Tema 9: SOLICITACIONES COMBINADAS

z Vz T

N x

Mz My L Vy y

Problemas resueltos

Prof.: Jaime Santo Domingo Santillana E.P.S.-Zamora – (U.SAL.) - 2008

9.1.-En la viga de la figura calcular por el Teorema de los Trabajos Virtuales: 1) Flecha en C 2) Giro en B Datos: IPE-180, E = 2,1.105 N/mm2 5 4 9

E .I z = 2,1.10 .1320.10 = 2772.10 N .mm 2

20 kN

RA

RB

B

C

A

1m

3m

Ecuaciones de equilibrio:

∑F =0 ∑M =0 A

RA + RB = 20

RA = 15 kN RB = 5 kN

RB .4 = 20.1

0 − x − 1 M ´z = 15.x

Esfuerzos en la viga:

1 − x − 2 M ´z = 5.(4 − x ) 1.-Flecha en C: 1 kN

RA

A

RB

C

B

1m

3m

∑F = 0 ∑M = 0

Ecuaciones de equilibrio:

A

R A + RB = 1

RA = 0, 75 kN

R B . 4 = 1 .1

RB = 0, 25 kN

0 − x − 1 M z = 0,75 .x

Esfuerzos en la viga:

1 − x − 2 M z = 0,25 .( 4 − x ) Aplicando el Teorema de los Trabajos Virtuales a la viga con carga unitaria: L

∑ Fi .δ ´i +∑ Ri .∆´i = ∫ 0

δ ´i = yC

Fi = 1 kN

1. yC + 0 =

M z .M ´z .dx E .I z

( se desprecia efectosVy )

Ri = ( R A = 0, 75 kN

1

4

0

1

y

RB = 0, 25 kN )

∫ 0, 75.x.15.x.dx + ∫ 0, 25.(4 − x).5.(4 − x).dx 2772.109.10−3.10−6

⇒

siendo:

∆´i = 0

y sustituyendo :

yC = 0, 0054 m = 5, 4 mm ↓

2.-Giro en B: RB

RA

A

1 kN.m B

C 1m

3m

∑F = 0 ∑M = 0

Ecuaciones de equilibrio:

A

R A = RB

RA = 0, 25 kN

R B .4 = 1

RB = 0, 25 kN

0 − x − 4 M z = 0,25.x

Esfuerzos en la viga:

Aplicando el Teorema de los Trabajos Virtuales a la viga con carga unitaria: L

∑ Fi .δ ´i +∑ Ri .∆´i = ∫ 0

δ ´i = ϑB

Fi = 1 kN .m 1

1.ϑB + 0 =

M z .M ´z .dx E .I z

( se desprecia efectosVy )

Ri = ( RA = 0, 25 kN

y

RB = 0, 25 kN )

∆´i = 0

4

∫ 0, 25.x.15.x.dx + ∫ 0, 25.x.5.(4 − x).dx 0

siendo:

1

2772.109.10−3.10−6

⇒

ϑ B = 0,0045 rad

y sustituyendo :

9.3.-Calcular aplicando el Teorema de los Trabajos Virtuales el alargamiento total de la barra de la figura Datos: E = 2,1.105 N/mm2 RA

A

4 cm

2m 2m

2

20 kN

2m 4m B

Esfuerzos en la barra:

2

1 cm

2

10 kN

∑F =0

Ecuaciones de equilibrio:

2 cm

RA + 10 = 20 → RA = 10 kN

0− x−2

N ´= −10

2− x−4

N ´= −10

4− x−6

N ´= −10 + 20 = 10

6 − x − 10

N ´= 10

Alargamiento de la barra: ∆L RA

A

2m

4 cm

2

2 cm

2

1 cm

2

2m 2m 4m B 1 kN

∑F =0

Ecuaciones de equilibrio:

0 − x − 10

Esfuerzos en la barra:

RA = 1 kN N =1

Aplicando el Teorema de los Trabajos Virtuales a la viga con carga unitaria: L

∑ Fi .δ ´i + ∑ Ri .∆´i = ∫ 0

Fi = 1 Kg

δ ´i = ∆L

N .N ´ .dx E. A

siendo:

Ri = RA = 1 kN

2

1.∆L + 0 =

0 −3

6

2,1.10 .10 .10 .4.10 ⇒

y sustituyendo :

4

∫ 1.(−10).dx 5

∆´i = 0

−4

+

6

∫1.(−10).dx 2 5

3

2,1.10 .10 .2.10

∆L = 0, 00167 m = 1, 67 mm

−4

+

10

∫ 1.10.dx 4 5

3

2,1.10 .10 .2.10

( se al arg a )

−4

+

∫ 1.10.dx 6

2,1.105.103.1.10−4

9.4.-En la barra de la figura calcular las reacciones en los empotramientos utilizando el Teorema de los Trabajos Virtuales TA

To

TB

To

A

B L/3

Ecuaciones de equilibrio:

L/3

∑T = 0

L/3

TA + TB = T0 + T0

(1)

Se tiene 1 ecuación de equilibrio y 2 incógnitas ⇒ VIGA HIPERESTÁTICA para su resolución iremos a la viga isostática equivalente Viga isostática equivalente: condición: ϕB = 0

TA

To

(2)

TB

To

A

B L/3

Esfuerzos en la barra:

L/3

L/3

0− x− L/3

T ´= −TA

L / 3 − x − 2.L / 3 T ´= −TA + T0 2.L / 3 − x − L

T ´= TB

Desarrollemos la ecuación (2) aplicando el método del Teorema de los Trabajos Virtuales:

TA

1 kN.m

A

B L

Ecuaciones de equilibrio: Esfuerzos en la barra:

∑T = 0 0− x−L

TA =1

T =1 L

Teorema de los Trabajos virtuales:

siendo:

Fi = 1 kN .m

T .T ´.dx G. I t 0

∑ F .δ ´ +∑ R .∆´ = ∫

δ ´i = ϕ B = 0

i

i

i

i

Ri = TA = 1 kN .m

∆´i = 0

y sustituyendo :

L/3

1.0 + 0 =

−TA .

∫ 1.(−TA ).dx 0

G.I t

2L /3

+

∫

L

1.(−TA + T0 ).dx

1.TB .dx

+ 2L /3 G.I t

L/3

G.I t

L L L + ( −TA + T0 ). + TB . = 0 3 3 3

∫

(2)

resolviendo el sistema formado por las ecuaciones (1) y (2):

TA = T0 TB = T0

operando :

9.7.-La estructura de la figura está formada por dos barras perpendiculares: AC y BC, que se encuentran articuladas en C. Si se sabe que el apoyo B sufre un asiento vertical de ∆= 2 cm. Se pide calcular el desplazamiento vertical del nudo C. Datos: A(1) = 6 cm2 , A(2) = 18 cm2 , E= 2,1.105 kN/mm2 C

3m

(1)

α

150 kN β (2)

4m

β

A

α

B

∆=2 cm

B´

5m

Por el teorema del seno se calcula el ángulo α:

3 5 = senα sen 90º

→ senα =

3 5

→ α = 36,87 º

β = 90º −α = 53,13º

Nota: “en las estructuras de barras articuladas y con cargas exteriores actuando en los nudos (como es este caso), las barras trabajarán sólo a Tracción o a Compresión”. En función de ello y para ver cómo trabajan las barras, aislemos el nudo C y estudiemos el equilibrio de todas las fuerzas que concurren en él C 150 kN y

F1 α 3m

A

β

F2 (2)

(1)

β=53,13º

4m α=36,87º

B

x ∆=2 cm

B´

5m

Ecuaciones de equilibrio del nudo C:

∑F ∑F

x

=0

F1.sen 36,87º + F2 .sen 53,13º = 150

y

=0

F1.cos 36,87º = F2 .cos 53,13º

⇒

F1 = 90 kN F2 = 120 kN

Para saber si son de tracción o de compresión se razona de la siguiente forma: los sentidos de F1 y F2 dibujados en la figura, representan las acciones que las barras 1 y 2 respectivamente están haciendo sobre el nudo C. Por tanto, las acciones que el nudo C estará haciendo sobre las barras (por el Principio de la acción y reacción), serán de sentidos contarios a las dibujadas, es decir:

F1

F2

C 1

C

tracción

2

compresión

B

A

barra AC : N ´= F1 = 90 kN Esfuerzos en las barras:

barra BC : N ´= − F2 = −120 kN

Desplazamiento vertical del nudo C: se calculará aplicando el Teorema de los Trabajos Virtuales: 1 kN C y

F1 α 3m

F2

β

(2)

(1)

4m

VA β=53,13º

A

α=36,87º HB

HA

VB B

x ∆=2 cm

B´

5m

Ecuaciones de equilibrio del nudo C:

∑F ∑F

x

=0

F1 .sen 36,87 º = F2 .sen 53,13º

y

=0

F1 . cos 36,87 º + F2 . cos 53,13º = 1

⇒

F1 = 0,8 kN F2 = 0, 6 kN

y por lo dicho antes en relación a sus sentidos, en este caso las dos barras trabajarán a compresión Esfuerzos en las barras:

barra AC : N = − F1 = −0,8 kN barra BC : N = − F2 = −0, 6 kN L

Teorema de los Trabajos Virtuales: siendo

Fi = 1 kN

δ ´i = yC

N .N ´.dx E. A 0 Ri = (VB = 0, 36 kN , VA , H B , H A ) kN ∆´i = 2

∑ Fi .δ ´i + ∑ Ri .∆´i = ∫

Cálculo de la reacción VB: Ecuación de equilibrio:

∑M

A

=0

VB .5 = 1.(3.cos 53,13º ) → VB = 0,36 kN

Nota: Sólo se calcula VB, pues al descender el apoyo B verticalmente, es el único que producirá trabajo y ese trabajo será negativo, pues el sentido de VB y el del desplazamiento que sufre son contrarios.

y sustituyendo finalmente: 3

1. yC − 0,36.0, 02 =

⇒

4

∫ (−0,8).(90).dx 0 5

−3

6

2,1.10 .10 .10 .6.10

−4

+

∫ (−0, 6).(−120).dx 0

2,1.105.10−3.106.18.10−4

yC = 0, 0062 m = 6, 2 mm ↓

9.8.-En la estructura de la figura se pide calcular: 1) Las reacciones en los apoyos 2) Desplazamiento horizontal de B Datos: viga y pilar : IPE-300, E =2,1.105 N/mm2 MA 10 kN/m

A HA

B

4m VA

3m

HC

C VC

Ecuaciones de equilibrio:

∑F ∑F ∑M

H

=0

H A = HC

(1)

V

=0

VA + VC = 10.4

(2)

VC .4 + M A = H C .3 + 10.4.2

(3)

A

=0

Hay 3 ecuaciones de equilibrio y 5 incógnitas ⇒ ESTRUCTURA HIPERESTÁTICA Estructura isostática equivalente: A HA

B

4m VA

Condiciones:

y

3 m

HC x

xC = 0 ( 4 ) yC = 0 (5)

C VC

Desarrollemos las ecuaciones (4) y (5) aplicando el Teorema de los Trabajos Virtuales: xC = 0 (4) MA

A HA

B

4m y

Ecuaciones de equilibrio:

∑F =0 ∑M =0

3 m

x

A

x

C

1 Kg

H A = 1 kN M A = 1.3 = 3 kN .m

Teorema de los Trabajos Virtuales: L

∑ Fi .δ ´i +∑ Ri .∆´i = ∫ 0

L

M .M ´z .dx N .N ´.dx +∫ z E. A E .I z 0

( se desprecia efectosV y )

siendo:

δ ´i = xC = 0

Fi = 1 Kg

Ri = ( H A = 1 kN ., M A = 3 kN .m )

∆´i = 0

Esfuerzos en las barras:

viga AB : estructura con c arg a unitaria : N = 1

Mz = 3

estructura dada con c arg a real : N ´= − H A

M ´z = VA .x − M A − 10.x.

x 2

pilar CB : estructura con c arg a unitaria : N = 0

M z = −1.x

estructura dada con c arg a real : N ´= −VC

M ´z = H C . x

y sustituyendo: 4

∫ 1.(− H

1.0 + 0 =

VA

A

).dx

0 5

2,1.10 .10 −3.106.53,8.10 −4

operando: yC = 0

4

∫ 3.(V .x − M A

+

3

∫ (−1.x).( H

− 5.x ).dx 2

A

0

2,1.105.10 −3.10 6.8360.10 −8

+

.x).dx

2,1.105.10 −3.106.8360.10 −8

−0, 0622.H A + 24.V A − 12.M A − 320 − 9.H C = 0

(4)

(5) MA

A

B

4m

Ecuaciones de equilibrio:

y

3 m

∑F =0 ∑M =0 y

A

VA = 1 kN M A = 1.4 = 4 kN .m

C

x

1 Kg

Teorema de los Trabajos Virtuales: L

∑ Fi .δ ´i +∑ Ri .∆´i = ∫ 0

siendo:

C

0

Fi = 1 Kg

L

M .M ´z .dx N .N ´.dx +∫ z E. A E .I z 0

δ ´i = yC = 0

( se desprecia efectosV y )

Ri = (VA = 1 kN ., M A = 4 kN .m )

∆´i = 0

Esfuerzos en las barras:

viga AB : estructura con c arg a unitaria : N = 0

M z = −1.x + 4 = 4 − x

estructura dada con c arg a real : N ´= − H A

M ´z = VA .x − M A − 10.x.

x 2

pilar CB : estructura con c arg a unitaria : N = −1

Mz = 0

estructura dada con c arg a real : N ´= −VC

M ´z = H C . x

y sustituyendo: 4

1.0 + 0 =

2 ∫ (4 − x).(VA .x − M A − 5.x ).dx 0

2,1.105.10 −3.106.8360.10 −8

3

∫ (−1).(−V

C

+

).dx

0

2,1.105.10 −3.106.53,8.10 −4

10, 667.VA − 8.M A − 106, 667 + 0, 0466.VC = 0

operando:

(5)

resolviendo finalmente el sistema de ecuaciones: (1), (2), (3), (4) y (5):

H A = 2,164 kN .,

VA = 22, 604 kN .,

H C = 2,164 kN .,

VC = 17, 396 kN .

M A = 16, 908 kN .m

3) Desplazamiento horizontal de B: Estructura isostática equivalente: MA = 16,908 kN.m

10 kN/m

A HA = 2,164 kN

4m

B

VA = 22,604 kN y

3 m

HC = 2,164 kN x

C VC = 17,396 kN

Apliquemos el teorema de los trabajos Virtuales:

B

A

1 kN

4m

HA

∑F = 0

3 m

y

H A = 1 kN

C

x

Teorema de los Trabajos Virtuales: L

∑ Fi .δ ´i +∑ Ri .∆´i = ∫ 0

siendo:

Fi = 1 Kg

L

M .M ´z .dx N .N ´.dx +∫ z E. A E .I z 0

δ ´i = yC = 0

( se desprecia efectosV y )

Ri = ( H A = 1 kN .)

∆´i = 0

Esfuerzos en las barras:

viga AB : estructura con c arg a unitaria : N = 1

Mz = 0

estructura dada con c arg a real : N ´= −2,164

M ´z = 22, 604.x − 16, 908 − 10.x.

x 2

pilar CB : estructura con c arg a unitaria : N = 0

Mz = 0

estructura dada con c arg a real : N ´= −17, 396

M ´z = 2,164.x

y sustituyendo: 4

1.δ HB + 0 =

∫ (1).(−2,164).dx 0 5

−3

6

2,1.10 .10 .10 .53,8.10

−4

→

δ HB = −8.10−6 m = −0, 008 mm ←

9.9.-La viga de la figura está empotrada en A y apoyada en B y tiene un cable de sujeción en C. Se pide calcular las reacciones en los apoyos y el esfuerzo en el cable. Datos: viga: IPE-240, cable: Φ=8 cm, E =2,1.105 N/mm2

T

2,5 m RA

A

10 kN/m

MA

RB

B

C

3m

1m

Ecuaciones de equilibrio:

∑F =0 ∑M = 0 y

zA

R A + RB + T = 10.4

(1)

RB .4 + T .3 + M A = 10.4.2

(2)

2 ecuaciones de equilibrio con 4 incógnitas ⇒ VIGA HIPERESTÁTICA Viga isostática equivalente: RA

A

10 kN/m

MA

y B = 0 (3)

condiciones:

3m

T

y C = ∆L ( 4)

RB

C

B 1m

Las flechas yB e yC las calcularemos aplicando el Teorema de los Trabajos Virtuales yB = 0 (3) RA

1 kN

A MA

C

3m

Ecuaciones de equilibrio:

∑F =0 ∑M =0 y

A

R A = 1 kN M A = 1.4 = 4 kN .m

B 1m

Teorema de los Trabajos Virtuales: L

∑ F .δ ´ +∑ R .∆´ = ∫ i

i

i

i

0

M z .M ´z .dx E .I z

( se desprecia efectosVy )

siendo:

δ ´i = y B = 0

Fi = 1 Kg

Ri = ( RA = 1 kN ., M A = 4 kN .m )

∆´i = 0

Esfuerzos en la viga:

0 − x −3: viga con c arg a unitaria : M z = −1.x + 4 = 4 − x viga dada con c arg a real : M ´z = RA .x − M A − 10.x.

x 2

3− x −4: viga con c arg a unitaria : M z = −1.x + 4 = 4 − x viga dada con c arg a real : M ´z = RB .(4 − x ) − 10.(4 − x ).

(4 − x) 2

y sustituyendo: 3

1.0 + 0 =

4

2 2 ∫ (4 − x).( RA .x − M A − 5.x ).dx + ∫ (4 − x).  RB .(4 − x) − 5.(4 − x)  .dx 0

operando:

3 −3

2,1.10 .10 .106.3890.10−8 5

RA .9 − M A .7,5 − 80 + RB .0,33 = 0

(3)

yC = ∆L (4) a) cálculo de yC: por el Teorema de los Trabajos Virtuales: 1 kN

RA

A

MA

3m

Ecuaciones de equilibrio:

∑F =0 ∑M =0 y

A

RA = 1 kN M A = 1.3 = 3 kN .m

Teorema de los Trabajos Virtuales:

C

B 1m

L

∑ Fi .δ ´i +∑ Ri .∆´i = ∫ 0

M z .M ´z .dx E .I z

( se desprecia efectosVy )

siendo:

δ ´i = yC = 0

Fi = 1 Kg

Ri = ( RA = 1 kN ., M A = 3 kN .m)

∆´i = 0

Esfuerzos en la viga:

0 − x −3: viga con c arg a unitaria : M z = 1.x − 3 = x − 3 viga dada con c arg a real : M ´z = RA .x − M A − 10.x.

x 2

3− x −4: viga con c arg a unitaria : M z = 0 viga dada con c arg a real : M ´z = RB .(4 − x ) − 10.(4 − x ).

(4 − x) 2

y sustituyendo: 3

∫ ( x − 3).( R .x − M A

1. yC + 0 =

A

− 5.x 2 ).dx

0 5

−3

6

2,1.10 .10 .10 .3890.10

−8

→ yC =

− RA .4, 5 + M A .4,5 + 33, 75 2,1.3890

b) Cálculo de ∆L:

∆L =

F .L T .2, 5 T .2, 5 = = 5 −3 6 2 −4 E. A 2,1.10 .10 .10 .π .0, 4 .10 2,1.10 4.π .0, 4 2

igualando ambos resultados por la ecuación (4):

− RA .4, 5 + M A .4, 5 + 33, 75 T .2,5 = 2,1.3890 2,1.104.π .0, 42

(4)

resolviendo finalmente el sistema de ecuaciones (1), (2), (3) y (4):

RA = 23, 274 kN ., M A = 17, 791 kN .m., RB = 12, 03 kN ., T = 4, 696 kN

9.10.-La ménsula ABC tiene su eje situado en un plano horizontal. Está formada por dos barras de sección circular, acodadas a 90º y está sometida a la carga vertical en C de 20 kN. Se pide: 1) Tensiones normales y cortantes máximas, indicando sección y puntos donde se darán 2) Desplazamiento vertical de C Datos: Φ=14 cm., E =2,1.105 N/mm2, G =8,1.104N/mm2 Nota: para el cálculo del apartado 2º se despreciará el efecto de las fuerzas cortantes Vy. VyA TA

z B

2m

A

x

20 kN MzA

1m y C

∑F =0 ∑M = 0 ∑M = 0 y

Cálculo de las reacciones en el empotramiento:

VyA = 20 kN

xA

TA = 20.1 = 20 kN .m

zA

M zA = 20.2 = 40 kN .m

Diagramas de esfuerzos: tramo AB:

tramo BC:

VyA = 20 kN

20 kN

20 kN

z TA = 20 kN.m A

20 kN

z B 20 kN.m

2m

x

MzA = 40 kN.m y

B 20 kN.m

x

1m

y

x

+ Vy

+ Vy

20 x

+ T

20 _ x

Mz _ x

Mz

0− x−2 V y = 20

V y = 20

T = 20

M z = −20.(1 − x )

M z = −20.(2 − x )

x = 0 → M z = −20

x = 0 → M z = −40

x =1→ Mz = 0

x = 2 → Mz = 0

x

20

20

40

C

0 − x −1

1) Sección más solicitada: ⇒ la sección A del tramo AB

V y = 20 kN

T = 20 kN .m

M z = 40 kN .m

Punto de σmáx: ⇒ puntos 1 1

Punto de τmáx : ⇒ punto 2 1

2

1

2

z

2

z

y

y

τ (T)

τ (Vy)

x 1 y

σ (Mz)

punto 1: M z . y1 40.103.103.7.10 σ máx = σ 1 = = = 148, 5 N / mm 2 4 π .7 Iz .1 0 4 4 punto 2 :

T .r2 20.103.103.7.10 τ 2 (T ) = = = 37,1 N / mm 2 4 π .7 It .10 4 2 V .Q 20.103.228, 7.103 τ 2* (Vy ) = y z 2 = = 1, 73 N / mm 2 4 π .7 t 2 .I z 14.10. .10 4 4 2 2 siendo Qz 2 = .( R 2 − y22 )3/ 2 = .(7 2 − 0 2 )3/ 2 = 228, 7 cm3 3 3 * τ máx = τ 2 = τ 2 (T ) + τ 2 (Vy ) = 38,83 N / mm 2 2) Desplazamiento vertical del extremo C: se hará aplicando el Teorema de los trabajos Virtuales VyA TA

A

z

1 kN

MzA

B

2m

x

1m

y C

∑F = 0 ∑M = 0 ∑M = 0 y

Cálculo de las reacciones en el empotramiento:

VyA = 1 kN

xA

TA = 1.1 = 1 kN .m

zA

M zA = 1.2 = 2 kN .m

Diagramas de esfuerzos: (se despreciará según el enunciado el efecto de las Vy) Tramo AB

Tramo BC

VyA = 1 kN 1 kN

z

1 kN

1 kN

z

TA = 1 kN.m A

B

2m

x

1 kN.m

MzA = 2 kN.m y

B

x

1m

C

1 kN.m y 1 x

+

_ x

1

T

Mz

2

_ x Mz

0 − x −1 M z = −1.(1 − x )

0− x−2 T =1 M z = −1.(2 − x )

x = 0 → M z = −1 x =1→ Mz = 0

x = 0 → M z = −2 x = 2 → Mz = 0 Teorema de los Trabajos Virtuales: L

L

M .M ´ .dx T .T ´.dx ∑ Fi .δ ´i +∑ Ri .∆´i = ∫ z E.I z + ∫ G.I z t 0 0

δ ´i = yC

Fi = 1 Kg

siendo:

( se desprecia efectosV y )

Ri = (V yA = 1 kN ., TA = 1 kN .m., M zA = 2)

∆´i = 0

y sustituyendo:

1. yC + 0 =

2

1

0

0

∫ [ −1.(2 − x)].[ −20.(2 − x)].dx + ∫ [ −1.(1 − x)].[ −20.(1 − x)].dx 5

−3

6

2,1.10 .10 .10 . 2

∫ 1.20.dx

+

0 4

−3

6

8,1.10 .10 .10 .

operando:

π .7 4 2

.10 −8

yC = 0, 028 m = 2,8 cm ↓

π .7 4 4

.10

−8

+

9.12.-Una pieza poco esbelta, empotrada en su extremo inferior y libre en el superior, está sometida en su extremo superior a una carga excéntrica de compresión de 50 kN, tal y como se indica en la figura. Se pide: 1) Tensiones en los puntos: a, b, c y d de la sección de empotramiento. 2) Posición del eje neutro en la sección de empotramiento. 3) Indicar si la carga excéntrica está actuando dentro o fuera del núcleo de la sección. 4) Desplazamientos en x, y, z, del centro de gravedad de la sección superior de la pieza. 50 kN Datos: E= 2,1.105 N/mm2 x

z 2,5 cm

A = 15.20 = 300 cm 2 y

1 .20.153 = 5625 cm 4 12 1 I y = .15.20 3 = 10000 cm 4 12 Iz =

1,25 cm 80 cm d

c

a

20 cm

b

15 cm

Llevando la carga de 50 Kg al centro de gravedad de la sección donde actúa se tendrá: x

50 kN 62,5 kN.cm

M z = 50.1, 25 = 62,5 kN .cm M y = 50.2,5 = 125 kN .cm

125 kN.cm

Cálculo de las reacciones: 80 cm

z d

c

a

MzA

b

VA 15 cm

MyA

∑ F = 0 V = 50 kN ∑ M = 0 M = 62,5 kN .cm ∑ M = 0 M = 125 kN .cm x

y 20 cm

A

zA

zA

yA

yA

Diagramas de esfuerzos:

0 − x − 80 N = −50 kN

M z = −62, 5 kN .cm

x 50 kN

x

M y = −125 kN .cm x

x

62,5 kN.cm 50

62,5

125

_

_

_

125 kN.cm

z 125 kN.cm y 62,5 kN.cm

N

Mz

My

50 kN

σ =

Tensiones en los puntos a, b c y d:

N M z . y M y .z + + A Iz Iy

−50.103 −62, 5.103.10.(−7, 5.10) −125.103.10.(−10.10) σa = + + = 0, 417 N / mm 2 2 4 4 300.10 5625.10 10000.10

σb =

−50.103 −62, 5.103.10.( +7, 5.10) −125.103.10.( −10.10) + + = −1, 25 N / mm 2 2 4 4 300.10 5625.10 10000.10

σc =

−50.103 −62, 5.103.10.( +7, 5.10) −125.103.10.( +10.10) + + = −3, 75 N / mm 2 300.10 2 5625.10 4 10000.10 4

σd =

−50.103 −62, 5.103.10.( −7, 5.10) −125.103.10.( +10.10) + + = −2, 083 N / mm 2 300.10 2 5625.10 4 10000.10 4

Eje neutro:

zn = 0

Iz 5625 iz2 300 = −15 cm yn = − = − A = − ey ey 1,25

yn = 0 zn = − 15 cm d

i y2 ez

Iy =−

A =−

ez

10000

300 = −13,33 cm 2,5

z

15 cm

c

n

compresión

20 cm tracción

y 13,3 cm

b

a n

Como el eje neutro corta a la sección ⇒ “la carga de 50 kN actúa fuera del núcleo de la sección” Desplazamiento en x del extremo superior:

x

∑F

Cálculo de reacciones:

=0

x

VA = 1 kN

1 kN

0 − x − 80

Esfuerzos:

N = −1

Teorema de los Trabajos Virtuales: L

∑ Fi .δ ´i + ∑ Ri .∆´i = ∫ 0

δ ´i = δ x

Fi = 1 kN

siendo:

VA

N .N ´.dx E. A

Ri = VA = 1 kN

∆´i = 0

80

1.δ x + 0 =

sustituyendo:

∫ (−1).(−50).dx

⇒

0 −3

5

2

2,1.10 .10 .10 .300

δ x = 6,35 .10 −4 cm ↓

Desplazamiento en y del extremo superior: (Se desprecia el efecto de las Vy) 1 kN

∑F =0 ∑M = 0

Cálculo de reacciones:

y

zA

Esfuerzos: x MzA

z

0 − x − 80

M zA = 1.80 = 80 kN .cm

M z = 1.x − 80 = x − 80

Teorema de los Trabajos Virtuales: y

L

∑ Fi .δ ´i + ∑ Ri .∆´i = ∫

HyA

0

Fi = 1 kN

siendo:

H yA = 1 kN

δ ´i = δ y

sustituyendo:

M z .M ´ z .dx E .I z

Ri = ( H yA = 1 kN ., M zA = 80 kN .cm )

∆´i = 0

80

1.δ y + 0 =

∫ ( x − 80).(−62,5).dx 0 5

−3

⇒

2

2,1.10 .10 .10 .5625

δ y = 1,7.10 −3 cm →

Desplazamiento en z del extremo superior: (Se desprecia el efecto de las Vz) 1 Kg

Cálculo de reacciones:

∑F =0 ∑M = 0 z

yA

Esfuerzos: x

z

MyA

0 − x − 80

H zA = 1 kN M yA = 1.80 = 80 kN .cm

M y = 1. x − 80 = x − 80

Teorema de los Trabajos Virtuales:

HzA

L

∑ Fi .δ ´i + ∑ Ri .∆´i = ∫

y

0

siendo:

Fi = 1 Kg

M y .M ´ y .dx

δ ´i = δ z

sustituyendo:

Ri = ( H zA = 1 kN ., M yA = 80 kN .cm )

E.I y ∆´i = 0

80

1.δ z + 0 =

∫ ( x − 80).(−125).dx 0

2,1.105.10 −3.102.10000

⇒

δ z = 1,9.10 −3 cm

9.14.-En la marquesina de la figura se pide calcular: 1) Diagramas de esfuerzos 2) Dimensionamiento a resistencia de la sección de la viga y el pilar, utilizando un criterio plástico 3) Desplazamiento vertical y horizontal del extremo derecho de la viga Datos: viga: IPE, pilar: HEB, E= 2,1.105 N/mm2, fy = 275 N/mm2; coeficiente de minoración del material: γM =1,1; coeficiente de mayoración de cargas: γ =1,35 Nota: En el cálculo del apartado 3º se despreciará el efecto de las fuerzas cortantes Vy 50 kN

20 kN/m C

1m B

5 kN/m

D

3m

A H

3m

MA

VA

Cáculo de las reacciones

∑F =0 ∑F =0 ∑M = 0 H

V

A

H A = 5.3 = 15 kN VA = 50 + 20.4 = 130 kN M A =50.3 + 5.3.1,5 + 20.4.1 = 252,5 kN .m

Diagramas de esfuerzos: 50 kN

20 kN/m

N B

C 1m

5 kN/m

D

3m

_

3m

MA =252,5 kN.m

A

A HA = 15 kN

130

VA = 130 kN

240 Mz 20

Vy

_

10 230

+ 50

_

110

A

+ A

15 252,5

Viga

0 − x −1 V y = −20.x M z = −20.x.

x = 0 → Vy = 0 x 2

x = 1 → V y = −20

x = 0 → Mz = 0

x = 1 → M z = −10

1− x − 4 V y = 50 + 20.(4 − x )

x = 1 → V y = 110

M z = −50.x − 20.(4 − x ).

(4 − x ) 2

x = 4 → V y = 50

x = 1 → M z = −240

x = 4 → Mz = 0

Pilar

0− x−3 N = −130 V y = 15 − 5.x

x = 0 → V y = 15

M z = 15.x − 252, 5 − 5.x.

x 2

x = 3 → Vy = 0

x = 0 → M z = −252, 5

x = 3 → M z = −230

Observación: con el objeto de comprobar los resultados de los diagramas de esfuerzos se pueden hacer comprobaciones del equilibrio de los nudos de la estructura. Así por ejemplo si se aisla el nudo B de unión entre viga y pilar y le aplicamos las solicitaciones de las tramos que llegan a él se tendría: 20 kN

110 kN

se cumple el equilibrio del nudo : B

240 kN.m

⇒

10 kN.m

∑F =0 ∑M = 0

230 kN.m 130 kN

Dimensionamiento a resistencia de la sección de la viga (criterio plástico):

a flexión : M z* ≤ M zpl ,d = Wzpl . f yd

sustituyendo :

275 N / mm2 240.10 .10 .1,35 N .mm ≤ Wzpl . 1,1 tablas : → IPE − 400 a cor tan te : 3

3

Vy* ≤ Vypl ,d = Av .

f yd 3

→ Wzpl ≥ 1296000 mm3

siendo Av ≅ h.t f = 400.13,5 = 5400 mm 2

sustituyendo : 110.103.1,35 = 148500 N ≤ 5400 mm2 .

275 /1,1 N / mm 2 = 779422,9 N 3

¡ Si se c umple ! 1 779422,9 y ademas como : Vy* = 148500 N ≤ .Vypl ,d = = 389711, 4 N 2 2 ¡ No es necesario combinar el flector M z con la cor tan teVy ! viga CBD : IPE − 400

Dimensionamiento a resistencia de la sección del pilar (criterio plástico):

a flexión : M zmáx = 252,5 kN .m M z* ≤ M zpl ,d = Wzpl . f yd

sustituyendo :

252,5.103.103.1,35 N .mm ≤ Wzpl .

275 N / mm2 1,1

→ Wzpl ≥ 1363500 mm3

tablas : → HEB − 280 combinación : axil + flexión : M zmáx = 252,5 kN .m; N máx = 130 kN N* M z* + ≤1 N pl ,d M zpl , d

sustituyendo :

130.103.1,35 252,5.103.103.1,35 + = 0,94 < 1 ¡ si cumple ! 3285000 383500000 275 N / mm 2 siendo : N pl ,d = A. f yd = 131, 4.102 mm 2 . = 3285000 N 1,1 275 M zpl , d = Wzpl ( HEB − 280). f yd = 1534.103. = 383500000 N .mm 1,1 a cor tan te : Vy* ≤ Vypl ,d = Av .

f yd

siendo Av ≅ h.t f = 280.18 = 5040 mm 2

3

275 /1,1 N / mm 2 sustituyendo : 15.10 .1,35 = 20250 N ≤ 5040 mm . = 727461,3 N 3 ¡ Si se c umple ! 3

2

1 727461,3 y ademas como : Vy* = 20250 N ≤ .Vypl ,d = = 363730, 7 N 2 2 ¡ No es necesario combinar el flector M z y el axil N con la cor tan te Vy ! pilar AB : HEB − 280

Desplazamiento vertical de D: se aplicará el Teorema de los Trabajos Virtuales. (Se despreciará el efecto de las Ry) 1 kN C

1m B

D

3m

Cálculo de las reacciones:

∑F = 0 ∑M = 0

3m

V

VA = 1 kN M A =1.3 = 3 kN .m

A

A

MA =3 kN.m

VA = 1 kN

0 − x −1 M z = 0

Esfuerzos en la viga:

Esfuerzos en el pilar:

1− x − 4

M z = −1.( 4 − x )

0− x−3

N = −1

M z = −3

Teorema de los Trabajos Virtuales: L

∑ Fi .δ ´i +∑ Ri .∆´i = ∫ 0

sien do:

L

M .M ´z .dx N .N ´.dx +∫ z E. A E .I z 0

δ ´i = yD

Fi = 1 kN

( se desprecia efectosV y )

Ri = (VA = 1 kN ., M A = 3 kN .m. )

∆´i = 0

y sustituyendo: 3

1. y D + 0 =

0 5

−3

6

2,1.10 .10 .10 .131, 4.10 4

+

3

∫ (−1).(−130).dx −4

x

∫ (−3).(15.x − 252,5 − 5.x. 2 ).dx

+

0

2,1.105.10−3.106.19270.10−8



∫ [ −1.(4 − x)].  −50.(4 − x) − 20.(4 − x). 1

+

(4 − x )  .dx 2 

2,1.105.10 −3.106.23130.10 −8 y D = 6, 64 cm ↓

y operando:

Desplazamiento horizontal de D: se aplicará el Teorema de los Trabajos Virtuales. (Se despreciará el efecto de las Ry) 1 kN C

1m B

3m

3m

MA =3kN.m HA = 1 kN

A

D

Cálculo de las reacciones:

∑F ∑M

H A

= 0 H A = 1 kN = 0 M A =1.3 = 3 kN .m

0 − x −1 N = 0

Esfuerzos en la viga:

1− x − 4

Mz = 0

N =1 Mz = 0

0 − x − 3 M z = 1.x − 3

Esfuerzos en el pilar:

L

L

M .M ´ .dx N .N ´.dx ∑ Fi .δ ´i +∑ Ri .∆´i = ∫ E. A + ∫ z E.I z z 0 0

( se desprecia efectosV y )

siendo:

Fi = 1 Kg

δ ´i = xD

Ri = ( H A = 1 kN ., M A = 3 kN .m. ) 3

y sustituyendo:

operando:

1.xD + 0 =

∆´i = 0

x

∫ (1.x − 3).(15.x − 252,5 − 5.x. 2 ).dx

xD = 2,69 cm →

0

2,1.105.10−3.106.19270.10−8

9.15.-En el pilar de la figura, se pide: A.-Considerando que la curva elástica es producida sólo por las cargas laterales, calcular: 1) Ecuación de momentos flectores y momento flector máximo 2) Ecuación de la elástica 3) Flecha máxima 4) Comprobación a resistencia de la sección con criterio elástico B.-Considerando que la elástica producida por las cargas laterales se amplifica por la carga de compresión, calcular: 1) Ecuación de la elástica 2) Flecha máxima 3) Ecuación de momentos flectores y momento flector máximo 4) Comprobación a resistencia de la sección con criterio elástico Datos: fy = 275 N/mm2 ; γM = 1,1; γ = 1,5; E = 2,1.105 N/mm2; HEB-200 F=300 kN

60 kN.m 6m z y A.-Considerando que la curva elástica es producida sólo por las cargas laterales F=300 kN 300

HB

x

x

x 10

60

60 kN.m -

6m

-

z HA

N

Vy

0

M

z

y VA

Cálculo de reacciones:

∑F =0 ∑F =0 ∑M = 0

Diagramas de esfuerzos

x

VA = 300 kN

y

H A =H B

zA

0− x−6

→ H A = 10 kN

H B .6 = 60 → H B = 10 kN

N = −300 V y = −10 M z0 = −10.x x = 0 → M z0 = 0

M = −10.x 0 z

M

0 z max

= −60 kN .m

x = 6 → M z0 = −60 = M z0max

Ecuación línea elástica d 2 y0 M z0 =− dx 2 E .I z

→

d 2 y0 E .I z . 2 = − M z0 = −( −10.x ) = 10.x dx

dy 0 x2 E .I z . = 10. + C1 dx 2 0 condiciones de contorno : x = 0 → y = 0 x = 6 → y0 = 0

x3 E .I z . y = 10. + C1 .x + C2 6 0

⇒ C1 = −60, C2 = 0

10 3 .x − 60.x 0 6 y = 2,1.105.10−3.106.5696.10−8 flecha máxima :

dy 0 = 0 → x = 3,46 m dx

0 ymax = y 0 ( x = 3, 46 m ) = −11, 6 mm

Comprobación a resistencia de la sección con criterio elástico: sección más solicitada:

x = 6 m → N = −300 kN ., M z0 = −60 kN .m., Vy = −10 kN Comprobación a flexión M z* N* + ≤1 N pl ,d M zel ,d N * = 300.103.1,5 = 450.103 N N pl ,d = A. f yd = 91.102. 275

1,1

M z* = 60.106.1,5 = 90000.103 N .mm = 2275.103 N

M zel ,d = Wzel . f yd = (tablas HEB − 200) = 569, 6.103. 275 sustituyendo en la fórmula :

1,1

= 142400.103 N .mm

450.103 90000.103 + = 0,83 ≤ 1 → si cumple 2275.103 142400.103

Comprobación a cortadura Vy* ≤ Vypl ,d = Av .

f yd

3 V = 10.10 .1,5 = 15.103 N * y

3

175 1,1 Vypl ,d = 200.9. = 165,332.103 N 3 sustituyendo en la fórmula :15.103 ≤ 165,332.103 → si cumple 1 y además se cumple : Vy* ≤ .Vypl ,d → no hay que combinar con flectores 2

B.-Considerando que la elástica producida por las cargas laterales se amplifica por la carga de compresión:

Ecuación línea elástica : d2y M =− z 2 dx E .I z

d2y ( M z0 + F . y ) = − dx 2 E .I z

( siendo : M z = M z0 + F . y ) →

d2y F M z0 + .y = − dx 2 E.I z E .I z

( y haciendo : k z2 =

F 300 = = 0, 025 5 −3 E.I z 2,1.10 .10 .106.5696.10−8

d2y M z0 ( −10.x) 2 + = − =− = 8,36.10 −4.x k . y z 2 dx E.I z 2,1.5696 esta ecuación diferencial tiene una solución de la forma : y = C1.senk z .x + C2 .cos k z .x + C3 .x + C4 (observación : la solución particular es del mismo grado que M z0 , osea será de1er grado : C3 .x + C4 ) Para obtener las cons tan tes C3 y C4 se procederá del siguiente mod o : dy y derivando de nuevo = C1.k z cos k z .x − C2 .k z .senk z .x + C3 dx d2y = −C1.k z2 .senk z .x − C2 .k z2 .cos k z .x y llevando esta exp resión y la de y a la ec.dif : 2 dx 2 −C1.k z .senk z .x − C2 .k z2 .cos k z .x + k z2 .(C1.senk z .x + C2 .cos k z .x + C3 .x + C4 = 8,36.10 −4.x derivando :

operando : k z2 .C3 .x + k z2 .C4 = 8,36.10 −4.x 0,025.C3 .x + 0,025.C 4 = 8,36.10 − 4.x ⇒

( y como : k z2 = 0, 025)

0,025.C3 = 8,36.10 −4  C3 = 0,033  0,025.C 4 = 0  C4 = 0

la ecuación de la elástica : y = C1.senk z .x + C 2 . cos k z .x + C3 .x + C 4 = C1 .sen 0,158 .x + C 2 . cos 0,158 .x + 0,033 .x ( siendo : k z2 = 0,025 → k z = 0,158) para hallar las cons tan tes C1 y C 2 se ponen las condicione s de contorno : x = 0 → y = 0 C2 = 0  y se obtiene : C1 = −0,244 x = 6 → y = 0 así quedará finalmente como ecuación de la línea elástica : y = −0,244.sen (0,158.x ) + 0,033.x

flecha máxima :

dy = 0 → x = 3,44 m dx

ymax = y ( x = 3, 44 m) = −12, 7 mm

Momento flector M z : d2y M =− z 2 dx E.I z

d2y → M z = − E.I z . 2 = −2,1.5696.(−0, 244.0, 025.sen(0,158.x)) dx M z = 72,966.sen(0,158.x)

x = 0 → Mz = 0

x = 6 m → M z = 60 kN .m

x = 4, 2 m → M z = 44,95 kN .m

Otra forma de obtenerlo sería:

M z = M z0 + F . y = −10.x + 300.(−0, 244.sen(0,158.x) + 0, 033.x)

Si representamos la elástica y los diagramas de esfuerzos ahora serían: F=300 kN 300

HB

x

x

x

x

10

60 60 44,95 42

60 kN.m 1,27 1,16

6m

-

-

3,44

z HA

y

y 0 y

N

Vy

4,2 m Mz 0 Mz

VA

Comprobación a resistencia de la sección con criterio elástico: sección más solicitada:

x = 6 m → N = −300 kN ., M z = −60 kN .m., V y = −10 kN en este caso son los mismos esfuerzos que en la sección A: (Mz = 60 kN.m = M0z), luego no es necesaria la comprobación