kN

m

3,5

kN

20 k

N

20 kN 80kNm

20 kN

3,5 kN

3,5 kN

(x)

d.2) Barra BC

5 kN/m

B

28,5 kN

80kNmC

3,5 kN

-3,5 kN-28,5 kNV(x)

+80 kNmM(x)

(x) Deformada del prtico.

A

B C(x)

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


Problema n 28 Dado el prtico de la figura sometido a una carga puntual P. Hallar los esfuerzos axial P(x) y cortante V(x); y momento flector M(x) y la deformada en C.

A

B C

PLv

Lc

Solucin: a) Hallemos las reacciones en el empotramiento RA y MA .

A

B C

RA

PLv

Lc

MA

BMABP

C= PL

R AB = PA

BMBC

R BC

R A= P

MA= P L

= P L= P

v

v

v

El prtico es una estructura isosttica donde tenemos 2 reacciones y 2 ecuaciones:

Fy = 0 RA = P MA = 0 MA = P Lv

b) Establezcamos el equilibrio en las barras AB y BC b.1) Barra AB

Fy = 0 RBC = RA = P MA = 0 MBC = MA = P Lv

b.2) Barra BC Fy = 0 RAB = P

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

A

BC

RA

P

MA

V(x)

P

A

B C

RA

P

MA

M(x)A

B C

RA

P

MA

P(x)

PLP v


c) Hallemos la deformada en el punto C

A

CP

B

A

B

B B BPL CICII C

LvLc

La deformada en el punto C es C = CI + CII ; donde: CI : Deformacin debida al giro del nudo B (B) producida por el momento MBC = P Lv CII : Deformacin debida a la carga P en el extremo de una barra en voladizo. c.1) Hallemos el giro en el nudo B de la barra AB provocada por el momento MBC = P Lv

Aplicando el 1 teorema de Mohr IELLP CV

B =

c.2) Hallemos la deformacin en el punto C provocada por el giro B Al tratarse de un giro pequeo podemos asimilar el desplazamiento CI como el arco de un ngulo B y radio IE

LLPLL C

2V

VBCIV == c.3) Hallemos la deformacin del punto C provocado por la carga P

Aplicando el 2 teorema de Mohr IE3

LP 3VC =

c.4) Hallemos la deformada en el punto C

IE3LL3

LPIE3

LPIE

LLP VC2V

3VC

2V

CIICIC+=+=+=


Problema n 29 Dado el prtico isosttico de la figura sometido a las cargas indicadas, se pide obtener los diagramas de esfuerzos axiales P(x), esfuerzos cortante V(x) y momentos flectores M(x), acotando sus valores e indicando sus signos en cada barra.

A

B C

20 kN 4 m

5 m

30 kN

22

2,5 2,5

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

A

B C

20 kN 4 m

5 m

RAyRAx

RBy

30 kN

El prtico es una estructura isostticas donde tenemos 3 reacciones y 3 ecuaciones:

Fx = 0 RAx = 20 kN Fy = 0 RAy + RBy = 30 kN

MA = 0 RBy 5 = 20 kN 2m +30 kN 2,5 m = 115 kNm RBy = 23 kN Resolviendo el sistema hallamos:

RAx = 20 kN; RAy =7 kN y RBy = 23 kN b) Establezcamos el equilibrio en la barra BC

B C

30 kNMAB

RAB

B C

30 kN40 kNm

23 kN 23 kN7 kN

Fy = 0 RAB= 30 - 23 = 7 kN MA = 0 MAB = 30 2,5 -23 5 = - 40 kNm

c) Establezcamos el equilibrio en la barra AB Por el principio de accin-reaccin en el nudo B entre las barras AB y BC

RAB = - RBC = 7 kN


MAB = - MBC = 40 kNm

A

B

20 kN

20 kN A

B40kNm

20 kN

7 kNMBC

RBC 7 kN

20 kN

7 kN

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

B

V(x)A

B

M(x)

B

P(x)

A A

CC C

7 kN

20 k

N

23 kN

7 kN

57,5 kNm40 kNm

40 k

Nm

Problema n 30 Dado el prtico de la figura sometido a una carga puntual P, hallar las reacciones.

A

B C

P Lv

Lc

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

A

B C

RAy

P Lv

Lc

MA

RCy

RAx

A

B C

P Lv

Lc

MAIR AxI

= +

A

B C

RAyII

Lv

Lc

MAII

R CyCaso I Caso II


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

Fy = 0 RAy = - RCy MA = 0 MA = P Lc - RCy Lv

b) Consideremos el caso hiperesttico como la superposicin de dos casos isostticos. Apliquemos las ecuaciones de comportamiento a ambos casos, y hallemos la deformacin en el punto C I) Caso I

A

B CP

M(x)

A

B C

P

P

P Lc

V(x)

P

A

CP B

A

B

B B BCI

LvLc

En el caso I la deformada en el punto C es CI debida al giro del nudo B (B) producida por la carga P I.1) Hallemos el giro en el nudo B de la barra AB provocada por la carga P.

Aplicando el 1 teorema de Mohr IE2

LP 2CB =

I.2) Hallemos la deformacin en el punto C provocada por el giro B Al tratarse de un giro pequeo podemos asimilar el desplazamiento CI como el arco de un ngulo B y radio Lv IE2

LLPL V

2C

VBCI == II) Caso II

A

B C

M(x)

A

B C

V(x)

A

CB

A

B

B BB

cIIaLvLc

Rcy

Rcy

Rcy

R Lcy v

R Lcy v

Rcy

cIIb cIIR Lcy v

Rcy R

Lcy

v

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


IE3LL3

LRIE3

LRIE

LLR VC2VCy

3VCyC

2VCy

bCIIaCIICII+=+=+=

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

+=+==

)LL3(L2LP3

RIE3LL3

LRIE2LLP

VCV

2C

CyVC2

VCyV

2C

CIICI (Por equilibrio)

)LL3(L2LP3

RR0FVCV

2C

CyAyy +===

)LL3(2LLP2LP3

)LL3(2LP3

LPLRLPM0MVC

VC2

C

VC

2C

CVCyCAA ++=+== =

d) Tracemos los diagramas de cortante V(x) y flector M(x). Por el principio de superposicin las grficas de cortante y flector resultan de la suma de los casos I y II.

A

BP

M(x)

A

B C

V(x)

C

A

CB x

puntoinflexin

(x)

Problema n 31 Sea la estructura de la figura constituida por una viga AB y un cable CD. La viga soporta una carga uniformemente distribuida. Hallar las reacciones, la condicin necesaria para que la deformada de la viga presente puntos de inflexin y las grficas del esfuerzo cortante V(x) y del momento flector M(x).

q(x)

L va a

Lc

A B

C

D

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


q(x)

Lv

Lc

A B

C

D

Ra Rb

Rc

q(x)

A B

C

D

I IIIII

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

MD = 0 RA = RB b) Consideremos el caso hiperesttico como la superposicin de 3 casos isostticos. Apliquemos las ecuaciones de comportamiento a estos tres casos, y hallemos la deformacin en el punto medio de la viga D.

q(x)

A BD

A BD

Rc C

RcD

Caso I Caso II Caso III La ecuacin de compatibilidad en el punto central de la viga D ser:

IIIIII += donde === AELR

;IE48

LR;

384Lq5 CC

III

3VC

II

4V

I

( )+=+= C3V4

CC

CC3

VC4

V

LI48LA8LIAEq5

RAELR

IE48LR

384Lq5

(Por equilibrio)

( ) ( )

+=+== C3V4

CV

C3

V

4CV

BALI48LA16

LIAE52

Lq

LI48LA16

LIAEq52Lq

RR

c) Condicin para que la deformada presente puntos de inflexin. En el tramo AD las ecuaciones del cortante y del flector son:

xRx2q)x(MyRxq)x(V A

2ADAAD +=+=

La deformada de la viga tendr 2 puntos de inflexin si la ecuacin del flector presenta una

raz en el intervalo AD qR2

q0RR

x;0xa2

ca4bbx A

2AA

2

====

Observemos los siguientes puntos de esta expresin:

( )C3V4

CV

LI48LA8

LIAE5Lx += . Observemos los siguientes puntos de esta expresin:

a) El valor de x no depende de q sino de la geometra de la estructura

b) El trmino ( ) 0LI48LA16 LIAE5 C3V4

C >+ , al ser todos los trminos positivos x < Lv


c) Al ser [ ]VA L,0x0xqR2

x >= Para que la deformada tenga puntos de inflexin, x deber pertenecer al intervalo

2

L,0 V

( ) ( ) 2LLI48LA8 LIAE52LLI48LA8 LIAE5LqR2x VC3V4

CV

C3

V

4C

VA >+


A

B C

RA

5 m

4m

MA

RCA

B C

= +

A

B C

RA

MA

R CCaso I Caso II

5 m

4m

5 m

4m-25C25C -25C25C

a) Establezcamos las ecuaciones de equilibrio.

Fy = 0 RA = - RC MA = 0 MA = 5 RC

b) Consideremos el caso hiperesttico como la superposicin de dos casos isostticos. Apliquemos las ecuaciones de comportamiento a ambos casos, y hallemos la deformacin en el punto C I) Caso I

A

B C

A

CB

A

B

B B BCI

4m-25C25C-

25C

CURVATURA

''(x)= th5m

25C

En el caso I la deformada en el punto C es CI debida al giro del nudo B (B) producida por las diferencias de temperatura en las caras de la columna. I.1) Hallemos el giro en el nudo B de la barra AB provocada por t. La diferencia de temperatura induce una curvatura k:

( ) 3521 103550

3,010TT

h''k

====

Aplicando el 1 teorema de Mohr a la grfica de la curvatura 3CB 10320Lk ==

I.2) Hallemos la deformacin en el punto C provocada por el giro B Al tratarse de un giro pequeo podemos asimilar el desplazamiento CI como el arco de un ngulo B y radio Lv 30

1LVBCI ==


II) Caso II

A

B C

M(x)

A

B C

V(x)

A

CB

A

B

B B B

cIIaLvLc

Rc

Rc

R c

R Lc v

R Lc v

Rc

cIIb cIIR Lc v

R

Lc

v

Rc

El momento de inercia de la viga 4433

V m1016124,03,0

12hbI === .

El momento de inercia de la columna 4433

C m10427

123,03,0

12hbI === .

En el caso II la deformada en el punto C es CII = CIIa + CIIb ; donde: CIIa : Deformacin debida al giro del nudo B (B) producida por el momento MBC = Rc Lv CIIb : Deformacin debida a la carga Rc en el extremo de una barra en voladizo. Del problema anterior conocemos el valor de esta deformacin

=+=+=V

3VC

C

C2

VCCIIbCIIaCII IE3

LRIE

LLR [Sustituyendo] C3C R1071,8R34560301 ==

c) Apliquemos la ecuacin de compatibilidad La ecuacin de compatibilidad es que el punto C no sufre desplazamiento alguno

==== kN83,3kN301

1152RR34560

301301

CCCIICI (Por equilibrio) === kN83,3RR0F CAy

=== m.kN14,19m.kN301

5760M0M AA

d) Tracemos los diagramas de cortante V(x) y flector M(x). El caso I no produce esfuerzos internos al tratarse de un caso isosttico, por tanto, slo el caso II provoca esfuerzos internos V(x) y M(x).

A

B C

M(x)

A

B C

V(x)

3,83

3,83

3,83 19,

1

3,8319,1

19,1 e) Trazado de la deformada Al trazar la deformada tenemos que tener en cuenta que en la columna se presentan 2 curvaturas de signo contrario.


e.1) La producida por la diferencia trmica

( ) 33521 1066,1103550

3,010TT

h''k

=====

e.2) La producida por el momento flector 3

C1042,1

2257532

IEM''k ====

Podemos observar que es mayor la curvatura provocada por la diferencia trmica, por tanto la deformada ser:

A

B C

-25C ''(x)= th25C

A

B C

''(x)= -MEI

+

A

CBx

(x)=

Problema n 33 Sea la estructura de la figura constituida por una viga AB y un cable CD. La viga soporta un incremento de temperatura T1 en su cara superior y T2 en su cara inferior (T2 > T1). Hallar las reacciones y dibujar las grficas del esfuerzo cortante V(x), el momento flector M(x), de la curvatura y de la deformada.

L va a

Lc

A B

C

DT1T2

T1T2


R A RB

RC

L va a

Lc

A B

C

DT1T2

T1T2

A B

C

D

III III a) Establezcamos las ecuaciones de equilibrio.

Fy = 0 RA + RB = RC


MD = 0 RA = RB b) Consideremos el caso hiperesttico como la superposicin de 3 casos isostticos. Apliquemos las ecuaciones de comportamiento a estos tres casos, y hallemos la deformacin en el punto medio de la viga D.

A BD

A BD

Rc C

RcD+ =

Caso I Caso II Caso III

T1T2

b.1) Hallemos I debido al incremento trmico en una viga apoyada-apoyada.

A B

''

DT1T2

EBE =

Lv4

D'I

Sabemos que la curvatura ( )21V

TTh

'' = y dada la simetra del problema, la tangente D' E es horizontal y por tanto, aplicando el 2 teorema de Mohr al intervalo [D, B]: BE = I = Momento esttico del rea sombreada respecto al eje vertical en B =

( ) ( )21V

2VVV

21V

TTh8L

4L

2L

TTh

BE =

=

Al ser ( )21V

2V

I21 TTh8L

,TT =< b.2) Conocemos las deformaciones en los casos II y III

AELR

;IE48

LR CCIII

3VC

II == b.3) Apliquemos la ecuacin de compatibilidad en el punto central de la viga D.

+= IIIIII

( ) ( ) ( )+=+= 12C3VV2

VC

CC3

VC12

V

2V TT

LI48LAhLIAE6

RAELR

EI48LR

TTh8L

(Por equilibrio) ( )12C

3VV

2V

BA TT)LI48LA(h

LIAE3RR +==

c) Grficas de V(x), M(x), ''(x) y (x) Los esfuerzos cortantes y flectores de la viga AB son debidos al caso II, ya que al ser el caso I isosttico la variacin trmica no genera esfuerzo.


Lv

Lc

A B

C

D

RB

Rc

V(x)

M(x)

RA RC

RA RB

Lv

Lc

A B

C

D

Rc

(x)

RA RB

' ' (x)

' ' (x)

Esfuerzos

Temperatura

+

Problema n 34 La viga AB de la figura se encuentra sometida en toda su longitud a un incremento de temperatura de valor t = -25 C en su cara superior y de valor +25 C en su cara inferior. En el punto central de esta viga se ancla el cable CD. Hallar a) La fuerza R que debe aplicarse en el extremo C del cable para que este punto no sufra ningn desplazamiento vertical. b) Las grficas acotadas de cortantes y flectores en la viga AB c) Las grficas de la curvatura y deformada de la viga AB Datos: Cable CD: E = 20 106 kN/m2 ; A = 10-4 m2 ; y viga AB: E = 20 106 kN/m2 ; I = 10-5 m4 ; = 10-5 ; Canto= 15 cm

4

2 2

2

A B

C

D- 25+ 25

R

- 25+ 25

Solucin: El punto C de esta estructura se comporta como si se tratase de una estructura ya que en dicho punto se genera una fuerza RC y no se produce desplazamiento o giro alguno. Por tanto el problema propuesto es equivalente a la figura siguiente, y son aplicables las ecuaciones del problema anterior,


R A RB

RC

2

A B

C

D-25 -25+25 +25

422

A B

C

D

I IIIII a) Establezcamos las ecuaciones de equilibrio.

Fy = 0 RA + RB = RC MD = 0 RA = RB

b) Apliquemos la ecuacin de compatibilidad en el punto central de la viga D.

I = II + III ( ) ( )( )

15012525

15,08410

TTh8L 25

12V

2V

I ===

150R

IE48LR C

3VC

II == y == 1000R

AELR CCC

III

( ) ( ) ==+= kN869565,02320TTLI48LAh LIAE6R 12C3VV2

VC (Por equilibrio)

kN434782,04620RR BA ===

c) Grficas de V(x), M(x), ''(x) y (x)

A B

C

D

0,87 kN

V(x)

M(x)

A B

C

D

(x)

' ' (x)

' ' (x)

Esfuerzos

Temperatura

+

0,43 kN 0,43 kN

-0,43 kN

0,43 kN

0,87 kNm

0,0087 m 1

0,0033 m 10,87 kN


Problema n 35 Sea la estructura de la figura constituida por una viga AB y un cable CD. El cable CD soporta una disminucin de temperatura T . Hallar las reacciones.

L va a

Lc

A B

C

D

T


R A RB

RC

L va a

Lc

A B

C

D

T

A B

C

D

t

Rc

a) Establezcamos las ecuaciones de equilibrio.

Fy = 0 RA + RB = RC MD = 0 RA = RB

b) Consideremos el caso hiperesttico como la superposicin de 3 casos isostticos. Apliquemos las ecuaciones de comportamiento a estos tres casos, y hallemos la deformacin en el punto D.

A BD

Rc C

RcD=

Caso I Caso III

C

D

Caso II

-T

b.1) Caso I: Conocemos la flecha en el punto central del vano de una viga apoyada-poyado

que soporta una carga puntual centrada IE48

LR 3CCI =

Caso II: Conocemos el acortamiento que sufre una barra sometida a una disminucin de temperatura T t = T LC. Caso III: Conocemos el estiramiento que sufre la barra CD sometida a la carga RC


AELR CC

RC =

b.2) Apliquemos la ecuacin de compatibilidad en el punto D I = t - Rc

+== C3VC

CCC

C

3VC

LI48LALIAET48

RAELR

LTIE48

LR

(Por equilibrio)C

3V

CBA

LI48LALIAET24

RR +==

86 Flexin. Vigas continuas

FLEXION. VIGAS CONTINUAS Problema n 36 Dada la viga continua de la figura se pide hallar las reacciones en las sustentaciones y trazar las grficas de esfuerzo cortante V(x) y momento flector M(x). El vano AB presenta una rtula.

4 8

q= 4 Mp/m

Rtula

1,52

10 Mp

A B C

Solucin. a) Grado hiperesttico La estructura es hiperesttica externa de grado 1, pero al presentar una rtula en el vano AB perdemos un grado hiperesttico, y por tanto estamos ante una estructura isosttica. b) Clculo de las reacciones Ecuaciones estticas

Fy = 0 RA + RB + RC = 42 MA = 0 4 RB + 12 RC + 20 = 256

Una rtula aade una ecuacin ms. La suma de momentos de cualquiera de las dos partes de en que la rtula divide a la estructura respecto al punto donde se halla la rtula es nulo. En este caso tomemos la parte izquierda.

MRot Izq = 0 1,5 RA = 35 RA = 70/3 = 23,33 Mp Resolviendo el sistema:

==

=+=+

Mp16,20RMp50,1R

236R12R43

56RRC

B

CB

CB

c) Dibujo de las grficas. En el trazado del momento flector debemos tener en cuenta que la rtula se caracteriza por presentar momento flector cero.


23,3 Mp

1,5

Mp

10Mp

20,16MpV(x)

M(x)

Rtula

Pico

Mximo

Problema n 37 Dada la viga continua de la figura hallar las reacciones y las grficas V(x) y M(x)

8 kN10 kN/m10 kN/m

2 m 2 m 2 m3 m 1 m6 m

A B C

Solucin: a)Hallemos el momento Mb en el apoyo b, Apliquemos la ecuacin de los 3 momentos para hallar Mb, Conocemos Ma = 0 y Mc = 8 kNm

M = 0a M b M b M = -8c

A = 0b

20 kN.m

Aax a CBBA

En la grfica de momentos ( ) 3xy,3

280220220322AA aaa ==+

=

Sustituyendo en la ecuacin:

=

+

++

bb

bb

aa

aa

b

bc

b

b

a

ab

a

aa LI

xA6LI

xA6IL

MIL

IL

M2IL

M

( ) ( ) km22,14kNm9

128M2803836M2 bb ===++


b)Hallemos las reacciones en los apoyos. 8 kNm14,22 kNm

R a R bI R bII R c20 -14 , 22

620 + 14 , 22

6

14,22 kNm

17,63 kNm 22,37 kNm14,22

3 8

3

14,22

3+ 8

38 -

2,07 kNm 5,92 kNm

Ra = Risosttico kN63,17622,1420

LM

a

b ==

RbI = Risosttico kN37,22622,1420

LM

a

b =+=+

RbII = Risosttico kN44,24RRRkN07,238

322,140

LM

LM

bIIbIbb

c

b

b =+==+=+

RcI = Risosttico kN92,538

322,148

LM

LM

b

c

b

b =+=+ c)Dibujemos las grficas V(x), M(x) y (x)

8 kN10 kN/m10 kN/m

A B C

2,37 kN

17,63 kN

22,37 kN

2,07 kN 5,92 kN8 kN

V(x)

-8 kNm

-14,22 kNm

M(x)

Punto inflexin (x)

d) Comprobemos que el momento Mb es correcto Vamos a comprobar que el giro a ambos lados del apoyo B es el mismo:

( ) ( )IE22,18aL2

IEL24aq

aL2IEL24

aqIE3LM 2

a

222

a

2ab

2q1qMbBizq =++=++=

IE22,18

IE6LM

IE3LM bcbb

McMbBder =+=+=


Problema n 38 Dada la viga continua de la figura hallar las reacciones y las grficas V(x) y M(x)

20 kN/m

A C DB

100 kN

8m 8m 10m4m 4m

Solucin: Esta viga continua es una estructura hiperesttica de grado 2, ya que tenemos 2 ecuaciones de equilibrio ( Fy = 0; M = 0) y 4 reacciones ( RA ; RB ; RC y RD ). a)Hallemos los momentos MB y MC en los apoyos B y C. Sabemos que Ma = 0 y Md = 0.

A

100 kN

B

P L

4= 200 kN

M B M B B CM C

20 kN/m

C

MC

Dq L2

8= 250 kNm

x =4a

x =5C

a.1) Apliquemos la ecuacin de los 3 momentos a los tramos AB y BC.

En la grfica de momentos 0A;m42Lx;m800

8LPL

4LP

21AA ba

22

aAB ====== Sustituyendo en la ecuacin:

=

+

++

bb

bb

aa

aa

b

bc

b

b

a

ab

a

aa LI

xA6LIxA6

IL

MIL

IL

M2IL

M

( ) 300MM4800I8

6I8M

I8

I8M2 cbcb =+=+

+

a.2) Apliquemos la ecuacin de los 3 momentos a los tramos BC y CD.

En la grfica de momentos 0A;m52Lx;m

35000L

8Lq

32AA bc

22

cAC ===== Sustituyendo en la ecuacin:

=

+

++

cc

cc

bb

bb

c

cd

c

c

b

bc

b

bb LI

xA6LI

xA6IL

MIL

IL

M2IL

M

5000M36M853

5000I10

6I

10I8M2

I8M cbcb =+

=

++

a.3) Resolviendo el sistema:

==

=+=+

kNm4,129MkNm65,42M

5000M36M8300MM4

c

b

cb

cb


b)Hallemos las reacciones en los apoyos.

A

100 kN

B B C

20 kN/m

C D

42,7 kNm 129,4 kNm

RA = 50 -42,7

844,7 kN 55,3 kN

RBI= 50 +42,7

8RBII=

42,7

8

129,4

8-

10,8 kN

RCI=42,7

8

129,4

8-

10,8 kN

RCII=100+129,4

10112,9 kN

RDI = 100-129,4

1087,1 kN

R = 44,5 kNB R = 123,7 kNC

kN7,448

7,4250LM

RRa

bisostticaa ===

kN3,558

7,4250LM

kN3,558

7.4250LM

RRa

b

a

bisostticabI =+=+=+=+=

kN5,44RRRkN8,108

4,1298

7,420LM

LM

RR IIbIbbb

c

b

bisostticabI =+==+=+=

kN8,108

4,1298

7,420LM

LM

RRb

c

b

bisostticacI =+=+=

kN7,123RRRkN9,1128

4,129100LM

RR IIcIccc

cisostticacI =+==+=+=

kN878

4,129100LM

RRc

cisostticadI ===

c)Dibujemos las grficas V(x), M(x) y (x)

20 kN/m

A C DB

100 kN

44,7 kN

-55,3 kN-10,8 kN -10,8 kN

112,9 kN

87 kN

200 kNm

42,7 kNm

129,4 kNm

189,16 kNm

A C DB

Punt

o in

flex

in

Punt

o in

flex

in


Problema n 39 Dada la viga continua de la figura hallar a) el momento flector en el punto B aplicando el mtodo de los 3 momentos; b) las reacciones en los apoyos; c) las grficas de cortantes y flectores, acotando sus valores y direcciones y d) el momento positivo mximo en el primer vano.

5 kN10 kN/m

3 m 1 m6 m

A B C

6 kN

Solucin: a)Hallemos el momento Mb en el apoyo b, Apliquemos la ecuacin de los 3 momentos para hallar Mb, Conocemos Ma = 0 y Mc = -5 kNm

M = 0a M b M b M = - 5c

Mmax= 45 kN.m

Aa

x aCBBA

10 kN/m

Mmax= 4,5 kN.m

x b

6 kN

En las grficas de momentos

( ) 5,1xy,75,62

35,4A;3xy,180645

32A bbaa ======

Sustituyendo en la ecuacin:

=

+

++

bb

bb

aa

aa

b

bc

b

b

a

ab

a

aa LI

xA6LI

xA6IL

MIL

IL

M2IL

M

( ) kNm2917,30M3

5,175,666

318063536M2 bb ==+

b)Hallemos las reacciones en los apoyos.

5 kNm30,29 kNm

R a R bI R bII R c30 - 30,296

30 +6

30,29 kNm

24,95 kNm 35,04 kNm30,29

3 5

3

30,29

3+ 5

35+3 -

11,43 kNm -0,43 kNm

10 kN/m 6 kN

30,29

3 +

Ra = Risosttico kN95,24629,3030

LM

a

b ==


RbI = Risosttico kN05,35629,3030

LM

a

b =+=+

RbII = Risosttico kN48,46RRRkN43,1135

329,303

LM

LM

IIbIbbb

c

b

b =+==+=+

RcI = Risosttico kN43,035

329,3035

LM

LM

b

c

b

b =++=+ c)Dibujemos las grficas V(x), M(x).

5 kN10 kN/m

A B C

24,95 kN

35.04kN

11,43 kN

5 kNV(x)

-5 kNm

-30,29 kNm

M(x)

6 kN

5,43 kN

31,12 kN

d) Hallemos el valor mximo del momento flector en el tramo AB V(x) = -10 x + 24,95 Si V(x) = 0 x = 2,49 m

M(x) = -5 x2 + 24,95 x = (en x = 2,49) = 31,12 kNm

E4_Pórticos_13_

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