análisis estructural - r. c. hibbeler - 8 edición

7/17/2019 Análisis Estructural - R. C. Hibbeler - 8 Edición

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R. C. HIBBELER

O C TAVA E D I C I Ó N

ANÁLISISESTRUCTURAL




parábola

14

mm ¿L16

m12m¿1 + m ¿22L16

mm ¿L12

mm ¿L

m21L + a241

12mm ¿a3 + 3a

L - a2

L 2bL16

m3m¿11L + b2 +16

mm ¿1L + a212

mm ¿L

+ m ¿2

1m1 + 2m2

24L

112

3m¿

13m1 + 5m2

24L

16

3m¿1

12m1 + m2

216

m¿

1m1 + 2m2

2L

12

m¿

1m1 + m 2

2L

512

mm ¿L16

m1m¿1 + 2m¿22L13

mm ¿L12

mm ¿L

23

mm ¿L12

m1m¿1 + m ¿22L12

mm ¿Lmm ¿L

LL

0 m m¿ dx

Tabla para evaluar m m dx LL

0

Deflexiones y pendientes de vigas

Carga Ecuación

en x = Len x = L

v = M O

2EI x2umáx =

MOLEI

vmáx = MOL 2

2EI

en x = Len x = L

v = P6EI 1x3 - 3Lx 22umáx = - PL 2

2EIvmáx = - PL 3

3EI

gcgu +cv +



ANÁLISISESTRUCTURALOCTAVA EDICIÓN

R. C. HIBBELER

Gelacio Juárez LunaDepartamento de Estructuras

Universidad Autónoma MetropolitanaUnidad Azcapotzalco

David Sepúlveda GarcíaDepartamento de Mecánica

Escuela Superior de Ingeniería Mecánica y EléctricaUnidad Profesional Azcapotzalco

Instituto Politécnico Nacional

TRADUCCIÓNJesús Elmer Murrieta Murrieta

Maestro en investigación de operacionesTecnológico de Monterrey Campus Morelos

REVISIÓN TÉCNICA



Authorized translation from the English language edition, entitledSTRUCTURAL ANALYSIS, 8 th Edition, byRussell C. Hibbeler, published by Pearson Education, Inc., publishing as Prentice Hall Inc., Copyright © 2012.All rights reserved.ISBN 9780132570534

Traducción autorizada de la edición en idioma inglés, tituladaSTRUCTURAL ANALYSIS, 8ª Edición porRussell C. Hibbeler, publicada por Pearson Education, Inc., publicada como Prentice Hall Inc.,Copyright © 2012.Todos los derechos reservados.

Esta edición en español es la única autorizada.

Edición en españolDirección General: Laura KoestingerDirección Educación Superior: Mario ContrerasEditor Sponsor: Luis M. Cruz Castillo

e-mail: [email protected] de Desarrollo: Bernardino Gutiérrez HernándezSupervisor de Producción: Rodrigo Romero VillalobosGerencia Editorial

Educación Superior Latinoamérica: Marisa de Anta

OCTAVA EDICIÓN, 2012D.R. © 2012 por Pearson Educación de México, S.A. de C.V.

Atlacomulco 500-5o. pisoCol. Industrial Atoto53519, Naucalpan de Juárez, Estado de México

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Reservados todos los derechos. Ni la totalidad ni parte de esta publicación pueden reproducirse, registrarse otransmitirse,por un sistema de recuperación de información,en ninguna forma ni por ningún medio,sea electrónico,mecánico, fotoquímico, magnético o electroóptico, por fotocopia,grabación o cualquier otro,sin permiso previo porescrito del editor.

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ISBN VERSIÓN IMPRESA: 978-607-32-1062-1ISBN VERSIÓN E-BOOK: 978-607-32-1063-8ISBN E-CHAPTER: 978-607-32-1064-5

Impreso en México.Printed in Mexico.1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 - 15 14 13 12

Datos de catalogación bibliográfica

HIBBELER, R. C.Análisis estructural.Octava edición

PEARSON EDUCACIÓN, México, 2012

ISBN: 978-607-32-1062-1 Área: IngenieríaFormato: 20 25.5 cm Páginas: 720



A los estudiantCon la esperanza de que este trabajo estim

su interés por el análisis estructural y proporcuna guía aceptable hacia su comprensi



El propósito de este libro es proporcionar al estudiante una presentaciónclara y completa de la teoría y la aplicación del análisis estructural enarmaduras, vigas y marcos. En esta obra se hace énfasis en el desarrollode la capacidad de los estudiantes para modelar y analizar una estructu-

ra, y se proporcionan aplicaciones reales como las que pueden encon-trarse en la práctica profesional.Desde hace muchos años, los ingenieros han utilizado métodos matri-

ciales para analizar estructuras. Aunque estos métodos son de probadaeficiencia para realizar un análisis estructural, el autor opina que losestudiantes que tomen por primera vez un curso sobre este tema tam-bién deben conocer con profundidad algunos de los métodos clásicosmás importantes. La práctica en la aplicación de estos métodos cimen-tará una comprensión más profunda de dos de las ciencias básicas deingeniería: la estática y la mecánica de materiales. Inclusive, las habilida-des para resolver problemas se desarrollan aún más cuando se conside-ran y aplican diversas técnicas de una manera clara y ordenada.Al resol-

ver problemas de este modo es posible captar de una mejor manera laforma como se transmiten las cargas a través de una estructura y com-prender con más exactitud la manera en que la estructura se deformabajo una carga. Por último, los métodos clásicos brindan un medio paracomprobar los resultados obtenidos al usar una computadora, en lugarde limitarse a confiar en los resultados generados.

Novedades en esta edición• Problemas fundamentales. Estos conjuntos de problemas selocalizan de forma selectiva justo después de los problemas de ejem-plo.Ofrecen a los estudiantes aplicaciones sencillas de los conceptos y,por lo tanto, les proporcionan la oportunidad de desarrollar sus habi-lidades para resolver dificultades antes de tratar de solucionar algunode los problemas típicos que se presentan más adelante; y puedenconsiderarse ejemplos extendidos, puesto que todos cuentan con solu-ciones y respuestas al final del libro. Además, son un medio excelentepara estudiar antes de los exámenes generales;y también son muy úti-les como preparación para el examen final ya sea del curso o paraobtener su título profesional en ingeniería.• Revisión del contenido. Cada sección del texto se revisó cuidado-samente para mejorar su claridad. Esto incluye la incorporación, en el

capítulo 1, de las nuevas normas sobre cargas ASCE/SEI 07-10, unaexplicación mejorada sobre cómo trazar diagramas de cortante, dia-gramas de momento y la curva de deflexión de una estructura; la con-solidación del material sobre estructuras que tienen un momento deinercia variable, la inclusión de un análisis más profundo de las estruc-turas que cuentan con articulaciones internas aplicando análisis matri-cial; y la adición de un nuevo Apéndice B donde se analizan algunasde las características comunes para ejecutar el software computacionalmás reciente sobre análisis estructural.

PREFACIO



• Cambios en los ejemplos. Con el fin de ilustrar de mejor manerlas aplicaciones prácticas de la teoría, en el texto se han cambiaalgunos ejemplos, y con ayuda de fotografías se han aplicado técnde modelado y análisis de cargas sobre estructuras reales.• Fotografías adicionales. La importancia de conocer el objeto destudio se refleja en las aplicaciones al mundo real que se muestra

través de una gran cantidad de fotografías nuevas y actualizadas, jucon comentarios a lo largo del libro.• Problemas nuevos. Aproximadamente 70% de los problemas desta edición son nuevos. Con estos ejercicios se mantiene un equilibentre las aplicaciones fáciles, las regulares y las difíciles. Estos promas han sido revisados tanto por el autor como por otros cuatro paticipantes:Scott Hendricks,Nohra Karim, Norlin Kurt y Kai Beng Y• Disposición de los problemas. Para mayor comodidad en la asignación de tareas, los problemas se han distribuido a lo largo del teen secciones bien definidas con problemas ilustrativos de ejemplo yconjunto de problemas de tarea dispuestos en orden de dificultad c

ciente.

Organización y enfoqueEl contenido de cada capítulo está organizado en secciones con temespecíficos, clasificados por subtítulos. Los razonamientos relevansobre una teoría particular son breves pero completos. En la mayoríalos casos después de estos razonamientos se presenta una guía del “pcedimiento de análisis”, la cual proporciona un resumen de los conctos más importantes y un enfoque sistemático para la aplicación deteoría. Los problemas de ejemplo se resuelven usando este méto

esquematizado con el fin de hacer más clara su aplicación numérica.problemas se presentan al final de cada grupo de secciones y están ornizados para cubrir el material en orden secuencial. Además, para catema los problemas están dispuestos en orden de dificultad creciente

Elementos importantes• Fotografías. A lo largo del libro se utiliza una gran cantidad dfotografías para explicar cómo se aplican los principios del anáestructural en situaciones del mundo real.• Problemas. En la mayoría de los problemas del libro se present

situaciones reales que puede encontrarse en la práctica. Este realismdebería estimular el interés de los estudiantes en el análisis estructuy desarrollar su habilidad para reducir los problemas de este tidesde su descripción física hasta un modelo o representación simbca a la cual pueda aplicarse la teoría correspondiente. En este libro hun balance de problemas en los que se utilizan unidades del SisteInternacional (metro-kilogramo-segundo) y del Sistema Inglés (plibra-segundo) con la intención de poner a prueba la habilidad destudiante para aplicar la teoría, teniendo en cuenta que los problem

X PREFACIO



que requieren cálculos tediosos se pueden relegar a un análisis porcomputadora.• Respuestas a problemas seleccionados. Las respuestas a losproblemas seleccionados aparecen al final del libro.Hemos tenido cui-dado especial en su presentación y solución; todos han sido revisados,y sus soluciones comprobadas y verificadas una y otra vez para garan-

tizar su claridad y precisión numérica.• Problemas de ejemplo. Todos los problemas de ejemplo se pre-sentan de manera concisa y con un estilo fácil de entender.• Ilustraciones. Hemos aumentado la cantidad de figuras ilustrati-vas e ilustraciones reales que proporcionan una fuerte conexión con lanaturaleza tridimensional de la ingeniería estructural.• Triple comprobación de la exactitud. Esta edición ha pasado poruna rigurosa comprobación de su exactitud y una profunda revisión delas pruebas de imprenta. Además de la revisión que realizó el autorsobre el texto y las ilustraciones,Scott Hendricks, del Instituto Politécnicode Virginia; Karim Nohra de la Universidad del Sur de Florida,y KurtNorlin, de Laurel Technical Services, revisaron de nuevo las pruebasde imprenta y en conjunto inspeccionaron todo el Manual de solucio-nes para el profesor.

ContenidoEste libro está dividido en tres partes. La primera consta de siete capítu-los que abarcan los métodos clásicos del análisis de estructuras estática-mente determinadas. El capítulo 1 presenta los distintos tipos de formasestructurales y cargas. El capítulo 2 analiza la determinación de fuerzasen los soportes y conexiones de vigas y marcos estáticamente determi-nados. El análisis de los distintos tipos de armaduras estáticamentedeterminadas se presenta en el capítulo 3; en tanto que las funciones ylos diagramas de cortante y de momento de flexión en vigas y marcos seestudian en el capítulo 4. En el capítulo 5 veremos los sistemas simplesde cable y arco,y en el capítulo 6 se estudian las líneas de influencia paravigas, tensores y armaduras. Por último, el capítulo 7 ofrece varias técni-cas comunes para el análisis aproximado de estructuras estáticamenteindeterminadas.

La segunda parte del libro cubre en 6 capítulos las estructuras estática-

mente indeterminadas. En el capítulo 8 se analizan los métodos geomé-tricos para el cálculo de deflexiones. En el capítulo 9 se estudian losmétodos de energía para encontrar deflexiones. El capítulo 10 hace unanálisis de las estructuras estáticamente indeterminadas mediante elmétodo de la fuerza, además de un estudio de las líneas de influenciapara vigas.En el capítulo 11 estudiaremos los métodos de desplazamientoque se componen del método de pendiente-deflexión, y en el capítulo 12veremos la distribución de momentos. Por último, el capítulo 13 ofreceun panorama de las vigas y marcos de elementos no prismáticos.

PREFACIO



La tercera parte del libro trata el análisis matricial de estructuras apcando el método de la rigidez. Las armaduras se examinan en el caplo 14, las vigas en el 15 y los marcos en el 16. En el apéndice A se un repaso del álgebra matricial,mientras que el apéndice B proporciouna guía general para el uso del software disponible para la resolucde problemas de análisis estructural.

Recursos para los profesores (en inglés)• Manual de soluciones para el profesor. El autor preparó unmanual de soluciones para el profesor, el cual también fue revisacomo parte del programa de triple comprobación de exactitud.• Presentaciones en PowerPoint. Todas las ilustraciones del libroestán disponibles en diapositivas de PowerPoint y en formato JPEEstos archivos están disponibles en el centro de recursos para el pfesor en www.pearsonenespañol.com/hibbeler. Contacte a su repsentante local de Pearson para obtener sus claves de acceso.• Soluciones en video. Son soluciones en video con descripcionpaso a paso para resolver los problemas de tarea más representativde cada sección del libro. Utilice eficientemente las horas de clasofrezca a sus estudiantes los métodos completos y concisos para rever problemas con estos videos, a los cuales pueden tener accesocualquier momento y estudiar a su propio ritmo. Los videos esdiseñados como un recurso flexible que puede usarse cada vez queprofesor y el estudiante lo requieran.Son una herramienta muy valsa ya que puede verlos una y otra vez para verificar su comprensiótrabajar con algún problema siguiendo los pasos del video.Este marial se encuentra en www.pearsonenespañol.com/hibbeler, siguienlos vínculos deStructural Analysis hasta Video Solutions .

ReconocimientosMás de un centenar de mis colegas en la profesión docente y muchosmis alumnos han hecho valiosas sugerencias muy útiles en la preparade este libro. Por este medio me gustaría hacerles un reconocimiento todos sus comentarios; asimismo quisiera agradecer a los revisores ctratados por mi editor para esta nueva edición:

Thomas H. Miller,Oregon State UniversityHayder A. Rasheed,Kansas State UniversityJeffrey A. Laman,Penn State UniversityJerry R. Bayless,University of Missouri—RollaPaolo Gardoni,Texas A&M UniversityTimothy Ross,University of New MexicoF.Wayne Klaiber, Iowa State UniversityHusam S. Najm,Rutgers University

XI I PREFACIO



También fueron muy apreciables las observaciones constructivas deKai Beng Yap y Barry Nolan, ambos ingenieros en activo.Por último,megustaría agradecer el apoyo de mi esposa Conny, que siempre ha sido degran ayuda en la preparación del manuscrito.

Estaré muy agradecido al lector que me envíe algún comentario o suge-rencia sobre el contenido de esta edición.

Russell Charles Hibbeler [email protected]

PREFACIO



CRÉDITOSEntrada del capítulo 1: © CJ Gunther/epa/CorbisFigura 1.6(a), página 7: Mark Harris/Photodisc/Getty ImagesEntrada del capítulo 2: Joe Gough/Shutterstock

Entrada del capítulo 3: © Robert Shantz/AlamyEntrada del capítulo 4: Ralf Broskvar/123rf Entrada del capítulo 5: © Greg Balfour Evans/AlamyEntrada del capítulo 6: © Accent Alaska.com/AlamyEntrada del capítulo 7: © David R. Frazier Photolibrary,

Inc./AlamyEntrada del capítulo 8: [Fotógrafo]/Stone/Getty ImagesEntrada del capítulo 9: Alamy Images

Entrada del capítulo 10: ShutterstockEntrada del capítulo 11: © 2011 Photos.com, una división de Getty

Images. Derechos reservados.Entrada del capítulo 12: Fotosearch/SuperStockEntrada del capítulo 13: iStockphoto.comEntrada del capítulo 14: © Corbis RF/AlamyEntrada del capítulo 15: © Paul A. Souders/CORBISEntrada del capítulo 16: © Alan Schein/CorbisPortada 1: zimmytws\ShutterstockPortada 2: Vladitto\Shutterstock

Las fotografías restantes fueron proporcionadas por el autor, R. C. Hibbeler.



1Tipos de estructurasy cargas 3

1.1 Introducción 31.2 Clasificación de estructuras 41.3 Cargas 91.4 Diseño estructural 26

Problemas 27Repaso del capítulo 31

4Cargas internasdesarrolladas enelementos estructurales 133

4.1 Cargas internas en un puntoespecífico 1334.2 Funciones de fuerza cortante

y de momento 1394.3 Diagramas de fuerza cortante

y de momento para una viga 1504.4 Diagramas de fuerza cortante

y de momento para un marco 1634.5 Diagramas de momento construidos

por el método de superposición 168Problemas 173Repaso del capítulo 178

3Análisis de armadurasestáticamentedeterminadas 79

3.1 Tipos comunes de armaduras 793.2 Clasificación de armaduras coplanares 853.3 El método de los nodos 943.4 Elementos de fuerza cero 98

2Análisis de estructurasestáticamentedeterminadas 33

2.1 Estructura idealizada 332.2 Principio de superposición 462.3 Ecuaciones de equilibrio 472.4 Determinación y estabilidad 482.5 Aplicación de las ecuaciones

de equilibrio 59Repaso del capítulo 68Problemas fundamentales 70Problemas 72Problema de proyecto 77

CONTENIDO

5Cablesy arcos 181

5.1 Cables 1815.2 Cable sometido a cargasconcentradas 1825.3 Cable sometido a una carga

uniformemente distribuida 1845.4 Arcos 1945.5 Arco de tres articulaciones 195


3.5 El método de las secciones 1043.6 Armaduras compuestas 1103.7 Armaduras complejas 1163.8 Armaduras espaciales 120

Problemas 127

Repaso del capítulo 130



XVII I CONTENIDO

7Análisis aproximado deestructuras estáticamenteindeterminadas 263

7.1 Uso de métodos aproximados 2637.2 Armaduras 2647.3 Cargas verticales sobre marcos

de construcción 2707.4 Marcos y armaduras de portal 2737.5 Cargas laterales en marcos de

construcción: Método del portal 2827.6 Cargas laterales sobre marcos de

construcción: Método del voladizo 288Problemas 294Repaso del capítulo 296

9Deflexiones empleandométodos de energía 341

9.1 Trabajo externo y energíade deformación 341

9.2 Principio del trabajo y la energía 3459.3 Principio del trabajo virtual 346

9.4 Método del trabajo virtual:Armaduras 3489.5 Teorema de Castigliano 3559.6 Teorema de Castigliano para

armaduras 3569.7 Método del trabajo virtual:

Vigas y marcos 3649.8 Energía de deformación virtual causada

por carga axial, fuerza cortante, torsióny temperatura 375

9.9 Teorema de Castigliano para vigasy marcos 381


8Deflexiones 299

8.1 Diagramas de deflexión y lacurva elástica 299

8.2 Teoría de la viga elástica 3058.3 El método de integración doble 3078.4 Teoremas del momento de área 3168.5 Método de la viga conjugada 326


6Líneas de influencia paraestructuras estáticamentedeterminadas 205

6.1 Líneas de influencia 2056.2 Líneas de influencia para vigas 2136.3 Líneas de influencia cualitativa 2166.4 Líneas de influencia para vigas

de piso 2286.5 Líneas de influencia para armaduras 2326.6 Influencia máxima en un punto debido a

una serie de cargas concentradas 2406.7 Fuerza cortante y momento máximo

absoluto 250Problemas 255




CONTENIDO

10Análisis de estructurasestáticamenteindeterminadas por elmétodo de la fuerza 395

10.1 Estructuras estáticamenteindeterminadas 395

10.2 Método de análisis de la fuerza:Procedimiento general 398

10.3 Teorema de Maxwell de losdesplazamientos recíprocos;Ley de Betti 402

10.4 Método de análisis de la fuerza: Vigas 403

10.5 Método de análisis de la fuerza:

Marcos 41110.6 Método de análisis de la fuerza:Armaduras 422

10.7 Estructuras compuestas 42510.8 Comentarios adicionales sobre el

método de análisis de la fuerza 42810.9 Estructuras simétricas 42910.10 Líneas de influencia para vigas

estáticamente indeterminadas 43510.11 Líneas de influencia cualitativas

para marcos 439Problemas 446


11Método de análisis deldesplazamiento: Ecuacionesde pendiente-deflexión 451

11.1 Método de análisis del desplazamiento:Procedimientos generales 45111.2 Ecuaciones de pendiente-deflexión 45311.3 Análisis de vigas 45911.4 Análisis de marcos: Sin ladeo 46911.5 Análisis de marcos: Con ladeo 474


12Método de análisis deldesplazamiento: distribuciónde momentos 487

12.1 Principios generalesy definiciones 487

12.2 Distribución de momentospara vigas 490

12.3 Modificaciones al factorde rigidez 500

12.4 Distribución de momentos paramarcos: Sin ladeo 508

12.5 Distribución de momentos paramarcos: Con ladeo 510

Problemas 518


13 Vigas y marcoscon elementos noprismáticos 523

13.1 Propiedades de carga de los elementosno prismáticos 52313.2 Distribución de momentos para

estructuras con elementosno prismáticos 528

13.3 Ecuaciones de pendiente-deflexiónpara elementos no prismáticos 534




16Análisis de marcosplanos utilizando elmétodo de la rigidez 595

16.1 Matriz de rigidez delmarco-elemento 595

16.2 Matrices de transformación deldesplazamiento y de las fuerzas 597

16.3 Matriz de rigidez global delmarco-elemento 59916.4 Aplicación del método de la rigidez

para el análisis de marcos 600Problemas 609

ApéndicesA. Álgebra matricial para

el análisis estructural 612B. Procedimiento general para usar el

software de análisis estructural 625Soluciones parciales y respuestasa los problemas fundamentales 628Respuestas a problemas seleccionados 665Índice 685

15Análisis de vigasutilizando el métodode la rigidez 575

15.1 Comentarios preliminares 57515.2 Matriz de rigidez de la

viga-elemento 57715.3 Matriz de rigidez de la

viga-estructura 579

XX CONTENIDO

14Análisis de armadurasutilizando el método

de la rigidez539

14.1 Fundamentos del métodode la rigidez 539

14.2 Matriz de rigidez del elemento 54214.3 Matrices de transformación de

fuerza y desplazamiento 54314.4 Matriz de rigidez global del

elemento 54614.5 Matriz de rigidez de la armadura 54714.6 Aplicación del método de la rigidez

para el análisis de armaduras 552

14.7 Coordenadas nodales 56014.8 Armaduras con cambios térmicosy errores de fabricación 564

14.9 Análisis de armaduras espaciales 570Repaso del capítulo 571Problemas 572

15.4 Aplicación del método de la rigidezal análisis de vigas 579

Problemas 592



La estructura (el contraventeo) con patrón de diamante (refuerzo cruzado)instalada en estos edificios de gran altura se utiliza para resistir las cargasdebidas al viento.



1Este capítulo contiene un estudio de algunos de los aspectos prelimi-nares del análisis estructural. Primero se presentan las fases necesariaspara construir una estructura, después se hace una introducción a lostipos básicos de estructuras, sus componentes y soportes, y por úl-timo, se proporciona una explicación breve de los distintos tipos decargas que deben considerarse para un análisis y diseño apropiados.

1.1 IntroducciónUna estructura se refiere a un sistema de partes conectadas que se utilizapara soportar una carga. Entre los ejemplos más importantes relaciona-dos con la ingeniería civil están los edificios, los puentes y las torres; enotras ramas de la ingeniería puede decirse que son importantes las es-tructuras de barcos y aviones, los tanques, los recipientes a presión, lossistemas mecánicos, y las estructuras de soporte de líneas eléctricas tam-

bién son importantes.Cuando se diseña una estructura para que desempeñe una función es-pecífica para el uso público, el ingeniero debe considerar su seguridad,estética y facilidad de mantenimiento, y a la vez tener presentes laslimitantes económicas y ambientales. A menudo esto requiere variosestudios independientes sobre las diferentes soluciones posibles antes detomar una determinación final sobre cuál es la forma estructural másadecuada. Este proceso de diseño es tanto creativo como técnico y re-quiere un conocimiento fundamental de las propiedades de los materialesy de las leyes de la mecánica que rigen la respuesta de los materiales.Una vez propuesto el diseño preliminar de una estructura, ésta debeanalizarse para asegurar que tiene la rigidez y la fuerza necesarias. Paraanalizar adecuadamente una estructura deben hacerse algunas idealiza-ciones sobre cómo se conectan y apoyan los elementos entre sí. Las car-gas se determinan a partir de códigos y especificaciones locales, mientrasque las fuerzas en los elementos y sus desplazamientos se encuentranaplicando la teoría del análisis estructural,que es el objeto de estudio deeste texto.Los resultados de este análisis pueden emplearse para redise-ñar la estructura, lo que implica una determinación más precisa del peso

Tipos de estructurasy cargas



4 CA P Í T U L O 1 TI P O S D E E S T R U C T U R A S Y C A R G A S

1 y el tamaño de los elementos. Por lo tanto,el diseño estructural proviede una serie de aproximaciones sucesivas en las que cada ciclo requun análisis estructural. En este libro, el análisis estructural se aplica atructuras vinculadas con la ingeniería civil; sin embargo, el métodoanálisis descrito también puede seguirse en el caso de estructuras re

cionadas con otros campos de la ingeniería.

1.2 Clasificación de estructurasPara un ingeniero estructural es importante reconocer los distintos tipde elementos que componen una estructura, y ser capaz de clasificarestructuras de acuerdo con su forma y función. En este punto se prestarán algunos de los aspectos mencionados y posteriormente, en el mmento adecuado a lo largo del texto, se profundizará en ellos.

Elementos estructurales. Algunos de los elementos más comunes de los cuales están compuestas las estructuras son los siguientes.

Tensores . Los elementos estructurales sometidos a una fuerza detensión suelen denominarsetensores o puntales . Debido a la naturalezade la carga descrita, estos elementos tienden a ser delgados y suelen girse a partir de varillas,barras, ángulos o canales, figura 1-1.

Vigas. Por lo general, las vigas son elementos rectos horizontales qse usan principalmente para soportar cargas verticales. Con frecuenciclasifican según la forma en que están apoyadas, como se indica en lgura 1-2. En particular, cuando la sección transversal de la viga vaésta se conoce como viga afilada o estrechada. Las secciones transveles de las vigas también pueden “construirse” añadiendo placas en partes superior e inferior.

Las vigas se diseñan en principio para resistir momentos de flexsin embargo, si una viga es corta y soporta grandes cargas, la fuerza tante interna puede llegar a ser bastante grande y regir el diseño deviga. Cuando el material utilizado para una viga es un metal comoacero o el aluminio, la sección transversal resulta más eficiente si tienforma que se muestra en la figura 1-3.Aquí, las fuerzas desarrolladalas alas (patines) superior e inferior de la viga forman el par necesarque se usa para resistir el momentoM aplicado, mientras que elalma es

eficiente al resistir la fuerza cortanteVaplicada.Esta sección transversal sconoce comúnmente como “ala ancha”,I o H, y suele formarse como sola unidad en una laminadora con longitudes de hasta 75 pies (23 mse requieren longitudes más cortas se puede seleccionar una secciónnica con alas ahusadas (o patines estrechados). Si es necesario queviga tenga un claro muy amplio y las cargas aplicadas son bastante gdes, la sección transversal puede tomar la forma de unatrabe armada .Este elemento se fabrica utilizando una placa grande para el alma, acual para formar las alas se le sueldan o fijan con pernos placas en lostremos. La trabe suele transportarse al campo en segmentos y éstos seseñan para empalmarse o unirse entre sí en los puntos donde la tra

varilla barra

tensorbarra

ángulo canal

secciones transversales comunes

Figura 1–1

viga simplemente apoyada

viga en voladizo

viga fija o empotrada

viga continua

Figura 1–2



1.2 CLASIFICACIÓN DE ESTRUCTURAS

ala

ala

alma

VM

Figura 1–3

soporta un momento interno pequeño. (Vea la fotografía en la parte in-ferior de esta página).

Por lo general, las vigas de concreto tienen secciones transversales rec-tangulares porque esta forma es fácil de construir directamente en elcampo. Como el concreto es bastante débil en cuanto a su resistencia a latensión, se colocan varillas de acero de refuerzo dentro de la viga en lasregiones de la sección transversal sometidas a tensión. Del mismo modo,las vigas o trabes de concreto prefabricadas pueden construirse en un ta-

ller o fábrica para después ser transportadas al lugar de trabajo.Las vigas de madera pueden obtenerse de una pieza sólida de maderao laminarse. Las vigaslaminadas se construyen con secciones sólidas demadera unidas entre sí mediante adhesivos de alta resistencia.

Estas trabes de concreto presforzado simplemente apoyadas y se emplean puente carretero.

En esta fotografía se muestran las juntasde placas empalmadas que se usan común-mente para conectar las trabes de acero enun puente carretero.

El acero de refuerzo que se observa recha e izquierda se utiliza para resistiquier tensión que pudiera originarse evigas de concreto que se formarán a sudedor.




1

Columnas. Los elementos que generalmente son verticales y resistcargas de compresión axial se conocen comocolumnas , figura 1-4. Lassecciones transversales tubulares y de ala ancha se suelen utilizar pcolumnas de metal, y las secciones transversales circulares y cuadracon varillas de refuerzo, se utilizan para las columnas de concreto.ocasiones, las columnas están sujetas simultáneamente a una carga ay a un momento de flexión, como se muestra en la figura 1-4. Estos mentos se denominancolumnas de viga .

Tipos de estructuras. La combinación de los elementos estructurales y los materiales de que están hechos se conoce como sistema estruc-tural . Cada sistema está construido con uno o más de los cuatro tipbásicos de estructuras. Si se clasifican por la complejidad de su análisfuerzas, los tipos básicos de estructuras son los siguientes.

Armaduras. Cuando se requiere que el claro de una estructura segrande y su profundidad, o peralte, no es un criterio importante paradiseño, se puede elegir una armadura. Lasarmaduras consisten en ele-mentos delgados, por lo general colocados en forma triangular. Lasar-maduras planas se componen de elementos ubicados en el mismo play se utilizan para el soporte de puentes y techos, en tanto que lasarma-duras espaciales tienen elementos que se extienden en tres dimensiony son adecuadas para grúas y torres.

Debido a la disposición geométrica de sus elementos, las cargas hacen que toda la armadura se deforme se convierten en fuerzas de tesión o compresión en los elementos. En consecuencia, una de las pripales ventajas de una armadura en comparación con una viga es qutiliza menos material para soportar una carga determinada, figura 1Además, una armadura se construye a partir deelementos largos y delga-dos , que pueden colocarse de varias maneras para soportar una carga.

Los elementos de ala ancha suelenusarse como columnas. La fotografíapresenta un ejemplo de una columna deviga (a flexocompresión).

columna de vigacolumna

Figura 1–4



1.2 CLASIFICACIÓN DE ESTRUCTURAS

mayoría de las veces resulta económicamente factible usar una arma-dura para cubrir claros que van desde 30 pies (9 metros) hasta 400 pies(122 m), aunque en ocasiones se han empleado armaduras para cubrirclaros de mayor longitud.

Cables y arcos. Otras dos formas de estructura que se usan para cubrirdistancias largas son el cable y el arco. Por lo general, loscables son flexi-bles, soportan cargas en tensión y se utilizan como soporte en puentes, fi-gura 1-6a, y en techos de edificios. Cuando se usa para estos fines, el cabletiene una ventaja sobre la viga y la armadura,en particular para claros ma-yores a 150 pies (46 metros). Dado que los cables siempre están en tensión,no se volverán inestables ni se colapsarán de manera súbita como puede su-ceder con las vigas o las armaduras.Además, la armadura requeriría costosadicionales para su construcción y un peralte mayor conforme aumente elclaro. Por otro lado, el uso de cables sólo está limitado por su colgamiento,su peso y los métodos de anclaje que se empleen.

El arco logra su resistencia en compresión, puesto que tiene una curva-tura inversa a la del cable. Sin embargo, el arco debe ser rígido a fin demantener su forma, lo que se traduce en cargas secundarias que involuc-ran fuerzas cortantes y de momento, que deben considerarse en su di-seño. Los arcos se usan en estructuras para puentes, figura 1-6b, techosde cúpula y aberturas en muros de mampostería

Figura 1–5

Figura 1–6

Las cargas provocan la flexión de unaarmadura, la cual desarrolla compresión

en sus elementos superiores y tensión en losinferiores.

Los cables soportan sus cargas en tensión.(a)

Los arcos soportan sus cargas en compresión.(b)




1

Marcos. Los marcos se suelen usar en edificios y están compuespor vigas y columnas conectadas rígidamente o mediante articulaciofigura 1-7.Al igual que las vigas, los marcos se extienden en dos o tremensiones. La carga en un marco ocasiona flexión de sus elementos;tiene conexiones de unión rígidas, por lo general esta estructura es “interminada” desde el punto de vista analítico. La resistencia de un made este tipo se deriva de las interacciones de momento entre las vigalas columnas en las uniones rígidas.

Estructuras superficiales. Una estructura superficial está hecha deun material que tiene un espesor muy pequeño en comparación con sotras dimensiones. Se les llamatenso estructuras cuando el material esmuy flexible y puede tomar la forma de una tienda de campaña o una tructura inflada con aire. En ambos casos, el material actúa como umembrana que se somete a tensión pura.

Las estructuras superficiales también pueden estar hechas de un marial rígido como el concreto reforzado. En tales casos pueden tenerforma de placas plegadas, cilindros o paraboloides hiperbólicos, y reciel nombre de placas delgadas o cascarones . Estas estructuras actúancomo cables o arcos, puesto que soportan cargas sobre todo en tenso compresión, y experimentan muy poca flexión. No obstante, las estrturas de placa o cascarón suelen ser muy difíciles de analizar, debido geometría tridimensional de su superficie. Un análisis de este tipo se cuentra fuera del alcance del presente texto; sin embargo, existen libdedicados por completo a ese tema.

articuladarígida

rígida articulada

Los elementos del marco estánsometidos a cargas internas axiales,

cortantes y de momento.

Figura 1–7

La fotografía muestra un ejemplo de marcode acero que se usa para sostener el riel deuna grúa. Se supone que el marco está unidorígidamente en sus juntas superiores y articu-lado en los apoyos.

El techo del “Domo de Georgia” en AtlantaGeorgia, puede considerarse como una membrana delgada.



1.3 CARGAS

1.3 CargasUna vez que se han definido los requisitos dimensionales para una es-tructura, es necesario determinar las cargas que debe soportar la estruc-tura. La anticipación de las diferentes cargas que se impondrán a unaestructura suele proporcionar el tipo básico de estructura que se elegirápara el diseño. Por ejemplo, las estructuras muy altas deben soportargrandes fuerzas laterales causadas por el viento, y entonces se seleccio-nan paredes para cortante y sistemas de marco tubular, en tanto que losedificios ubicados en zonas propensas a terremotos deben diseñarsecon marcos y conexiones flexibles.

Una vez determinada la forma estructural, el diseño real comienza conlos elementos que están sujetos a las cargas primarias que debe soportarla estructura y procede en orden secuencial a los distintos elementos deapoyo hasta alcanzar el cimiento o base. Por lo tanto, en un edificio pri-mero se diseñaría la losa de cada piso, después las vigas de soporte, lascolumnas y, por último, los cimientos. De modo que para diseñar una

estructura es necesario especificar primero las cargas que actúan en ella.La carga de diseño de una estructura suele estar especificada en có-digos. En general, el ingeniero estructuralista trabaja con dos tipos decódigos: los códigos generales de construcción y los códigos de diseño.Loscódigos generales de construcción especifican los requisitos de los or-ganismos gubernamentales para las cargas mínimas de diseño en las es-tructuras y las normas mínimas para la construcción. Loscódigos dediseño proporcionan normas técnicas detalladas y se utilizan para esta-blecer los requisitos en el diseño real de estructuras. En la tabla 1-1 seenuncian algunos de los códigos más importantes que se aplican en lapráctica.Sin embargo, debe tenerse en cuenta que los códigos proporcio-nan sólo una guía general para el diseño.La responsabilidad definitiva

del diseño recae en el ingeniero estructuralista .

TABLA 1–1 CódigosCódigos de construcción generales(en Estados Unidos)Minimum Design Loads for Buildings and Other Structures,

ASCE/SEI 7-10 (Cargas de diseño mínimas para edificios y otrasestructuras,ASCE/SEI 7-10),American Society of Civil Engineers.

International Building Code (Código internacional de construcción).

Códigos de DiseñoBuilding Code Requirements for Reinforced Concrete (Códigos de requeri-

mientos de construcción para concreto reforzado),Am. Conc. Inst. (ACI).Manual of Steel Construction (Manual de construcción en acero),American

Institute of Steel Construction (AISC).Standard Specifications for Highway Bridges (Especificaciones estándar para

puentes carreteros),American Association of State Highway andTransportation Officials (AASHTO).

National Design Specifications for Wood Construction (Especificaciónnacional de diseño para la construcción en madera),American Forest andPaper Association (AFPA).

Manual for Railway Engineering (Manual de ingeniería ferroviaria),American Railway Engineering Association (AREA).




1Dado que por lo común una estructura está sometida a varios tipos

cargas, a continuación se presentará un breve análisis de estas cargas pilustrar la manera en que deben considerarse sus efectos en la prácti

Cargas muertas. Las cargas muertas son los pesos de los diversoelementos estructurales y los pesos de todos los objetos que están u

dos de manera permanente a la estructura.Por lo tanto, las cargas mutas de un edificio son el peso de las columnas, vigas y trabes, la losapiso, el techo, paredes, ventanas, fontanería, instalaciones eléctricaotros accesorios diversos.

En algunos casos, una carga muerta estructural puede estimarse manera satisfactoria a partir de fórmulas sencillas basadas en los pestamaños de estructuras similares. A través de la experiencia tambiénposible obtener una “apreciación” de la magnitud de estas cargas. Pejemplo, el peso medio de los edificios de madera es de 40 a 50 lb/2

(1.9 a 2.4 kN/m2), para los edificios con estructura de acero es de 60 a lb/pie2 (2.9 a 3.6 kN/m2), y para los edificios de concreto reforzado es 110 a 130 lb/pie2 (5.3 a 6.2 kN/m2). Sin embargo, una vez que se han de

terminado los materiales y los tamaños de los componentes de la estrtura, se pueden encontrar sus pesos a partir de tablas que muestran sdensidades.

En la tabla 1-2 se enuncian las densidades de los materiales que se slen usar en la construcción,y en la tabla 1-3 puede observarse una pa

TABLA 1–2 Densidades mínimas para cargasde diseño de distintos materiales*

lb/pie3 kN m3

Aluminio 170 26.7Concreto, concreto simple 108 17.0Concreto, piedra simple 144 22.6Concreto, concreto reforzado 111 17.4Concreto, piedra reforzada 150 23.6Arcilla, seca 63 9.9Arcilla, húmeda 110 17.3Arena y grava, seca, suelta 100 15.7Arena y grava, húmeda 120 18.9Mampostería, concreto sólido ligero 105 16.5Mampostería, peso normal 135 21.2Madera contrachapada 36 5.7Acero, estirado en frío 492 77.3Madera, abeto Douglas 34 5.3Madera, pino del sur 37 5.8Madera, pino abeto 29 4.5

*Reproducido con permiso de la American Society of Civil Engineers,MinimumDesign Loads for Buildings and Other Structures ASCE/SEI 7-10 (Cargas dediseño mínimas para edificios y otras Estructuras ASCE/SEI 7-10).Para adquirircopias de este estándar de ASCE acceda al sitio www.pubs.asce.org.



1.3 CARGAS

del listado del peso de los componentes de construcción más comunes.Aunque el cálculo de las cargas muertas con base en el uso de datos ta-bulados es bastante sencillo, debe tenerse en cuenta que en muchos as-pectos estas cargas deben estimarse en la fase inicial del diseño. Estasestimaciones incluyen materiales no estructurales como los paneles defachada prefabricados, los sistemas eléctricos y de fontanería, etcétera.Incluso si el material está especificado, los pesos unitarios de los elemen-tos reportados en los códigos pueden variar respecto de los datos del fa-bricante, y el uso posterior del edificio puede incluir algunos cambios enla carga muerta. En consecuencia, las estimaciones de las cargas muertaspueden tener un error de 15 a 20% o más.

Normalmente la carga muerta no es muy grande en comparación conla carga de diseño en estructuras simples, como una viga o un marco deuna sola planta; sin embargo, para edificios con varios pisos, es impor-tante considerar todas las cargas muertas a fin de diseñar correctamentelas columnas, en especial para los pisos inferiores.

TABLA 1–3 Cargas muertas mínimas de diseño*Muros psf kN m2

ladrillo de arcilla, 4 pulg (102 mm) 39 1.87ladrillo de arcilla, 8 pulg (203 mm) 79 3.78ladrillo de arcilla, 12 pulg (305 mm) 115 5.51

Particiones y muros de marco

Muros de entramado exterior con revestimiento de ladrillo 48 2.30Ventanas, vidrio, marco y hoja 8 0.38Entramados de madera de 2 4 pulg (51 102 mm)

sin enyesar 4 0.19Entramados de madera de 2 4 pulg (51 102 mm)

enyesados de un lado 12 0.57Entramados de madera de 2 4 pulg (51 102 mm)

enyesados por los dos lados 20 0.96

Relleno de piso

Concreto de cemento, por pulgada (mm) 9 0.017Concreto ligero, simple, por pulgada (mm) 8 0.015Concreto de piedra, por pulgada (mm) 12 0.023

Techos

Lámina de fibra acústica 1 0.05Yeso sobre mosaico o concreto 5 0.24Malla de metal suspendida y yeso revocado 10 0.48Tejas de asfalto 2 0.10Lámina de fibra, pulg (13 mm) 0.75 0.04

*Reproducido con permiso de la American Society of Civil Engineers,Minimum Design Loads for Buildings and Other Structure s, ASCE/SEI 7-10 (Cargas de diseño mínimas para edificios y otrasestructuras,ASCE/SEI 7-10).

12




1

La carga viva sobre el piso de este salón declases consiste en los escritorios, las sillas yel equipo de laboratorio. Para el diseño, laNorma ASCE 7-10 especifica una carga de40 psf o 1.92 kN/m2.

La viga de piso que se muestra en la figura 1-8 se utiliza para soportauna losa de concreto ligero simple con 6 pies de ancho y un espesor de4 pulg. La losa sirve como una parte del techo de la planta de abajopor lo que su parte inferior está cubierta con yeso.Además,un muro detabiques de concreto ligero sólido de 8 pies de altura y 12 pulg de espesose encuentra directamente sobre el ala superior de la viga. Determine lacarga en la viga medida por cada pie de longitud de la viga.

SOLUCIÓNUsando los datos de las tablas 1-2 y 1-3,se obtiene:

Resp.

Aquí la unidad k significa “kip”, que simboliza kilolibras. Por lo tanto1 k 1000 lb.

Losa de concreto:Yeso del techo:Muro de tabiques:Carga total

[8 lb>1pie2 #pulg2]14 pulg216 pies2 = 192 lb>pie15 lb>pie2216 pies2 = 30 lb>pie1105 lb>pie3218 pies211 pie2 = 840 lb>pie

1062 lb>pie = 1.06 k>pie

EJEMPLO 1.1

3 p i e s

3 p i e s

8 pies

4 pulg

12 pulg

Figura 1–8

Cargas vivas. Las cargas vivas pueden variar tanto en su magnitudcomo en su ubicación. Las puede causar el peso de objetos colocaprovisionalmente sobre una estructura, vehículos en movimiento o fuzas naturales. Las cargas vivas mínimas especificadas en los códigodeterminan con base en el estudio de la historia de sus efectos sobre tructuras existentes. Por lo general estas cargas incluyen una proteccadicional contra una deformación excesiva o sobrecarga repentina. Encapítulo 6 se desarrollarán técnicas para especificar la ubicación acuada de las cargas vivas sobre la estructura, de forma que causenmayor esfuerzo o deflexión de los elementos.A continuación se analrán los distintos tipos de cargas vivas.

Cargas en edificios. Se supone que los pisos de los edificios estsometidos acargas vivas uniformes que dependerán de la finalidad parala cual se diseñó el edificio. Por lo general estas cargas se encuentabuladas en los códigos locales,estatales o nacionales. En la tabla 1-presenta una muestra representativa decargas vivas mínimas , las cualesse tomaron de la Norma ASCE 7-10. Los valores se determinan a pade datos históricos de las cargas aplicadas a distintos edificios. Las camínimas incluyen algún tipo de protección contra la posibilidad de brecarga debido a situaciones de emergencia, cargas de construcciólos requisitos de utilidad debido a la vibración.Además de las cargas formes, algunos códigos especificancargas vivas concentradas mínimas ,ocasionadas por carros manuales, automóviles, etcétera, que tambideben aplicarse en cualquier punto del sistema del piso. Por ejemploel diseño de un estacionamiento para automóviles se deben considetanto las cargas vivas uniformes como las concentradas.



1.3 CARGAS

Para algunos tipos de edificios que tienen pisos con áreas muy grandesmuchos códigos permitirán unareducción de la carga viva uniforme parael piso , puesto que es poco probable que la carga viva prescrita ocurra si-multáneamente en toda la estructura en algún momento. Por ejemplo,ASCE 7-10 permite una reducción de la carga viva sobre un elementoque tenga unárea de influencia (K LL A T ) de 400 pies2 (37.2 m2) o más.Esta carga viva reducida se calcula empleando la siguiente ecuación:

(1–1)

dondeL carga viva de diseño reducida por pie cuadrado o metro

cuadrado de área sostenida por el elemento.L o carga viva de diseño sin reducir por pie cuadrado o metro cua-

drado de área sostenida por el elemento (vea la tabla 1-4).K LL factor de la carga viva del elemento. Para columnas interiores,

K LL 4. A T área tributaria en pies cuadrados o metros cuadrados.*

La carga viva reducida definida mediante la ecuación 1-1 se limita a nomenos del 50% deL o para elementos que sostienen un piso, o no menosdel 40% deL o para elementos que soportan más de un piso. No se per-mite la reducción para cargas que excedan 100 lb/pie2 (4.79 kN/m2), opara estructuras que se utilicen en sitios de reunión públicos, estaciona-mientos o techos. En el ejemplo 1-2 se ilustra una aplicación de la ecua-ción 1-1.

L = Loa0.25 + 4.572 K LL ATb 1Unidades SI2

L = Lo

a0.25 + 15

2 K LL AT

b 1Unidades PLS

2

*En la sección 2-1 se proporcionan ejemplos específicos de la determinación de áreas tri-butarias para vigas y columnas.

TABLA 1–4 Cargas vivas mínimas*Carga viva Carga viva

Ocupación o uso psf kN m2 Ocupación o uso psf kN m

Zonas de reunión y teatros ResidencialAsientos fijos 60 2.87 Viviendas (de una y dos familias) 40

Asientos móviles 100 4.79 Hoteles y casas multifamiliaresEstacionamientos (vehículos 50 2.40 Habitaciones privadas y pasillos 40de pasajeros solamente)

Edificios de oficinas Salas públicas y pasillos 100Vestíbulos 100 4.79 EscuelasOficinas 50 2.40 Salones de clase 40

Almacén Pasillos por encima de la primera planta 80Ligero 125 6.00Pesado 250 11.97

*Reproducido con permiso deMinimum Design Loads for Buildings and Other Structures , ASCE/SEI 7-10 (Cargas de diseño mínimas para edificios estructuras,ASCE/SEI 7-10).



En la fotografía se muestra un edificio de oficinas de dos pisos qutiene columnas interiores separadas por 22 pies de distancia en dosdirecciones perpendiculares. Si la carga del techo (plano) es de 20lb/pie2, determine la carga viva reducida que soporta una columnainterior típica situada a nivel del piso.

EJEMPLO 1.2

SOLUCIÓNComo se muestra en la figura 1-9, cada columna interior tiene un áreatributaria o área cargada efectiva de A T (22 pies)(22 pies) 484pies2. Por lo tanto, una columna de la planta baja soporta una cargaviva en el techo de

Esta carga no puede reducirse porque no es una carga en el piso.Parael segundo piso, la carga viva se toma de la tabla 1-4:L o 50 lb/pie2.ComoK LL 4, entonces 4 A T 4(484 pies2) 1936 pies2 y 1936 pies2

400 pies2, la carga viva puede reducirse mediante la ecuación 1.1Por lo tanto,

Aquí, la reducción de la carga es (29.55/50)100%59.1% 50%.¡Muy bien! Por lo tanto,

Entonces, la carga viva total soportada por la columna de la plantabaja es,

Resp.F = F R + F F = 9.68 k + 14.3 k = 24.0 k

FF = 129.55 lb>pie221484 pies22 = 14 300 lb = 14.3 k

L = 50a0.25 + 152 1936b = 29.55 lb>pie2

F R =

120 lb

>pie2

21484 pies2

2 = 9680 lb = 9.68 k


1

A T 22 pies

22 pies

22 pies22 pies

Figura 1–9



Cargas en puentes carreteros . Las cargas vivas principales enlos claros de un puente son las ocasionadas por el tráfico, y la carga máspesada de vehículos que puede encontrarse es la causada por una seriede camiones. Las especificaciones para las cargas de camiones en puen-tes carreteros se registran en laLRFD Bridge Design Specifications (Es-pecificaciones para el diseño de puentes) de la American Association of

State and Highway Transportation Officials (AASHTO). Para camionesde dos ejes, estas cargas se designan con una H, seguida por el peso delcamión en toneladas y otro número que proporciona el año de las especi-ficaciones en el cual se reportó la carga. Los pesos de los camiones de laserie H varían de 10 a 20 toneladas. Sin embargo, los puentes ubicadosen las principales carreteras que llevan una gran cantidad de tráfico, sediseñan comúnmente para camiones de dos ejes más un semirremolquede un eje como el de la figura 1-10. Éstas se denominan cargas HS. Por logeneral, la selección de una carga de camión para un diseño depende deltipo de puente, su ubicación y la clase de tráfico previsto.

En las especificaciones también se reporta el tamaño del “camiónestándar” y la distribución de su peso. Aunque se supone que los camio-

nes están en la autopista, no todos los carriles en el puente deben estarcargados con una fila de camiones para obtener la carga crítica, puestoque una carga semejante sería muy improbable. Los detalles se analizanen el capítulo 6.

Cargas en puentes ferroviarios . Las cargas sobre puentes fe-rroviarios, como el de la figura 1-11, se reportan en lasSpecifications for Steel Railway Bridges (Especificaciones para puentes ferroviarios deacero) publicadas por la American Railroad Engineers Association(AREA). Normalmente, para el diseño se utilizan las cargas E como lasconcibió originalmente Theodore Cooper en 1894. Desde entonces, B.Steinmann ha actualizado la distribución de cargas de Cooper e ideadouna serie de cargas M, actualmente aceptadas para el diseño. Dado quelas cargas de un tren implican una serie complicada de fuerzas concen-tradas para simplificar los cálculos manuales, en ocasiones se utilizan ta-blas y gráficas en combinación con líneas de influencia para obtener lacarga crítica. También se usan programas de computación para estepropósito.

1.3 CARGAS

Figura 1–10

Figura 1–11




1Cargas de impacto . Los vehículos en movimiento pueden rebotao desplazarse lateralmente mientras avanzan por un puente, por lo tanpueden transmitir unimpacto a la cubierta. El porcentaje de aumento dlas cargas vivas debido al impacto se denomina factor de impacto , I . Porlo general, este factor se obtiene de fórmulas desarrolladas a partir deevidencia experimental. Por ejemplo, para puentes carreteros las espe

ficaciones de la AASHTO requieren que

donde L es la longitud en pies del claro que está sometido a la carga viEn algunos casos también es necesario tomar previsiones para la ca

de impacto sobre la estructura de un edificio. Por ejemplo, la NorASCE 7-10 requiere que el peso de la maquinaria de los ascensoresincremente 100%, y que las cargas sobre cualesquier soportes utilizapara sostener los pisos y balcones se incrementen 33%.

Cargas del viento . Cuando las estructuras bloquean el flujo deviento, la energía cinética del viento se convierte en energía potenciapresión, la cual ocasiona una carga de viento. El efecto del viento souna estructura depende de la densidad y la velocidad del aire, el ángde incidencia del viento, la forma y la rigidez de la estructura y la rugdad de su superficie. Para propósitos de diseño, las cargas del viento pden abordarse mediante un método estático o dinámico.

Para el método estático,la presión fluctuante ocasionada por un vienque sopla constantemente se aproxima mediante una presión de velodad media que actúa sobre la estructura. Esta presiónq está definida porsu energía cinética, donder es la densidad del aire yV es suvelocidad. De acuerdo con la Norma ASCE 7-10, esta ecuación se mfica a fin de tomar en cuenta la importancia de la estructura, su alturel terreno en que se localiza. Se representa como

(1–2)

dondela velocidad en millas por hora (m/s) de una ráfaga de vientode 3 segundos medida a 33 pies (10 m) del suelo. Los valoresespecíficos dependen de la “categoría”de la estructura obtenida partir de un mapa eólico. Por ejemplo,al interior del territorio

V =

qz = 0.613K zK zt K dV2 1N>m22qz = 0.00256K zK zt K dV2 1lb>pie22

q = 12r V2,

I = 50L + 125 pero no mayor a 0.3



1.3 CARGAS

continental de Estados Unidos se reporta una velocidad delviento de 105 mi/h (47 m/s) si la estructura es un edificio de usoagrícola o de almacenamiento,ya que una falla de la estructurarepresenta un bajo riesgo para la vida humana. Mas en el caso dela estructura de un hospital, la velocidad del viento es de 120mi/h (54 m/s), pues su falla podría ocasionar una importantepérdida de vidas humanas.el coeficiente de exposición a la presión de la velocidad, la cuales una función de la altura y depende del terreno. En la tabla 1-5se listan los valores de una estructura que se encuentra a terrenoabierto, con obstrucciones bajas dispersas.un factor que toma en cuenta los aumentos de la velocidad del

viento debido a colinas y acantilados. Para el terreno planoK zt 1.0.un factor que toma en cuenta la dirección del viento. Se usa sólocuando la estructura está sometida a combinaciones de cargas(vea la sección 1-4). Cuando el viento actúa por sí solo,K d 1.0.

K d =

K zt =

K z =

Los vientos de un huracán causaron estos daños a un condomi-nio en Miami, Florida.

TABLA 1–5 Coeficiente de exposicióna la presión de la velocidad paraterrenos con obstrucciones bajas.

z pies m K z

0–15 0–4.6 0.8520 6.1 0.9025 7.6 0.9430 9.1 0.9840 12.2 1.0450 15.2 1.09




1Presión de diseño del viento para edificios cerrados . Una vez que se haobtenido el valor paraqz, se puede determinar la presión de diseño partir de una lista de las ecuaciones pertinentes estipuladas en la NorASCE 7-10. La elección depende de la flexibilidad y la altura de latructura, y si el diseño está dirigido al sistema principal para la resiscia del viento o para los componentes de la construcción y

revestimiento. Por ejemplo, mediante un “procedimiento direccional” presión del viento sobre un edificio cerrado de cualquier altura se detemina a partir de una ecuación de dos términos que resulta de las presnes tanto externas como internas, es decir,

(1–3)

Aquí qz para el muro en barlovento a la alturaz sobre el suelo(ecuación 1-2), yq qh para el muro en sotavento, las

paredes laterales y el techo,dondez h, la altura mediadel techo.factor del efecto de la ráfaga de viento,que depende dela exposición. Por ejemplo, para una estructura rígida,G 0.85.coeficiente de presión de una pared o un techodeterminado a partir de una tabla. En la figura 1-12 sepresentan estos valores tabulados para las paredes y unpaso del techo deu = 10°. Observe en la vista de elevaciónque la presión varía con la altura en el lado de barloventode la construcción, mientras que en los lados restantes y enel techo se supone que la presión es constante. Los valoresnegativos indican presiones que actúan fuera de lasuperficie.el coeficiente de la presión interna, que depende del tipo daberturas en el edificio. Para los edificios completamentecerrados (GC pi) 0.18.Aquí los signos indican quedentro del edificio puede ocurrir presión positiva o negativ(succión).

Al aplicar la ecuación 1-3 implicará cálculos de las presiones del vide cada lado del edificio, con las debidas consideraciones para la poslidad de presiones positivas o negativas que actúan sobre el interior edificio.

1GC pi2 =

Cp =

G =

q =

p = qGC p - qh1GC pi2

El viento que sopla sobre un muro tenderá avoltear un edificio o hacer que se ladee. Paraevitar esto,los ingenieros suelen usar arrios-tramientos cruzados para proporcionar es-tabilidad.Vea también la página 46.



1.3 CARGAS

Para edificios de gran altura o aquellos que tienen una forma o unaubicación que los hace sensibles al viento, se recomienda el uso de unmétodo dinámico para determinar las cargas del viento. La metodologíapara hacer esto también se indica en la Norma ASCE 7-10. Ésta implicapruebas en túnel de viento, las cuales se realizan sobre un modelo a es-cala del edificio y las construcciones que lo rodean,con el fin de simularel ambiente natural.Los efectos de la presión del viento sobre el edificiopueden determinarse a partir de transductores de presión conectados almodelo. Además, si el modelo tiene características de rigidez que se en-cuentran en la escala adecuada para el edificio, también pueden determi-narse las deflexiones dinámicas del edificio.

Figura 1–12

B

L

viento

qhGC p

qhGC pq zGC pqhGC p

cresta

plantaL

h

z

qhGC p qhGC p

qhGC p

q zGC p

elevación

u

Superficie Uso con

Todoslos valores

Todoslos valores

Coeficientes de presión sobre una pared,C p

(a)

Paredeslaterales

Pared enbarlovento

Pared ensotavento

L / B

0 124

C p

qz

qh

qh

0.8

0.50.30.2

0.7Coeficientes de presión negativos

máximos en el techo,C p , para su uso conqh

Dirección

del vientoNormal a la cresta

h/ L 10 u 10

Ángulo desotavento

Ángulou debarlovento

0.70.91.3

0.30.50.7

0.25 0.5 1.0

(b)



El edificio cerrado que se muestra en la fotografía y en la figura 1-13ase utiliza con fines de almacenamiento y se encuentra en las afuerade Chicago, Illinois, en un terreno plano y abierto. Si el viento tiene ladirección que se muestra, determine la presión del viento de diseñoque actúa sobre el techo y los laterales del edificio empleando lasespecificaciones ASCE 7-10.

SOLUCIÓNEn primer lugar, la presión del viento se determinará mediante laecuación 1-2. La velocidad básica del viento esV 105 mi/h, puestoque el edificio se utiliza para almacenamiento. Además, para unterreno plano,K zt 1.0. Como sólo se está considerando la carga delviento,K d 1.0. Por lo tanto,

A partir de la figura 1-13a,h 75 tan 10° 13.22 pies de modo quela altura media del techo esh 25 13.222 31.6 pies. Si seemplean los valores deK z de la tabla 1.5, los valores calculados delperfil de la presión se listan en la tabla de la figura 1-13b. Observe queel valor deK z se determinó por interpolación lineal paraz h, esdecir, (1.04 0.98)/(40 30) (1.04 K z)/(40 31.6),K z 0.990,de modo queqh 28.22(0.990) 27.9 libras por pie cuadrado (psf).

Para aplicar la ecuación 1-3,el factor de ráfaga esG 0.85,y (GC pi)0.18. Por lo tanto,

(1)

Las cargas de presión se obtienen a partir de esta ecuación con los valores calculados paraqz que se listan en la tabla de la figura 1-13b , deacuerdo con el perfil de la presión del viento de la figura 1-12.

= 0.85qCp < 5.03 = q10.852Cp - 27.91; 0.182p = qGC p - qh1GC pi2

= 28.22K z

= 0.00256K z

11.0

211.0

21105

22

qz = 0.00256K zK zt K dV2

EJEMPLO 1.3


1

Figura 1–13

z (pies) K z qz (psf)

0–15 0.85 24.020 0.90 25.425 0.94 26.5

0.990 27.9h = 31.6

(b)

150 pies

viento

75 pies

75 pies

25 piesh

(a)

10 h10



1.3 CARGAS

Pared en barlovento. Aquí la presión varía con la alturaz puestoque debe usarseqzGC p. Para todos los valores deL B , C p 0.8, porlo que a partir de la ecuación (1),

Pared en sotavento. Aquí L B 2(75) 150 1, de modo queC p-0.5.Además,q qh por lo que a partir de la ecuación (1),

Paredes laterales. Para todos los valores deL B , C p 0.7, y comodebe utilizarseq qh, en la ecuación (1), se tiene

Techo en barlovento. Aquí h L 31.6 2(75) 0.211 0.25, porlo queC p 0.7 yq qh. Por lo tanto,

Techo en sotavento. En este caso,C p 0.3; por lo tanto, conq qh se obtiene

Estos dos conjuntos de cargas se muestran en la elevación del edificio,lo que representa una presión interna en el edificio positiva o nega-tiva (succión), figura 1-13c. La estructura principal de la construccióndebe resistir estas cargas; lo mismo ocurre con las cargas por separadocalculadas a partir del viento que sopla en la parte delantera o la tra-sera del edificio.

p = - 12.2 psf o - 2.09 psf

p = - 21.6 psf o - 11.6 psf

p = - 21.6 psf o - 11.6 psf

p = - 16.9 psf o - 6.84 psf

p25 = 13.0 psf o 23.1 psf p20 = 12.2 psf o 22.3 psf

p0- 15 = 11.3 psf o 21.3 psf

11.3 psf

12.2 psf 13.0 psf

21.6 psf 12.2 psf

16.9 psf

(c)

21.3 psf

22.3 psf 23.1 psf

11.6 psf2.09 psf

6.84 psf




1Presión del viento de diseño para espectaculares . Si la estructura repre-senta un espectacular, el viento produce una fuerza resultante que actsobre la cara de la estructura y que se determina a partir de

(1–4)

Aquí qh la presión del viento evaluada a la alturah, medida desde el suelo

hasta la parte superior del espectacular.G factor del coeficiente de ráfaga de viento ya definida antes.C f un coeficiente de fuerza que depende de la relación de aspecto

(anchoB del espectacular sobre su altura s), y la relación de árealibre (altura s del espectacular sobre la elevaciónh, medida desdeel suelo hasta la parte superior de la estructura). Para los casos que el viento se dirige en forma normal hacia el centro del espetacular,paraB s 4, los valores se listan en la tabla 1.6.

A s el área de la cara del espectacular en pies2 (m2).

F = qhGC f A s

Los vientos huracanados que actúan sobrla cara de este espectacular son lo bastantfuertes como para doblar notablementelos dos brazos de soporte y ocasionar lfluencia del material. Esto pudo evitarscon un diseño adecuado.

Para permitir las direcciones normal y oblicua del viento, se supque la fuerza resultante calculada actúa ya sea a través del centro gmétrico de la cara de la señal, o en otros lugares específicos en la carla señal, los cuales dependen de las relaciones s h y B s.

TABLA 1–6 Coeficientes de fuerzapara espectaculares sólidos porencima del suelo, C f

s h C f

1.350.9 1.450.5 1.700.2 1.80

1.85…0.16

1



1.3 CARGAS

Cargas de nieve . En algunas partes de Estados Unidos la cargasobre el techo debida a la nieve puede ser muy grave; por lo tanto, prote-ger el techo contra posibles fallas es una preocupación primordial.Por locomún, las cargas de diseño dependen de la forma general de la cons-trucción y la geometría del techo, la exposición al viento, la ubicación, suimportancia, y si se usa o no calefacción. Del mismo modo que para el

viento, en la Norma ASCE 7-10 se determinan las cargas de la nieve, porlo general a partir de un mapa de la zona con los reportes de los periodosde recurrencia de la profundidad extrema de la nieve en un periodo de50 años. Por ejemplo,en la extensión relativamente plana a lo largo de lasección media de Illinois e Indiana, la carga de la nieve del suelo es de 20lb pie2 (0.96 kNm2). Sin embargo, para el área de Montana se requierenestudios sobre los casos específicos de las cargas de nieve debido a la ele-vación variable del terreno en todo el estado. Las especificaciones paralas cargas de nieve se cubren en la Norma ASCE 7-10, aunque no hayningún código que pueda cubrir todas las implicaciones de este tipo decarga.

Si un techo es plano, definido como un techo con una pendiente menor

a 5%, entonces la carga de la presión puede obtenerse modificando lacarga de la nieve sobre el suelo, p g, mediante la siguiente fórmula empí-rica

(1–5)

Aquí C e un factor de exposición que depende del terreno. Por ejemplo,para

un techo completamente expuesto en un área despejada,C e 0.8,en tanto que si el techo está protegido y situado en el centro deuna ciudad grande,C e 1.2.

C t un factor térmico que se refiere a la temperatura media dentro deledificio. Para las estructuras sin calefacción que se mantienen pordebajo de cero grados,C t 1.2, en tanto que si el techo soportauna estructura que se suele calentar, entoncesC t 1.0.

l s el factor de importancia en lo que respecta a la ocupación. Porejemplo, I s 0.80 para instalaciones dedicadas a la agricultura y elalmacenamiento, I s 1.20 para escuelas y hospitales.

Si p g 20 lb/pie2 (0.96 kN/m2),use elvalor mayor para p f , ya sea calcu-lada desde la ecuación anterior o a partir de p f I s p g. Si p g 20 lb/pie2(0.96 kN/m2), utilice p f I s(20 lb/pie2).

p f = 0.7CeCt I sp g

Las cargas excesivas de la nieve y eactúan sobre este techo.




1

Cargas de terremoto . Los terremotos producen cargas sobreuna estructura a través de su interacción con el suelo y las característde su respuesta. Estas cargas resultan de la distorsión de la estructurcausa del movimiento del suelo y la resistencia lateral de la estructuSu magnitud depende de la cantidad y tipo de aceleraciones del suelde la masa y la rigidez de la estructura.Para obtener algún conocimientola naturaleza de las cargas sísmicas, considere el modelo estructural sple que se muestra en la figura 1-15. Este modelo puede representaredificio de una sola planta, donde el bloque superior es la masa “conctrada” del techo y el bloque medio es la rigidez agrupada de todas las lumnas del edificio.Durante un terremoto el suelo vibra tanto horizoncomo verticalmente. Las aceleraciones horizontales crean fuerzas ctantes en la columna que ponen al bloque en movimiento secuencial cel suelo. Si la columna esrígida y el bloque tiene una masa pequeña , elperiodo de vibración del bloque serácorto y el bloque se acelerará con

el mismo movimiento que el suelo y sufrirá sólo pequeños desplazamtos relativos. Para una estructura real que esté diseñada con una grcantidad de refuerzos y conexiones rígidas esto puede ser beneficiopuesto que se desarrolla menos esfuerzo en los elementos.Por otro lasi la columna de la figura 1-15 es muy flexible y el bloque tiene una mgrande, entonces el movimiento inducido por el terremoto causará pqueñas aceleraciones del bloque y grandes desplazamientos relativos

En la práctica, los efectos de la aceleración, la velocidad y el desplmiento de una estructura se pueden determinar y representar como uespectro de respuesta al terremoto . Una vez que se ha establecido estgráfica, las cargas del terremoto pueden calcularse aplicando unanálisis

La instalación de almacenamiento sin calefacción que se muestra enla figura 1-14 se localiza en un terreno plano y abierto en el sur dIllinois, donde la carga especificada de la nieve sobre el suelo es de 1lb/pie2. Determine la carga de nieve de diseño sobre el techo, el cualtiene una pendiente de 4%.

EJEMPLO 1.4

Figura 1–14

SOLUCIÓNComo la pendiente del techo es 5%, se usará laecuación 1.5. Aquí,C e 0.8 debido a que se trata deun área abierta,C t 1.2 e I s 0.8. Por lo tanto,

Como p g 15 lb/pie2 20 lb/pie2, entonces también

Por comparación, elijaResp.p f = 18 lb>pie2

p f = Ip g = 1.2115 lb>pie2

2 = 18 lb>pie2

= 0.710.8211.2210.82115 lb>pie22 = 8.06 lb>pie2

p f = 0.7CeCt I sp g

masa concentradade las columnas

masa concentradadel techo

Figura 1–15



1.3 CARGAS

dinámico basado en la teoría de la dinámica estructural. Este tipo deanálisis está ganando popularidad, aunque a veces es muy elaborado yrequiere utilizar una computadora.Aún así, dicho análisis resulta obliga-torio si la estructura es grande.

Algunos códigos requieren que se preste atención específica al diseñosísmico, especialmente en las zonas del país (Estados Unidos) donde

predominan fuertes terremotos. Además, estas cargas deben conside-rarse con gran seriedad en el diseño de edificios de gran altura o plantasde energía nuclear.A fin de evaluar la importancia de la consideracióndel diseño para sismos, es posible corroborar los mapas sísmicos de ace-leración del suelo publicados en la Norma ASCE 7-10. Estos mapas pro-porcionan las aceleraciones pico del suelo causadas por algún terremoto, junto con los coeficientes de riesgo. Las regiones de Estados Unidosvarían desde un riesgo bajo, como en algunas partes de Texas, hasta unriesgo muy alto, como a lo largo de la costa oeste de California.

Para estructuras pequeñas, unanálisis estático para el diseño sísmicopuede resultar satisfactorio. En este caso las cargas dinámicas se aproxi-man mediante un conjunto de fuerzas estáticas externas que se aplican

de manera lateral a la estructura. Uno de estos métodos está reportadoen la Norma ASCE 7-10, y se basa en el hallazgo de un coeficiente derespuesta sísmica,C , determinado a partir de las propiedades del suelo,las aceleraciones de éste y la respuesta vibratoria de la estructura.Para lamayoría de las estructuras, este coeficiente se multiplica por la cargamuerta totalW de la estructura, con lo que se obtiene la “fuerza cortantebasal” en la estructura. El valor deC s se determina realmente a partir de

dondela aceleración de respuesta espectral durante cortos periodos devibración.un factor de modificación de la respuesta que depende de laflexibilidad de la estructura. Los elementos de un marco deacero que son muy flexibles pueden tener un valor alto de 8, entanto que las estructuras de concreto reforzado pueden tener unvalor bajo de 3.el factor de importancia que depende del uso del edificio.Porejemplo, I e 1 para las instalaciones de agricultura y almacena-miento,e I e 1.5 para los hospitales y otros servicios esenciales.

A cada nueva publicación de la Norma, los valores de estos coeficientesse actualizan con los datos más precisos disponibles sobre la respuesta alterremoto.

Presión hidrostática y geostática . Cuando las estructuras seutilizan para retener agua, tierra o materiales granulares, la presión desa-rrollada por estas cargas se convierte en un criterio importante para sudiseño. Algunos ejemplos de este tipo de estructuras son los tanques, laspresas, los buques, las mamparas y los muros de contención.Aquí se apli-can las leyes de la hidrostática y la mecánica de suelos para definir la in-tensidad de las cargas sobre la estructura.

I e =

R =

SDS =

Cs = SDS

R>I e

El diseño de este muro de contencióquiere la estimación de la presión geosque actúa sobre él. Además, la compde seguridad estará sujeta a una presidrostática que debe considerarse durandiseño.




1Otras cargas naturales . En el diseño de una estructura tambiéndeben considerarse otros tipos de cargas vivas en función de su ubición o su uso. Éstos incluyen el efecto de la erosión, los cambios de tperatura y los asentamientos diferenciales de los cimientos.

1.4 Diseño estructuralCada vez que se diseñe una estructura, es importante considerar incertidumbres de los materiales y las cargas.Estas incertidumbres inyen una posible variabilidad en las propiedades del material, la tensresidual en los materiales, las medidas previstas que pueden ser difertes a los tamaños prefabricados, las cargas debidas a las vibraciones opactos y la corrosión o decadencia de los materiales.

DEP. Los métodos de diseño por esfuerzos permisibles (DEP) incyen tanto las incertidumbres del materialcomo las de las cargas en un

solo factor de seguridad. Los diferentes tipos de cargas ya antes analdos pueden ocurrir simultáneamente en una estructura, pero es mpoco probable que el máximo de todas estas cargas ocurra al mistiempo. Por ejemplo, las cargas máximas del viento y de los sismosuelen actuar de forma simultánea sobre una estructura. Para eldiseño

por esfuerzos permisibles , el esfuerzo elástico calculado en el material ndebe exceder el esfuerzo admisible para cada una de las diferentes cobinaciones de carga.Las combinaciones de carga más comunes que sepecifican en la Norma ASCE 7-10 incluyen

• carga muerta• 0.6 (carga muerta) 0.6 (carga del viento)

• 0.6 (carga muerta) 0.7 (carga sísmica)

DFCR. Como la incertidumbre puede tomarse en cuenta empleandla teoría de probabilidad, ha habido una creciente tendencia a separarincertidumbre del material de la incertidumbre de las cargas. Este mtodo se denominadiseño por resistencia o DFCR (Diseño por factoresde carga y de resistencia). Por ejemplo, para tener en cuenta la incedumbre de las cargas, este método utiliza los factores de carga aplicaa las cargas o combinaciones de éstas. De acuerdo con la Norma AS7-10, algunos de los factores de carga y combinaciones de éstas son

• 1.4 (carga muerta)• 1.2 (carga muerta) 1.6 (carga viva) 0.5 (carga de nieve)• 0.9 (carga muerta) 1.0 (carga de viento)• 0.9 (carga muerta) 1.0 (carga sísmica)

En todos estos casos se considera que las combinaciones proporciouna carga máxima pero real sobre la estructura.



1.4 DISEÑO ESTRUCTURAL

1–1. El piso de un edificio que se usa para el almacena-miento de equipo pesado es de losas de concreto con 6 pulgde espesor. Si el piso es una losa que tiene una longitud de

15 pies y una anchura de 10 pies, determine la fuerza resul-tante causada por la carga muerta y la carga viva.

1–2. El piso del edificio de oficinas es de concreto ligerocon 4 pulg de espesor. Si el piso de la oficina es una losa conuna longitud de 20 pies y una anchura de 15 pies, determinela fuerza resultante causada por la carga muerta y la cargaviva.

*1–4. La barrera “New Jersey” se usa comúnmenrante la construcción de carreteras. Si está hecha dcreto de piedra simple, determine su peso por p

longitud.

PROBLEMAS

Prob. 1–2

26 pulg

40 pulg

8 pulg

10 pulg

Prob. 1–3

12 pulg

4 pulg

24 pulg

6 pulg

55°

75°

Prob. 1–4

1–3. La viga en T está hecha de concreto y tiene un pesoespecífico de 150 lb/pie3. Determine la carga muerta por piede longitud de la viga.No considere el peso del refuerzo deacero.

1–5. El piso de una bodega de almacenamiento ligehecho de concreto simple ligero con 150 mm de esp

el piso es una losa que tiene una longitud de 7 manchura de 3 m, determine la fuerza resultante causala carga muerta y la carga viva.

1–6. La trabe de concreto preesforzado es de concrpiedra simple y tiene cuatro varillas de refuerzo dehechas de acero formado en frío. Determine la muerta de la trabe por cada pie de su longitud.

34

8 pulg

8 pulg

4 pulg 4 pulg6 pulg

6 pulg

6 pulg

20 pulg

Prob. 1–6




1

2.5 m

Prob. 1–7

1–7. La pared tiene 2.5 m de altura y consta de puntalesde 51 mm 102 mm enyesados por un lado. En el otro ladohay una lámina de fibra de 13 mm y ladrillos de arcilla de102 mm.Determine la carga promedio,en kN/m de la longi-tud de la pared, que la pared ejerce sobre el suelo.

1–11. Un edificio de oficinas de cuatro pisos tiene colunas interiores separadas a 30 pies de distancia en dos dirciones perpendiculares. Si la carga viva del techo planoestima en 30 lb/pie2, determine la carga viva reducida qusoporta una columna interior normal ubicada a nivel dsuelo.

*1–12. Una construcción para almacenamiento ligero ddos plantas tiene columnas interiores separadas a 12 pde distancia en dos direcciones perpendiculares. Si se tima que la carga viva sobre el techo es de 25 lb/pie2, deter-mine la carga viva reducida que soporta una columinterior normal (a) al nivel de la planta baja, y (b) al nivdel segundo piso.

1–13. El edificio de oficinas tiene columnas interiores sparadas a 5 m en direcciones perpendiculares.Determinecarga viva reducida que soporta una columna interior nomal ubicada en el primer piso debajo de las oficinas.

*1–8. Una pared de un edificio se compone de paredes deentramado exterior con revestimiento de ladrillo y 13 mmde lámina de fibra en un lado. Si la pared tiene 4 m de al-tura, determine la carga en kN/m que ejerce sobre el suelo.

1–9. La pared interior de un edificio está hecha de punta-les de madera de 2 4, enyesados por ambos lados. Si lapared tiene 12 pies de altura,determine la carga en lb/pie delongitud de la pared que ejerce sobre el suelo.

1–10. El segundo piso de un edificio usado para la manu-factura ligera está hecho de una losa de concreto de 5 pulgde espesor, con un relleno de 4 pulg de concreto simple,como se muestra en la figura. Si el techo suspendido de laprimera planta consta de malla metálica y yeso, determineel peso muerto de diseño en libras por pie cuadrado delárea del piso.

1–14. Un hotel de dos pisos tiene columnas interiorpara las habitaciones que están separadas a 6 m de distanen dos direcciones perpendiculares. Determine la carga vreducida que soporta una columna interior típica en el pmer piso debajo de las habitaciones públicas.

cemento d e rellenode 4 pulglosa de concreto

de 5 pulg

Techo

Prob. 1–10

Prob. 1–13



Prob. 1–16

Prob. 1–15

1.4 DISEÑO ESTRUCTURAL

1–15. El viento sopla lateralmente sobre un hospital com-pletamente cerrado que se ubica en un terreno abierto yplano en Arizona. Determine la presión externa que actúasobre la pared en barlovento, la cual tiene una altura de 30pies.El techo es plano.

*1–16. El viento sopla lateralmente sobre un hospitalcompletamente cerrado que se ubica en un terreno abiertoy plano en Arizona.Determine la presión externa que actúasobre la pared en sotavento, la cual tiene una longitud de200 pies y una altura de 30 pies.

1–18. El edificio metálico de almacenamiento ligeren un terreno abierto y plano en el centro de Oklahola pared lateral del edificio tiene 14 pies de altura,son los dos valores de la presión externa del vienactúa sobre esta pared cuando el viento sopla sobre ltrasera del edificio? El techo es esencialmente planedificio está totalmente cerrado.

1–17. Un edificio cerrado de almacenamiento se entra sobre un terreno abierto y plano en el centro de Ola pared lateral del edificio tiene 20 pies de altura,mine la presión externa del viento que actúa sobre lades en barlovento y sotavento. Cada pared tiene 60 largo. Suponga que el techo es esencialmente plano.

Prob. 1–17

Prob. 1–18




1

*1–20. Un hospital ubicado en el centro de Illinois tieneun techo plano. Determine la carga de nieve en kN/m2 quese requiere para diseñar el techo.

1–19. Determine la fuerza resultante que actúa en formaperpendicular a la cara del espectacular y a través de sucentro si se encuentra en Michigan sobre un terreno plano yabierto. El espectacular es rígido y tiene una anchura de 12metros y una altura de 3 m.Su parte superior está a 15 m delsuelo.

Prob. 1–19

1–21. El edificio de la escuela tiene un techo plano. Se ecuentra en un área abierta donde la carga de la nieve sobel suelo es de 0.68 kN/m2. Determine la carga de nieve quese requiere para diseñar el techo.

1–22. El hospital tiene un techo plano y se ubica en unzona abierta donde el peso de la nieve sobre el suelo es 30 lb/pie2. Determine la carga de nieve de diseño para techo.

Prob. 1–21

Prob. 1–22



REPASO DEL CAPÍTULO

Los elementos estructurales básicos son:

Tensores Elementos delgados sometidos a tensión.A menudo se usan como soportes.

Vigas Elementos diseñados para resistir momentos de flexión. Suelen ser fijos o articulados, y pueden tener la una trabe de placa de acero, una viga de concreto reforzado o de madera laminada.

Columnas Elementos que resisten una fuerza de compresión axial. Si la columna también resiste flexión, se dcolumna viga .

tensor

columna de vigacolumna

viga simplemente apoyada

viga en voladizo

Las cargas se especifican en códigos, como el códigoASCE 7-10.Lascargas muertas son fijas y se refieren alos pesos de elementos y materiales. Lascargas vivasson móviles y consisten en cargas uniformes sobre lospisos de los edificios, las cargas del tráfico y el trensobre los puentes, las cargas de impacto causadas porautomóviles y máquinas, las cargas del viento, lascargas de la nieve, las cargas sísmicas y la presiónhidrostática y geostática.

Los tipos de estructuras consideradas en este libro son lasarmaduras hechas de elementos delgados articulados,forman una serie de triángulos; loscables y losarcos , que sostienen cargas de tensión y compresión, respectivamentmarcos que se componen de vigas y columnas conectadas en forma rígida o mediante pasadores.




Con frecuencia los elementos estructurales, como las vigas y trabes que for-man el soporte de este edificio, están conectados entre sí de tal modo que elanálisis puede considerarse estáticamente determinado.



2En el presente capítulo se prestará atención a la forma más común deestructura que el ingeniero tendrá que analizar, la cual se encuentra enun plano y está sometida a un sistema de fuerzas que también perte-nece al mismo plano. En la primera parte del capítulo se estudiará laimportancia de elegir un modelo apropiado de análisis para una es-tructura en la que sus fuerzas pueden determinarse con una precisiónrazonable; después se analizarán los criterios necesarios para obtener la estabilidad estructural y, por último, se presentará el análisis de es-tructuras estáticamente determinadas, planas y articuladas.

2.1 Estructura idealizadaEl análisis exacto de una estructura es imposible de realizar, debido aque siempre hay que realizar estimaciones de las cargas y la resistenciade los materiales que componen la estructura. Además, también debenestimarse los puntos de aplicación de las cargas. Por lo tanto, en la prác-tica es importante que el ingeniero estructuralista desarrolle la capaci-dad de modelar o idealizar una estructura a fin de poder efectuar unanálisis de fuerzas de los elementos. En esta sección se desarrollarán lastécnicas básicas necesarias para llevar a cabo tales idealizaciones.

Análisis de estructurasestáticamentedeterminadas



34 CA P Í T U L O 2 AN Á L I S I S D E E S T R U C T U R A S E S T Á T I C A M E N T E D E T E R M I N A D A S

Figura 2–2

2

Observe que la cubierta de este puente deconcreto está hecha de forma que puede con-siderarse que una sección está unida medianteun soporte de rodillo sobre la otra sección.

Conexiones de soporte (apoyo). Los elementos estructuralesse unen de diversas maneras dependiendo de la intención del diseñadLos tres tipos de juntas que se especifican con mayor frecuencia so junta articulada, el soporte de rodillo y la junta fija. Las juntas artiladas y los soportes de rodillo permiten cierta libertad de rotación,tanto que una junta fija no permite la rotación relativa entre los eleme

tos conectados y, en consecuencia, su fabricación es más costosa. Enfiguras 2-1 y 2-2 se muestran ejemplos de estas juntas formadas, respvamente, en metal y concreto. Para la mayoría de las estructuras de mdera, se supone que los elementos deberán ser articulados ya quehecho de atornillarlos o clavarlos no es suficiente para restringir la roción de un elemento con respecto a los demás.

En las figuras 2-3a y 23-b se muestranmodelos idealizados que se usanen el análisis estructural y que representan soportes fijos y articuladasí como juntas fijas y articuladas. Sin embargo, en realidad todas lasnexiones muestran cierta rigidez a la rotación de las articulaciones,bido a la fricción y al comportamiento del material. En este caso,modelo más apropiado para un soporte o junta podría ser el que

muestra en la figura 2-3c . Si la constante torsional de resortek 0, la junta es articulada, y sik S q , la junta es fija.

Figura 2–1

soldadura

costillas

soldadura

(b)conexión “fija” típica (de concreto)

(a)conexión “articulada” típica (de metal)

(a)conexión “de rodillo” típica (de concreto)

(b)conexión “fija” típica (de metal)



2.1 ESTRUCTURA IDEALIZADA

Figura 2–4

Figura 2–3

Al seleccionar un modelo concreto para cada soporte o junta, el inge-niero debe estar consciente de cómo afectarán los supuestos el desem-peño real de los elementos y si los supuestos son razonables para eldiseño estructural. Por ejemplo,considere la viga que se muestra en la fi-gura 2-4a, la cual se usa para soportar una carga concentradaP. La cone-xión mediante ángulos en el soporte A es como la de la figura 2.1a y porlo tanto puede idealizarse como un soporte articulado típico. Además, elsoporte en B proporciona un punto aproximado de contacto liso, demodo que puede idealizarse como un rodillo. El espesor de la viga pue-de ignorarse,dado que es pequeño en comparación con la longitud de laviga y, por lo tanto, el modelo idealizado de la viga es como se muestra enla figura 2-4b. El análisis de cargas en esta viga debe proporcionar resul-tados que se aproximen mucho a las cargas reales en la viga. Para demos-trar que el modelo es adecuado, considere el caso particular de una vigade acero conP 8 k (8000 libras) yL 20 pies. Una de las simplificacio-nes más importantes que se hicieron aquí fue suponer que el soporte en A es una articulación. El diseño de la viga usando el código de procedi-mientos estándar* indica que una sección W1019 sería suficiente parasoportar la carga.Al usar uno de los métodos de deflexión del capítulo 8,la rotación en el soporte “articulado” puede calcularse comou 0.0103rad 0.59°. Con base en la figura 2-4c, tal rotación sólo mueve el patín(ala) superior o inferior a una distancia de u r (0.0103 rad)(5.12pulg) ¡0.0528 pulgadas! Sin duda, esta pequeña cantidad puede in-cluirse al fabricar la conexión como se muestra en la figura 2-1a y, por lotanto, la articulación sirve como un modelo adecuado.

*Códigos como elManual de Construcción en acero del American Institute of Steel Cons-truction.

soporte articulado junta articulada(a)

soporte fijo(b)

junta fij

soporte de resorte angular junta de resorte angular(c)

k k

L––2L––2

A

B

P

viga real(a)

L––2L––2

P

B A

viga idealizada(b) (c)

5.12 pulg

5.12 pulg

0.59

0.0528 pulg

0.0528 pulg

0




2

En la tabla 2-1, se muestran otros tipos de conexiones comúnmepresentes en las estructuras coplanares. Es importante tener la capacidde reconocer los símbolos de estas conexiones y los tipos de reaccioque ejercen sobre los elementos a los que se encuentran unidas. Epuede hacerse fácilmente si se observa la forma en que la conexiónres-tringe cualquier grado de libertad o desplazamiento de los elementos.

particular,el soporte desarrollará una fuerza sobre el elemento sievita sutraslación y desarrollará unmomento sobre el elemento sievita su rota-ción . Por ejemplo, en el caso de un elemento que está en contacto cuna superficie lisa (3) se impide su traslación en una sola direccióncual es perpendicular o normal a la superficie. Por lo tanto, la superfejerce sólo una fuerza normal F sobre el elemento en esa dirección. Lmagnitud de esta fuerza representauna incógnita . Además, observe queel elemento es libre de girar sobre la superficie, de modo que éstapuede desarrollar un momento sobre el elemento. Considere otro ejeplo en el que el soporte fijo (7) impidetanto la traslacióncomo la rota-ción de un elemento en el punto de conexión.En consecuencia, este tde soporte ejerce dos componentes de fuerza y un momento sobre el emento. El “giro” del momento se encuentra en el plano de la págindado que la rotación se evita en ese plano. Por consiguiente, en un porte fijo haytres incógnitas .

En la práctica, todos los soportes ejercen realmentecargas superficialesdistribuidas sobre los elementos con que están en contacto. Las fuerzamomentos concentrados que se muestran en la tabla 2-1 representan resultantes de estas distribuciones de carga. Por supuesto, esta represetación es una idealización; sin embargo, se usa aquí porque el área dsuperficie sobre la que actúa la carga distribuida es considerablememenor que la superficietotal de los elementos conectados.

Soporte oscilante común que se usa enuna trabe de puente.

Los rodillos y los cojinetes asociados seusan para sostener las trabes de con-creto presforzado de un puente carre-tero.

El eslabón corto se usa para conec-tar las dos trabes del puente carre-tero y permite la expansión térmicade la cubierta.

Articulación típica empleada parasoportar la trabe de acero de unpuente ferroviario.




TABLA 2–1 Soportes para estructuras coplanaresTipo de conexión Símbolo idealizado Reacción Número de incógnitas

(4)

collarín articulado liso F

(1) cable ligero

Eslabón sin pesoF

(2)

rodillos

balancín

F

(3)

superficie de contacto lisaF

(5)

articulación o bisagra lisa

F y

F x

F x

(7)

soporte fijo

F yM

Una incógnita. La reacción es una fuerzaque actúa en la dirección delcable o del eslabón.

Una incógnita. La reacción es una fuerzaque actúa perpendicularmente a lasuperficie en el punto de contacto.



Dos incógnitas. Las reacciones sondos componentes de la fuerza.

Dos incógnitas. Las reacciones sonuna fuerza y un momento.

Tres incógnitas. Las reacciones sonel momento y las dos componentes

de la fuerza.

collarín conectado fijamente

(6)

deslizador F

M



Figura 2–6

(a)

D

A

C

B

viguetalosa

columna

trabe

plano estructural idealizado

(b)

Figura 2–5

Estructura idealizada. Después de establecer las diferentes formas en que pueden idealizarse las conexiones de una estructura, ahes posible analizar algunas de las técnicas empleadas para represenlos distintos sistemas estructurales mediante modelos idealizados.

Como primer ejemplo, considere el brazo de grúa y el carro quemuestran en la figura 2-5a. Para el análisis estructural se puede ignorar

espesor de los dos elementos principales y suponer que la junta enB esrígida.Además, la conexión en A puede modelarse como un soporte fijy es posible excluir los detalles del carro. Por lo tanto, los elementos destructura idealizada se representan mediante dos líneas conectadasla carga sobre el gancho se representa mediante una sola fuerza conctrada F, figura 2-5b . Esta estructura idealizada que se muestra aquí comun dibujo de líneas puede usarse ahora para aplicar los principios danálisis estructural, el cual conducirá finalmente al diseño de sus dos mentos principales.

Las vigas y trabes suelen emplearse para sostener los pisos en edificEn particular, unatrabe es el elemento principal para el soporte de lacargas del piso, mientras que los elementos más pequeños que tien

un claro más corto y que están conectados a las trabes se llamanvigas .A menudo,las cargas aplicadas sobre una viga o trabe se transmiten haéstas a través del piso que sostienen. Una vez más, es importante tenecapacidad de idealizar apropiadamente el sistema como una serie de mdelos, los cuales pueden usarse para determinar de manera aproximalas fuerzas que actúan sobre los elementos. Considere, por ejemplo, latructura utilizada para soportar una losa de piso en un edificio típico coel que se muestra en la figura 2-6a. Aquí la losa se sostiene mediantevi-

guetas de piso situadas a intervalos regulares, las cuales a su vez están portadas mediante las dos trabes laterales AB y CD . Para el análisis, esrazonable suponer que las juntas son articuladas y/o que están conecdas mediante rodillos a las trabes y que éstas son articuladas y/o esconectadas mediante rodillos a las columnas. En la figura 2-6b se muestrala vista superior del plano estructural de este sistema. En este esque“gráfico”, observe que las “líneas” que representan las viguetas no tolas trabes y que las líneas de las trabes no tocan las columnas.Lo antesimboliza conexiones articuladas y/o apoyadas en rodillos. Por otro la


2

F

3 m

A

B

estructura real

(a)

4 m

4 m

B

A

3 m

F

estructura idealizada

(b)



Figura 2–7


si el plano estructural trata de representar elementos conectados fija-mente, como juntas soldadas en vez de simples uniones atornilladas, en-tonces las líneas para las vigas o trabes tocarían las columnas como en lafigura 2-7. De manera similar, una viga saliente conectada fijamente es-taría representada en la vista superior como se muestra en la figura 2-8.Si se usa la construcción de concreto reforzado, las vigas y trabes se

representan mediante líneas dobles. Por lo general estos sistemas estánconectados fijamente y, por lo tanto, los elementos se dibujan tocandolos soportes. Por ejemplo, el gráfico estructural para el sistema de con-creto vaciado en sitio de la figura 2-9a se muestra en su vista superiorcomo en la figura 2-9b. Las líneas de las vigas se dibujan discontinuas de-bido a que están por debajo de la losa.

Las gráficas e idealizaciones estructurales para estructuras de maderason semejantes a las de metal. Por ejemplo, el sistema estructural que semuestra en la figura 2-10a representa la construcción de una viga depared,donde la cubierta del techo se sostiene mediante vigas de madera,que transmiten la carga a un muro de mampostería. Puede suponerse quelas vigas están simplemente apoyadas en la pared, de modo que el plano

estructural idealizado sería como el que se muestra en la figura 2-10b.

viga conectada fijamente

viga idealizada

viga saliente conectada fijament

viga idealizada

(a)


(b)

(a)


(b)

Figura 2–8

Figura 2–9

Figura 2–10



Figura 2–11

Cargas tributarias. Cuando las superficies planas como paredepisos o techos están soportadas por un marco estructural, es necesadeterminar la forma en que se transmite la carga sobre estas superfichacia los diversos elementos estructurales utilizados para su soporte.general, existen dos formas en las que puede hacerse esto. La eleccdepende de la geometría del sistema estructural, el material del que e

hecho y el método empleado para su construcción.Sistema de una dirección. Una losa o una cubierta que se apoya dtal manera que transfiere su carga a los elementos de soporte medianuna acción en un solo sentido, se conoce como unalosa en una dirección .Para ilustrar el método de transmisión de cargas, considere el sistematructural que se muestra la figura 2-11a donde las vigas AB , CD y EF descansan sobre las trabes AE y BF . Si se coloca una carga uniforme d100 lb/pie2 sobre la losa, entonces puede suponerse que la viga centCD soporta la carga que actúa sobre elárea tributaria , la cual se muestracon un sombreado oscuro en el plano del marco estructural de la figu2-11b. Por lo tanto, el elementoCD se somete a un distribución de carglineal de (100 lb/pie2)(5 pies) 500 lb/pie,que se muestra en la viga idelizada de la figura 2-11c. Las reacciones sobre esta viga (2500 libras) aplicarán después al centro de las trabes AE (y BF ), que se muestranidealizadas en la figura 2-11d. Si se usa este mismo concepto, ¿es posibobservar cómo el resto de la carga de la losa se transmite a los extremde la trabe con un valor de 1250 libras?


2

(a)

10 pies

E

F

D

B

100 lb/ pie2

A

C

5 pies

5 pies


(b)

A B

C D

E F

2.5 pies2.5 pies

2.5 pies

2.5 pies

A

C D

B500 lb/ pie

2500 lb

viga idealizada(c)

2500 lb

10 pies A E

1250 lb 2500 lb 1250 lb

5 pies 5 pies

trabe idealizada(d)

El marco estructural de este edificio con-siste en viguetas de concreto, las cuales seformaron en el sitio usando placas metáli-cas. Estas viguetas están simplemente apo-yadas sobre las trabes, que a su vez seapoyan simplemente en las columnas.




Para algunos sistemas de piso, las vigas y trabes están conectadas a lascolumnas a lamisma altura , como en la figura 2-12a. Si éste es el caso, enocasiones la losa también puede considerarse como una “losa en una di-rección”. Por ejemplo, si la losa es de concreto con refuerzo enuna soladirección o si el concreto se vacía en una cubierta de metal corrugado,como en la fotografía superior, entonces puede suponerse una acción detransmisión de carga en un solo sentido. Por otro lado, si la losa es planaen las partes superior e inferior y se refuerza endos direcciones , enton-ces es necesario considerar la posibilidad de que la carga se transmita alos elementos de soporte en uno o dos sentidos.Por ejemplo,considere lalosa y el plano estructural de la figura 2-12b. De acuerdo con el Ameri-

can Concrete Institute, código ACI 318, siL 2

L 1 y si la relación del claro (L 2/L 1) 2, la losa se comportará como una losa en una dirección ,dado que comoL 1 se hace más pequeño, las vigas AB , CD y EF propor-cionan una mayor rigidez para soportar la carga.

trabeviga vigueta

columna(a)

A B

C D

E F

~

(b)

L 1

L 1

L 2

L 1___2L 1___2

losa de concretoreforzado en dos

direcciones,vaciada en forma

plana

para que la losa actúe en unsolo sentido, el plano estructural

idealizado requiere queL 2/ L 1 2

Ejemplo de la construcción de una losa en una direcciónen un edificio con estructura de acero que tiene un pisode concreto vaciado sobre una cubierta de metal corru-gado.Se considera que la carga sobre el piso se transmitea las vigas y no a las trabes.

Figura 2–12




2

Figura 2–13

Figura 2–14

Sistema en dos direcciones. Si de acuerdo con el código de concreto ACI 318 la relación de soporte en la figura 2-12b es (L 2/L 1) 2,sesupone que la carga se transfiere a las vigas de soporte y a las trabesdos direcciones. Cuando se presenta esta situación, la losa se denomlosa en dos direcciones . Para mostrar un método mediante el cual puedestudiarse este caso, considere la losa cuadrada de concreto reforzaque se muestra en la figura 2-13a, la cual está soportada por cuatro vigaen el borde, de 10 pies de largo: AB , BD , DC , y CA .Aquí L 2/L 1 1. Elárea tributaria supuesta para la viga AB , debida a la acción de la losa edos direcciones, se muestra con un sombreado oscuro en la figura 2-b.Esta área se determina al construir líneas diagonales a 45° como se mutra en la figura.Por lo tanto, si se aplica una carga uniforme de 100 lb/2

sobre la losa, se obtendrá una intensidad máxima de (100 lb/pie2)(5 pies)500 lb/pie sobre el centro de la viga AB , lo que resulta en una distribu

ción de cargastriangular como la que se muestra en la figura 2-13c. Paraotras geometrías que ocasionan acciones en dos direcciones, puede eplearse un procedimiento similar.Por ejemplo, siL 2/L 1 1.5 entonces esnecesario construir líneas cruzadas a 45°, como se muestra en la fig2-14a. De esta forma,una carga de 100 lb/pie2 colocada en la losa produ-cirá cargas distribuidastrapezoidales y triangulares en los elementos ABy AC respectivamente, figuras 2-14b y 2-14c.

(a)

10 pies

10 pies

A

C

D

B

100 lb/ pie210 pies

5 pies

10 pies

A B

C D

4545

plano estructural idealizado(b)

500 lb/ pie

A B

5 pies 5 pies

viga idealizada(c)

15 pies

5 pies 5 pies 5 pies

10 pies

5 pies

A B

C D

45 45

planta estructural idealizada

(a)

500 lb/ pie

A B

5 piesviga idealizada

(b)

5 pies 5 pies

500 lb/ pie

A

5 piesviga idealizada

(c)

5 pies

C




La capacidad de reducir una estructura real a una forma idealizada,como se muestra en estos ejemplos, sólo puede adquirirse a través de laexperiencia. Para proporcionar una práctica a este respecto, los proble-mas de ejemplo y los problemas a resolver que se incluyen en este libro sepresentan en forma realista, y el enunciado del problema ayuda a explicarcómo pueden modelarse las conexiones y los soportes mediante los ele-

mentos enlistados en la tabla 2-1.En la práctica de la ingeniería, si se tieneuna duda sobre cómo modelar una estructura o transferir las cargas a loselementos, lo recomendable es considerarvarias estructuras y cargasidealizadas para después diseñar la estructura real de modo que puedaresistir las cargas incluidas en todos los modelos idealizados.

EJEMPLO2.1

El piso de un salón de clases debe estar soportado por las viguetas enforma de barra como se muestran en la figura 2-15a. Las viguetas tie-nen 15 pies de largo cada una y entre sus centros hay un espacio de2.5 pies. El piso se hará de concreto ligero de 4 pulgadas de espesor.Ignore los pesos de las viguetas y de la cubierta de metal corrugado, ydetermine la carga que actúa a lo largo de cada vigueta.

SOLUCIÓNLa carga muerta sobre el piso se debe al peso de la losa de concreto.Con base en la tabla 1-3 para 4 pulgadas de concreto ligero, ésta es(4)(8 lb/pie2) 32 lb/pie2. De la tabla 1-4 se sabe que la carga vivapara un salón de clases es de 40 lb/pie2. Así, la carga total del piso esde 32 lb/pie2 40 lb/pie2 72 lb/pie2. Para el sistema del piso,L 12.5 pies yL 2 15 pies. ComoL 2/L 1 2, la losa de concreto se trata

como una losa en una dirección. El área tributaria de cada vigueta semuestra en la figura 2-15b. Por lo tanto, la carga uniforme en toda sulongitud es

w 72 lb/pie2 (2.5 pies) 180 lb/pie

En la figura 2-15c se muestran esta carga y las reacciones finales sobrecada vigueta.

15 pies

2.5 pies

(b) 1350 lb(c)

1350 lb

180 lb/ pie

Figura 2–15

(a)




2

El techo plano del edificio con estructura de acero que se muestra enla fotografía está destinado a soportar una carga total de 2 kN/m2

en toda su superficie.Determine la carga del techo dentro de la región ABCD que se transmite a la vigaBC . Las dimensiones se muestran enla figura 2-16a.

EJEMPLO2.2

2 m

(a)

B A

C D

1.5 m

1.5 m

2 m

2 m

4 m

B C

2 m

(b)

4 kN/ m

1.5 m1.5 m

A B

C D

Figura 2–16

SOLUCIÓNEn este caso,L 2 5 m yL 1 4 m. ComoL 2/L 1 1.25 2, se tiene laacción de una losa en dos direcciones. En la figura 2-16a se muestrala carga tributaria a lo largo de cada viga en el borde,donde el área decarga trapezoidal con un sombreado claro se transmite al elementoBC .La intensidad más alta de esta carga es (2 kN/m2)(2 m) 4 kN/m.Enconsecuencia, la distribución de carga a lo largo deBC es como semuestra en la figura 2-16b.

Este proceso de transmisión de la carga tributariatambién debe calcu-larse para la región a la derecha deBC como se muestra en la foto-grafía; además, esta cargatambién debe colocarse enBC . Vea elsiguiente ejemplo.



EJEMPLO2.3

Las trabes de concreto que se muestran en la fotografía del estacio-namiento para automóviles de pasajeros miden 30 pies y entre suscentros hay una separación de 15 pies. Si la losa del piso tiene 5 pul-gadas de espesor, está hecha de concreto de piedra reforzado y lacarga viva especificada es de 50 lb/pie2 (vea la tabla 1.4), determinela carga distribuida que el sistema de piso transmite a cada trabe in-terior.

SOLUCIÓNAquí,L 2 30 pies yL 1 15 pies, de modo queL 2/L 1 2. Se tieneuna losa en dos direcciones. De la tabla 1-2, para el concreto de pie-dra reforzado, el peso específico del concreto es 150 lb/pie3. Así, lacarga de diseño para el piso es

Una carga distribuida trapezoidal se transmite a cada trabe interior AB desde cada uno de sus lados. La intensidad máxima de cadauna de estas cargas distribuidas es (112.5 lb/pie2)(7.5 pies) 843.75 lb/pie,de modo que en la trabe esta intensidad se convierte en 2(843.75lb/pie) 1687.5 lb/pie, figura 2-17b.Nota: Para efectos de diseño, tam-bién debe tenerse en cuenta el peso de la trabe.

p = 150 lb

>pie

3

a512 pie

b + 50 lb

>pie

2= 112.5 lb

>pie

2


15 pies7.5 pies 7.5 pies

(a)

30 pies

15 pies7.5 pies

A B

(b)

15 pies

1687.5 lb/ pie

7.5 pies

A B

7.5 pies

Figura 2–17




2

2.2 Principio de superposiciónEl principio de superposición es la base de gran parte de la teoría danálisis estructural. Es posible afirmar lo siguiente:El desplazamientototal o las cargas internas (esfuerzos) en un punto de una estructura some-tida a varias cargas externas puede determinarse al sumar los desplaza-mientos o cargas internas (esfuerzos) causados por cada una de las cargasexternas que actúan por separado . Para que este enunciado sea válido enecesario que exista unarelación lineal entre las cargas, los esfuerzos los desplazamientos.

Para aplicar el principio de superposición deben imponerse dos reqsitos:

1. El material debe comportarse de una manera elástica lineal,modo que la ley de Hooke sea válida y, por lo tanto, la carga sproporcional al desplazamiento.

2. La geometría de la estructura no debe experimentar un cambio s

nificativo al aplicar las cargas; es decir, se aplica la teoría depequeños desplazamientos. Si se dan grandes desplazamientosposición y la orientación de las cargas cambiarán en forma signiftiva. Un ejemplo podría ser una barra delgada en voladizo someta una fuerza en su extremo.

A lo largo del presente texto deben cumplirse estos dos requisitos.Aqlos materiales sólo presentan un comportamiento lineal elástico y desplazamientos producidos por las cargas no cambian significatimente las direcciones de las cargas aplicadas ni las dimensiones usapara calcular los momentos de las fuerzas.

viento

Las paredes laterales de este edificio se utilizan para refor-zar su estructura cuando la construcción está sujeta a gran-des cargas de vientos huracanados, las cuales se aplican enlas partes frontal o trasera del edificio. Estas paredes latera-les se denominan “muros cortantes”.



2.3 ECUACIONES DE EQUILIBRIO

M M

V

V

N N

Cargas internas

Figura 2–18

2.3 Ecuaciones de equilibrioDe la estática, debe recordarse que una estructura o uno de sus elemen-tos está en equilibrio cuando se mantiene un balance de fuerzas y mo-mentos. En general, esto requiere que se satisfagan las ecuaciones deequilibrio de las fuerzas y de los momentos a lo largo de tres ejes inde-pendientes, a saber,

(2–1)

No obstante, las partes principales que soportan carga en la mayoría delas estructuras se encuentran en un solo plano,y como las cargas tambiénson coplanares, los requisitos anteriores para el equilibrio se reducen a

(2–2)

Aquí, F x y F y representan respectivamente las sumas algebraicas delas componentes x y y de todas las fuerzas que actúan sobre la estructurao uno de sus elementos, yM O representa la suma algebraica de los mo-mentos de estos componentes de fuerza alrededor de un eje que es per-pendicular al plano x y (el ejez) y que pasa a través del puntoO .

Siempre que se apliquen estas ecuaciones, primero es necesario dibujar un diagrama de cuerpo libre de la estructura o de sus elementos . Si se se-

lecciona un elemento, debeaislarse de sus soportes y entorno para dibujar sólo su contorno. Es necesario mostrar todas las fuerzas y momentosde par que actúan sobre el elemento .A este respecto, los tipos de reaccio-nes en los soportes pueden determinarse usando la tabla 2-1. También,debe recordarse que las fuerzas comunes a dos elementos actúan conmagnitudes iguales pero en direcciones opuestas en los respectivos dia-gramas de cuerpo libre de los elementos.

Si es necesario determinar lascargas internas en un punto específicode un elemento, debe emplearse elmétodo de las secciones . Esto re-quiere hacer un “corte”o sección perpendicular al eje del elemento en elpunto donde se determinarán las cargas internas. Después se aísla undiagrama de cuerpo libre de cualquier segmento del “corte” del ele-mento y entonces se determinan las cargas internas a partir de las ecua-ciones de equilibrio aplicadas a este segmento. Por lo general, las cargasinternas que actúan en la sección consisten en una fuerza normalN,unafuerza cortanteV y un momento flexionanteM, como se muestra en lafigura 2-18.

En la sección 2-5 se estudiarán los principios de la estática que seemplean para determinar las reacciones externas sobre las estructuras.Las cargas internas en los elementos estructurales se analizarán en elcapítulo 4.

©M O = 0 ©F y = 0 ©

F x =

0

©F x = 0 ©F y = 0 ©F z = 0©M x = 0 ©M y = 0 ©M z = 0




2

2.4 Determinación y estabilidadAntes de iniciar el análisis de fuerzas de una estructura, es necesariotablecer la determinación y la estabilidad de la estructura.

Determinación. Las ecuaciones de equilibrio proporcionan lascon-diciones necesarias y suficientes para el equilibrio. Cuando todas las fuerzas en una estructura pueden determinarse estrictamente a partir de estecuaciones, la estructura se denominaestáticamente determinada . Las es-tructuras que tienen más fuerzas desconocidas que ecuaciones de equbrio disponibles se llamanestáticamente indeterminadas . Como reglageneral, una estructura puede identificarse como estáticamente determnada o indeterminada al dibujar diagramas de cuerpo libre de todos selementos, o partes seleccionadas de sus elementos, para después comrar el total de fuerzas de reacción y componentes de momento descocidos con el total de ecuaciones de equilibrio disponibles.* Para uestructura coplanar existen a lo sumotres ecuaciones de equilibrio paracada parte, por lo que si hay un total den partes y r componentes defuerzas y momentos de reacción, se tiene que

r 3n, es estáticamente determinadar 3n, es estáticamente indeterminada

(2–3)

En particular, si una estructura esestáticamente indeterminada , lasecuaciones adicionales necesarias para resolver las reacciones des

nocidas se obtienen al relacionar las cargas aplicadas y las reacciocon el desplazamiento o la pendiente en diferentes puntos de la tructura. Estas ecuaciones, que se conocen comoecuaciones de compa-tibilidad , deben ser iguales en número al grado de indeterminación dela estructura. Las ecuaciones de compatibilidad incluyen las propiedageométricas y físicas de la estructura y se estudiarán más adelante ecapítulo 10.

A continuación se considerarán algunos ejemplos para mostrar forma de clasificar la determinación de una estructura. El primer ejeplo trata sobre vigas, el segundo sobre estructuras articuladas y el tercsobre marcos. La clasificación de armaduras se estudiará en el capítul

*El trazado de diagramas de cuerpo libre no es estrictamente necesario, puesto que tbién puede hacerse un “conteo mental” del número de incógnitas para compararlo conúmero de ecuaciones de equilibrio.



2.4 DETERMINACIÓN Y ESTABILIDAD

EJEMPLO2.4

Clasifique cada una de las vigas que se muestran en las figuras 2-19a a2-19d como estáticamente determinada o estáticamente indetermi-nada. Si son estáticamente indeterminadas, indique el número de gra-dos de indeterminación. Se supone que las vigas están sometidas acargas externas conocidas que pueden actuar en cualquier lugar de lasvigas.

SOLUCIÓNLas vigas compuestas , es decir las de las figuras 2-19c y 2-19d, que secomponen de elementos articulados, deben desensamblarse. Consi-dere que en estos casos las fuerzas de reacción desconocidas queactúan entre cada elemento deben mostrarse en parejas iguales peroopuestas. En las figuras se muestran los diagramas de cuerpo libre decada elemento. Después de aplicarr 3n o r 3n , se indican las cla-sificaciones resultantes.

(a)

(c)

(b)

(d)

Figura 2–19

r 3,n 1,3 3(1) Estáticamente determinada Resp.

r 5,n 1,5 3(1) Estáticamente indeterminada de segundo grado Resp.

r 6,n 2,6 3(2) Estáticamente determinada Resp.

r 10,n 3,10 3(3) Estáticamente indeterminada de primer grado Resp.




2

Clasifique cada una de las estructuras articuladas que se muestran enlas figuras 2-20a a 2-20d como estáticamente determinada o estática-mente indeterminada. Si es estáticamente indeterminada, indique elnúmero de grados de indeterminación. Se supone que las estructurasestán sometidas a cargas externas arbitrarias conocidas y que puedenactuar en cualquier punto de las estructuras.

SOLUCIÓNLa clasificación de estructuras articuladas es semejante a la de lasvigas. En las figuras se muestran los diagramas de cuerpo libre de loelementos.Al aplicarr 3n o r 3n, se indican las clasificaciones re-sultantes.

EJEMPLO2.5

(a)

(b)

(c)

r 10,n 2,10 6,Estáticamente indeterminada decuarto grado Resp.

r 9,n 3,9 9,Estáticamente determinada Resp.

(d)

r 9,n 3,9 9,Estáticamente determinada Resp.

r 7,n 2,7 6Estáticamente indeterminada de pri-mer grado Resp.

Figura 2–20




EJEMPLO2.6

Clasifique cada uno de los marcos que se muestran en las figuras 2-21ay 2-21b como estáticamente determinado o estáticamente indetermi-nado.Si es estáticamente indeterminado, indique el número de gradosde indeterminación. Se supone que los marcos están sometidos a car-gas externas conocidas, las cuales pueden actuar en cualquier puntode los marcos.

SOLUCIÓNA diferencia de las vigas y las estructuras articuladas que se mostra-ron en los ejemplos anteriores, los marcos están compuestos por ele-mentos que se conectan entre sí mediante juntas rígidas.En ocasiones,los elementos forman circuitos (crujías) internos como en la figura2-21a.Aquí ABCD forma un circuito cerrado. Para clasificar estas es-tructuras es necesario emplear el método de las secciones y “cortar” elcircuito en dos. En la figura se muestran los diagramas de cuerpo librede las partes seccionadas,de manera que es posible clasificar el marco.Tenga en cuenta que sólo se necesitauna sección a través del circuito,puesto que al determinar las incógnitas en la sección es posible encontrarlas fuerzas internas en cualquier punto de los elementos, empleandoel método de las secciones y las ecuaciones de equilibrio. En la figura2-21b se muestra un segundo ejemplo de esto.Si bien el marco de la fi-gura 2-21c no tiene circuitos cerrados, es posible emplear el mismométodo con secciones verticales para clasificarlo. En este caso,tam-bién se puede dibujar su diagrama de cuerpo libre completo. La clasi-ficación resultante se indica en cada figura.

B

A

C

D

(a)

r 9,n 2,9 6,Estáticamente indeterminado detercer grado Resp.

r 9,n 1,9 3,Estáticamente indeterminado desexto grado Resp.

(Este marco no tiene circuitos cerrados.)

Figura 2–21

r 18,n 3,18 9,Estáticamente indeterminado denoveno grado Resp.

(b)

r 18,n 4,18 12,Estáticamente indeterminado desexto grado Resp.

(a)

(c)




2

Figura 2–22

Figura 2–23

Estabilidad. Para garantizar el equilibrio de una estructura o de suelementos, no sólo es necesario satisfacer las ecuaciones de equilibsino que los elementos también deben estar correctamente sujetos o rtringidos por sus soportes. Cuando no se han cumplido las condicioadecuadas de restricción pueden presentarse dos situaciones distintasRestricciones parciales. En algunos casos, una estructura o uno dsus elementos pueden tenermenos fuerzas reactivas que ecuacionede equilibrio a satisfacer.Entonces la estructura se convierte sólo en par-cialmente restringida . Por ejemplo, considere el elemento de la figura 2-con su correspondiente diagrama de cuerpo libre. Aquí, la ecuaciónF x

0 no será satisfecha por las condiciones de carga y, por lo tanto, el mento será inestable.Restricciones impropias. En algunos casos puede haber tantasfuerzas desconocidas como ecuaciones de equilibrio; sin embargoinestabilidad o el movimiento de una estructura o sus elementos pueddesarrollarse debido a larestricción impropia de los soportes. Esto puedeocurrir si todaslas reacciones en los soportes son concurrentes en un

punto. En la figura 2-23 se muestra un ejemplo de esta situación.A padel diagrama de cuerpo libre de la viga puede observarse que la sumalos momentos alrededor del puntoO no será igual a cero (Pd Z0),por loque se presentará rotación alrededor del puntoO .

Otra forma en la cual la restricción impropia conduce a la inestabdad ocurre cuando todas las fuerzas reactivas son paralelas . Un ejemplode este caso se muestra en la figura 2-24. Aquí, cuando se aplica fuerza inclinadaP, la suma de fuerzas en la dirección horizontal no seigual a cero.

A C B

P

O O

FB

dF A FC

P

d

reacciones concurrentes

P

A B C

P

F A FB FC

reacciones paralelas

P

A

A

P

F A

M A

restricciones parciales

Figura 2–24




En general, una estructura será geométricamente inestable —es decir, semoverá ligeramente o colapsará— si hay menos fuerzas de reacción queecuaciones de equilibrio; o, si hay suficientes reacciones, se producirá ines-tabilidad si las líneas de acción de las fuerzas de reacción se cruzan en un

punto común o son paralelas entre sí . Si la estructura se compone de va-rios elementos o componentes, la inestabilidad local de uno o varios de

estos elementos puede determinarse generalmentemediante inspección

.Si los elementos forman un mecanismo colapsable, la estructura seráinestable. A continuación se formalizarán estos enunciados para unaes-tructura coplanar con n elementos o componentes yr reacciones desco-nocidas. Dado que hay tres ecuaciones de equilibrio disponibles paracada elemento o componente, se tiene que

r 3n es inestabler 3n es inestable si las reacciones de los

elementos son concurrentes o paralelos (2–4)o algunos de los componentes forman unmecanismo colapsable

Si la estructura es inestable,no importa si es estáticamente determi-nada o indeterminada. En todos los casos, ese tipo de estructuras debeevitarse en la práctica.

Los siguientes ejemplos ilustran la forma en que las estructuras o suselementos pueden clasificarse como estables o inestables. En el capítulo 3se analizarán las estructuras en la forma de una armadura.

El refuerzo en K sobre este marcoproporciona soporte lateral con-tra el viento y soporte vertical delas trabes del piso. Observe eluso de la lechada de concreto,que se aplica para aislar el aceroy evitar que pierda su rigidez encaso de presentarse un incendio.



Clasifique cada una de las estructuras que se muestran en la figura2-25a a 2-25d como estable o inestable. Se supone que las estructurasestán sometidas a cargas externas arbitrarias conocidas.SOLUCIÓNLas estructuras se clasifican de la manera indicada.

EJEMPLO2.7


2

Figura 2–25

B

(a)

A

A

B

(b)

B

AB

C

(c)

AB

C D

(d)

El elemento esestable puesto que las reacciones no son concurrentesni paralelas.También es estáticamente determinado. Resp.

El elemento esinestable puesto que las tres reacciones son concurren-

tes enB . Resp .

La viga esinestable puesto que las tres reacciones son paralelas. Resp.

La estructura esinestable puesto quer 7,n 3, por lo que según laecuación 2-4,r 3n, 7 9.Además, esto puede observarse por inspec-ción, ya que AB puede desplazarse horizontalmente sin restricción.

Resp .




Probs. 2–1/2–2

Probs. 2–3/2–4/2–5

2–1. La estructura de acero se usa para sostener unalosa de concreto de piedra reforzado que se emplea enuna oficina. La losa tiene 200 mm de espesor. Dibuje lascargas que actúan a lo largo de los elementosBE y FED .Considerea 2 m,b 5 m.Sugerencia : Vea las tablas1-2 y 1-4.

2–2. Resuelva el problema 2-1 cona 3 m,b 4 m.

2–6. El marco se usa para soportar un piso de mde 2 pulgadas de espesor en una vivienda residencbuje las cargas que actúan a lo largo de los elemBG y ABCD . Considerea 5 pies,b 15 pies.Sugerecia :Vea las tablas 1-2 y 1-4.

2–7. Resuelva el problema 2-6, cona 8 pies,b pies.

*2–8. Resuelva el problema 2-6,cona 9 pies ybpies.

PROBLEMAS

2–3. El sistema de piso empleado en un aula consisteen una losa de concreto de piedra reforzado de 4 pulga-das.Dibuje las cargas que actúan a lo largo de la viguetaBF y la trabe lateral ABCDE . Considerea 10 pies,b 30 pies.Sugerencia :Vea las tablas 1-2 y 1-4.

*2–4. Resuelva el problema 2-3 cona 10 pies,b 15pies.

2–5. Resuelva el problema 2-3 cona 7.5 pies,b 20pies.

2–9. La estructura de acero se usa para soportalosa de concreto de piedra reforzado de 4 pulgacual sostiene una carga viva uniforme de 500 lb/p2.Dbuje las cargas que actúan a lo largo de los elemBE y FED . Considereb 10 pies ya 7.5 pies.Surencia : Consulte la tabla 1-2.

2–10. Resuelva el problema 2-9, conb 12 pies,apies.

A

B

C

D

E

F b a

a

A

E b

a

aa

a

B

C

D

F

F

H

G

E

a

a

ab

C

A

B

D

Probs. 2–6/2–7/2–8

A

B

C

D

E

F b a

a

Probs. 2–9/2–10




2

(a)

(b)

(c)

(d)

(e)

Prob. 2–11

2–11. Clasifique cada una de las estructuras como está-ticamente determinada, estáticamente indeterminada oinestable. Si es indeterminada, especifique el grado deindeterminación. Los soportes o conexiones deben suje-tarse a los supuestos indicados.

*2–12. Clasifique cada uno de los marcos como estácamente determinados o indeterminados. Si es indeteminado, especifique el grado de indeterminación. Todlas juntas internas están conectadas fijamente.

(a)

(b)

(c)

(d)

Prob. 2–12




2–13. Clasifique cada una de las estructuras como está-ticamente determinada, estáticamente indeterminada,estable o inestable. Si es indeterminada, especifique elgrado de indeterminación. Los soportes o conexionesdeben sujetarse a los supuestos indicados.

2–14. Clasifique cada una de las estructuras como está-ticamente determinada, estáticamente indeterminada,estable o inestable. Si es indeterminada, especifique elgrado de indeterminación. Los soportes o conexionesdeben sujetarse a los supuestos indicados.

2–15. Clasifique cada una de las estructuras comoticamente determinada, estáticamente indetermininestable. Si es indeterminada, especifique el graindeterminación.

(a)

(b)

(c)

Prob. 2–15

rodillo

fija

articulación

(a)

fijafija

(b)

articulación articulación

(c)

articulación articulación

Prob. 2–13

rodillo

fija

(a)

articulación

articulación

(b)

fijarodillo rodillo articulaciónarticulación

fija

(c)

fija fija

articulación

Prob. 2–14




2

(a)

(b)

(c)

(d)

Prob. 2–16

(a)

(b)

(c)

(d)

Prob. 2–17

*2–16. Clasifique cada una de las estructuras comoestáticamente determinada, estáticamente indetermi-nada o inestable. Si es indeterminada, especifique elgrado de indeterminación.

2–17. Clasifique cada una de las estructuras como estticamente determinada, estáticamente indeterminadestable o inestable. Si es indeterminada, especifique grado de indeterminación.



2.5 APLICACIÓN DE LAS ECUACIONES DE EQUILIBRIO

2.5 Aplicación de las ecuacionesde equilibrio

En forma ocasional, los elementos de una estructura se conectan entre sí de modo que las juntas pueden asumirse como articulaciones. Los mar-

cos y las armaduras para construcción son ejemplos típicos que suelenformarse de esta manera.Si una estructura coplanar articulada está bienrestringida y no contiene ningún soporte o elemento adicional necesariopara evitar el colapso,las fuerzas que actúan en las juntas y soportes pue-den determinarse mediante la aplicación a cada elemento de las tresecuaciones de equilibrio (F x 0, F y 0, M O 0). Es comprensibleque,una vez que se hayan calculado las fuerzas en las juntas, será posibledeterminar el tamaño de los elementos, las conexiones y los soportes conbase en las especificaciones de los códigos de diseño.

Para ilustrar el método de análisis de fuerzas, considere el marco detres elementos que se muestra en la figura 2-26a, el cual está sometido alas cargasP1 y P2. En la figura 2-26b se muestran los diagramas de

cuerpo libre de cada elemento. En total hay nueve incógnitas; sin em-bargo, pueden escribirse nueve ecuaciones de equilibrio, tres para cadaelemento, por lo que el problema esestáticamente determinado . Para lasolución realtambién es posible, y conveniente a veces, considerar unaporción del marco o su totalidad al momento de aplicar alguna de estasnueve ecuaciones.Por ejemplo,en la figura 2-26c se muestra un diagramade cuerpo libre de todo el marco. Se podrían determinar las tres reaccio-nesA x, A y y C x sobre este sistema articulado “rígido”, para después ana-lizardos de cualquiera de sus elementos, figura 2-26b, y obtener las otrasseis incógnitas. Además, las respuestas pueden comprobarse, en partemediante la aplicación de las tres ecuaciones de equilibrio en el “tercer”elemento restante. En resumen,este problema puede resolverse al escri-bir un máximo de nueve ecuaciones de equilibrio usando diagramas decuerpo libre de cualesquier elementos y/o combinaciones de elementosconectados. Si se escriben más de nueve ecuaciones, habría redundanciasobre las nueve ecuaciones originales y algunas de éstas sólo serviríanpara comprobar resultados.

B x

B y D y A y

D x A x

D y

D x

P1E x

E y

B x

B y

P2E y

E x

C x

(b)

P1

C x

A x

A y

(c)

P2

Figura 2–26

BD

E

C

P2

P1

(a)

A




2

Considere ahora el marco de dos elementos que se muestra en la gura 2-27a. Aquí, los diagramas de cuerpo libre de los elementos mutran seis incógnitas, figura 2-27b; sin embargo, es posible escribir seecuaciones de equilibrio, tres para cada elemento, por lo que de nuevoproblema es estáticamente determinado.Al igual que en el caso anteritambién puede emplearse un diagrama de cuerpo libre de todo el mar

para una parte del análisis, figura 2-27c. Aunque, como se muestra, emarco tiene tendencia al colapso si no cuenta con sus soportes, al g

sobre la articulación enB , esto no sucederá puesto que el sistema dfuerzas que actúan sobre el marco todavía pueden mantenerlo en equbrio.Por lo tanto, si así se desea, las seis incógnitas pueden determinamediante la aplicación de las tres ecuaciones de equilibrio a todomarco, figura 2-27c, y también al aplicar estas ecuaciones a uno de selementos.

Los dos ejemplos anteriores muestran que si una estructura está bisoportada y no contiene ningún apoyo o elemento adicional que sea cesario para evitar el colapso,el marco se convierte en estáticamente terminado y, por lo tanto, las fuerzas desconocidas en los soporte

conexiones pueden determinarse a partir de las ecuaciones de equilibaplicadas a cada elemento. Además, si la estructura se mantienerígida(no colapsable) al retirar los soportes (figura 2-26c), las tres reaccionesen los soportes pueden determinarse mediante la aplicación de las tecuaciones de equilibrio a toda la estructura. Sin embargo, si la estructno parece ser rígida (colapsable) después de retirar los soportes (fira 2-27c), será necesario desmembrar la estructura y considerar el equbrio de los elementos individuales a fin de obtener suficientes ecuaciopara determinartodas las reacciones en los soportes.

B AD

C P2

P1

(a)

P2

P1

(b)

A y

A xB x

B y

B x

B y

C x

C y

B

P1

(c)

A y

A x

C x

C y

P2

Figura 2–27




Procedimiento de análisis

El siguiente procedimiento proporciona un método para determinar lasreacciones en las juntas de estructuras compuestas por elementos articulados.

Diagramas de cuerpo libre• Desensamble la estructura y dibuje un diagrama de cuerpo libre de cada elemento.

Además, puede ser conveniente complementar el diagrama de cuerpo libre de un ele-mento con el diagrama de cuerpo libre detoda la estructura . Con este diagrama es po-sible determinar todas o algunas de las reacciones en los soportes.

• Recuerde que las fuerzas de reacción comunes a dos elementos actúan con magnitu-des iguales pero con direcciones opuestas en los respectivos diagramas de cuerpo librede los elementos.

• Deben identificarse todos los elementos de dos fuerzas. Sobre estos elementos, inde-pendientemente de su forma, no actúan cargas externas y, por lo tanto, sus diagramasde cuerpo libre se representan con las fuerzas colineales iguales pero opuestas ac-tuando en sus extremos.

• En muchos casos es posible establecer por inspección el sentido correcto de la flechaque indica la dirección de una fuerza o momento desconocido;sin embargo, si esto pa-rece difícil, el sentido de la fuerza puede suponerse arbitrariamente.

Ecuaciones de equilibrio• Cuente el número total de incógnitas para asegurar que se pueda escribir un número

equivalente de ecuaciones de equilibrio para su solución.A excepción de los elemen-tos de dos fuerzas, recuerde que generalmente pueden escribirse tres ecuaciones deequilibrio para cada elemento.

• En muchas ocasiones la solución de las incógnitas será sencilla, si la ecuación de mo-mento M O 0 se aplica alrededor de un punto (O ) que se encuentre en la intersec-ción de las líneas de acción de tantas fuerzas desconocidas como sea posible.

• Al aplicar las ecuaciones de fuerzaF x 0 y F y 0, oriente los ejes x y y a lo largode las líneas que ofrecen la reducción de fuerzas más simple en sus componentes x y y.

• Si la solución de las ecuaciones de equilibrio proporciona una magnitudnegativa parauna fuerza o momento desconocido, esto indica que el sentido de la fuerza es opuestoal que se supuso en el diagrama de cuerpo libre.



Determine las reacciones sobre la viga que se muestra en la figura 2-29a.

SOLUCIÓNDiagrama de cuerpo libre. Como se muestra en la figura 2-29b ,la carga trapezoidal distribuida se divide en una carga triangular y unacarga uniforme. Lasáreas bajo el triángulo y el rectángulo represen-tan las fuerzasresultantes . Estas fuerzas actúan a través del centroidede sus áreas correspondientes.

Ecuaciones de equilibrio; Resp.

Resp.

Resp.d+ ©M A = 0; - 60142 - 60162 + MA = 0 MA = 600 kN#mAy - 60 - 60 = 0 Ay = 120 kN+ c©F y = 0;

Ax = 0+: ©F x = 0

EJEMPLO2.9


2

15 kN/ m

12 m

5 kN/ m

(a)

A

Figura 2–29

Determine las reacciones sobre la viga que se muestra en la figura 2-28a.

EJEMPLO2.8

Resp.

Resp.- 60 sen 60° + 38.5 + Ay = 0

Ay = 13.4 k+ c©F y = 0;By = 38.5 k- 60 sen 60°(10) + 60 cos 60°(1) + By(14) - 50 = 0d+ ©M A = 0;

(a)

A

1 pie60 k

60 B50 kpie

10 pies 4 pies 7 pies10 pies 4 pies

1 pie60 sen 60k

50 k pie

(b)

A x

A y B y

60 cos 60k A

Figura 2–28

SOLUCIÓNDiagrama de cuerpo libre. Como se muestra en la figura 2-28b, lafuerza de 60 k se resuelve en sus componentes x y y. Por otra parte,la línea dimensional de 7 pies no es necesaria puesto que un momentode par es unvector libre y, por lo tanto, puede actuar en cualquierpunto de la viga para los fines de calcular las reacciones externas.

Ecuaciones de equilibrio. Al aplicar las ecuaciones 2-2 en una se-cuencia y al emplear los resultados calculados previamente, se tiene

; Resp.Ax - 60 cos 60° = 0

Ax = 30.0 k+: ©F x = 0

1 (10 kN/ m)(12 m) 60 kN

6 m

5 kN/ m

(b)

A

10 kN/ m

4 m

A y

A x

M A

—2 (5 kN/ m)(12 m)60 kN




EJEMPLO2.10

Determine las reacciones sobre la viga mostrada en la figura 2-30a.Suponga que A es una articulación y el soporte enB es un rodillo (su-perficie lisa).

SOLUCIÓNDiagrama de cuerpo libre. Como se muestra en la figura 2-30b , elsoporte (“rodillo”) enB ejerce una fuerza normal sobre la viga en supunto de contacto. La línea de acción de esta fuerza está definida porel triángulo 3-4-5.

Ecuaciones de equilibrio. Al descomponerNB en sus componen-tes x y y, y al sumar los momentos alrededor de A se obtiene una solu-ción directa paraN B. ¿Por qué? Con este resultado es posible obtener

A x y A y.

Resp.

Resp.

Resp.Ay = 2.70 kAy - 3500 + 3511331.52 = 0+ c©F y = 0;

Ax = 1.07 kAx - 4511331.52 = 0:+ ©F x = 0;

N B = 1331.5 lb = 1.33 k

- 350013.52 + A45BN B142 + A35BN B1102 = 0d+ ©M A = 0;

3.5 pies 6.5 pies

3500 lb

A

(b)

A x

A y

4 pies3

4

5

NB

7 pies 3 pies

500 lb/ pie

A

B

4 pies

(a)

Figura 2–30



La viga compuesta que se muestra en la figura 2-31a está fija en A .Determine las reacciones en A , B y C . Suponga que la conexión enBes una articulación y queC es un rodillo.

EJEMPLO2.11


2

400 lb/ pie

A B

6000 lbpie

20 pies 15 pies

C

(a)

8000 lb

A B

6000 lbpie

15 piesC

(b)

A x

M A

A y 10 pies 10 pies

B x

C y

B x

B yB

y

SOLUCIÓNDiagramas de cuerpo libre. En la figura 2-31b se muestra el dia-grama de cuerpo libre de cada segmento. ¿Por qué este problema esestáticamente determinado?

Ecuaciones de equilibrio. Hay seis incógnitas. Al aplicar las seisecuaciones de equilibrio y emplear los resultados calculados previamente, se tieneSegmentoBC :

Resp.

Resp.Resp.

Segmento AB :

Resp.

Resp.

Resp.:+ ©F x = 0;

Ax - 0 = 0 Ax = 0 +c©F y = 0;

Ay - 8000 + 400 = 0

Ay = 7.60 k

MA = 72.0 k#pie d+ ©M A = 0; M A - 80001102 + 4001202 = 0

: + ©F x = 0; Bx = 0+ c©F y = 0;

- 400 + Cy = 0 Cy = 400 lb

d+ ©M C = 0;

- 6000 + By

115

2 = 0

By = 400 lb

Figura 2–31




EJEMPLO2.12

Determine las componentes horizontal y vertical de reacción en lasarticulaciones A ,B y C del marco de dos elementos que se muestra enla figura 2-32a.

3 kN / m

(a)2 m

4

3

5

8 kN

2 m

C

1.5 m2 m

A

B

2 m

43

5

A

2 m

8 kN B y

B x

A x

A y

1.5 m

C

6 kN

1 mB x

B y

1 mC x

C y

(b)

Figura 2–32

SOLUCIÓNDiagramas de cuerpo libre. En la figura 2-32b se muestra el dia-grama de cuerpo libre de cada elemento.

Ecuaciones de equilibrio. La aplicación de las seis ecuaciones deequilibrio en la siguiente secuencia permite una solución directa paracada una de las seis incógnitas.ElementoBC :

Resp.

Elemento AB :Resp.

Resp.

Resp.

ElementoBC :Resp.Resp.+c©F y = 0; 3 - 6 + Cy = 0 Cy = 3 kN

:+ ©F x = 0; 14.7 - Cx = 0 Cx = 14.7 kN

+c©F y = 0; Ay - 45182 - 3 = 0 Ay = 9.40 kN

:+ ©F x = 0; Ax + 35182 - 14.7 = 0 Ax = 9.87 kN

d+ ©M A = 0; - 8122 - 3122 + Bx11.52 = 0 Bx = 14.7 kN

d+ ©M C = 0; - By

12

2 + 6

11

2 = 0 By = 3 kN




2

El lado de la construcción que se muestra en la figura 2-33a estásometido a una carga de viento que crea una presión uniformenor-mal de 15 kPa sobre el lado en barlovento y una presión de succión de5 kPa en el lado en sotavento.Determine las componentes horizontaly vertical de la reacción en las conexiones articuladas A , B y C en elarco a dos aguas que da soporte a la construcción.

EJEMPLO2.13

60 kN/ m20 kN/ m

60 kN/ m 20 kN/ m

B

3 m

3 m

3 m3 m

(b)

A C

3 m

3 m

4 m 3 m

2 m2 m

3 m4 m

viento(a)

A

C

B

Figura 2–33

SOLUCIÓNComo la carga está distribuida uniformemente, el arco central a dosaguas soporta una carga que actúa sobre las paredes y el techo delárea tributaria que se muestra con un sombreado oscuro. Esto repre-senta una carga distribuida uniforme de (15 kN/m2)(4 m) 60 kN/men el lado de barlovento y (5 kN/m2)(4 m) 20 kN/m en el lado de so-tavento, figura 2-33b.




*El problema también puede resolverse al aplicar las seis ecuaciones de equilibrio sóloa los dos elementos. Si se hace esto, es recomendable sumar primero los momentos al-rededor del punto A sobre el elemento AB , después los del puntoC sobre el elementoCB . De esta manera resultan dos ecuaciones que deben resolverse simultáneamentepara obtenerB x y B y.

Diagramas de cuerpo libre. Si se simplifican las cargas distribui-das, los diagramas de cuerpo libre de todo el marco y cada una de suspartes son como se muestran en la figura 2-33c.

180 kN

3 m A C

45254.6 kN

4584.9 kN

1.5 m 1.5 mA x

A y

60 kN1.5 m

3 m

C y

C x

180 kN

(c)

C

45254.6 kN

4584.9 kN

1.5 m

A x

A y

60 kN1.5 m

4.5 m

C y

C x

B x

B y

B x

B y

1.5 m

2.12 mB B

A

Ecuaciones de equilibrio. La solución de ecuaciones simultáneasse evita al aplicar las ecuaciones de equilibrio en la secuencia si-guiente y usando los resultados calculados previamente.*Marco completo:

Resp.

Resp.

Elemento AB :

Resp.

Resp.

Resp.

ElementoCB :

Resp.Cx = 195.0 kN:+ ©F x = 0; - Cx + 60 + 84.9 cos 45° + 75.0 = 0

By = 300.0 kN+ c©F y = 0; - 120.0 - 254.6 sen 45° + By = 0

Bx = 75.0 kN:+ ©F x = 0; - 285.0 + 180 + 254.6 cos 45° - Bx = 0

Ax = 285.0 kNd+ ©M B = 0; - Ax162 + 120.0132 + 18014.52 + 254.612.122 = 0

Ay = 120.0 kN+ c©F y = 0; - Ay - 254.6 sen 45° + 84.9 sen 45° + 240.0 = 0

Cy = 240.0 kN- 1254.6 sen 45°211.52 + 184.9 sen 45°214.52 + Cy162 = 0

d+ ©M A = 0; -1180 + 60211.52 - 1254.6 + 84.92 cos 45°14.52




2

Soportes—A menudo se supone que los elementos estructurales deben estar conectados mediante articulaciones si eellos puede ocurrir una rotación relativa leve,y que deben estar conectados fijamente si la rotación no es posible.


conexión “articulada” típica (de metal)

Estructuras idealizadas—Cuando se realizan supuestos acerca de soportes y conexiones,al considerar por ejemplo querodillos,articulaciones o fijos, los elementos pueden representarse como líneas, por lo que es posible establecer un midealizado que puede usarse en el análisis.

soldadura

costillas

soldadura

conexión “fija” típica (de metal)

L––2L––2

P

viga real

L––2L––2

P

viga idealizada

Las cargas tributarias sobre losas pueden determinarse al clasificar, en primer lugar, la losa como en una dirección o edirecciones. Como regla general, siL 2 es la dimensión más grande yL 2/L 1 2, la losa se comportará como una losa enuna dirección.SiL 2/L 1 2, la losa se comportará como una losa en dos direcciones.

L 1

L 1

L 2

L 1___2

L 1___2

la acción de una losa en unadirección requiere queL 2/ L 1 2

L 2

L 1

la acción de una losa en dosdirecciones requiere queL 2/ L 1 2




P

restricción parcialP

reacciones concurrentes

P

reacciones paralelas

Principio de superposición—Las cargas o los desplazamientos pueden sumarse siempre que el material sea elástiy que sólo ocurran pequeños desplazamientos de la estructura.

Equilibrio—Las estructuras estáticamente determinadas pueden analizarse al desensamblarlas y al aplicar las ecde equilibrio a cada elemento. El análisis de una estructura estáticamente determinada requiere, primero, dibujgrama de cuerpo libre de todos los elementos,para después aplicar las ecuaciones de equilibrio a cada elemento

El número de ecuaciones de equilibrio para losn elementos de una estructura es 3n. Si la estructura tiener reacciones, etonces la estructura esestáticamente determinada si

r 3n

y estáticamente indeterminad a si

r 3n

El número adicional de ecuaciones necesarias para obtener la solución se conoce como el grado de indetermina

Estabilidad—Si hay menos reacciones que ecuaciones de equilibrio, entonces la estructura será inestable porquetringida parcialmente.También puede presentarse una inestabilidad debida a las restricciones impropias, si las línción de las reacciones son concurrentes en un punto o paralelas entre sí.

gM O = 0 gF y = 0 gF x = 0




2

AB

C

2 m

10 kN / m

454 m

F2–2

8 kN/ m

4 m

1 m10 kN

BC A

2 m

F2–4

A

C

B

2 m 2 m

60 kNm

3 m

F2–1

AB

C

10 kN / m

60

2 m 2 m

F2–3

B A

C

6 k N

2 kN

2 m 2 m

2 m

2 m

F2–6

PROBLEMAS FUNDAMENTALES

F2–1. Determine las componentes horizontal y vertical dela reacción en las articulaciones A , B y C .

F2–4. Determine las componentes horizontal y vertical dla reacción en el soporte de rodillos A y en el soporte fijoB .


F2–5. Determine las componentes horizontal y vertical dla reacción en las articulaciones A , B y C del marco de doselementos.


F2–6. Determine las componentes de la reacción en el sporte de rodillos A y en la articulaciónC . La juntaB estáconectada fijamente.

A

B

C

3 pies

4 pies

300 lb

2 pies2 pies

F2–5




A

B C

D

4 p

2 p

8 pies

2 k/ pie

0.5 k/ pie

F2–9

A

B C

D

3 kN / m

8 kN 8 kN2 m 2 m 2 m

3 m

4 m

F2–7

A

B C

D

2 m

3 m

6 kN

4 kN

6 kN

3 m

2 m 2 m

F2–8

F2–7. Determine las componentes horizontal y vertical dela reacción en las articulaciones A , B y D del marco de treselementos. La junta enC está conectada fijamente.

F2–9. Determine las componentes de la reacción enporte fijoD y en las articulaciones A ,B yC del marco deelementos. No tome en cuenta el espesor de los elem

F2–8. Determine las componentes de la reacción en el so-porte fijoD y en las articulaciones A ,B yC del marco de treselementos. No tome en cuenta el espesor de los elementos.

F2–10. Determine las componentes de la reacción enporte fijoD y en las articulaciones A , B y C del marco deelementos.No tome en cuenta el espesor de los elemen

1.5 kN/ m6 m

2 m 2 m 2 m6 kN

8 kN 8 kN6 kN

A

B C

D

F2–10




2

6 m 6 m 3 m

20 kN 20 kN 26 kN

51213

AB

Prob. 2–18

12 pies 12 pies

2 k/ pie 2 k/ pie3 k/ pie

600 k · pies

AB

60

Prob. 2–19

24 pies

5 k/ pie

2 k/ pie

10 pies

A

B

Prob. 2–20

4 kN/ m18 kN

6 m

BC A

2 m 2 m

Prob. 2–21

2–18. Determine las reacciones sobre la viga. No tome encuenta su espesor.

2–21. Determine las reacciones en los soportes A yB de laviga compuesta. Suponga que enC hay una articulación.

PROBLEMAS

2–19. Determine las reacciones sobre la viga. 2–22. Determine las reacciones en los soportes A , B , Dy F .

*2–20. Determine las reacciones sobre la viga. 2–23. La viga compuesta se sostiene mediante una articlación enC y está apoyada sobre un rodillo en A y B . Hayuna bisagra (articulación) enD . Determine las reaccionesen los soportes. No tome en cuenta el espesor de la viga.

B

8 k2 k/ pie

4pies

4pies

4pies

4pies

8pies 2 pies

AC

D

EF

Prob. 2–22

A D B C

8pies

345

8pies

12 k

15 k · pie

4 k30

8 k

8pies

4pies 2

pies

6pies

Prob. 2–23



PROBLEMAS

*2–24. Determine las reacciones sobre la viga. Puede su-ponerse que el soporte enB es un rodillo.

2–27. La viga compuesta está fija en A y se sostiene diante un oscilador enB y C . Hay bisagras (articulacien D y E . Determine las reacciones en los soportes.

2–25. Determine las reacciones en el soporte lisoC y en elsoporte articulado A . Suponga que la junta enB está conec-tada fijamente.

*2–28. Determine las reacciones en los soportes A yLas cubiertasCD , DE , EF y FG del piso transmiten susgas a la trabe sobre soportes lisos. Suponga que A es undillo y queB es una articulación.

2–26. Determine las reacciones en los soportes A yB de laarmadura. La carga distribuida es causada por el viento.

2–29. Determine las reacciones en los soportes A y B dviga compuesta. Hay una articulación enC .

12 pies 12 pies

B A

2 k/ pie

Prob. 2–24

80 lb/ pie

B A

C

6 pies

10 pies30

Prob. 2–25

A B

48 pies

600 lb/ pie 400 lb/ pie

48 pies

20 pies

Prob. 2–26

6 m2 m

6 m2 m 2 m

15 kN

A D B EC

Prob. 2–27

4pies

4pies

4pies

4pies

3 pies 1 pie3 k/ pie 10 k

A

C D E F G

B

Prob. 2–28

AC B

4 kN/ m

6 m 4.5 m

Prob. 2–29




2

A C B

2 kN/ m

6 m 4 m

Prob. 2–30

2–30. Determine las reacciones en los soportes A y B de laviga compuesta.Hay una articulación enC

2–33. Determine las componentes horizontal y vertical dla reacción que actúa en los soportes A y C .

2–31. La viga está sometida a las dos cargas concentradascomo se muestran en la figura. Si se supone que el cimientoejerce una distribución de carga que varía linealmente en elfondo, determine las intensidades de cargaw1 y w2 necesa-

rias para el equilibrio (a) en términos de los parámetrosmostrados, y (b) considerandoP 500 lb,L 12 pies.

*2–32. La zapata superficial se usa para sostener unapared cerca de su borde A , de manera que causa una pre-sión uniforme del suelo debajo de la zapata. Determine lascargas uniformemente distribuidasw A y wB medidas enlb/pie sobre las almohadillas A yB , necesarias para soportarlas fuerzas de la pared de 8000 y 20 000 libras.

2–34. Determine las reacciones en el soporte liso A y en elsoporte articuladoB . La junta enC está conectada fija-mente.

P 2P

w2

w1

L__3

L__3

L__3

Prob. 2–31

w A

A B

wB

8 pies2 pies 3 pies

1.5 pies

8000 lb

20 000 lb

0.25 pies

Prob. 2–32

30 kN

50 kN

1.5 m3 m

1.5 m

B

C

A3 m

4 m

4 m

2 m

2 m

Prob. 2–33

150 lb/ pie

B

A

C

60

10 pies5 pies

Prob. 2–34



PROBLEMAS

2–35. Determine las reacciones en los soportes A y B . 2–37. Determine las componentes de fuerza horizovertical en las articulaciones A y C del marco de dosmentos.

*2–36. Determine las componentes horizontal y verticalde la reacción en los soportes A y B . Suponga que las juntas

en C y D son conexiones fijas.

2–38. La grúa de pared soporta una carga de 700 ltermine las componentes horizontal y vertical de l

ción en las articulaciones A y D . Además, ¿cuál es la fudel cable enW sujeto al malacate?

30 pies

20 pies

48 pies 48 pies

500 lb/ pie

700 lb/ pie

A

B

Prob. 2–35

6 m 8 m

4 m

20 kN

7 m A

B

C D

30 kN40 kN

12 kN/ m

Prob. 2–36

3 m

3 m

200 N/ m

AB

C

Prob. 2–37

60

4 pies

D

A B

C

E

W

4 pies

700 lb

4 pies

Prob. 2–38




2

2–39. Determine las fuerzas resultantes en las articulacio-nes B y C sobre el elemento ABC del marco de cuatro ele-mentos.

2–41. Determine las reacciones verticales y horizontalen las conexiones A yC del marco a dos aguas. Suponga qu

A , B y C son conexiones articuladas. Las cargas concentrdas, comoD y E se aplican en forma perpendicular a llínea central de cada trabe.

*2–40. Determine las reacciones en los soportes A y D .Suponga que A está fijo y queB, C y D están articuladas.

2–42. Determine las componentes horizontal y vertical dla reacción en A , C y D . Suponga que el marco está articulado en A , C y D , y que hay una junta conectada fijament

en B .

2 pies

150 lb/ pie

4 pies

5 pies

5 pies2 pies

A

F E D

B C

Prob. 2–39

A

B

D

C

w

w

L

1.5L

Prob. 2–40

800 lb

600 lb 600 lb400 lb 400 lb

D G

E

C

F

A

B

120 lb/ pie

800 lb

6 pies 6 pies 6 pies 6 pies

10 pies

5 pies

Prob. 2–41

A

C

D

B

50 kN 40 kN

4 m

6 m

1.5 m 1.5 m15 kN/ m

2 m

Prob. 2–42



PROBLEMA DE PROYECTO

2–43. Determine las componentes horizontal y vertical en A , B y C . Suponga que el marco está articulado en estospuntos.Las juntas enD y E están conectadas fijamente.

*2–44. Determine las reacciones en los soportes A yLas juntas enC y D están conectadas fijamente.

18 pies 18 pies

10 pies

6 pies

A

B

C

D E

3 k/ pie

1.5 k/ pie

Prob. 2–43

4 m

A

C D

B

3 m 1.5 m

2 m

10 kN/ m

345

Prob. 2–44


2–1P. El puente ferroviario de caballetes que se muestra

en la fotografía se sostiene mediante pilas de concreto re-forzado. Suponga que las dos trabes laterales simplementeapoyadas, la base de la vía y los dos carriles, tienen un pesode 0.5 k/pie y que la carga impuesta por un tren es de 7.2k/pie (vea la figura 1-11). Cada viga tiene 20 pies de largo.Aplique la carga sobre todo el puente y determine la fuerzade compresión en las columnas de cada pila. Para el análisis,suponga que todas las juntas están articuladas y no tome encuenta el peso de la pila. ¿Estos supuestos son reales?

Prob. proyecto 2–1P

P P8 pies

18 pies

A D

B C

75 75



Las fuerzas en los elementos de este puente pueden analizarse aplicando elmétodo de los nodos o el método de las secciones.



3En este capítulo se desarrollarán los procedimientos para analizar ar-maduras estáticamente determinadas siguiendo el método de losnodos y el de las secciones. Sin embargo, primero se analizarán la de-terminación y la estabilidad de una armadura. Después se consideraráel análisis de tres tipos de armaduras planas: simples, compuestas ycomplejas. Por último, al final del capítulo se realizará el análisis deuna armadura espacial.

3.1 Tipos comunes de armadurasUna armadura es una estructura compuesta de elementos delgados uni-dos en sus extremos.Los elementos que se usan comúnmente en la cons-trucción consisten en puntales de madera, barras de metal, ángulos ocanales. Las conexiones en las juntas suelen formarse al empernar o sol-dar los extremos de los elementos a una placa común, llamada placa de

empalme , como se muestra en la figura 3-1, o simplemente pasando unperno o un pasador de gran tamaño a través de cada uno de los elemen-tos. Las armaduras planas se ubican en un solo plano y a menudo se em-plean como soporte (apoyo) de techos y puentes.

Análisis de armadurasestáticamentedeterminadas

La placa de empalme se usa para conocho elementos de la armadura que sola estructura de un tanque de agua.

placa de empalme

Figura 3–1



80 CA P Í T U L O 3 AN Á L I S I S D E A R M A D U R A S E S T Á T I C A M E N T E D E T E R M I N A D A S

Armaduras de techo. Las armaduras de techo se suelen utilizacomo parte de un marco de construcción industrial, como el quemuestra en la figura 3-2. En este caso, la carga del techo se transmite armadura en las juntas a través de una serie delargueros . La armadurade techo, junto con sus columnas de soporte se denominacaballete . Porlo general, las armaduras de techo se sostienen tanto por columnas madera, acero o concreto reforzado, o por medio de muros de mamptería. Para mantener el caballete rígido y, por lo tanto, capaz de resilas fuerzas horizontales del viento,en ocasiones se usan esquineros encolumnas de soporte. El espacio entre los caballetes adyacentes se noce comobahía . Las bahías están económicamente espaciadas a un15 pies (4.6 m) para claros alrededor de 60 pies (18 m),y cerca de 20(6.1 m) para claros de 100 pies (30 m). Con frecuencia, las bahías eunidas entre sí mediante refuerzos diagonales a fin de mantener la ridez de la estructura del edificio.

Las armaduras empleadas para soportar techos se seleccionan cbase en el claro, la pendiente y el material del techo.Algunos de los tide armaduras utilizados con mayor frecuencia se muestran en la figura En particular, la armadura de tijeras, figura 3-3a, puede usarse para cla-ros cortos que requieren un espacio superior. Las armaduras HowePratt, figuras 3b y 3-3c, se usan para techos de claro moderado, aproxmadamente entre 60 pies (18 m) y 100 pies (30 m). Si se requieren clmás grandes para sostener el techo pueden emplearse las armaduras abanico o Fink, figuras 3-3d y 3-3e. Estas armaduras pueden construirse

con una cuerda inferior convexa,como la que se muestra en la figura 3 f .Si se selecciona un techo plano o casi plano, a menudo se usa la ar

dura Warren, figura 3-3 g. Además, las armaduras Howe y Pratt tambiépueden modificarse para techos planos. Las armaduras de sierra, fig3-3h, suelen emplearse donde el espacio entre columnas no es objetablla iluminación uniforme es importante. Una fábrica textil sería un ejeplo. Las armaduras de cuerdas, figura 3-3i, se seleccionan en ocasionepara talleres y hangares de aviones pequeños; y la armadura de arcogura 3-3 j , aunque es relativamente costosa, puede usarse para construciones con grandes alturas y claros amplios como en casas de camgimnasios, etcétera.

3claro

cuerda inferioresquinero

placas deempalme

cuerda superior

techo

bahía

largueros

Figura 3–2

Aunque son más decorativas que estructura-les, estas armaduras Pratt simples se usanpara la entrada de un edificio.



3.1 TIPOS COMUNES DE ARMADURAS

Figura 3–3

Fink(e)

Howe(b)

Pratt(c)

de abanico(d)

convexa Fink(f)

Warren(g)

de sierra(h)

techo

ventana

techo

ventan

de cuerdas(i)

arco de tres bisagras(j)

de tijeras(a)




3

cuerda inferiorpanel

viga de piso

poste finalde portal

largueros

refuerzode portal

refuerzolateral

superior

refuerzocontraladeo

cuerda superior

cubierta

Figura 3–4

Armaduras de puente. En la figura 3-4 se muestran los principles elementos estructurales de una armadura de puente típica. Aqpuede observarse que una carga sobre lacubierta se transmite en primerlugar a loslargueros , después a lasvigas de piso y, finalmente,a las juntasde las dos armaduras laterales de soporte.Las cuerdas superior e inferiorlas vigas laterales se conectan mediante losrefuerzos laterales superior einferior, que sirven para resistir las fuerzas laterales causadas porviento y el desplazamiento lateral causado por los vehículos en momiento sobre el puente. Los soportes de portal y contraladeo proporcio-nan estabilidad adicional. Al igual que en el caso de muchas armadude claro amplio, en un extremo de la armadura de puente se encuenun rodillo para permitir la expansión térmica.

En la figura 3-5 se muestran algunas de las formas típicas de armaras de puente que se usan actualmente para claros individuales. En pticular, las armaduras Pratt, Howe y Warren se usan normalmente paclaros de hasta 200 pies (61 m) de longitud. La forma más común es lmadura Warren con verticales, figura 3-5c. Para claros mayores se usauna armadura con una cuerda superior poligonal,como la armadura Pker,figura 3-5d, a fin de lograr ahorros en material.La armadura Warrecon verticales también puede fabricarse de esta manera para claros

hasta 300 pies (91 m). La mayor economía en material se obtiene sdiagonales tienen una inclinación entre 45° y 60° respecto a la horizonSi esta regla se mantiene, entonces para claros de más de 300 pies (91la profundidad de la armadura debe aumentar y, en consecuencia,el pase alargará. Esto se traduce en un sistema de cubierta pesada y, pamantener el peso de la cubierta dentro de los límites tolerables, se hdesarrollado armaduras subdivididas . Entre los ejemplos más comuneestán las armaduras Baltimore y Warren subdivididas,figuras 3-5e y 3-5 f .Por último, la armadura K que se muestra en la figura 3-5 g tambiénpuede utilizarse en lugar de una armadura subdividida,dado que cumel mismo propósito.

Para soportar este puente se usanarmaduras Parker.



Figura 3–5

Pratt(a)

Howe(b)

Warren (con verticales)(c)

Parker(d)

Baltimore(e)

Warren subdividida(f)

armadura K(g)

3.1 TIPOS COMUNES DE ARMADURAS



Supuestos para el diseño. Para diseñar tanto los elementoscomo las conexiones de una armadura, antes hay que determinar

fuerza desarrollada en cada elemento cuando la viga está sometida a ucarga dada.A este respecto se harán dos supuestos importantes con elde idealizar la armadura.

1. Los elementos están unidos mediante pasadores lisos . En los casosen que se usan conexiones atornilladas o soldadas, este supuesuele ser satisfactorio siempre que las líneas centrales de los ementos unidos sean concurrentes en un punto,como en la figura 3Sin embargo, debe tenerse en cuenta que las conexiones realesdan un poco derigidez a la articulación y esto a su vez introduce flexión de los elementos conectados cuando la viga está sometiduna carga. El esfuerzo flexionante (o de flexión) desarrollado en elementos se denominaesfuerzo secundario , mientras que el es-fuerzo en los elementos de la armadura idealizada, que tienen jutas articuladas, se llamaesfuerzo primario . Un análisis del esfuerzosecundario de una armadura se puede efectuar utilizando una comp

tadora,como se explica en el capítulo 16. Para algunos tipos de gmetrías de armadura estos esfuerzos pueden ser grandes.2. Todas las cargas se aplican en las juntas . En la mayoría de situacio

nes, como en el caso de armaduras para puentes y techos, este puesto es verdadero. Con frecuencia en el análisis de fuerzas,peso de los elementos se desprecia, dado que la fuerza soportapor los elementos es grande en comparación con su peso. Si el pse va a incluir en el análisis, por lo general resulta satisfactorio acarlo como una fuerza vertical, donde la mitad de su magnitudaplica en cada extremo del elemento.

Debido a estos dos supuestos,cada elemento de una armadura actúacomo un miembro de fuerza axial y, por lo tanto, las fuerzas que actúaen los extremos del elemento deben estar dirigidas a lo largo de su ejela fuerza tiende aalargar el elemento, se trata de una fuerza de tensión(T ), figura 3-6a; mientras que si la fuerza tiende aacortar el elemento, esuna fuerza de compresión (C ), figura 3-6b. En el diseño real de una ar-madura es importante establecer si la fuerza es de tensión o de compsión. Muy a menudo, los elementos sujetos a compresión deben esfabricadosmás gruesos que los sometidos a tensión, debido al pandeo la inestabilidad súbita que puede ocurrir en los elementos sujetos a copresión.


3

Figura 3–6

C C

(b)

(a)

T T



3.2 CLASIFICACIÓN DE ARMADURAS COPLANARES

3.2 Clasificación de armaduras coplanaresAntes de comenzar el análisis de fuerzas de una armadura, es importanteclasificar la armadura como simple, compuesta o compleja, para enton-ces tener la capacidad de especificar su determinación y su estabilidad.

Armadura simple. Para evitar el colapso, el marco de una arma-dura debe ser rígido. Obviamente, el marco de cuatro barras ABCD de lafigura 3-7 se colapsará a menos que se añada una diagonal de soporte,como AC . El marco más simple que es rígido o estable tiene la forma deun triángulo . En consecuencia, unaarmadura simple se construye a par-tir de un elemento básico triangular, como el ABC de la figura 3-8, co-nectando dos elementos ( AD y BD ) para formar un elemento adicional.De esta manera, se observa que al colocar cada elemento adicional dedos elementos en la armadura, el número de articulaciones se incre-menta en uno.

BC

D A

P

D

B

C A

BC

E

AD F

armadura simple

B

A

C

D

armadura simple

Figura 3–7

Figura 3–8

Figura 3–9 Figura 3–10

En la figura 3-9 se muestra un ejemplo de una armadura simple, dondeel elemento triangular “estable” básico es ABC , a partir del cual se esta-blece el resto de las articulacionesD , E y F en orden alfabético. Sin em-bargo, para este método de construcción es importante tomar en cuentaque las armaduras simplesno tienen que consistir enteramente en trián-gulos. En la figura 3-10 se muestra un ejemplo de esto, donde a partir deun triángulo ABC se agregan las barrasCD y AD para formar la juntaD .Por último,se agregan las barrasBE y DE para formar la juntaE .




3

Armadura compuesta. Una armadura compuesta se forma al co-nectar dos o más armaduras simples entre sí. Con mucha frecuencia etipo de armadura se usa para soportar las cargas que actúan sobre unclaroamplio , puesto que es más barato construir una armadura compuesta upoco más ligera que utilizar sólo una armadura simple más pesada.

Hay tres formas en que las armaduras simples se unen para formar u

armadura compuesta. Las armaduras pueden estar conectadas medianuna junta común y una barra. En la figura 3-11a se proporciona un ejem-plo, donde la armadura sombreada ABC está conectada a la armadurasombreada CDE de esta manera. Las armaduras pueden unirse mediante tres barras, como en el caso de la armadura sombreada ABC co-nectada a la armaduraDEF más grande, figura 3.11b. Y, por último, lasarmaduras pueden unirse en los puntos donde las barras de una armdura simple de gran tamaño, llamadaarmadura principal , se han susti-tuido por armaduras simples, llamadasarmaduras secundarias . En lafigura 3-11c se muestra un ejemplo, donde los elementos sombreados la armadura principal ABCDE han sido sustituidos por las armaduras se-cundarias sombreadas. Si esta armadura soporta cargas de techo, el u

de armaduras secundarias podría resultar más económico,ya que los ementos trazados con líneas discontinuas pueden estar sometidos a xión excesiva, mientras que las armaduras secundarias pueden transfmejor la carga.

Armadura compleja. Una armadura compleja es aquella que nopuede clasificarse como simple o compuesta.La armadura de la figura 3es un ejemplo.

Figura 3–11

(a)

AB E

D

C armadurassimples

(b)

A

B

C

E

D F

armadurassimples

(c)

C B

A DE

armadurasimplesecundaria armadurasimple

secundaria

armadurasimplesecundaria

armadura simpleprincipal

Diferentes tipos de armaduras compuestas

armadura compleja

Figura 3–12



Determinación. Para cualquier problema en el análisis de armadurasdebe tenerse en cuenta que el número total deincógnitas incluye lasfuerzas en el númerob de barras de la armadura y el número totalr dereacciones externas en los soportes. Como los elementos de la armadurason todos miembros rectos de fuerza axial que se ubican en el mismoplano, el sistema de fuerzas que actúa en cada junta escoplanar y concu-

rrente . En consecuencia, el equilibrio rotacional o de momento se satis-face de manera automática en la junta (o articulación), y sólo es necesariosatisfacer©F x 0 y©F y 0 para asegurar el equilibrio de traslación ode fuerzas. Por lo tanto, sólo pueden escribirse dos ecuaciones de equili-brio para cada junta,y si hay un número j de juntas, el total de ecuacionesdisponibles para la solución es 2 j . Si simplemente se compara el total deincógnitas (b r ) con el de ecuaciones de equilibrio disponibles, es posi-ble especificar la determinación de una armadura simple, compuesta ocompleja.Se tiene

b r 2 j estáticamente determinadab r 2 j estáticamente indeterminada (3–1)

En particular, el grado de indeterminación se especifica por la diferenciaen los números (b r ) 2 j .

Estabilidad. Si b r < 2 j , una armadura seráinestable , es decir, secolapsará porque habrá una cantidad insuficiente de barras o reaccionespara restringir todas las juntas.Además, una estructura puede ser inesta-ble si es estáticamente determinada o estáticamente indeterminada. Eneste caso, la estabilidad tendrá que determinarse por inspección o me-diante un análisis de fuerzas.

Estabilidad externa. Como se estableció en la sección 2-4,una es-tructura (o armadura) es externamente inestable si todas sus reacciones

son concurrentes o paralelas . Por ejemplo, las dos armaduras de la figura3-13 son externamente inestables porque las reacciones en los soportestienen líneas de acción que son o concurrentes o paralelas.

reacciones concurrentes inestables reacciones paralelas inestables

Figura 3–13





3

Estabilidad interna. Con frecuencia la estabilidad interna de una amadura puede comprobarse mediante una inspección cuidadosa dedisposición de sus elementos. Si es posible determinar que cada juntmantiene fija de modo que no puede moverse en el sentido de “cuerpo rígido” con respecto a las otras juntas, entonces la armaduserá estable. Observe queuna armadura simple siempre será interna-

mente estable , dado que por la naturaleza de su construcción requiepartir de un elemento triangular básico para después agregar sucesiv“elementos rígidos”, cada uno con dos elementos adicionales y u junta. La armadura de la figura 3-14 es un ejemplo de esta construccdonde, a partir del elemento triangular sombreado ABC , se agregan su-cesivamente las juntasD , E , F , G y H .

Si una armadura se construye de manera que sus juntas no se mannen en una posición fija, será inestable o tendrá una “forma crítica”.ejemplo claro de esto se muestra en la figura 3-15, donde puede obvarse que no hay restricción o fijeza entre las juntas deC y F o B y E ,porlo que la armadura colapsará bajo carga.

Figura 3–14

Figura 3–15

D C E

AB F

H

G

D C E

AB F

H

G

O

A BD E

F

C

Figura 3–16

Para determinar la estabilidad interna de unaarmadura compuesta , esnecesario identificar la forma en que las armaduras simples están contadas entre sí. Por ejemplo, la armadura compuesta de la figura 3-16inestable puesto que la armadura simple interior ABC está conectada ala armadura simple exteriorDEF mediante tres barras, AD , BE y CF ,que son concurrentes en el puntoO . Por lo tanto, puede aplicarse unacarga externa a la junta A , B o C y ocasionar que la armadura ABC gireligeramente.



Si una armadura se identifica comocompleja , es posible que no sepueda establecer por inspección si es estable. Por ejemplo,puede demos-trarse,mediante el análisis presentado en la sección 3.7, que la armaduracompleja de la figura 3-17 es inestable o tiene una “forma crítica” sólo sila dimensiónd d .Sid Zd la armadura es estable.

La inestabilidad de cualquier forma de armadura, ya sea simple, com-

puesta o compleja, también puede determinarse utilizando una compu-tadora que resuelva las 2 j ecuaciones simultáneas escritas para todas las juntas de la armadura. Si se obtienen resultados inconsistentes, la arma-dura será inestable o tendrá una forma crítica.

Si no se realiza un análisis con computadora,pueden utilizarse los mé-todos descritos anteriormente para comprobar la estabilidad de la arma-dura. A modo de resumen, si la armadura tieneb barras, r reaccionesexternas y j juntas, entonces si

b r 2 j es inestableb r 2 j es inestable si las reacciones en los

soportes de la armadura sonconcurrentes o paralelas o si (3–2)algunos de los componentes de laarmadura forman un mecanismocolapsable.

Sin embargo, debe tenerse en cuenta que siuna armadura es inestable, noimporta si es estáticamente determinada o indeterminada . Obviamente, eluso de una armadura inestable debe evitarse en la práctica.

d¿

s

d

Figura 3–17





3

Figura 3–18

Clasifique cada una de las armaduras de la figura 3.18 como estableinestable, estáticamente determinada o estáticamente indeterminada.Las armaduras están sometidas a cargas externas arbitrarias, las cuales se suponen conocidas y pueden actuar en cualquier punto de lasvigas.

SOLUCIÓNFigura 3–18a. Estable externamente , puesto que las reacciones noson concurrentes ni paralelas. Comob 19,r 3, j 11, entoncesb

r 2 j o 22 22. Por lo tanto, la armadura esestáticamente determi-nada . Por inspección, la armadura esestable internamente .

EJEMPLO3.1

Figura 3–18b. Estable externamente . Comob 15, r 4, j 9,entoncesb r 2 j o 19 18. La armadura esestáticamente indeter-minada de primer grado.Por inspección, la armadura esestable interna-mente .

(a)

(b)



Figura 3–18c. Estable externamente .Comob 9,r 3, j 6,enton-ces b r 2 j o 12 12. La armadura esestáticamente determinada .Por inspección, la armadura esestable internamente .

Figura 3–18d. Estable externamente . Comob 12,r 3, j 8, en-toncesb r 2 j o 15 16. La armadura esinestable internamente .


(c)

(d)




3

Prob. 3–1

Prob. 3–2

3–1. Clasifique cada una de las armaduras siguientes comoestáticamente determinada, estáticamente indeterminadao inestable. Si es indeterminada, establezca su grado.

3–2. Clasifique cada una de las armaduras siguientes comestable, inestable,estáticamente determinada o estáticamenindeterminada.Si es indeterminada,establezca su grado.

PROBLEMAS

(a)

(b)

(c)

(d)

(a)

(b)

(c)



Prob. 3–3 Prob. 3–4

3–3. Clasifique cada una de las siguientes armaduras comoestáticamente determinada, indeterminada o inestable.Si esindeterminada, establezca su grado.

*3–4. Clasifique cada una de las siguientes armaduraestáticamente determinada, estáticamente indetermo inestable. Si es indeterminada, establezca su grado

(a)

(b)

(c)

(a)

(b)

(c)

(d)




3.3 El método de los nodosSi una armadura está en equilibrio, entonces cada una de sus juntanodos también debe estar en equilibrio. Por consiguiente, el método los nodos consiste en satisfacer las condiciones de equilibrio©F x 0 y©F y 0 para las fuerzas ejercidas sobre el pasador en cada junta de la ar-madura.

Cuando se utiliza el método de los nodos, es necesario dibujar el dgrama de cuerpo libre de cada junta antes de aplicar las ecuacionesequilibrio. Recuerde que lalínea de acción de cada fuerza de un ele-mento que actúa sobre la junta seespecifica a partir de la geometría de laarmadura, puesto que la fuerza en un elemento pasa a lo largo de su eComo ejemplo, considere la juntaB de la armadura que se muestra en lafigura 3-19a. Con base en el diagrama de cuerpo libre, figura 3-19b , lasúnicas incógnitas son lasmagnitudes de las fuerzas en los elementosBAy BC . Como se muestra en la figura,FBA está “jalando”el pasador, lo queindica que el elementoBA está en tensión, mientras queFBC está “empu-

jando” el pasador y, por consiguiente, el elementoBC está en compre- sión . Estos efectos se demuestran claramente al usar el método de secciones y al aislar la junta con pequeños segmentos de los elemenconectados al pasador, figura 3-19c. Observe que el hecho de empujar jalar estos pequeños segmentos indica el efecto de los elementos ya en compresión o en tensión.

En todos los casos, el análisis de las juntas debe comenzar en una jucontando con al menos una fuerza conocida y un máximo de dos fuerdesconocidas, como en la figura 3-19b. De esta manera, la aplicación d©F x 0 y©F y 0 genera dos ecuaciones algebraicas que pueden resoverse para determinar las dos incógnitas. Al aplicar estas ecuacionesentido correcto de una fuerza desconocida de un elemento puede det

minarse mediante alguno de los dos métodos posibles.


3

2 m

500 NB

A C 45

2 m

(a)

B500 N

FBC (compresión)FBA (tensión)

45

(b)

45

B500 N

FBC (compresión)FBA (tensión)

(c)

Figura 3–19



1. Siempre suponga que las fuerzas desconocidas de los elementos queactúan en el diagrama de cuerpo libre de la junta están en tensión, esdecir, “jalando” el pasador . Si se hace esto, entonces la soluciónnumérica de las ecuaciones de equilibrio produciráescalares posi-tivos para los elementos en tensión y escalares negativos para loselementos en compresión . Una vez que se encuentre la fuerza des-

conocida de un elemento, debe utilizarse su magnitud y sentidocorrectos (T o C) en los diagramas de cuerpo libre de las juntas sub-secuentes.

2. En muchos casos, el sentido correcto de la dirección de una fuerzadesconocida de un elemento puede determinarse “mediante inspec-ción” . Por ejemplo, FBC en la figura 3-19b debe empujar el pasador(compresión) ya que su componente horizontal, FBC sen 45°, debeequilibrar la fuerza de 500 N (©F x 0). Del mismo modo, FBA esuna fuerza de tensión, dado que equilibra la componente vertical,F BC cos 45° (©F y 0). En casos más complicados, el sentido de unafuerza de elemento desconocida puede suponerse ; entonces, despuésde aplicar las ecuaciones de equilibrio, el sentido supuesto puedeverificarse a partir de los resultados numéricos. Una respuesta posi-tiva indica que el sentido escorrecto , mientras que una respuestane-

gativa indica que el sentido mostrado en el diagrama de cuerpolibre debeinvertirse . Éste es el método que se utilizará en los pro-blemas de ejemplo que se presentan a continuación.

3.3 EL MÉTODO DE LOS NODOS


El siguiente procedimiento proporciona un medio para analizar una armadura usando elmétodo de los nudos.• Dibuje el diagrama de cuerpo libre de una junta con al menos una fuerza conocida y

un máximo de dos fuerzas desconocidas. (Si esta junta se encuentra en uno de los so-portes, puede ser necesario calcular las reacciones externas en los soportes dibujandoun diagrama de cuerpo libre de toda la armadura).

• Utilice uno de los dos métodos descritos antes para establecer el sentido de una fuerzadesconocida.

• Los ejes x y y deben orientarse de modo que las fuerzas en el diagrama de cuerpo librepuedan descomponerse fácilmente en sus componentes x y y.Aplique las dos ecuacio-nes de equilibrio de fuerzas,©F x 0 y©F y 0, obtenga las dos fuerzas de elementodesconocidas y verifique su sentido de dirección correcto.

• Continuar con el análisis de cada una de las otras juntas, donde de nuevo es necesarioelegir una junta que tenga como máximo dos incógnitas y por lo menos una fuerza co-nocida.

• Una vez que se encuentra la fuerza en un elemento a partir del análisis de una junta enuno de sus extremos, el resultado puede usarse para analizar las fuerzas que actúansobre la junta ubicada en su otro extremo. Recuerde que un elemento encompresión“empuja” a la junta y un elemento entensión “jala” a la articulación.




3

Figura 3–20

Determine la fuerza en cada elemento de la armadura que se muestra enla fotografía.Las dimensiones y las cargas se muestran en la figura 3-20a.Indique si los elementos están en tensión o en compresión.

EJEMPLO3.2

2 kN

3 kN 3 kN

G

F

B C

A 30 3060 60

30 30

60 60 30 30D

E

A y 4 kN D y 4 kN(a)

A x 0

4 m 4 m 4 m

SOLUCIÓNSólo es necesario determinar las fuerzas en la mitad de los elementospuesto que la armadura es simétricatanto con respecto a la cargacomo a la geometría.

Junta A , figura 3–20b. El análisis puede iniciarse en la junta A .¿Por qué? El diagrama de cuerpo libre se muestra en la figura 3-20b .

Resp.

Resp.

Junta G , figura 3–20c. En este caso, observe cómo la orientaciónde los ejes x y y evita la solución simultánea de ecuaciones.

Resp.

Resp.

Junta B , figura 3–20d .

Resp.

Resp.F BC = 3.46 kN1T2F BC + 1.73 cos 60° + 3.00 cos 30° - 6.928 = 0:+ ©F x = 0;

F BF = 1.73 kN1T2F BF sen 60° - 3.00 sen 30° = 0+ c©F y = 0;

F GF = 5.00 kN1C28 - 3 sen 30° - 3.00 cos 60° - F GF = 0+Q©F x = 0;F GB = 3.00 kN1C2F GB sen 60° - 3 cos 30° = 0+a©F y = 0;

F AB - 8 cos 30° = 0

F AB = 6.928 kN

1T

2:+ ©F x = 0;

4 - F AG sen 30° = 0

F AG = 8 kN

1C

2+ c©F y = 0;

y

x

F AG

F AB

A

4 kN

30

(b)

3 kN y

30 x

G8 kN

FGB

FGF

(c)

60

30FBC

FBF 3.00 kN

6.928 kN

y

xB(d)

60



EJEMPLO3.3

Determine la fuerza en cada elemento de la armadura de tijeras quese muestra en la figura 3-21a. Indique si los elementos están en ten-sión o en compresión.Las reacciones en los soportes se proporcionanen la figura.

SOLUCIÓNLa armadura se analizará en la siguiente secuencia:

Junta E , figura 3–21b. Observe que la solución simultánea de ecua-ciones no puede realizarse debido a la orientación de los ejes x y y.

Resp.

Resp.

Junta D , figura 3–21c .

Resp.

Resp.

Junta C , figura 3–21d .

Resp.

Resp.

Junta B , figura 3–21e .

Resp.

Resp.

Junta A , figura 3–21f .

Resp.

comprobación

Observe que como ya se han calculado las reacciones, puede reali-zarse una comprobación adicional de los cálculos analizando la última juntaF . Inténtelo y compruebe los resultados.

+ c©F y = 0; 125.4 - 692.7 sen 45° + 728.9 sen 30° = 0

F AF = 728.9 lb1T2:+ ©F x = 0;

F AF cos 30° - 692.7 cos 45° - 141.4 = 0

F BA = 692.7 lb1C2639.1 + 207.1 cos 75° - F BA = 0+b©F x = 0;

F BF = 207.1 lb1C2F BF sen 75° - 200 = 0+a©F y = 0;

F CF = 728.8 lb1T2- F CF - 175 + 2

1639.1

2 cos 45° = 0+ c©F y = 0;

F CB = 639.1 lb

1C

2F CB sen 45° - 639.1 sen 45° = 0:+ ©F x = 0;

+a©F y = 0; - F DC + 639.1 = 0 F DC = 639.1 lb1C2+b©F x = 0; - F DF sen 75° = 0 F DF = 0

F EF = 521.8 lb

1T

2639.1 cos 15° - F EF - 191.0 sen 30° = 0+R©F x = 0;

F ED = 639.1 lb1C2191.0 cos 30° - F ED sen 15° = 0+Q©F y = 0;

A

10 pies10 pies

E

D

C B

200 lb

175 lb

A x 141.4 lb

A y 125.4 lb E y 191.0 l

30

45 45

30

60 60

(a)

F

y

x30

15E

FEDFEF

191.0 lb(b)

y

x

75 D

FDC

639.1 l

(c)

FDF

y

x

45

C 639.1 lb

(d)

FCB

175 lb

45FCF

y

x

B200 lb

FBA

639.1 l

75FBF

(e)

y

A141.4 lb

692.7 lb

30

F AF 45

x

125.4 lb(f)

Figura 3–21

3.3 EL MÉTODO DE LOS NODOS




3

3.4 Elementos de fuerza ceroEl análisis de armaduras mediante el método de los nodos se simplifen gran medida si primero se determinan los elementos queno soportancarga . Estoselementos de fuerza cero pueden ser necesarios para la estabilidad de la armadura durante su construcción y para prestar apoyo scarga aplicada cambia. Por lo general, los elementos de fuerza cerouna armadura pueden determinarse mediante la inspección de las articlaciones y se presentan en dos casos.

Caso 1. Considere la armadura de la figura 3-22a. Los dos elementosen la juntaC se conectan entre sí en ángulo recto y no hay carga externasobre la junta.El diagrama de cuerpo libre de la juntaC , figura 3-22b,in-dica que la fuerza en cada elemento debe ser cero a fin de mantenerequilibrio.Además, como en el caso de la junta A , figura 3-22c, esto debeser cierto sin importar el ángulo, digamosu, entre los elementos.

Caso 2. Los elementos de fuerza cero también se presentan en las jutas con una geometría como la de la juntaD en la figura 3-23a.Aquínin-

guna carga externa actúa sobre la junta , de modo que una sumatoria defuerzas en la dirección y, figura 3-23b, que es perpendicular a los dos elementos colineales, requiere queF DF 0. Si se usa este resultado,FC también es un elemento de fuerza cero, como lo indica el análisis de fuzas de la juntaF , figura 3-23c.

En resumen, si sólo dos elementos no colineales forman una juntauna armadura y no se aplica ninguna carga externa o reacción en los portes sobre la junta, los elementos deben ser elementos de fuerza ceCaso 1. Además, si tres elementos forman una junta de una armadupara la cual dos de los elementos son colineales, el tercer elemento eselemento de fuerza cero, siempre y cuando no se aplique ninguna fueexterna o reacción en los soportes sobre la junta,Caso 2. Se debe presatención especial a estas condiciones geométricas de la junta y la capuesto que el análisis de una armadura puede simplificarse considerabmente si primero se detectan los elementos de fuerza cero.

x

y

FCB

FCD

C

(b)

F x 0;F CB 0F y 0;F CD 0

F x 0; F AE 0 0 F AE 0

A

F AB

y

xF AE

(c)

F y 0;F AB sen u 0 F AB 0 (pues senu 0)

u

A

B

C

D

EF G

P

(a)

x y

FDF FDE

D

(b)

FDC

F y 0;F DF 0

A E D

B C

(a)

P

x

y

FFG

FCF

F

F DF 0

FFE

(c) F y 0;F CF sen u 0 0 F CF 0 (pues senu 0)

u

Figura 3–22

Figura 3–23



EJEMPLO 3.4

Utilizando el método de los nodos, indique todos los elementos de laarmadura que se muestra en la figura 3-24a y cuya fuerza es cero.

SOLUCIÓNBuscando juntas semejantes a las analizadas en las figuras 3.22 y 3.23,

se tiene Junta D , figura 3–24b .

Resp.

Resp.

Junta E , figura 3–24c .Resp.

(Observe queF EC P y un análisis de la juntaC resultaría en unafuerza en el elementoCF .)

Junta H , figura 3–24d .Resp.

Junta G , figura 3–24e. El soporte de oscilador enG sólo puedeejercer un componente x de la fuerza sobre la junta; es decir, G x. Porlo tanto,

Resp.F GA = 0+ c©Fy = 0;

F HB = 0+Q©Fy = 0;

F EF = 0;+ ©F x = 0;

F DE = 0F DE + 0 = 0:+ ©F x = 0;F DC = 0F DC senu = 0+ c©F y = 0;

A B

C

DEF G

H

(a)P

y

xD

FDC

FDE

(b)

u

y

xE

FEC

FEF

0

P(c)

y

x

H

FHB

FHF

(d)

FHA

y

xG

FGA

G x

(e)

FGF

Figura 3–24

3.4 ELEMENTOS DE FUERZA CERO




3


F3–1. Determine la fuerza en cada elemento de la arma-dura e indique si está en tensión o en compresión.

F3–4. Determine la fuerza en cada elemento de la armdura e indique si está en tensión o en compresión.





F3–1

F3–2

F3–3

F3–4

F3–5

F3–6

3 m

40 kN

A B

C

4 m

2 m

6 kN

A

D

B

C

2 m

A B

D3 m

3 m

C 10 kN

8 pies

2 k

A

D

B

C

6 pies

2 m

A

D

B

C

2 m

8 kN

60

A

H

B C D

E

G F

2 m

2 m 2 m 2 m

800 N600 N600 N

2 m



3–5. Un señalamiento está sometido a una carga delviento que ejerce fuerzas horizontales de 300 lb en las jun-tas B y C de una de las armaduras laterales de soporte. De-

termine la fuerza en cada elemento de la armadura eindique si los elementos están en tensión o en compresión.

3–7. Determine la fuerza en cada elemento de la dura. Indique si los elementos están en tensión o epresión. ConsidereP 8 kN.

*3–8. Si la fuerza máxima que cualquier elemento soportar es de 8 kN en tensión y 6 kN en compresiónmine la fuerzaP máxima que puede soportar la juntaD .

PROBLEMAS

Prob. 3–5

A

C

B

D

E

13 pies

13 pies

12 pies

5 pies

300 lb

12 pies

300 lb

45

Prob. 3–6

H

G

A

B C D

E

F

8 pies

2 k

2 k

4 pies


1.5 k

3–9. Determine la fuerza en cada elemento de la dura. Indique si los elementos están en tensión o epresión.

3–6. Determine la fuerza en cada elemento de la arma-dura. Indique si los elementos están en tensión o en com-presión. Suponga que todos los elementos están conectadosmediante articulaciones.

Prob. 3–9

A B C

F E

D

9 pies


2 k

4 k 4 k

Probs. 3–7/3–8

6060

4 m 4 m

B

ED

C

A

4 m

P

3.4 ELEMENTOS DE FUERZA CERO 1




3

*3–12. Determine la fuerza en cada elemento de la armadura. Indique si los elementos están en tensión o en copresión. Suponga que todos los elementos están conectadmediante articulaciones. AG GF FE ED .

3–10. Determine la fuerza en cada elemento de la arma-dura. Indique si los elementos están en tensión o en com-presión.

3–13. Determine la fuerza en cada elemento de la armdura. Indique si los elementos están en tensión o en copresión.

Prob. 3–10

Prob. 3–11

Prob. 3–12

Prob. 3–13

B C E

F

G

H

D

A


12 pies

3 k2 k

3 k 8 kN

8 kN

4 kN 4 kN

8 kN

A

B C

F

G E

D

4 m 4 m

2 m

E

D

C B

F A 5 m

3 m

5 kN

4 kN

3 m 3 m 3 m

A

G F

E

B C D

3 m

2 m2 m2 m

5 kN 5 kN 5 kN

3–11. Determine la fuerza en cada elemento de la arma-dura. Indique si los elementos están en tensión o en com-presión. Suponga que todos los elementos están conectadosmediante articulaciones.



3–14. Determine la fuerza en cada elemento de la arma-dura de techo. Indique si los elementos están en tensión oen compresión.

*3–16. Determine la fuerza en cada elemento de la dura. Indique si los elementos están en tensión o epresión.

3–15. Determine la fuerza en cada elemento de la arma-dura de techo. Indique si los elementos están en tensión oen compresión. Suponga que todos los elementos están co-nectados mediante articulaciones.

3–17. Determine la fuerza en cada elemento de la dura de techo. Indique si los elementos están en tenen compresión. Suponga queB es un pasador y queC essoporte de rodillos.

Prob. 3–16

Prob. 3–17

Prob. 3–14

Prob. 3–15

6 4 m 24 m

3.5 m4 kN

4 kN4 kN 4 kN

4 kN4 kN

8 kN

AB C D E F

GH

I J

K

C

E

A

2 kN

2 m 2 m

30

30 30

30

45

D

B

45

F

10 kN 10 kN 10 kN4 m

3 m

3 m

4 m 4 m 4 m

AB C D

E

F

G

H

2 m 2 m

2 kN 2 kN

A

G

DC B

F

E

60 60 6060

30

3.4 ELEMENTOS DE FUERZA CERO 1




3

3.5 El método de las seccionesSi se deben determinar las fuerzas sólo en unos cuantos elementosuna armadura, por lo general el método de las secciones proporcionamedio más directo para obtener estas fuerzas.Elmétodo de las seccionesconsiste en hacer pasar una sección imaginaria a través de la armadura,de modo que la corta en dos partes. Siempre que toda la armadura een equilibrio,cada una de las dos partes también debe estar en equiliby, en consecuencia, las tres ecuaciones de equilibrio pueden aplicarscualquiera de estas dos partes para determinar las fuerzas en los elemtos de la “sección cortada”.

Cuando se emplea el método de las secciones para determinar la fueen un elemento en particular, debe tomarse una decisión sobre la forde “cortar” o seccionar la armadura. Como sólo pueden aplicarsetresecuaciones independientes de equilibrio (©F x 0,©F y 0,©M O 0) a laparte aislada de la armadura, trate de seleccionar una sección que, en neral, no pase a través de más detres elementos en los que las fuerza

sean desconocidas. Por ejemplo,considere la armadura de la figura 3-2a.Si se va a determinar la fuerza en el elementoGC , la secciónaa seríaadecuada. En las figuras 3-25b y 3-25c se muestran los diagramas decuerpo libre de las dos partes. En particular, tenga en cuenta que la línde acción de cada fuerza en un elemento seccionado se especifica a ptir de la geometría de la armadura,puesto que la fuerza en un elemento paa lo largo del eje del elemento. Además, las fuerzas de un elemento qactúan sobre una parte de la armadura son iguales pero opuestas a lque actúan sobre la otra parte, lo que se debe a la tercera ley de NewtComo puede observarse, los elementos que supuestamente están enten-

sión (BC y CG ) están sometidos a un “jalón”, mientras que el elemenen compresión (GF ) está sometido a un “empujón”.

DC B

AG F E

2 m 2 m 2 m

1000 N

a

a

2 m

(a)

2 m

2 m

C

FGC

GFGF

FBC

45

2 m

1000 N (b)

FBC

FGC

FGF G

45

2 m

2 m

C

D y

D x

E x

(c)

Figura 3–25



Las tres fuerzas de elemento desconocidasFBC , FGC y FGF pueden ob-tenerse mediante la aplicación de las tres ecuaciones de equilibrio al dia-grama de cuerpo libre de la figura 3-25b. Sin embargo, si se considera eldiagrama de cuerpo libre de la figura 3-25c, deberán determinarse en

primer lugar las tres reacciones de soporteD x, D y, y E x. ¿Por qué? (Porsupuesto, esto se hace de la manera usual, considerando un diagrama de

cuerpo libre detoda la armadura

). Al aplicar las ecuaciones de equili-brio,considere la manera de escribir las ecuaciones con el fin de obteneruna solución directa para cada una de las incógnitas, en vez de tener queresolver ecuaciones simultáneas.Por ejemplo, si se suman momentos res-pecto a C en la figura 3-25b generaría una solución directa paraFGF puesto queFBC y FGC crean momentos cero alrededor deC . Del mismomodo,FBC puede obtenerse directamente a partir de una sumatoria de mo-mentos alrededor deG . Por último, FGC puede determinarse directa-mente a partir de una sumatoria de fuerzas en la dirección vertical,dadoque FGF y FBC no tienen componentes verticales.

Como en el método de los nudos,hay dos formas de determinar el sen-tido correcto de una fuerza de elemento desconocida.

1. Siempre suponga que las fuerzas de elemento desconocidas en la sec-ción cortada están en tensión, es decir, “jalando” el elemento . De estamanera, la solución numérica de las ecuaciones de equilibrio gene-rará escalares positivos para los elementos en tensión y escalaresnegativos para los elementos en compresión .

2. En muchos casos, el sentido correcto de una fuerza de elemento des-conocida puede determinarse “por inspección” . Por ejemplo, FBC esuna fuerza de tensión como se representa en la figura 3-25b, puestoque el equilibrio de momentos respecto aG requiere queFBC creeun momento opuesto al de la fuerza de 1000 N.Además, FGC es detensión porque su componente vertical debe equilibrar la fuerza

de 1000 N. En casos más complicados, el sentido de una fuerza deelemento desconocida puede suponerse . Si la solución resulta ser unescalarnegativo , esto indicará que el sentido de la fuerza esopuestoal mostrado en el diagrama de cuerpo libre. Éste es el método quese utilizará en los siguientes problemas de ejemplo.

En el norte de California se cons-truye una armadura de puente sobreel lago Shasta.

3.5 EL MÉTODO DE LAS SECCIONES 1




3


El siguiente procedimiento proporciona un medio para aplicar el método de las seccines a fin de determinar las fuerzas en los elementos de una armadura.

Diagrama de cuerpo libre• Tome una decisión sobre la forma de “cortar” o seccionar la armadura a través de lo

elementos en los que deben determinarse las fuerzas.• Antes de aislar la sección adecuada,quizá se requiera determinar las reaccionesexter-

nas de la armadura, de modo que las tres ecuaciones de equilibrio sólo se usen paraencontrar las fuerzas de elemento en la sección cortada.

• Dibuje el diagrama de cuerpo libre de la parte de la armadura seccionada que tenga menor número de fuerzas en ella.

• Utilice uno de los dos métodos descritos anteriormente para establecer el sentido duna fuerza desconocida.

Ecuaciones de equilibrio• Los momentos deben sumarse alrededor de un punto que se encuentre en la intersec

ción de las líneas de acción de dos fuerzas desconocidas; de esta manera, la tercefuerza desconocida se determina directamente a partir de la ecuación.

• Si dos de las fuerzas desconocidas son paralelas , las fuerzas pueden sumarse en forma perpendicular a la dirección de estas incógnitas a fin de determinardirectamente la ter-cera fuerza desconocida.

Ejemplo de una armadura Warren (con verticales)



EJEMPLO3.5

Determine la fuerza en los elementosGJ y CO de la armadura detecho que se muestra en la fotografía. Las dimensiones y las cargas semuestran en la figura 3-26a. Indique si los elementos están en tensióno en compresión. Las reacciones en los soportes ya se han calculado.

SOLUCIÓNElemento CF .Diagrama de cuerpo libre. La fuerza en el elementoGJ puede ob-tenerse al considerar la secciónaa de la figura 3-26a. En la figura3.26b se muestra el diagrama de cuerpo libre de la parte derecha de

esta sección.Ecuaciones de equilibrio. Aplicando©M I 0 se puede obteneruna solución directa paraFGJ . ¿Por qué? Para simplificar, desliceFGJ hacia el puntoG (principio de transmisibilidad), figura 3-26b. Por lotanto,

Resp.

Elemento GC .

Diagrama de cuerpo libre. La fuerza en CO puede obtenerseusando la secciónbb de la figura 3-26a. En la figura 3-26c se muestrael diagrama de cuerpo libre de la parte izquierda de la sección.

Ecuaciones de equilibrio. Los momentos se sumarán respecto alpunto A con el fin de eliminar las incógnitasFOP y FCD .

Resp.F CO = 173 lb1T2- 30013.4642 + F CO162 = 0d+ ©M A = 0;

F GJ = 346 lb1C2- F GJ sen 30°162 + 30013.4642 = 0d+ ©M I = 0;

Figura 3–26

30 I

1159.3 lb

(b)

150 lb

300 lb3.464 pies

6 pies

G

FKJ

FGJ

FGH

500 lb

300 lb300 lb

300 lb

300 lb

30

b a

ab

30150 lb

300 lb

300 lb

M

LN

O

P K

J

I

150 lb

1159.3 lb1159.3 lb 3 pies3 pies3 pies3 pies3 pies3 pies3 pies3 pies

A x 0B C D E F G H

30

150 lb

300 lb3.464 pies

1159.3 lb

(c)

6 pies A

FOP

FCD

FCO

C

(a)





3

Determine la fuerza en los elementosGF y GD de la armadura que semuestra en la figura 3-27a. Indique si los elementos están en tensión oen compresión.Las reacciones en los soportes ya se han calculado.

EJEMPLO3.6

SOLUCIÓNDiagrama de cuerpo libre. Se considerará la secciónaa de la fi-gura 3-27a. ¿Por qué? En la figura 3-27b se muestra el diagrama decuerpo libre a la derecha de esta sección. La distanciaEO puede de-terminarse mediante triángulos semejantes o al observar que el ele-mento GF cae verticalmente 4.5 3 1.5 m en 3 m, figura 3-27a.Porconsiguiente, para caer 4.5 m desdeG , la distancia deC a O debe serde 9 m. Además, los ángulos que formanFGD y FGF con la horizontalson tan 1(4.5/3) 56.3° y tan1(4.5/9) 26.6°, respectivamente.

Ecuaciones de equilibrio. La fuerza enGF puede determinarse di-rectamente aplicando©M D 0. ¿Por qué? Para el cálculo aplique elprincipio de transmisibilidad y desliceFGF hasta el puntoO . Por lotanto,

Resp.

La fuerza enGD se determina directamente al aplicar©M O 0.Parasimplificar aplique el principio de transmisibilidad y desliceFGD haciaD .Así,

Resp.F GD = 1.80 kN1C2- 7132 + 2162 + F GD sen 56.3°162 = 0d+ ©M O = 0;

F GF = 7.83 kN1C2- F GF sen 26.6°

16

2 + 7

13

2 = 0d+ ©M D = 0;

3 m 3 m3 m3 m

6 kN 8 kN 2 kN E y 7 kN A y 9 kN

(a)

B C Da

E

4.5 m

F a

G

H

A

3 m

A x 0

56.3O

26.6

3 m 3 m

7 kN2 kN

FCD D

FGF

FGD F

E

(b)

Figura 3–27



EJEMPLO3.7

FMB

FML

FBC

FLK L

20 pies

15pies

B

A

2900 lb 1200 lb

(b)

FBA B

FMB

1200 lb

(c)

y

FBC

x

K J I H a

15pies

15pies

15pies

15pies

15pies

15pies

A y 2900 lb 1200 lb 1500 lb 1800 lb

(a)G y 1600 lb

A B C D E F G

M N O P A x 0 10 pies

10 pies

a

L

(d)

FMK

FMC

x

2900 lb

M 3

2

32

1200 lb

y

Determine la fuerza en los elementosBC y MC de la armadura K quese muestra en la figura 3-28a. Indique si los elementos están en tensióno en compresión. Las reacciones en los soportes ya se han calculado.

Figura 3–28


SOLUCIÓN

Diagrama de cuerpo libre.Aunque la secciónaa que se muestra

en la figura 3-28a realiza un corte a través de cuatro elementos, es po-sible descomponer la fuerza en el elementoBC usando esta sección.En la figura 3-28b se muestra el diagrama de cuerpo libre de la parteizquierda de la armadura.Ecuaciones de equilibrio. La suma de los momentos respecto alpunto L eliminatres de las incógnitas, por lo que

Resp.

Diagramas de cuerpo libre. La fuerza enMC puede obtenerse demanera indirecta al obtener primero la fuerza enMB a partir del

equilibrio de fuerzas verticales en la juntaB , figura 3-28c, es decir,F MB 1200 lb (T). Entonces, con base en el diagrama de cuerpo librede la figura 3-28b,

En la figura 3-28d se muestra el diagrama de cuerpo libre de la juntaM , en el cual se usan estos resultados.Ecuaciones de equilibrio.

Resp.

En ocasiones, como en este ejemplo, la aplicación tanto del método delas secciones como del método de los nudos conduce a una soluciónmás directa del problema.

También es posible obtener la fuerza enMC usando el resultado deFBC . En este caso, se pasa una sección vertical a través deLK ,MK ,MC y BC , figura 3-28a. Se aísla la sección izquierda y se aplica©M K 0.

F MK = 1532 lb1C2 F MC = 1532 lb1T22900 - 1200 -

a22 13b

F MC -

a22 13b

F MK = 0+ c©F y = 0;a3

2 13bF MC - a32 13bF MK = 0:+ ©F x = 0;

F ML = 2900 lb1T22900 - 1200 + 1200 - F ML = 0+ c©F y = 0;

F BC = 2175 lb1T2- 29001152 + F BC1202 = 0d+ ©M L = 0;




3

3.6 Armaduras compuestasEn la sección 3-2 se estableció que las armaduras compuestas se formal conectar entre sí dos o más armaduras simples, ya sea mediante lasrras o las juntas. De manera ocasional, este tipo de armadura se analde una mejor manera si se aplicantanto el método de los nudoscomoel de las secciones. Con frecuencia es conveniente reconocer antes el tde construcción, según la lista presentada en la sección 3-2,para desprealizar el análisis aplicando el siguiente procedimiento.

Indique cómo analizar la armadura compuesta que se muestra en lafigura 3-29a. Las reacciones en los apoyos ya se han calculado.

EJEMPLO3.8

2 m 2 m 2 m 2 m4 kN2 kN4 kN A y = 5 kN E y = 5 kN

(a)

DC B a

4 ma

E

2 m

2 m

H

A

A x = 0

I J K F

G

FCD

4 kN5 kN

(c)

3.46 kN

AB

J I

H

2 kN

FCK

C

4 sen 60 m

FHG

F JC

FBC

2 m2 m4 kN5 kN

(b)

C

Figura 3–29

SOLUCIÓNLa armadura es compuesta puesto que las armaduras simples ACH yCEG están conectadas mediante el pasador enC y la barraHG .

La secciónaa de la figura 3-29a corta la barraHG y otros dos ele-mentos que tienen fuerzas desconocidas. En la figura 3-29b se muestraun diagrama de cuerpo libre de la parte izquierda.La fuerza enHG sedetermina de la manera siguiente:

Ahora se procede a determinar la fuerza en cada elemento de lasarmaduras simples siguiendo el método de los nudos. Por ejemplo, ediagrama de cuerpo libre de ACH se muestra en la figura 3-29c. Las juntas de esta armadura pueden analizarse en la siguiente secuencia

Junta A : Determine la fuerza en AB y AI . Junta H : Determine la fuerza enHI y HJ . Junta I : Determine la fuerza en IJ e IB . Junta B : Determine la fuerza enBC y BJ . Junta J : Determine la fuerza en JC .

F HG = 3.46 kN1C2- 5142 + 4122 + F HG14 sen 60°2 = 0d+ ©M C = 0;



EJEMPLO3.9

Las armaduras de techo compuestas se usan en un vivero, como semuestra en la fotografía.Tienen las dimensiones y la carga que se mues-tran en la figura 3-30a. Indique la forma de analizar esta armadura.

Figura 3–30

SOLUCIÓNLa fuerza enEF puede obtenerse usando la secciónaa de la figura3-30a. En la figura 3-30b se muestra el diagrama de cuerpo libre delsegmento de la derecha.

Resp.

Por inspección, observe queBT , EO y HJ son elementos de fuerzacero puesto que en las juntasB , E y H , respectivamente.También, por aplicación (perpendicular a AO ) en las juntas deP , Q , S y T , puede determinarse directamente la fuerza enlos elementosPU , QU , SC y TC , respectivamente.

+a©F y = 0+c©F y = 0

F EF = 5.20 kN1T2d+ ©M O = 0;

1 kN

30

a

a 30

OP

RS

T

Q

1 kN

N

1 kN

M

1 kN

L

1 kN

K

1 kN

J

I H GF ED

U V

C B A

6 kN6 kN 1 m1 m1 m1 m 1 m 1 m1 m1 m1 m1 m 1 m 1 m

(a)

0.5 kN0.5 kN1 kN

1 kN1 kN

1 kN1 kN

O

30

1 kN1 kN

1 kN1 kN

1 kN

6 kN1 m1 m1 m 1 m 1 m1 m

(b)

0.5 kN

FOV

FEF

FON

3.6 ARMADURAS COMPUESTAS 1

- 1112 - 1122 - 1132 - 1142 - 1152 - 0.5162 + 6162 - F EF16 tan 30°2 = 0




3

Figura 3–31

Indique cómo analizar la armadura compuesta que se muestra en lafigura 3-31a. Las reacciones en los soportes ya se han calculado.

EJEMPLO3.10

SOLUCIÓNLa armadura puede clasificarse como compuesta del tipo 2, puestoque las armaduras simples ABCD y FEHG están conectadas por tresbarras que no son paralelas ni concurrentes, a saber,CE , BH y DG .

Si se usa la secciónaa de la figura 3-31a, es posible determinar lafuerza en cada barra de conexión.En la figura 3-31b se muestra el dia-grama de cuerpo libre de la parte izquierda de esta sección. Por lotanto,

(1)(2)(3)

A partir de la ecuación (2),F BH F CE ; entonces, al resolver simultá-neamente las ecuaciones (1) y (3) se obtiene

Ahora puede realizarse el análisis de cada armadura simple conec-tada siguiendo el método de los nudos. Por ejemplo, con base en la figura 3-31c, esto puede hacerse en la siguiente secuencia.

Junta A : Determine la fuerza en AB y AD . Junta D : Determine la fuerza enDC y DB . Junta C : Determine la fuerza enCB .

F BH = F CE = 2.68 k1C2 F DG = 3.78 k1T2

- F BH cos 45° + F DG - F CE cos 45° = 0:+ ©F x = 0;

3 - 3 - F BH sen 45° + F CE sen 45° = 0+ c©F y = 0; + F CE sen 45°162 = 0

- 3162 - F DG16 sen 45°2 + F CE cos 45°1122d+ ©M B = 0;

45

FCE

FDG

FBH

45

6 pies

12 pies

6 sen 45 pies

3 k 3 k

6 pies

B

(b)

45

3 k 3 k

B

3.78 k2.68 k

A

D

2.68 k

C

(c)

45

6 pies 6 pies 6 pies 6 pies 6 pies A y 3 k 3 k F y 3 k

(a)3 k

A

6 pies

A x 0 4545

D

C H

G

E

F 45

12 pies

a

B

a



F3–8


F3–7. Determine la fuerza en los elementosHG ,BG y BC e indique si están en tensión o en compresión.

F3–10. Determine la fuerza en los elementosGF , CFCD e indique si están en tensión o en compresión.

F3–8. Determine la fuerza en los elementosHG ,HC y BC e indique si están en tensión o en compresión.

F3–11. Determine la fuerza en los elementosFE , FC ye indique si están en tensión o en compresión.

F3–9. Determine la fuerza en los elementosED , BD y BC e indique si están en tensión o en compresión. F3–12. Determine la fuerza en los elementosGF , CF

CD e indique si está en tensión o en compresión.

F3–7

F3–9

F3–10

F3–

F3–12

A H G F E

B C D

2 k 2 k 2 k

5 pies 5 pies 5 pies 5pies

5 pies

A

B C D

F

E

G

H

400 lb

400 lb 400 lb

400 lb 400 lb


6 pies

6 pies

A

B C

D

F E G

1.5 m

1.5 m

1.5 m 3 m 1.5 m

2 kN 2 kN4 kN

3 m3 m

A

B C D

F

E

G

H

500 lb 500 lb 500 lb


3 pies

1 pi

A B C D

F

E

G H I J


3 pies

600 lb600 lb600 lb600 lb600 lb

2 m

8 kN

6 kN

A

B

C

D E

2 m 2 m





3

3–19. Determine la fuerza en los elementos JK , JN y CD .Indique si los elementos están en tensión o en compresión.Identifique todos los elementos de fuerza cero.

*3–20. Determine la fuerza en los elementosGF ,FC yCDde la armadura en voladizo. Indique si los elementos estánen tensión o en compresión.Suponga que todos los elemen-tos están conectados mediante pasadores.

3–22. Determine la fuerza en los elementosBG , HG y BC de la armadura e indique si los elementos están en tensiónen compresión.

3–18. Determine la fuerza en los elementosGF , FC y CDde la armadura de puente. Indique si los elementos están entensión o en compresión.Suponga que todos los elementos

están conectados mediante pasadores.

3–21. La armadura Howe está sujeta a la carga que semuestra. Determine las fuerzas en los elementosGF , CD yGC . Indique si los elementos están en tensión o en comp

sión. Suponga que todos los elementos están conectadmediante pasadores.

PROBLEMAS

Prob. 3–18

Prob. 3–19

Prob. 3–20

Prob. 3–21

Prob. 3–22

10 k

B

15 k

C D

E A

F H

G

30 pies

15 pies

40 pies 40 pies 40 pies40 pies5 kN

G

H F

AE

B C D

2 m 2 m 2 m 2 m

3 m

5 kN 5 kN

2 kN2 kN

7 kN

B

6 kN

C

4 kN

D

E A

F H G

4.5 m3 m

12 m, 4 3 m

B C

N O

E

F G

H

I

J

K

LM

D A

2 k

20 pies 20 pies

20 pies

30 pies

2 k

2 m 2 m 2 m

3 m

AB C D

E

F

G

12 kN

12 kN

12 kN



3–23. Determine la fuerza en los elementosGF , CF y CDde la armadura de techo e indique si los elementos están entensión o en compresión.

3–25. Determine la fuerza en los elementos IH , ID y Cde la armadura. Indique si los elementos están en tenen compresión. Suponga que todos los elementos esnectados mediante pasadores.

3–26. Determine la fuerza en los elementos JI , IC yCDla armadura. Indique si los elementos están en tensió

compresión. Suponga que todos los elementos estántados mediante pasadores.

*3–24. Determine la fuerza en los elementosGF ,FB y BC de la armaduraFink e indique si los elementos están en ten-sión o en compresión.

3–27. Determine las fuerzas en los elementosKJ , CD yde la armadura. Indique si los elementos están en tenen compresión.

Prob. 3–23

Prob. 3–24

Probs. 3–25/3–26

Prob. 3–27

2 m

2 kN

1.5 kN

1.70 m

0.8 m

1 m

A

B

C

D

E

H G F

2 m

1.5 m

D

H I J K

A

C

B

E

GF

10 m, 5 2 m

5 m

3 kN3 kN 3 kN 3 kN1.5 k

AB

G

10 pies 10 pies 10 piesC

306030 60

F

600 lb

D

E

800 lb800 lb

BC E

F

GH I J K L

D

A

5 kN 5 kN15 kN 15 kN 10 kN

30 kN20 kN

3 @ 1 m 3

6 3 m 18 m





3

3.7 Armaduras complejasLas fuerzas en los elementos de una armadura compleja pueden detminarse siguiendo el método de los nudos; sin embargo, la soluciónquerirá escribir las dos ecuaciones de equilibrio para cada una de l j juntas de la armadura y después resolver el conjunto completo de j ecuacionesen forma simultánea .* Este enfoque puede ser poco prácticsi los cálculos se realizan manualmente, en especial cuando las armaras son muy grandes. Por ello, a continuación se presenta un método mdirecto para analizar una armadura compleja, conocido como el métode los elementos substitutos .


Con referencia a la armadura de la figura 3-32a, se requieren los siguientes pasos paradeterminar las fuerzas en los elementos mediante el método de los elementos sustituto

PE

DF

A C

B

(a)

Figura 3–32

*Esto puede realizarse fácilmente empleando una computadora, como se muestra ecapítulo 14

PE

DF

A C

B

(b)FuerzasSi¿

E

DF

A C

B

(c)

1

1

Fuerzas si



Reducción a una armadura simple estableDetermine las reacciones en los soportes y comience por imaginar cómo analizaría laarmadura aplicando el método de los nudos, es decir, pasando de una junta a otra yresolviendo para encontrar cada fuerza de elemento. Si se llega a una junta donde haytres incógnitas , elimine uno de los elementos en la articulación y reemplácelo por un

elemento imaginario en cualquier otra parte de la armadura. De esta manera, sereconstruye la armadura como una armadura simple estable.Por ejemplo, en la figura 3-32a se observa que cada junta tendrá tres fuerzas de ele-

mento desconocidas actuando sobre ella. Por lo tanto, se eliminará el elemento AD y sereemplazará con el elemento imaginarioCE , figura 3-32b . Esta armadura puede anali-zarse ahora mediante el método de los nudos para los dos tipos de carga que siguen.

Carga externa sobre una armadura simpleCargue la armadura simple con la carga realP y después determine la fuerzaSi en cadaelementoi. Cuando las reacciones ya han sido determinadas, en la figura 3-32b se puedecomenzar en la junta A para determinar las fuerzas en AB y AF , después en la juntaF para determinar las fuerzas enFE y FC ; luego en la juntaD para determinar las fuerzasen DE y DC (las cuales son iguales a cero); posteriormente, en la juntaE paraencontrarEB y EC , y finalmente la juntaB para determinar la fuerza enBC .

Retiro de la carga externa de la armadura simpleConsidere la armadura simple sin la carga externaP. Coloquecargas unitarias igualespero opuestas alineadas sobre la armadura en las dos juntas de las cuales se retiró elelemento. Si estas fuerzas desarrollan una fuerza si en el i-ésimo elemento de unaarmadura, entonces por proporción una fuerza x desconocida en el elemento retiradoejercería una fuerza de xs i en el i-ésimo elemento.

Con base en la figura 3-32c, las cargas unitarias iguales pero opuestasno crearán reac-ciones en A y C cuando se aplican las ecuaciones de equilibrio a toda la armadura. Lasfuerzas si pueden determinarse mediante un análisis de las juntas en la misma secuenciaanterior, es decir, primero la junta A , luego las juntasF , D , E y por último la juntaB .

SuperposiciónSi los efectos de las dos cargas anteriores se combinan, la fuerza en eli-ésimo elementode la armadura será

(1)

En particular,para el elemento sustituidoEC en la figura 3-32b la fuerzaSEC S EC xsEC . Como el elementoEC en realidad no existe en la armadura original, se elegirá xcon una magnitud tal que produzca una fuerza cero en EC . Por consiguiente,

(2)

o x S EC / sEC . Una vez que se ha determinado el valor de x, las fuerzas en los otroselementosi de la armadura compleja pueden determinarse a partir de la ecuación (1).

SECœ + xsEC = 0

Si = Siœ+ xs i

3.7 ARMADURAS COMPLEJAS 1




3

Figura 3–33

Determine la fuerza en cada elemento de la armadura compleja quese muestra en la figura 3-33a. Suponga que las juntasB , F y D se en-cuentran en la misma línea horizontal. Indique si los elementos estánen tensión o en compresión.

EJEMPLO3.11

3 pies

4 pies

45° 45°

C

DF B

A E

5 k

8 pies

(a)

45 45

C

DF

B

A E

5 k

(b)

5 k

4.375 k 4.375 k

SOLUCIÓN

Reducción a una armadura simple estable. Por inspección, cada junta tiene tres fuerzas de elemento desconocidas. El análisis de las juntas puede realizarse en forma manual si, por ejemplo, se elimina el elementoCF y se sustituye por el elementoDB , figura 3-33b. La armaduraresultante es estable y no colapsará.

Carga externa sobre la armadura simple. Como se muestra en lafigura 3-33b, se han determinado las reacciones en los soportes de la ar-madura.Aplicando el método de los nudos, primero puede analizarsela juntaC para encontrar las fuerzas en los elementosCB yCD ;luego la juntaF , donde se observa queFA y FE son elementos de fuerza cero;después la juntaE para determinar las fuerzas en los elementosEB

y ED ; posteriormente, la juntaD para determinar las fuerzas enDA yDB ,y por último la juntaB para determinar la fuerza enBA .Estas fuer-zasSi se registran en la columna 2 de la tabla 1, donde se considera a latensión como positiva y a la compresión como negativa.



Retiro de la carga externa de la armadura simple. En la figura3-33c se muestra la carga unitaria que actúa sobre la armadura. Estasfuerzas iguales pero opuestas no crean reacciones externas sobre laarmadura. El análisis de juntas sigue la misma secuencia indicada an-teriormente;es decir, se analizan las juntasC , F , E , D y B . Los resulta-dos del análisis de fuerzas si se registran en la columna 3 de la tabla 1.

Superposición. Se requiere

Al sustituir los datos enS DB y sDB ,dondeS DB es negativa puesto quela fuerza es de compresión, se tiene

Los valores de xs i se registran en la columna 4 de la tabla 1, y las fuer-zas de elemento realesSi Si xs i se enlistan en la columna 5.

- 2.50 + x11.1672 = 0 x = 2.143

SDB = SDBœ + xsDB = 0

C

DBF

A E

1 k

(c)

1 k

TABLA 1Elemento

CB 3.54 2.02 (T)CD 5.05 (C)FA 0 0.833 1.79 (T)FE 0 0.833 1.79 (T)EB 0 1.53 (C)ED 4.91 (C)DA 5.34 3.81 (T)DB 1.167 0BA 2.50 1.96 (T)CB 2.14 (T)

- 0.536- 0.2502.50- 2.50

- 1.53- 0.712- 0.536- 0.250- 4.38- 1.53- 0.712

1.791.79

- 1.52- 0.707- 3.54 - 1.52- 0.707

S i xs i s i S i œ

3.7 ARMADURAS COMPLEJAS 1




3

3.8 Armaduras espacialesUna armadura espacial consiste en elementos que están unidos entre sí posus extremos para formar una estructura tridimensional estable. En la sción 3-2 se demostró que la forma más simple de una armadura bidimsional estable se compone de elementos dispuestos en forma de triángulo. Después se construyó una armadura plana simple con baseeste elemento triangular, añadiendo dos elementos a la vez para formnuevos miembros.De manera similar,el miembro más simple de una ardura espacial estable es untetraedro , formado por la conexión de seis elementos mediante cuatro juntas como se muestra en la figura 3-34.Todoselementos adicionales añadidos a este elemento básico serían redundanpara soportar la fuerzaP. Una armadura espacial simple puede construira partir de este miembro tetraédrico básico,agregando tres nuevos elemtos y otra junta para así formar tetraedros multiconectados.Determinación y estabilidad. Al observar que en tres dimen-siones hay tres ecuaciones de equilibrio para cada junta (©F x 0,©F y

0, ©F z

0), entonces para una armadura espacial con un número j de juntas, hay 3 j ecuaciones disponibles. Si la armadura tiene un númerobde barras y un númeror de reacciones, como es el caso de una armaduplana (ecuaciones 3-1 y 3-2), es posible escribir

b r 3 j armadura inestableb r 3 j estáticamente determinada comprobar

estabilidad (3–3)b r 3 j estáticamente indeterminada comprobar

estabilidad

Laestabilidad externa de la armadura espacial requiere que las reaccionen los soportes mantengan la armadura en equilibrio de fuerzas y mmentos respecto de cualesquier ejes. En ocasiones esto puede compbarse por inspección, pero si la armadura es inestable una solución deecuaciones de equilibrio dará resultados inconsistentes. Laestabilidad in-terna puede comprobarse a veces mediante una inspección cuidadosa la disposición de los elementos. Siempre que cada junta se mantenga por sus soportes o elementos conectados,de modo que no pueda movecon respecto a las demás juntas, la estructura puede clasificarse comotable internamente. Además, si se hace un análisis de fuerzas de la armdura y se obtienen resultados inconsistentes, entonces la configuraciónla armadura será inestable o tendrá una “forma crítica”.Supuestos para el diseño. Los elementos de una armadura espa

cial pueden tratarse como elementos de fuerza axial, siempre que la caexterna se aplique en las juntas y éstas se formen mediante conexionesrótula.Este supuesto se justifica suponiendo que los elementos unidos una conexión se crucen en un punto común y el peso de los elemenpueda ignorarse. En los casos en que el peso de un elemento se incluyael análisis, por lo general resulta satisfactorio aplicarlo como una fuvertical,con la mitad de su magnitud aplicada a cada extremo del eleme

Para el análisis de fuerzas, los soportes de una armadura espacial slen modelarse como un eslabón corto, una junta de rodillos plana, u junta de rodillos ranurada o una junta de rótula.En la tabla 3-1 se mutra cada uno de estos soportes y sus componentes de fuerza reactiva.

Figura 3–34

P

El techo de este pabellón se sostiene me-diante un sistema de armaduras espaciales.



TABLA 3–1 Soportes y sus componentes de fuerza reactivaz

y

x

z

y

x

F y

eslabón corto

z

y

x

(2)

(1)

rodillo

z

y

xFz

(3)z

y

x

z

y

x Fz

F x

rodillo ranurado restringidoen un cilindro

(4)z

y

x

rótula

z

y

x Fz

F xF y

3.8 ARMADURAS ESPACIALES 1



A F A

z

x

y

D

C

B

FD

FC

FB

Figura 3–36


3

Componentes de fuerza x , y , z . Como el análisis de una armadura espacial es tridimensional, a menudo será necesario descomponefuerzaF de un elemento en los componentes que actúan a lo largo de lejes x, y, z. Por ejemplo, en la figura 3-35 el elemento AB tiene una longi-tud l y proyecciones conocidas x, y, z a lo largo de los ejes coordenadosEstas proyecciones pueden relacionarse con la longitud del elemen

mediante la ecuación(3–4)

Como la fuerzaF actúa a lo largo del eje del elemento, las componetes deF pueden determinarse por proporción de la siguiente manera:

(3–5)

Tenga en cuenta que esto requiere

(3–6)El uso de estas ecuaciones se ilustrará en el ejemplo 3-12.

Elementos de fuerza cero. En algunos casos, el análisis de la juntas de una armadura puede simplificarse si es posible detectar los mentos de fuerza cero al reconocer dos casos comunes en la geomede las juntas.

Caso 1. Si todos los elementos conectados a una armadura menos uestán en el mismo plano y siempre que ninguna carga externa acsobre la junta, el elemento que no se encuentra en el plano de los demelementos debe estar sometido a una fuerza cero. La prueba de esta afmación se muestra en la figura 3-36, donde los elementos A , B y C estánen el plano x- y. Como la componentez de FD debe ser cero para satisfa-cer ©F z 0, el elementoD debe ser un elemento de fuerza cero. Por emismo razonamiento, el elementoD soportará una carga que puede de-terminarse a partir de©F z 0 si una fuerza externa actúa sobre la junty tiene una componente que actúa a lo largo del ejez.

F = 2 F2x + F

2y + F

2z

Fx = Faxl b Fy = Fay

l b Fz = Fazlb

l = 2 x2 + y2 + z2

Figura 3–35

z

F yF

Fz

F x

B

x

x

A

l

z

y

y

Debido a su eficiencia de costos, las torresde este tipo se usan para sostener varias lí-neas de transmisión eléctrica.



Caso 2. Si se ha determinado que todos menos dos de varios elementosconectados a una junta soportan fuerza cero, los dos elementos restantestambién deben soportar fuerza cero, siempre que no se encuentran a lolargo de la misma línea. Esta situación se ilustra en la figura 3-37,dondese sabe que A y C son elementos de fuerza cero. ComoFD es colineal conel eje y, entonces la aplicación de©F x 0 o ©F z 0 requiere que las

componentes x

oz

de FB sean cero. En consecuencia,F

B 0. Si éste es elcaso,F D 0 puesto que©F y 0.

B

z

x

yD

A

F A 0 FB

FD

C

F C 0


Para determinar las fuerzas desarrolladas en los elementos de una armadura espacial

puede usarse el método de las secciones o el método de los nudos.Método de las seccionesSi sólo deben determinarsealgunas fuerzas de elemento, puede usarse el método de lassecciones. Cuando se pasa una sección imaginaria a través de una armadura y ésta sedivide en dos partes, el sistema de fuerza que actúa en cada una de las partes debesatisfacer las seis ecuaciones escalares de equilibrio:

Mediante la elección adecuada de la sección y los ejespara sumar fuerzas y momentos, es posible calcular directamente muchas de las fuerzasde elemento desconocidas en una armadura espacial, empleando una sola ecuación deequilibrio. A este respecto, recuerde que elmomento de una fuerza respecto a un eje escero siempre quela fuerza sea paralela al eje o su línea de acción pase a través de un

punto en el eje .

Método de los nudosEn general, si deben determinarse las fuerzas entodos los elementos de la armadura,el método de los nudos es el más adecuado para realizar el análisis. Cuando se utiliza elmétodo de los nudos, es necesario resolver las tres ecuaciones de equilibrio escalares©F x 0, ©F y 0, ©F z 0 en cada junta. Como es relativamente fácil dibujar losdiagramas de cuerpo libre y aplicar las ecuaciones de equilibrio, el método de los nudoses muy consistente en su aplicación.

©M z = 0.©M y = 0,©M x = 0,©F z = 0,©F y = 0,©F x = 0,

Debe prestarse atención especial a los dos casos anteriores de carga ygeometría de las juntas, puesto que el análisis de una armadura espacialpuede simplificarse considerablemente si se detectan primero los ele-mentos de fuerza cero.

Figura 3–37





3

Determine la fuerza en cada elemento de la armadura espacial que semuestra en la figura 3-38a. La armadura está soportada por una juntade rótula en A , una junta de rodillo ranurado enB y un cable enC .

EJEMPLO3.12

z

8 pies

8 pies

B

x

A

E

y

4 pies

4 pies

D

C

E z = 600 lb

(a)

z

8 pies

8 pies x y

4 pies

600 lb

(b)

A y

A x

B y

B x

C y

Az

SOLUCIÓNLa armadura es estáticamente determinada puesto queb r 3 j obien 9 6 3(5), figura 3-38b.

Reacciones en los soportes. Es posible obtener las reacciones enlos soportes a partir del diagrama de cuerpo libre de toda la arma-dura, figura 3-38b , de la siguiente manera:

Az = 600 lbAz - 600 = 0©F z = 0;Ay = 600 lbAy - 600 = 0©F y = 0;Ax = 300 lb300 - Ax = 0©F x = 0;By = 600 lbBy182 - 600182 = 0©M x = 0;

Cy = 0©M z = 0;Bx = 300 lb- 600142 + Bx182 = 0©M y = 0;

Figura 3–38



Junta B . El método de los nudos puede empezar enB , puesto quehay tres fuerzas de elemento desconocidas en esta junta, figura 3-38c.Las componentes deFBE pueden determinarse por proporción a lalongitud del elementoBE , como se indica en las ecuaciones 3-5. Setiene que

Resp.

Resp.

Resp.

Junta A . Usando el resultado paraF BA 600 lb (C),el diagrama decuerpo libre de la junta A se muestra en la figura 3-38d. Se tiene

Resp.

Resp.

Resp.

Junta D . Por inspección, los elementos en la juntaD , figura 3-38a,soportan fuerza cero, ya que la disposición de los elementos es similara cualquiera de los dos casos analizados en referencia a las figuras 3-36y 3-37.Además, a partir de la figura 3-38e,

Resp.

Resp.

Junta C . Por observación del diagrama de cuerpo libre,figura 3-38 f ,

Resp.F CE = 0

F DC = 0©F z = 0;F DE = 0©F x = 0;

FAD = 0- 300 + FAD + 670.8A1

1 5B = 0©F x = 0;

F AE = 670.8 lb1C2- F AE A21 5B + 600 = 0©F y = 0;

F AC = 0600 - 600 + F AC sen 45° = 0©F z = 0;

F BA - 900A812B = 0

F BA = 600 lb1C2©F z = 0;

300 - F BC - 900A412B = 0 F BC = 0©F x = 0;

- 600 + F BE A812B = 0 F BE = 900 lb1T2©F y = 0;

z

y x FCE

0C

(f)

0

0 0

B300 lb

600 lb

FBA

FBE

FBC

x

y

z

(c)

y600 lb

z

300 lb

600 lb600 lb

F AE

F AD

F AC

x

12

45

(d)

A

z

y

x

FDC

FDE

0D

(e)





3

Figura 3–39

Determine los elementos de fuerza cero de la armadura que se mues-tra en la figura 3-39a. Los soportes ejercen las componentes de reac-ción en la armadura como se indica en la figura.

EJEMPLO3.13

SOLUCIÓNEl diagrama de cuerpo libre, figura 3-39a, indica que hay ocho reac-ciones desconocidas para cuya solución sólo hay disponibles seiecuaciones de equilibrio.Aunque éste sea el caso, las reacciones pueden determinarse, puesto queb r 3 j o 16 8 3(8).

Para detectar los elementos de fuerza cero, es necesario compararlas condiciones de la geometría de las juntas y la carga con las includas en las figuras 3-36 y 3-37. Considere la juntaF , figura 3-39b .Comolos elementosFC , FD y FE se encuentran en el plano x y y FG noestá en este plano,FG es un elemento de fuerza cero. (Debe satisfa-cerse ©F z 0.) De la misma manera, a partir de la juntaE , figura3-39c, EF es un elemento de fuerza cero , puesto que no se encuentra enel plano y -z . (Debe satisfacerse©F x 0.) Volviendo a la juntaF ,fi-

gura 3-39b, puede observarse queF FD F FC 0 puesto queF FEF FG 0, y no hay fuerzas externas que actúen sobre la junta. Use esteprocedimiento para demostrar que AB es un elemento de fuerza cero.

El análisis numérico de fuerzas en las juntas puede proceder ahora aanalizar la juntaG (F GF 0) para determinar las fuerzas enGH , GB ,GC . Después se analiza la juntaH para determinar las fuerzas enHE ,HB yHA ; la juntaE para determinar las fuerzas enEA ,ED ; la junta Apara determinar las fuerzas en AB , AD y A z; la juntaB para determi-nar la fuerza enBC y B x, Bz; la juntaD para determinar la fuerza enDC y D y, D z y, por último, la juntaC para determinarC x, C y, C z.

x

z

A

H G

F E

B

D

C Bz

Az

D y

Cz

C y

C x

Dz

B x

y

2 kN4 kN

(a)

(b)

F

FFE

FFG

FFDFFC

x¿

z¿

y¿

E

x¿¿

y¿¿

z¿¿

(c)

FEF

FEA

FEH

FED



3–29. Determine las fuerzas en todos los elementos de laarmadura (compleja) en forma de red. Indique si los ele-

mentos están en tensión o en compresión.Sugerencia :Susti-tuya JE por un elemento ubicado entreK y F .

3–31. Determine la fuerza en todos los elementos demadura compleja. Indique si los elementos están en

o en compresión.

*3–28. Determine las fuerzas en todos los elementos de laarmadura compleja. Indique si los elementos están en ten-sión o en compresión.Sugerencia : Sustituya AD por un ele-

mento ubicado entreE y C .

3–30. Determine la fuerza en cada elemento e indilos elementos están en tensión o en compresión.

PROBLEMAS

Prob. 3–29

Prob. 3–30

Prob. 3–28

Prob. 3–31

D

E

B

C A

F

600 lb

6 pies 6 pies

12 pies

3030

45 45B A

E

F C

D

1 m 1 m 1 m

1 m

2 m

4 kN 4 kN

K J

C

E

D

F G

H I

L

B A

6 pies

12 pies

6 pies

6 pies 12 pies

2 k

D

E

B

C A

F

4 kN

3 m 3 m

6 m

3030

3030

3.8 PROBLEMAS 1




3

Prob. 3–32

*3–32. Determine la fuerza desarrollada en cada ele-mento de la armadura espacial e indique si los elementosestán en tensión o en compresión. La caja tiene un peso de150 lb.

3–34. Determine la fuerza en cada elemento de la armdura espacial e indique si los elementos están en tensiónen compresión. La armadura se sostiene mediante articuciones de rótula enC , D , E y G . Nota: A pesar de que estaarmadura es indeterminada de primer grado, es posible usolución debido a la simetría de la carga y la geometría.

3–33. Determine la fuerza en cada elemento de la arma-dura espacial e indique si los elementos están en tensión oen compresión.Sugerencia : La reacción del soporte enEactúa a lo largo del elementoEB . ¿Por qué?

3–35. Determine la fuerza en los elementosFE y ED de laarmadura espacial e indique si los elementos están en tesión o en compresión. La armadura se sostiene medianuna articulación de rótula enC y eslabones cortos en A y B .

*3–36. Determine la fuerza en los elementosGD , GE yFD de la armadura espacial e indique si los elementos esten tensión o en compresión.

Prob. 3–33 Probs. 3–35/3–36

Prob. 3–34

x y

z

A

B

C

6 pies

6 pies6pies

6 piesD

G

A

F 3 kN

B

C

E

y

z

x

D

1 m

2 m

2 m

1.5 m

1 m

y

x

D A

6 kN

C

BE

z

5 m

2 m

4 m

3 m

3 m

z

x y

500 lb

200 lb

6 pies

6 pies

F

ED

G

C

4 pies

2 pies 3 p i e s

3 p i e s

A

B



Prob. 3–37

3–37. Determine la fuerza en cada elemento de la arma-dura espacial. Indique si los elementos están en tensión o encompresión.

3–38. Determine la fuerza en los elementosBE , BF yde la armadura espacial e indique si los elementos etensión o en compresión.

3–39. Determine la fuerza en los elementosCD , ED yde la armadura espacial e indique si los elementos etensión o en compresión.

Probs. 3–38/3–39

3–1P. Las armaduras Pratt de techo están espaciadasuniformemente a cada 15 pies. La cubierta, el material del

techo y los largueros tienen un peso promedio de 5.6lb/pie2. El edificio está situado en Nueva York, donde lacarga de nieve prevista es de 20 lb/pie2 y la carga de hielopronosticada es de 8 lb/pie2. Estas cargas se producen en elárea horizontal proyectada del techo. Determine la fuerzaen cada elemento debida a la carga muerta y a las cargas dela nieve y el hielo. Desprecie el peso de los elementos de laarmadura y suponga que A es una articulación y queF es unrodillo.

PROBLEMAS DE PROYECTO

Problema de proyecto 3–1P

2 m

2 m

2 m

E

A

3 m

F

D

C

B 2 kN

2 m

z

x

2 kN


6 pies

6 pies

AB

H

G

F

C D E

2 m

z

y

x

2 kN

E

A

B

D

C

2 m

2 m

45

4 kN

PROBLEMAS DE PROYECTO 1




3

Las armaduras se componen de elementos delgados unidos en sus extremos para formar una serie de triángulos.

Si el número de barras o elementos de una armadura esb, se tienenr reacciones y hay j juntas,entonces si

b r 2 j , la armadura es estáticamente determinada

b r 2 j la armadura es estáticamente indeterminada

T T

C C

Para el análisis se supone que los elementos están conec-

tados mediante pasadores y que las cargas se aplican enlas juntas. Por lo tanto, los elementos estarán en tensión oen compresión.

Las armaduras pueden clasificarse en tres formas:

Lasarmaduras simples se forman comenzando con un elemento triangular inicial, después se conecta a dos elementosy una junta para así formar un segundo triángulo,etcétera.

Lasarmaduras compuestas se forman al conectar entre sí dos o más armaduras simples usando una junta común y/o unmento adicional.

Lasarmaduras complejas son aquellas que no pueden clasificarse como simples o compuestas.


armadura simple armadura compuesta

armadurassimples

armadura complejaarmadura compuesta

armadurassimples



inestable–reacciones concurrentes inestable–reacciones paralelas

inestable internamente

La armadura será inestable externamente si las reacciones son concurrentes o paralelas.

La estabilidad interna puede verificarse al contar el número de barrasb, las reaccionesr y las juntas j .

Sib r 2 j , la armadura es inestable.

Sib r 2 j la armadura aún puede ser inestable, por lo que es necesario inspeccionarla y buscar arreglos de baformen un mecanismo paralelo, sin formar un elemento triangular.

Las armaduras planas pueden analizarse por elmétodode los nudos . Esto se hace seleccionando cada junta en se-cuencia, de modo que tenga como máximo una fuerza co-nocida y al menos dos incógnitas. Se construye eldiagrama de cuerpo libre de cada junta y se escriben y re-suelven dos ecuaciones de equilibrio de fuerzas,©F x 0y ©F y 0, a fin de determinar las fuerzas de elementodesconocidas.

En el método de las secciones es necesario pasar unasección a través de la armadura y después dibujar un dia-grama de cuerpo libre de una de sus partes seccionadas.Después se determinan las fuerzas de elemento cortadaspor la sección a partir de las tres ecuaciones de equilibrio.Normalmente puede encontrarse una sola incógnita si sesuman los momentos respecto a un punto que elimine lasotras dos fuerzas.

Las armaduras compuestas y complejas también pue-den analizarse por el método de los nodos y el método delas secciones. Para obtener una solución directa de lafuerza en un elemento particular de una armadura com-pleja puede emplearse el “método de los elementos susti-tutos”.

REPASO DEL CAPÍTULO 1



Las vigas y trabes simplemente apoyadas que forman la estructura de esteedificio fueron diseñadas para resistir la fuerza cortante y el momento internosque actúan en toda su longitud.



4

1

Antes de determinar las proporciones de un elemento estructural, esnecesario conocer la fuerza y el momento que actúan en su interior. Eneste capítulo se desarrollarán los métodos para hallar estas cargas enpuntos específicos a lo largo del eje de un elemento, y para mostrar gráficamente la variación utilizando los diagramas de fuerza cortante yde momento. Se presentarán aplicaciones tanto para vigas como paramarcos.

4.1 Cargas internas en un puntoespecífico

Como se estudió en la sección 2-3, la carga interna en un punto especí-fico de un elemento puede determinarse aplicando elmétodo de las sec-ciones . En general, esta carga para una estructura coplanar consistirá enuna fuerza normalN, una fuerza cortanteV y un momento flexionanteM.* Sin embargo, debe tenerse en cuenta que estas cargas representanen realidad lasresultantes de ladistribución de esfuerzos que actúa sobreel área transversal del elemento en la sección cortada. Una vez que se co-nocen las cargas internas resultantes, la magnitud del esfuerzo puede de-terminarse siempre que se suponga una distribución de esfuerzos sobreel área de la sección transversal específica.

Cargas internasdesarrolladas en

elementos estructurales

*Los marcos tridimensionales también puede estar sometidos a unmomento de torsión ,que tiende a doblar el elemento respecto de su eje.



134 CA P Í T U L O 4 CA R G A S I N T E R N A S D E S A R R O L L A D A S E N E L E M E N TO S E S T R U C T U R A L E S

4

Convención de signos. Antes de presentar un método para en-contrar la fuerza interna normal, la fuerza cortante y el momento flexnante, es necesario establecer una convención de signos para definir valores “positivo” y “negativo”.* Si bien la elección es arbitraria, la cvención de signos que se adoptará aquí ha sido ampliamente aceptaen la práctica de la ingeniería estructural y se ilustra en la figura 4-1a. En

la cara izquierda del elemento cortado, la fuerza normalN actúa hacia laderecha, la fuerza cortante internaV actúa hacia abajo y el momentoMactúa en sentido inverso al de las manecillas del reloj (antihorario).acuerdo con la tercera ley de Newton,una fuerza normal, una fuerza ctante y un momento flexionante iguales pero opuestos, deben actuar la cara derecha del elemento en la sección. Quizás una manera fácilrecordar esta convención de signos sea aislar un pequeño segmento elemento y recordar que una fuerza normal positiva tiende a alargar el

segmento , figura 4-1b; que una fuerza cortante positiva tiende a hacer girar el segmento en el sentido de las manecillas del reloj (horario) , figura4-1c, y que unmomento flexionante positivo tiende a doblar el segmentoen forma cóncava hacia arriba , a manera de un “recipiente para agua,”fi

gura 4-1d.

Figura 4–1

*Esto será de utilidad posteriormente en las secciones 4-2 y 4-3,dondeV y M se expresaránen función de x y después serepresentarán gráficamente. El hecho de tener una convención de signos es semejante a asignar direcciones coordenadas positivas hacia la derpara x, y positivas hacia arriba para y al momento de trazar una función y = f ( x).

M

NV

NV

M

(a)

N N

(b)

V

V(c)

M M

(d)



4.1 CARGAS INTERNAS EN UN PUNTO ESPECÍFICO 1


El siguiente procedimiento ofrece un medio de aplicar el método de las secciones paradeterminar la fuerza normal interna, la fuerza cortante y el momento flexionante en unaubicación específica de un elemento estructural.

Reacciones en los soportes• Antes de “cortar” o seccionar el elemento, puede ser necesario determinar las reaccio-

nes en sus soportes de modo que las ecuaciones de equilibrio sólo se utilicen para re-solver las cargas internas cuando se seccione el elemento.

• Si el elemento es parte de una estructura articulada, las reacciones en las articulacio-nes pueden determinarse mediante los métodos de la sección 2.5.

Diagrama de cuerpo libre• Mantenga todas las cargas distribuidas, los momentos de par, y las fuerzas que actúan

sobre el elemento en suubicación exacta ; después pase una sección imaginaria através del elemento,que sea perpendicular a su eje en el punto donde se desea deter-minar la carga interna.

• Después de hacer la sección,dibuje un diagrama de cuerpo libre del segmento sobre elque actúe el menor número de cargas. En la sección, indique las incógnitas resultantesN, V y Mde modo que actúen en su sentido positivo (figura 4-1a).

Ecuaciones de equilibrio• Los momentos deben sumarse en la sección respecto a los ejes que pasan a través del

centroide de la sección transversal del elemento, con el fin de eliminar las incógnitasNy V, para así obtener una solución directa deM.

• Si la solución de las ecuaciones de equilibrio es una cantidad con magnitud negativa,el sentido direccional supuesto de la cantidad es opuesto al que se muestra en el dia-grama de cuerpo libre.




4

EJEMPLO4.1

1 m

(a)

1 m 1 m 1 m 1 m 1 m 1 m 1 m 1 m 1 m 1 m 1 m

1.2 m 1.2 m 1.2 m

3.6 kN 3.6 kN7.2 kN

trabe

43.2 kN43.2 kN

C

7.2 kN 7.2 kN

vigaen elbordetrabe

Figura 4–2

(b)7.2 kN

viga0.5 m 0.5 m

1.8 kN/ m

7 m

7.2 kN

trabe

(c)

MC

VC

43.2 kN

1 m 1 m 0.4 m

1.2 m 1.2 m

3.6 kN 7.2 kN 7.2 kN

C

El techo del edificio que se muestra en la fotografía tiene un peso de1.8 kN/m2 y se sostiene sobre vigas simplemente apoyadas de 8 mde largo,entre las cuales hay una separación de 1 m.Cada viga,que smuestra en la figura 4-2b, transmite su carga a dos trabes, ubicadas enla parte delantera y trasera del edificio. Determine la fuerza cortantey el momento internos de la viga frontal en el puntoC , figura 4-2a. Notome en cuenta el peso de los elementos.

Diagrama de cuerpo libre. En la figura 4-2a se muestra el dia-grama de cuerpo libre de la viga. Tenga en cuenta que la reacción decada columna es

El diagrama de cuerpo libre del segmento izquierdo de la trabe semuestra en la figura 4-2c. Aquí se supone que las cargas internasactúan en su sentido positivo.Ecuaciones de equilibrio

[1213.6 kN2 + 1117.2 kN2]>2 = 43.2 kN

Resp.

Resp.M C = 30.2 kN#m- 43.211.22 = 0M C + 7.210.42 + 7.211.42 + 3.612.42d+ ©M C = 0;

VC = 25.2 kN43.2 - 3.6 - 217.22 - VC = 0+c©F y = 0;

SOLUCIÓNReacciones en los soportes. La carga del techo se transmite acada viga como una losa de un solo sentido (L 2 L 1 8 m 1 m 8 2).Por lo tanto, la carga tributaria en cada viga interior es (1.8 kNm2)(1 m) 1.8 kN m. (Las dos vigas del borde soportan 0.9 kNm.) Dela figura 4-2b, la reacción de cada viga interior sobre la trabe es (1.8kN m)(8 m) 2 7.2 kN.



4.1 CARGAS INTERNAS EN UN PUNTO ESPECÍFICO 1

EJEMPLO4.2

Determine la fuerza cortante y el momento internos que actúan enuna sección que pasa por el puntoC de la viga que se muestra en la fi-gura 4-3a.

SOLUCIÓN

Reacciones en los soportes. Al sustituir la carga distribuida porsu fuerza resultante y calcular las reacciones, se obtienen los resulta-dos que se muestran en la figura 4-3b.

Diagrama de cuerpo libre. Se considerará el segmento AC puestoque produce la solución más sencilla, figura 4-3c. La intensidad de lacarga distribuida enC se calcula por proporción,es decir,

wC (6 pies 18 pies)(3 kpie) 1 k pie

Ecuaciones de equilibrio.

c©F y 0; 9 3 V C 0 V C 6 k Resp.

Resp.

Este problema ilustra la importancia demantener la carga distri-buida sobre la viga hastadespués de seccionarla.Si la viga de la figura4-3b se seccionara enC , el efecto de la carga distribuida sobre el seg-mento AC no se reconocería, y el resultadoV C 9 k yM C 54 k• piesería erróneo.

- 9162 + 3122 + M C = 0 M C = 48 k#pied+ ©M C = 0;

A

6 pies18 pies

C

(a)

3 k/ pie

B

27 k

12 pies

(b)

6 pies

9 k 18 k

Figura 4–3

1 k/ pie

NC

MC

9 k6 pies

2pies

3 k

(c)

VC




4

EJEMPLO4.3

El panel de pisoDE soporta la fuerza de 9 k que se muestra en la fi-gura 4-4a, el cual a su vez está simplemente apoyado en sus extremospor vigas de piso. Estas vigas transmiten sus cargas a la trabe simplemente apoyada AB . Determine la fuerza cortante y el momento inter-

nos que actúan en el puntoC de la trabe.

12 pies 6 pies

4pies

2pies

9 k

3 k

5.25 k24 pies

3.75 k(b)

3 k

6 k

6 k

C MC

VC

NC

A12 pies 3

pies

3.75 k

6 k

(c)

Resp.

Resp.- 3.751152 + 6132 + M C = 0 M C = 38.25 k#pied+ ©M C = 0;VC = - 2.25 k3.75 - 6 - VC = 0+ c ©F y = 0;

SOLUCIÓNReacciones en los soportes. En la figura 4-4b se muestran el equi-librio del panel de piso, las vigas de piso y la trabe. Se recomienda ve

rificar estos resultados.Diagrama de cuerpo libre. Se utiliza el diagrama de cuerpo libre delsegmento AC porque conduce a la solución más sencilla, figura 4-4c.Tenga en cuenta que AC no soporta cargas sobre las vigas de piso.

Ecuaciones de equilibrio.

(a)

6 pies 6 pies 6 pies4 pies2

pies9 k

ABC

D E

15 pies24 pies

Figura 4–4



4.2 FUNCIONES DE FUERZA CORTANTE Y DE MOMENTO 1

4.2 Funciones de fuerza cortantey de momento

El diseño de una viga requiere un conocimiento detallado de lasvaria-ciones de la fuerza cortanteV y el momentoM internos que actúan en

cada punto a lo largo del eje de la viga. Por lo general, la fuerza normalinterna no se considera por dos razones: (1) en la mayoría de los casos lascargas aplicadas a una viga actúan en forma perpendicular a su eje y, porlo tanto,sólo producen una fuerza interna cortante y un momento flexio-nante;(2) y para fines de diseño, la resistencia a la fuerza cortante de laviga y, en particular, a la flexión, es más importante que su capacidadpara resistir la fuerza normal. Sin embargo, hay una excepción impor-tante a esto cuando las vigas están sometidas a fuerzas axiales de com-presión, puesto que deben investigarse el pandeo o la inestabilidad quepudieran ocurrir.

Las variaciones deV y M en función de la posición x de un punto arbi-trario a lo largo del eje de la viga pueden obtenerse mediante el método

de las secciones analizado en la sección 4-1. Sin embargo, aquí es necesa-rio localizar la sección imaginaria o cortar a una distancia arbitraria xdesde un extremo de la viga en vez de en un punto específico.

En general, las funciones de la fuerza cortante y del momento internosserán discontinuas,o su pendiente será discontinua, en los puntos dondeel tipo o la magnitud de la carga distribuida cambia, o bien donde se apli-quen las fuerzas concentradas o los momentos de par. Debido a esto, lasfunciones de la fuerza cortante y del momento deben determinarse paracada región de la viga localizadaentre cualquiera de las dos discontinui-dades de carga. Por ejemplo, las coordenadas x1, x2 y x3 deberán usarsepara describir la variación deV yM en toda la longitud de la viga en la fi-gura 4-5a. Estas coordenadas serán válidas sólo dentro de las regionesdesde A hasta B para x1, de B a C para x2, y deC a D para x3. Aunquecada una de estas coordenadas tiene el mismo origen, como se ha seña-lado aquí,éste no tiene por qué ser el caso. De hecho, puede ser más fácildesarrollar las funciones de fuerza cortante y de momento, empleandolas coordenadas x1, x2, x3 que tienen orígenes en A , B y D como se mues-tra en la figura 4-5b.Aquí x1 y x2 son positivas hacia la derecha y x3 es po-sitiva hacia la izquierda.

El refuerzo adicional que proporcionaplacas verticales llamadas costillas seen los soportes articulados y de oscilaestas trabes de puente. Aquí, las reacccausarán grandes fuerzas cortantes etrabes y los refuerzos evitarán pandeoslizados en las alas o el alma de la Además, tenga en cuenta la inclinaciósoporte de oscilador causada por la esión térmica de la cubierta del puente.

AB C

D

Pw

x1

x2 x3

(a)

AB C

D

Pw

x1 x2 x3

(b)

Figura 4–5




4


El siguiente procedimiento ofrece un método para determinar la variación de la fuerzcortante y el momento en una viga en función de la posición x.

Reacciones en los soportes• Determine las reacciones en los soportes de la viga y descomponga todas las fuerz

externas en sus componentes que actúan en forma perpendicular y paralela al eje dla viga.

Funciones de fuerza cortante y de momento• Especifique por separado las coordenadas x y sus orígenes asociados, extendiéndose a

las regiones de la viga entre las fuerzas concentradas yo momentos de par, o dondehaya una discontinuidad de la carga distribuida.

• Seccione la viga en forma perpendicular a su eje a cada distancia x, y con base en eldiagrama de cuerpo libre de uno de los segmentos determine las incógnitasV y M enla sección cortada en función de x. En el diagrama de cuerpo libre,V y M deben mos-trarse actuando en susdirecciones positivas , de acuerdo con la convención de signosdada en la figura 4-1.

• V se obtiene de©F y 0 yM se obtiene al sumar momentos con respecto al puntoSubicado en la sección cortada,©M S 0.

• Los resultados pueden comprobarse observando quedM /dx V y que dV /dx w,donde w es positiva cuando actúa hacia arriba, alejándose de la viga. Estas relacionse desarrollan en la sección 4-3.

Las viguetas, vigas y trabes que se usan para sostener este pisopueden diseñarse una vez que se conocen la fuerza cortante y elmomento en toda su longitud.




EJEMPLO 4.4

Para la viga que se muestra en la figura 4-6a, determine la fuerza cor-tante y el momento como una función de x.

2 k/ pie

x

30 pies(a)

Figura 4–6

20 pies

(b)

30 k

600 k pie

30 k

x

(c)

600k pie

30 k

x—3

M

V

1 x__ (

__) x 2 15 xw __ k/ p 15

SOLUCIÓNReacciones en los soportes. Con el fin de calcular las reacciones

en los soportes, la carga distribuida se sustituye por su fuerza resul-tante de 30 k, figura 4-6b. Sin embargo, es importante recordar queesta resultante no es la carga real en la viga.

Funciones de fuerza cortante y de momento. En la figura 4-6cse muestra un diagrama de cuerpo libre del segmento de viga con lon-gitud x. Tenga en cuenta que la intensidad de la carga triangular en lasección se encuentra por proporción;es decir,w x 2 30 ow x 15.Con la intensidad de carga conocida, la resultante de la carga distri-buida se encuentra de la manera usual como se muestra en la figura.Por lo tanto,

Resp.

Resp.

Observe quedM dx V y que dV dx x 15 w, lo cual sirvecomo una verificación de los resultados.

M = - 600 + 30x - 0.0111x3

600 - 30x + c12 a x15bxd x3 + M = 0d+ ©M S = 0;

V = 30 - 0.0333x2

30 -12

a x15

bx - V = 0+ c©F y = 0;



EJEMPLO 4.5


4

14 pies

48 k 60 k

100 k pie6 pies

108 k

1588 k pie

(b)

48 k

6 pies

108 k

1588 k pie

M

V x

2 6

x2

(d)

60 k

x1 x3 x4 x212 pies 20 pies

4 k/ pie

100 k· pie

(a)

4 x1

1588 k pie

108 k M

V x1

x1—2

(c)

Figura 4–7

SOLUCIÓNReacciones en los soportes. Las reacciones en el soporte fijo sonV 108 K yM 1588 k• pie, figura 4-7b.

Funciones de fuerza cortante y de momento. Dado que hay unadiscontinuidad de la carga distribuida en x 12 pies, deben conside-rarse dos regiones de x con el fin de describir las funciones de cortantey de momento para toda la viga.Aquí x1 es apropiado para los 12 piesde la izquierda y x2 puede usarse para el segmento restante.0 x 12 pies. Observe queV y M se muestran en la dirección posi-tiva, figura 4-7c.

Resp.

Resp.

12 pies x2 20 pies, figura 4-7d.

Resp.

Resp.

Estos resultados pueden verificarse en forma parcial si se tiene encuenta que cuando x2 20 pies, entoncesV 60 k yM 100 k• pie.Además, observe quedM dx V y dV dx w.

M = 60x2 - 13001588 - 108x2 + 481x2 - 62 + M = 0d+ ©M S = 0;

V = 60108 - 48 - V = 0,+ c©F y = 0;

M = - 1588 + 108x1 - 2x12

1588 - 108x1 + 4x1 ax12 b + M = 0d+ ©M S = 0;

V = 108 - 4x1108 - 4x1 - V = 0,+ c©F y = 0;

Para la viga que se muestra en la figura 4-7a, determine la fuerza cor-tante y el momento en función de x.




Figura 4–8

EJEMPLO4.6

Para la viga que se muestra en la figura 4-8a, determine la fuerza cor-tante y el momento en función de x.

10 kN/ m

30 kN/ m

9 m

x

(a)

75 kN

20 kN/ m

9 m

(b)

90 kN 90 kN

6 m4.5 m

105 kN

10 kN/ m

x20(__) kN/ m 910 kN/ m

75 kN

10 x

x –2 x –2

x –3

M

V

(c)

1 x__ (20)(__) x 2 9

SOLUCIÓNReacciones en los soportes. Para determinar las reacciones en lossoportes, la carga distribuida se divide en una carga triangular y unarectangular, a las cuales luego reemplazan sus fuerzas resultantes.Estas reacciones ya se han calculado y se muestran en el diagrama decuerpo libre de la viga, figura 4-8b.

Funciones de fuerza cortante y de momento. En la figura 4-8cse muestra un diagrama de cuerpo libre de la sección cortada. Comoen el caso anterior, la carga trapezoidal se sustituye por una distribu-ción rectangular y una triangular.Observe que la intensidad de la cargatriangular en el corte se encuentra por proporción; además, la fuerzaresultante de cada carga distribuida y su ubicación están indicadas.Alaplicar las ecuaciones de equilibrio, se tiene

Resp.

Resp.M = 75x - 5x2 - 0.370x3

- 75x + 110x2ax2b + c12 1202ax

9bxd x3 + M = 0d+ ©M S = 0;

V = 75 - 10x - 1.11x2

75 - 10x - c12 1202ax9bxd - V = 0+ c©F y = 0;




4


F4–1. Determine la fuerza normal, la fuerza cortante y elmomento flexionante internos que actúan en el puntoC dela viga.

F4–4. Determine la fuerza normal, la fuerza cortante y momento flexionante internos que actúan en el puntoC dela viga.





A C B2 m 1 m 2 m1 m

10 kN

20 kNm

F4–1

A B

8 kN/ m4 kN/ m

1.5 m 1.5 mC

F4–2

A BC

6 kN/ m

1.5 m 3 m1.5 m

F4–3

A

B

300 lb / pie

3 pies1.5 pies1.5 piesC

F4–4

1.5 m

3 m

3 m

45

A BC

5 kN/ m

F4–5

800 lb 600 lb

AC B

150 lb/ pie

3 pies 3 pies3 pies 6 pies

F4–6




F4–7. Para la viga mostrada,determine la fuerza cortantey el momento internos en función de x.

F4–10. Determine la fuerza cortante y el momento nos en función de x a lo largo de la viga.

F4–8. Para la viga mostrada, determine la fuerza cortantey el momento internos en función de x.


F4–9. Determine la fuerza cortante y el momento inter-nos en función de x a lo largo de la viga.


B

3 m

6 kN18 kN/ m

A

x

F4–7

A B

12 kN/ m

6 m x

F4–8

A B

8 kN/ m

4 m 4 m x

F4–9

5 kN/ m

A B

2 m 2 m

x

15 kN·m20 kN·m

F4–10

5 kN/ m

A

2 m 2 m

15 kN

x

F4–11

A B

2 k/ pie

12 pies 12 pies x

18 k

F4–12




4

4–2. Determine la fuerza normal, la fuerza cortante y elmomento flexionante internos en los puntosC y D de laviga. Suponga que el soporte enB es un rodillo.El puntoDestá ubicado justo a la derecha de la carga de 10 k.

*4–4. Determine la fuerza normal, la fuerza cortante y momento flexionante internos en el puntoD . Considereque w 150 Nm.

4–5. La viga AB fallará si el momento interno máximo eD alcanza 800 N• m o si la fuerza normal en el elementoBC llega a 1500 N. Determine la cargaw más grande que puedesoportar.

4–1. Determine la fuerza normal, la fuerza cortante y elmomento flexionante internos en los puntosC y D de laviga. Suponga que el soporte en A es una articulación y enB es un rodillo.

4–3. El aguilónDF y la columnaDE de la grúa tienen unpeso uniforme de 50 lbpie. Si el gancho y la carga pesa300 libras, determine la fuerza normal, la fuerza cortant

el momento flexionante internos en los puntos A , B y C dela grúa.

PROBLEMAS

6 kN20 kN · m

B A C D

1 m 1 m 2 m 2 m

Prob. 4–1


A

C D B

10 k

25 k · pie 25 k · pie

Prob. 4–2

5 pies

7 pies

C

DF

E

B A

300 lb

2pies 8 pies 3

pies

Prob. 4–3

4 m

AD

B

C

4 m

4 m

3 m

w

Probs. 4–4/4–5




4–6. Determine la fuerza normal, la fuerza cortante y elmomento flexionante internos en los puntosC y D de laviga. Suponga que el soporte en A es un rodillo y queB esuna articulación.

4–9. Determine la fuerza normal, la fuerza cortantmomento flexionante internos en el puntoC de la vigasoporte en A es un rodillo yB es una articulación.

4–7. Determine la fuerza normal, la fuerza cortante y elmomento flexionante internos en el puntoC . Suponga quelas reacciones en los soportes A y B son verticales.

4–10. Determine la fuerza normal, la fuerza cortanmomento flexionante internos en el puntoC . Suponga las reacciones en los soportes A y B son verticales.

A B

1.5 m1.5 m

4 kN/ m

C D

1.5 m1.5 m

Prob. 4–6

C A B

0.5 kN/ m

1.5 kN/ m

3 m6 m

Prob. 4–8

3 m

C A B

0.5 kN/ m

1.5 kN/ m

6 m

Prob. 4–7

5 kN

A C B

3 kN/ m

1 m 2 m 2 m

Prob. 4–9

6 pies

A B

300 lb/ pie400 lb/ pie

DC

14 pies 4.5pies

4.5pies

Prob. 4–11

8 piesC

A B

300 lb/ pie400 lb/ pie

12 pies 9 pies

Prob. 4–10

*4–8. Determine la fuerza normal, la fuerza cortante y elmomento flexionante internos en el puntoC . Suponga quelas reacciones en los soportes A y B son verticales.

4–11. Determine la fuerza normal, la fuerza cortantmomento flexionante internos en los puntosC y D . Supoque las reacciones en los soportes A y B son verticales.




4

B A

x

a b

L

P

Prob. 4–12

2 m 1 m1 m

A

x

B

4 kN6 kN

Prob. 4–13

*4–12. Determine la fuerza cortante y el momento a lolargo de la viga en función de x.

4–15. Determine la fuerza cortante y el momento a llargo de la viga en función de x.

4–13. Determine la fuerza cortante y el momento en laviga de piso en función de x.Suponga que el soporte en A esuna articulación y queB es un rodillo.

*4–16. Determine la fuerza cortante y el momento a llargo de la viga en función de x.

4–14. Determine la fuerza cortante y el momento a lolargo de la viga en función de x.

4–17. Determine la fuerza cortante y el momento a llargo de la viga en función de x.

B A

x

a b

M0

L

Prob. 4–14

B A

4 m2 m2 m

x

12 kN m

7 kN

Prob. 4–15

A B

8 kN/m

3 m3 m x

Prob. 4–16

1 m 1 m 1 m

8 kN8 kN4 kN

A x

Prob. 4–17





4–21. Determine la fuerza cortante y el momento viga en función de x.


4–22. Determine la fuerza cortante y el momentolargo de la viga ahusada en función de x.

*4–20. Determine la fuerza cortante y el momento en laviga en función de x

6 pies 4 pies

2 k/ pie8 k

x

10 k

40 kpie

Prob. 4–18

A B

x4 pies 4 pies

150 lb/ pie

6 pies

250 lb250 lb

Prob. 4–19

x

B A

w0

L__2

L__2

Prob. 4–20

A B

200 lb/ pie

10 pies

800 lb

1200 lbpie

x

Prob. 4–21

8 kN/ m

x9 m

A

B

Prob. 4–22




4

4.3 Diagramas de fuerza cortantey de momento para una viga

Al representar gráficamente las variaciones deV y M en función de xque se obtuvieron en la sección 4.2, las gráficas resultantes se denomidiagrama de fuerza cortante y diagrama de momento , respectivamente.En los casos donde una viga está sometida avarias fuerzas concentradas,pares y cargas distribuidas, la graficación deV y M en comparación con xpuede ser bastante tediosa puesto que deben representarse varias funcnes.En esta sección se analiza un método más simple para la construccde estos diagramas; un método basado en las relaciones diferenciaque existen entre la carga, la fuerza cortante y el momento.

Para obtener estas relaciones, considere la viga AD de la figura 4-9a, lacual está sometida a una carga arbitraria distribuidaw w( x) y a unaserie de fuerzas concentradas y pares. En el siguiente análisis,la cargadistribuida se considerará positiva cuando actúe hacia arriba como semuestra en la figura. Se considerará el diagrama de cuerpo libre para

pequeño segmento de la viga con longitud x, figura 4-9b. Como estesegmento se eligió en un punto x a lo largo de la viga queno está some-tido a una fuerza concentrada o a un par, los resultados obtenidos no saplicables en los puntos con carga concentrada. Se supone que la fuecortante y el momento flexionante internos que se muestran en el dgrama de cuerpo libre actúan en ladirección positiva de acuerdo con laconvención de signos establecida, figura 4-1. Tenga en cuenta que tala fuerza cortante como el momento que actúan sobre la cara derecdeben aumentar en una cantidad pequeña y finita con el fin de mantenal segmento en equilibrio. La carga distribuida se reemplazó por ufuerza concentradaw( x) x que actúa a una distancia fraccional P( x)desde el extremo derecho, donde 0 P 1. (Por ejemplo, siw( x) es uni-

forme o constante, entoncesw( x) x actuará en x, así queP .) Alaplicar las ecuaciones de equilibrio, se tiene

¢ M = V¢ x + w1x2 P1¢ x22- V¢ x - M - w1x2 ¢ x P1¢ x2 + 1M + ¢M2 = 0d+©M O = 0;¢ V = w1x2 ¢ x

V + w1x2 ¢ x - 1V + ¢V2 = 0+ c©F y = 0;

12

12

M1B C

M2

x x

F1F2 F3

w w(x)w

xD A

(a) x

V V

(b)

w( x) x

w( x)

M VM M

O

P ( x)

Figura 4–9

Las varias cargas concentradas que actúansobre esta viga de concreto reforzado creanuna variación de la carga interna en la viga.Por esta razón, es necesario elaborar diagra-mas de fuerza cortante y de momento fle-xionante con el fin de diseñar correctamentela viga.



4.3 DIAGRAMAS DE FUERZA CORTANTE Y DE MOMENTO PARA UNA VIGA 1

Si se divide entre x y se toma el límite cuando x S 0, estas ecuacionesse convierten en

(4–1)

(4–2)

Como se ha señalado, la ecuación 4-1 establece quela pendiente del dia-

grama de fuerza cortante en un punto (dV/dx) es igual a la intensidad dela carga distribuida w(x) en ese punto . Del mismo modo, la ecuación. 2.4establece quela pendiente del diagrama de momento (dM/dx) es igual ala intensidad de la fuerza cortante en ese punto .

Las ecuaciones 4-1 y 4-2 pueden “integrarse” desde un punto hasta elotro entre fuerzas concentradas o pares (por ejemplo, deB a C en la fi-gura 4-9a), en cuyo caso

(4–3)

y

(4–4)

Como se ha señalado, la ecuación 4-3 establece queel cambio en la fuerza cortante entre dos puntos cualesquiera de una viga es igual al áreabajo el diagrama de carga distribuida entre esos puntos . Del mismo modo,la ecuación 4-4 establece queel cambio en el momento entre dos puntosde una viga es igual al área bajo el diagrama de fuerza cortante entre esos

puntos . Si las áreas bajo los diagramas de carga y de fuerza cortante sonfáciles de calcular, las ecuaciones 4-3 y 4-4 proporcionan un método paradeterminar numéricamente los valores de la fuerza cortante y el mo-mento en varios puntos a lo largo de una viga.

Cambio enel momento

f =

eÁrea bajo el diagramade fuerza cortante

¢ M = LV1x2 dx

Cambio en lafuerza cortantef = c

Área bajo eldiagrama decarga distribuida

¢ V = Lw1x2 dx

Pendiente del diagramade momentof = 5Fuerza cortante

dMdx

= V

Pendiente del diagramade fuerza cortantef = e

Intensidad de lacarga distribuida

dVdx

= w

1x

2




4Con base en la derivación anterior debe observarse que las ecuacio

4-1 y 4-3 no pueden usarse en los puntos donde actúa una fuerza conctrada, puesto que estas ecuaciones no toman en cuenta el cambio repetino de la fuerza cortante en estos puntos. Del mismo modo, debidouna discontinuidad del momento,las ecuaciones 4-2 y 4-4 no pueden

plearse en los puntos donde se aplica un momento de par.A fin de conderar estos dos casos, es necesario tomar los diagramas de cuerpo lide los elementos diferenciales de la viga que se muestran en la fig4-9a, los cuales están en puntos con fuerza concentrada y momentospar. En las figuras 4-10a y 4-10b , respectivamente, se muestran ejemplode estos elementos.A partir de la figura 4-10a, se observa que el equilibrio de fuerzas requiere que el cambio en la fuerza cortante sea

(4–5)

Así, cuandoF actúa hacia abajo sobre la viga, V es negativa por lo queel diagrama de corte muestra un “salto”hacia abajo . Del mismo modo,siF actúa hacia arriba , el salto ( V ) es hacia arriba . Con base en la figura4-10b, cuando x S 0, el equilibrio de momentos requiere que el camben el momento sea

(4–6)

En este caso,si se aplica un momento de par externoM en sentido hora-rio, M es positivo, por lo que el diagrama de momento saltahaciaarriba , y cuandoM actúa en sentidocontrario al de las manecillas delreloj, el salto ( M ) debe serhacia abajo .

¢ M = M ¿d+ ©M O = 0;

¢ V = - F+ c©F y = 0;

F

M

V V V

M M

(a) x

M¿M

V xV V

(b)

M MO

Figura 4–10





El siguiente procedimiento aporta un método para construir los diagramas de fuerza cor-tante y de momento para una viga empleando las ecuaciones 4-1 a 4-6.

Reacciones en los soportes• Determine las reacciones en los soportes y descomponga las fuerzas que actúan sobre

la viga en sus componentes perpendiculares y paralelas al eje de la viga.

Diagrama de fuerza cortante• Establezca los ejesV y x y grafique los valores de la fuerza cortante en los dosextre-

mos de la viga.• Dado quedV dx w,la pendiente deldiagrama de fuerza cortante en cualquier punto

es igual a la intensidad de lacarga distribuida en ese punto. (Tenga en cuenta quew es

positiva cuando actúa hacia arriba).• Si debe determinarse un valor numérico de la fuerza cortante en el punto,este valor sepuede encontrar empleando el método de las secciones como se vio en la sección 4-1,o bien puede usarse la ecuación 4-3, la cual establece que elcambio en la fuerza cor-tante es igual alárea bajo el diagrama de carga distribuida .

• Comow( x) se integra para obtenerV ,cuandow( x) sea una curva de gradon,V ( x) seráuna curva de gradon 1. Por ejemplo, siw( x) es uniforme,V ( x) será lineal.

Diagrama de momento• Establezca los ejesM y x y grafique los valores del momento en los extremos de la

viga.• Dado que dM dx V , la pendiente del diagrama de momento en cualquier punto esigual a la intensidad de la fuerza cortante en ese punto.

• En el punto donde la fuerza cortante es cero,dM dx 0, por lo que éste puede ser unpunto donde el momento puede ser máximo o mínimo.

• Si debe determinarse el valor numérico del momento en un punto, este valor se puedeencontrar empleando el método de las secciones como se vio en la sección 4-1 o me-diante la ecuación 4-4, la cual establece queel cambio en el momento es igual aláreabajo el diagrama de fuerza cortante .

• Como V ( x) se integra para obtener M , cuandoV ( x) sea una curva de gradon, M ( x)será una curva de gradon 1. Por ejemplo,siV ( x) es lineal,M ( x) será parabólica.




4

Los dos elementos horizontales de la estructura que sostiene líneas dealta tensión están sometidos a las cargas de cable que se muestran enla figura 4-11a. Dibuje los diagramas de fuerza cortante y de momentopara cada elemento

SOLUCIÓNReacciones en los soportes. Cada poste ejerce una fuerza de 6 kNsobre cada elemento, como se muestra en el diagrama de cuerpo libre

Diagrama de fuerza cortante. Primero se grafican los puntos ex-tremos x 0,V 4 kN y x 6 m,V 4 kN, figura 4-11b . Como seha indicado, la fuerza cortante entre cada fuerza concentrada escons-tante puesto quew dV dx 0. La fuerza cortante justo a la derechadel puntoB (o C y D ) puede determinarse por el método de las sec-

ciones, figura 4-11d. El diagrama de fuerza cortante también puedeestablecerse “siguiendo la carga” en el diagrama de cuerpo libre. Comenzando en A , la carga de 4 kN actúa hacia abajo de modo queV A

4 kN. Ninguna carga actúa entre A y B , por lo que la fuerza cortantees constante. EnB , la fuerza de 6 kN actúa hacia arriba, por lo que lafuerza cortante salta hacia arriba 6 kN, desde4 kN hasta 2 kN,etcétera.

Diagrama de momento. En primer lugar se grafica el momento enlos puntos extremos x 0,M 0 y x 6 m,M 0, figura 4-11c. Lapendiente del diagrama de momento dentro de cada región de 1.5 m

de longitud es constante puesto queV también es constante.Los valo-res específicos del momento, como enC , pueden determinarse por elmétodo de las secciones, figura 4-11d o buscando el cambio en el mo-mento mediante el área bajo el diagrama de fuerza cortante. Porejemplo, comoM A 0 en A , entonces enC , M C M A M AC 0( 4)(1.5) (2)(1.5) 3 kN• m.

EJEMPLO4.7

6 kN6 kN4 kN 4 kN4 kN

1.5 m 1.5 m 1.5 m 1.5 m

(c)

(b)

(a)

1.5

6 6

3

3

24

4.5 6 x (m)

M (kN m)

8

24

31.5 4.5 6 x (m)

V (kN)

A B C D E

V constante negativapendienteM constante negativaV constante positiva

pendienteM constante positiva

w 0pendienteV 0w 0

pendienteV 0

6 kN4 kN

1.5 m 1.5 m

(d)

VC

MC

Figura 4–11




EJEMPLO4.8

Dibuje los diagramas de fuerza cortante y de momento para la vigaque se muestra en la figura 4-12a.

9 m

20 kN/ m

(a)

V (kN)

30

60

x (m

(c)5.20 m

20 kN/ m

(b)30 kN 60 kN

104M (kN m)

x (

(d)

V positiva decrecientependienteM positiva

decreciente

w negativa crecientependienteV negativa crecient

V negativa crecientependienteM negativa crecient

Figura 4–12

SOLUCIÓNReacciones en los soportes. Las reacciones ya se han calculado yse muestran en el diagrama de cuerpo libre de la viga, figura 4-12b.

Diagrama de fuerza cortante. Primero se grafican los puntos ex-tremos x 0,V 30 kN y x 9 m,V 60 kN. Observe que eldiagrama de fuerza cortanteempieza con una pendiente cero puestoque w 0 en x 0, y termina con una pendiente dew 20 kN m.

El punto de fuerza cortante cero puede encontrarse mediante elmétodo de las secciones aplicado a un segmento de viga de longitud x,figura 4-12e. Se requiere queV 0, por lo que

Diagrama de momento. Para 0 x 5.20 m el valor de la fuerzacortante es positiva pero decreciente y, por lo tanto, la pendiente deldiagrama de momento también es positiva y decreciente (dM dx V ).En x 5.20 m,dM dx 0. Lo mismo sucede para 5.20 m x 9 m,la fuerza cortante y por ende la pendiente del diagrama de momentoson negativas y crecientes, tal como se indica en la figura.

El valor máximo del momento está en x 5.20 m puesto que eneste punto dM dx V 0, figura 4-12d. A partir del diagrama decuerpo libre de la figura 4-12e se tiene

M = 104 kN#m- 3015.202 + 1

2 c20a5.209 b d15.202a5.20

3 b + M = 0d+ ©M S = 0;

30 - 12 c20ax

9b dx = 0 x = 5.20 m+ c©F y = 0;

(e)

30 kN

[20 ( )] x1—2 x—9

x—920 ( )

V

M

x x—3




4

Dibuje los diagramas de fuerza cortante y de momento para la vigaque se muestra en la figura 4-13a.

SOLUCIÓNReacciones en los soportes. Las reacciones ya se calcularon y seindican en el diagrama de cuerpo libre.

Diagrama de fuerza cortante. Se grafican los valores de la fuerzacortante en los puntos extremos A (V A 100 lb) yB (V B 500lb). En C la fuerza cortante esdiscontinua puesto que ahí hay una

fuerza concentrada de 600 lb. El valor de la fuerza cortante justo a laderecha de C puede encontrarse al seccionar la viga en este punto.Esto produce el diagrama de cuerpo libre que se muestra en equili-brio en la figura 4-13e. Este punto (V 500 lb) se grafica sobre eldiagrama de fuerza cortante.Observe que enD no se presenta ningúnsalto o discontinuidad de la fuerza cortante, en este punto es donde seaplica un momento de par de 4000 lb• pie, figura 4-13b .

Diagrama de momento. El momento en cada extremo de la vigaes cero, figura 4-13d. El valor del momento enC puede determinarsemediante el método de las secciones, figura 4-13e, o bien encontrandoel área bajo el diagrama de fuerza cortante entre A y C .ComoM A 0,

Además, dado queM C 1000 lb• pie, el momento enD es

En el puntoD se produce un salto debido al momento de par de4000 lb• pie.El método de las secciones, figura 4-13 f , da un valor de2500 lb• pie justo a la derecha deD .

M D = - 1500 lb#pieM D = M C + ¢M CD = 1000 lb#pie + 1- 500 lb215 pies2

M C = 1000 lb#pieM C = M A + ¢M AC = 0 + 1100 lb)(10 pies)

EJEMPLO4.9

10 pies 5pies 5pies

C D

600 lb

4000 lbpie

(a)

B A

V constante negativapendienteM constante negativa

V (lb)

100 x (pies)500

(c)

10 pies 5pies

600 lb4000 lbpie

100 lb 500 lb(b)

5pies

M (lb pie)2500

1500

1000

(d)

x (pies)

w =0pendienteV 0

10 pies

600 lb1000 lbpie

100 lb(e)

500 lbC 10 pies 5 pies

600 lb

100 lb

(f)

2500 lbpie

500 lb

4000lb pie

D

Figura 4–13




EJEMPLO4.10

Dibuje los diagramas de fuerza cortante y de momento para cada unade las vigas que se muestran en la figura 4-14.

SOLUCIÓNEn todos los casos se han calculado las reacciones en los soportes y seindican en la parte superior de las figuras. Siguiendo las técnicas des-critas en los ejemplos anteriores,los diagramas de fuerza cortante y demomento se muestran debajo de cada viga. Observe con cuidado laforma en que se establecieron, con base en la pendiente y el mo-mento,dondedV dx w y dM dx V . Los valores calculados se ha-llan empleando el método de las secciones o bien encontrando lasáreas debajo de los diagramas de carga o de fuerza cortante.

3 m9 kN 9 kN

6 kN/ m

3 m

x (m)

x (m)

V (kN)

M (kN m)

9

3

3 6

–9

18

(a)

w negativa crecientependienteV negativa creciente

V negativa crecientependienteM negativa crecien

4 pies

6 k/ pie15 k

8 k47 k

4 pies

(c)

4

80

20

8 x (pies)

M (k pie)

20 kpie

158

832

4 x (pies)

V (k)

V positiva decrecientependienteM positiva decrecien

w negativa constantependienteV negativa constante

3 m30 kN

8 kN/ m

1.5 m

42 kNm15 kNm

15

2.64

42

30

6

1.5

12

1.5 4.5 x (m)

x (m)

V (kN)

M (kN m)

(b)

w negativa crecientependienteV negativa creciente

V negativa crecientependienteM negativa creciente

Figura 4–14




4

Figura 4–15

La viga que se muestra en la fotografía se usa para sostener una partede la saliente de la puerta de entrada a un edificio. En la figura 4-15ase muestra el modelo idealizado de la viga y de la carga que actúasobre ella. Suponga queB es un rodillo y queC es una articulación.Dibuje los diagramas de fuerza cortante y de momento para la viga

SOLUCIÓNReacciones en los soportes. Las reacciones se calculan de laforma habitual.Los resultados se muestran en la figura 4-15b.

Diagrama de fuerza cortante. Primero se grafica la fuerza cor-tante en los extremos de la viga; es decir,V A 0 yV C 2.19 kN, fi-gura 4-15c. Para encontrar la fuerza cortante a la izquierda deB use elmétodo de las secciones para el segmento AB ; o bien, calcule el áreabajo el diagrama de carga distribuida, es decir, V V B 0

10(0.75),V B 7.50 kN. La reacción en el soporte hace que lafuerza cortante salte 7.50 15.31 7.81 kN. El punto de fuerza cor-tante cero puede determinarse a partir de la pendiente10 kN m, opor triángulos semejantes, 7.81 x 2.19 (1 x), x 0.781 m.Observecómo el diagramaV sigue la pendiente negativa, que se define por lacarga distribuida negativa y constante.

Diagrama de momento. Primero se grafica el momento en lospuntos extremos,M A M C 0, figura 4-15d. Los valores de 2.81 y0.239 en el diagrama de momento pueden calcularse por el métodode las secciones o bien buscando las áreas bajo el diagrama de fuerz

cortante. Por ejemplo, M M B 0 ( 7.50)(0.75) 2.81,M B2.81 kN• m.Asimismo, demuestre que el momento positivo máximo

es de 0.239 kN• m. Observe cómo se forma el diagrama deM , si-guiendo la pendiente definida por el diagrama deV .

12

EJEMPLO4.11

0.75 m

10 kN/ m

1 m

A B C

(a)

0.75 m

10 kN/ m

1 m

A B C

2.19 kN15.31 kN(b)

x (m)

V (kN)

7.50

2.19

7.81

0.781 m

(c)2.81

0.239 x (m)

M (kN m)

(d)




EJEMPLO4.12

Dibuje los diagramas de fuerza cortante y de momento para la vigacompuesta que se muestra en la figura 4-16a. Suponga que los sopor-tes en A y C son rodillos y queB y E son conexiones articuladas.

SOLUCIÓNReacciones en los soportes. Una vez que los segmentos de viga sedesconectan del pasador enB , las reacciones en los soportes puedencalcularse como se muestra en la figura 4-16b.

Diagrama de fuerza cortante. Como siempre, se comienza porgraficar la fuerza cortante en los extremos A y E , figura 4-16c. El per-fil del diagrama deV se forma siguiendo su pendiente,definida por lacarga. Trate de establecer los valores de la fuerza cortante usando lasáreas apropiadas bajo el diagrama de carga (curvaw) a fin de encontrarel cambio en la fuerza cortante. El valor cero para la fuerza cortanteen x 2 pies, puede encontrarse empleando triángulos semejantes ousando la estática, como se hizo en la figura 4-12e del Ejemplo 4-8.

Diagrama de momento. Primero se grafican los momentos en losextremosM A 60 k• pie yM E 0, figura 4-16d . Estudie el diagramay observe cómo se establecen las diferentes curvas mediantedM dx

V . Verifique los valores numéricos de los picos usando la estática ocalculando las áreas apropiadas bajo el diagrama de fuerza cortante afin de encontrar el cambio en el momento.

A B C D E

10 pies 6 pies 4pies 6 pies

5 k2 k/ pie 3 k/ pie

60 k · pie

(a)

6 pies

20 k 5 k 3 k/ pie

60 k pie

4 k16 k

16 k

0

45 k 6 k(b)

V (k)

4 2 10 16 20

16 21

24

6

32 x (pies)

(c)M

(k pie)6460

210 16 20

96

180

32 x (pie

(d)

Figura 4–16




4


F4–13. Dibuje los diagramas de fuerza cortante y de mo-mento para la viga. Indique los valores en los soportes y enlos puntos donde se produzca un cambio en la carga.

F4–17. Dibuje los diagramas de fuerza cortante y de mmento para la viga. Indique los valores en los soportes ylos puntos donde se produzca un cambio en la carga.


B

2 m2 m

3 kN

A

8 kN

F4–13

B A

4 m 2 m2 m

6 kN

6 kN· m

8 kN

F4–14

2 k/ pie

A

10 pies

30 k·pie

F4–15




12 pies 12 pies

6 k/ pie

A B

18 k

x

F4–16

A B

2 kN/ m2 kN/ m

4.5 m4.5 m

F4–17

A B

4 kN / m

1.5 m 2 m 1.5 m

F4–18

A B

6 kN/ m

2 m 2 m 2 m

6 kN/ m

F4–19



A B

2 k/ pie

6 pies 6 pies

F4–20



4.1 INTERNAL LOADINGS AT A SPECIFIED POINT 1

4–23. Dibuje los diagramas de fuerza cortante y de mo-mento para la viga.

4–26. Dibuje los diagramas de fuerza cortante y dmento para la viga.

PROBLEMAS

6 pies

AC D

E

B

6 pies 2pies

4pies

4pies

500 lb200 lb 300 lb

Prob. 4–23

4 pies4 pies4 pies4 pies4 pies

2 k 2 k 2 k

A

2 k

Prob. 4–24

*4–24. Dibuje los diagramas de fuerza cortante y de mo-mento para la viga.


BD A

2 m1 m 2 m1 m

0.4 m6 kN

3

5 4

C

0.6 m20 kN · m

Prob. 4–25

10 k

A C B

0.8 k/ pie


Prob. 4–26

x

15 pies

600 lbpie

A

400 lb/ pie

Prob. 4–27

L / 3 L / 3 L / 3

M 0M 0

Prob. 4–28

C AB

2 m3 m

1.5 kN/ m

Prob. 4–29


*4–28. Dibuje los diagramas de fuerza cortante y dmento para la viga (a) en términos de los parámetrotrados; (b) considere queM 0 500 N• m,L 8 m.






4

4–30. Dibuje los diagramas de fuerza cortante y de mo-mento flexionante para la viga.

4–34. Dibuje los diagramas de fuerza cortante y de mmento para la viga.

C A

B

20 pies 10 pies

50 lb/ pie200 lbpie

Prob. 4–30

C

w

AB

L

L––2

Prob. 4–31

250 lb/ pie

150 lb pie150 lb pie

A B

20 pies

Prob. 4–32

40 kN/ m20 kN

150 kNm

AB

8 m 3 m

Prob. 4–33


*4–36. Dibuje los diagramas de fuerza cortante y de mmento para la viga. Suponga que el soporte enB es una ar-ticulación y que A es un rodillo.


*4–32. Dibuje los diagramas de fuerza cortante y de mo-mento para la viga.

x4 pies 4 pies 4 pies 4 pies

200 lb/ pie

C D E F G

A B

Prob. 4–34

A B

200 lb/ pie

30 pies

800 lb

1200 lbpie

Prob. 4–35

A B

800 lb · pie 100 lb/ pie

16 pies4 pies

Prob. 4–36

B

8 kN/ m

1.5 m 6 m

A

Prob. 4–37

4–35. Dibuje los diagramas de fuerza cortante y de mmento para la viga.

4–37. Dibuje los diagramas de fuerza cortante y de mmento para la viga.Suponga que el soporte enB es una articu-lación.



4.4 Diagramas de fuerza cortantey de momento para un marco

Recuerde que unmarco se compone de varios elementos que están co-nectados fijamente o articulados en sus extremos. Con frecuencia, el di-

seño de estas estructuras requiere elaborar diagramas de fuerza cortantey de momento para cada uno de sus elementos. Para analizar cualquierproblema, se puede utilizar el procedimiento de análisis descrito en lasección 4-3. Para ello es necesario primero determinar la reacción en lossoportes del marco.Después, aplicando el método de las secciones, se en-cuentran la fuerza axial, la fuerza cortante y el momento que actúan enlos extremos de cada elemento. Los diagramas de fuerza cortante y demomento para cada elemento pueden dibujarse de la manera descritaanteriormente, siempre y cuando todas las cargas se descompongan encomponentes que actúan en forma paralela y perpendicular al eje delelemento.

En la práctica,al dibujar el diagrama de momento se usa una de las dos

convenciones de signos existentes. En particular, si el marco es decon-creto reforzado , los diseñadores suelen dibujar el diagrama de momentopositivo en el lado donde el marco está sometido a tensión. En otras pa-labras, si el momento produce tensión en la superficie externa del marco,el diagrama de momento se dibuja positivo en este lado. Como el con-creto tiene una baja resistencia a la tensión, entonces se podrá decir deun vistazo en qué lado del marco debe colocarse el acero de refuerzo. Sinembargo, en este texto se usará la convención de signos contraria en laque siempre se dibuja el diagrama de momento positivo en el lado dondelos elementos están sometidos a compresión . Ésta es la misma convenciónque se usó para las vigas y se analizó en la sección 4-1.

Los siguientes ejemplos ilustran este procedimiento en forma numé-rica.

Para el diseño de esta trabe simplemente apoyada,que forma partede un marco de concreto para construcción,primero se trazaron susdiagramas de fuerza cortante y de momento.

4.4 DIAGRAMAS DE FUERZA CORTANTE Y DE MOMENTO PARA UN MARCO 1




4

Dibuje el diagrama de momento para el marco ahusado de la figura4-17a . Suponga que el soporte en A es un rodillo y queB es una ar-ticulación.

EJEMPLO 4.13

15 pies5 k

C

5 pies

6 pies

3 k

(a) A

B

Figura 4–17

15 pies

5 k

5 pies

6 pies

3 k

3 k

1 k

(b)6 k

5 pies 3 k

6 k

15 k pie

3 k

6 k

A

5 k 1 k

3 k

15 k pie3 k15 k pie

C

6 k

15 k pie3 k

1 k

B

15 pies

1 k

3 k

(c)

15

15

15

6

11

(d)

M (k pie)

elementoCB

elemento AC

M (k pie)

x (pies)

x (pies)

SOLUCIÓN

Reacciones en los soportes. Las reacciones en los soportes se

muestran en el diagrama de cuerpo libre de todo el marco,figura 4-17b.Con estos resultados, el marco se secciona en dos elementos, y se determinan las reacciones internas en las juntas extremas de los elementos, figura 4-17c. Observe que la carga externa de 5 k sólo se muestraen el diagrama de cuerpo libre de la junta enC .

Diagrama de momento. De acuerdo con nuestra convención designos positivos, y el uso de las técnicas descritas en la sección 4-3, ldiagramas de momento para los elementos del marco son como semuestra en la figura 4-17d.



EJEMPLO 4.14

Dibuje los diagramas de fuerza cortante y de momento para el marcoque se muestra en la figura 4-18a. Suponga que A es una articulación,C es un rodillo yB es una junta fija. Ignore el espesor de los elementos.

SOLUCIÓNTenga en cuenta que la carga distribuida actúa sobre una longitud de10 pies 14.14 pies. Las reacciones en todo el marco se calculany se muestran en su diagrama de cuerpo libre,figura 4-18b.A partir deeste diagrama se dibujan los diagramas de cuerpo libre de cada ele-mento, figura 4-18c. La carga distribuida enBC tiene componentes alo largo deBC y perpendiculares a su eje de (0.1414 kpie) cos 45°(0.1414 kpie) sen 45° 0.1 k pie, como se muestra. Con base enestos resultados, los diagramas de fuerza cortante y de momento tam-bién se presentan en la figura 4-18c.

2 2

10 pies

1 4. 1 4

p i e s

1. 0 6

5

0. 3 5 4

k

1 0. 6

0. 6 2 5

0.5 k

0.5 k

2 k

2 k

(c)

0.5 k

1.06 k

1.77 k

1.77 k

2 k

0.5 k

1.06 k

0.1 k/ pie

0.1 k/ pie

5 k pie

5 k pie

5 k pie

5 k pie

M ( k p i e )

M ( k p

i e )

V ( k )

x ( p i e s )

0

. 5 V

( k

)

x (

p i e s

)

–

5

x (

p i e s

)

x ( p i e s )

Figura 4–18

10 pies

0.1414 k/ pie

10 pies

10 pies A

B

C

(a)

20 pies

5 pies

(0.1414 k/ pie)(14.14 pies) 2 k 0.5 k

0.5 k

2 k(b)





4

EJEMPLO 4.15

Dibuje los diagramas de fuerza cortante y de momento para el marcoque se muestra en la figura 4-19a. Suponga que A es una articulación,C es un rodillo yB es una junta fija.

40 kN/ m

B

4 m4 m

C

3 m2 m

80 kN

A

(a)

Figura 4–19

120 kN

2 m6 m

80 kN

(b)

1.5 mC y 82.5 kN

36.87

A y 2.5 kN

A x 120 kN

SOLUCIÓNReacciones en los soportes. El diagrama de cuerpo libre de todoel marco se muestra en la figura 4-19b. Aquí la carga distribuida, querepresenta la carga del viento, ha sido reemplazada por su resultante

para después calcular las reacciones. Luego se secciona el marco enBy se determinan las cargas internas en ese punto, figura 4-19c. Comouna comprobación, el equilibrio se satisface en la juntaB , lo cual tam-bién se muestra en la figura.

Diagramas de cortante y de momento. Las componentes de lacarga distribuida (72 kN)(5 m) 14.4 kNm y (96 kN)(5 m) 19.2kN m, se muestran en el elemento AB , figura 4-19d. Los diagramasasociados de fuerza cortante y de momento se dibujan para cada ele-mento, como se muestra en las figuras 4-19d y 4-19e.



96 kN

2 kN

36.87

1.5 kN

72 kN 96 kN

72 kN36.87

170 kN mB

2 kN

1.5 kN

A36.87

170 kN m

2.5 kNB170 kN m

1.5 kN 2 kN

B

2.5 kN170 kN m

80 kN

C

82.5 kN

(c)

14.4 kN/ m

70 kN

97.5 kN

A

19.2 kN/ m5 m

B

170 kN m1.5 kN

2 kN

x (m)

4.862

170.1 170

4.86

x (m)

V (kN)

M (kN m)

70

(d)

B

2.5 kN

170 kNm

80 kN

C

82.5 kN

(e)

x (m)2.5

V (kN)

2

82.5

M (kN m)

170 165

2 x (m





4

4.5 Diagramas de momento construidospor el método de superposición

Dado que las vigas se utilizan principalmente para resistir esfuerzosxionantes, es importante que el diagrama de momento acompañe a la

lución para su diseño. En la sección 4-3 el diagrama de momentoconstruyó dibujando primero el diagrama de fuerza cortante. Sin embargo,si se aplica el principio de superposición, cada una de las cargala viga puede tratarse por separado y entonces el diagrama de momepuede construirse en una serie de partes en vez de hacerlo en una soforma que en ocasiones resulta complicada. Más adelante en el textoverá que esto puede ser especialmente ventajoso cuando se aplican mtodos de deflexión geométrica para determinar tanto la deflexión de uviga como las reacciones en vigas estáticamente indeterminadas.

En el análisis estructural, la mayoría de las cargas aplicadas sobre ves una combinación de las cargas de la figura 4-20. La construcción ddiagramas de momento asociados se analizó en el Ejemplo 4.8. A fin

P

L

M

PL

x

(a)

Figura 4–20

M0L

M

x

(b)

M 0

L

L

M

x

(c)

w0

curva parabólicaw0 L

2______2

L

M

x

(d)

w0

w0 L2______

6

curva cúbica



entender cómo se usa el método de superposición para construir el dia-grama de momento, considere la viga simplemente apoyada que semuestra en la parte superior de la figura 4-21a.Aquí las reacciones ya se hancalculado, por lo que el sistema de fuerzas sobre la viga produce unafuerza cero y un momento resultante. El diagrama de momento para estecaso se muestra en la parte superior de la figura 4-21b . Observe queeste mismo diagrama de momento se produce para laviga en voladizocuando está sometida al mismo sistema de cargas estáticamente equiva-lentes que la viga simplemente apoyada. En vez de considerartodas lascargas sobre esta viga de manera simultánea al trazar el diagrama de mo-

mento, se pueden superponer los resultados de las cargas que actúan porseparado en las tres vigas en voladizo de la figura 4.21a. Por lo tanto, si sedibuja el diagrama de momento para cada viga en voladizo, figura 4-21b,al superponer estos diagramas se obtiene el diagrama de momento resul-tante de la viga simplemente apoyada. Por ejemplo,con base en cada unode los diagramas de momento separados, el momento en el extremo A esM A 200 300 500 0, como se comprueba en el diagrama de mo-mento superior de la figura 4-21b. En algunos casos esmás fácil construiry utilizar otra serie de diagramas de momento estáticamente equivalen-tes para una viga,en lugar de construir el diagrama de momento “resul-tante” de la viga que suele ser más complicado.

4 k/ pie

A300 k pie

B

10 pies 10 pies15 k 25 k

4 k/ pie

10 pies

40 k

200 k pie

10 pies

300 k pie

300 k pie

20 pies

500 k pie

25 k25 k

superposición de las vigas en voladizo(a)

4 k/ pie

A 300 k pie B

10 pies 10 pies15 k 25 k

M (k pie)

250

50 x(pies)

diagrama de momento resultante

M (k pie)

200

x(pies)

M (k pie) x(pies)

300

M (k pie)

x(pies)500

superposición de los diagramas de momento asociados(b)

Figura 4–21

4.5 DIAGRAMAS DE MOMENTO CONSTRUIDOS POR EL MÉTODO DE SUPERPOSICIÓN 1




4

De manera similar, también puede simplificarse la construcción diagrama de momento “resultante” para una viga con una superposicide vigas “simplemente apoyadas”.Por ejemplo, la carga sobre la viga se muestra en la parte superior de la figura 4-22a es equivalente a las car-gas de la viga que se muestra en la parte inferior. En consecuenciapueden usar los diagramas de momento separados para cada una

estas tres vigasen vez de

dibujar el diagrama de momento resultante quse muestra en la figura 4-22b .

5 kN/ m

12 m

20 kN m 40 kN m

5 kN/ m

12 m

12 m

20 kN m

12 m

40 kN m

superposición de vigas simplemente apoyadas(a)

Figura 4–22

M (kN m)

2040

x (m)diagrama de momento resultante

M (kN m)

x (m)

60.3

90

M (kN m)

x (m)–20

M (kN m)

x (m)

40




EJEMPLO 4.16

Dibuje los diagramas de momento para la viga que se muestra en laparte superior de la figura 4-23a usando el método de superposición.Considere que la viga está en voladizo desde el soporte enB .

SOLUCIÓNSi la viga estuviera apoyada en voladizo desdeB , estaría sometida alas cargas estáticamente equivalentes que se muestran en la figura4-23a. A continuación se muestran las tres vigas en voladizo super-puestas junto con sus diagramas de momento asociados, figura 4-23b.(Como una ayuda para su construcción, revise la figura 4-20.) Aunqueno es necesario aquí , la suma de estos diagramas producirá el dia-grama de momento resultante para la viga. Como una práctica, in-tente dibujar este diagrama y compruebe los resultados.



M (k pie)

187.5

x (pies)

x (pies)

x (pies)M (k pie)

150

337.5

Figura 4–23

22.5 k

15 pies

superposición de las vigas en voladizo(a)

5 k/ p

15 pies

5 k/ pie

5 k/ pie

AB

150 k pie

150 k pie

5pies 15 pies

22.5 k 15 k

5pies 15 pies

22.5 k 15 k

150 k pie

AB




4

Dibuje los diagramas de momento para la viga que se muestra en laparte superior de la figura 4-24a, usando el método de superposición.Considere que la viga está en voladizo desde el pasador en A .

SOLUCIÓNLas vigas en voladizo superpuestas se muestran en la figura 4-24a, junto con sus diagramas de momento asociados, figura 4-24b. Tengaen cuenta que la reacción en el pasador (22.5 k) no se considera yaque no produce ningún diagrama de momento. Como un ejercicio,compruebe que el diagrama de momento resultante es el que se pre-senta en la parte superior de la figura 4-24b.

EJEMPLO 4.17

5 k/ pie

AB

5 k/ pie

15 k15 k

superposición de las vigas en voladizo desde A(a)

B

225 k pie

37.5 k

15 pies5 pies

15 k

150 k pie

22.5 k

15 pies375 k pie

5 pies

150 k pie

150 k pie

15 pies

Figura 4–24

24.3 x (pies)

150

150

375

225

M (k pie)

M (k pie)


x (pies)

M (k pie)

x (pies)

M (k pie)

x (pies)

16.6 pies



4–38. Dibuje los diagramas de fuerza cortante y de mo-mento para cada uno de los tres elementos del marco. Su-ponga que el marco está articulado en A , C y D , y que hay

una junta fija enB .

*4–40. Dibuje los diagramas de fuerza cortante y dmento para cada uno de los elementos del marco. Suque A es un oscilador y queD está articulado.

PROBLEMAS

15 kN/ m

50 kN 40 kN

A

D

B C

1.5 m 1.5 m2 m

4 m

6 m

Prob. 4–38

A

B C

D

0.6 k/ pie

0.8 k/ pie

20 pies

16 pies

Prob. 4–39

2 k/ pie

8 pies 4 pies

15 pies

D A

B C

4 k

3 k

Prob. 4–40

4–39. Dibuje los diagramas de fuerza cortante y de mo-mento para cada uno de los elementos del marco. Supongaque el soporte en A es una articulación y enD es un rodillo.

4–41. Dibuje los diagramas de fuerza cortante y dmento para cada uno de los elementos del marco. Suque el marco está articulado enB , C y D , y que A está f

B C

D A

3 k6 k 6 k

3 k

15 pie

0.8 k/ pie


Prob. 4–41





4

4–42. Dibuje los diagramas de fuerza cortante y de mo-mento para cada uno de los elementos del marco. Supongaque A está fija, que la junta enB es una articulación, y queC es un soporte de rodillo.

*4–44. Dibuje los diagramas de fuerza cortante y de mmento para cada elemento del marco. Suponga que marco tiene un soporte de rodillo en A y un soporte articu-lado enC .

B

A

C

0.5 k/pie

20 k

8 pies

6 pies 6 pies

345

Prob. 4–42

4 pies

15 k

4 k/ pie

10 k

4 pies

10 pies

A

B

C

Prob. 4–43

4–43. Dibuje los diagramas de fuerza cortante y de mo-

mento para cada elemento del marco. Suponga que elmarco está articulado en A y queC es un rodillo.

AB

C

6 pies

6 pies10 pies

1.5 k/ pie

2 k

Prob. 4–44

4–45. Dibuje los diagramas de fuerza cortante y de m

mento para cada elemento del marco. Los elementos estarticulados en A , B y C .

45

A B

C

15 kN 10 kN

4 kN / m

2 m 2 m 2 m

6 m

Prob. 4–45



4–46. Dibuje los diagramas de fuerza cortante y de mo-mento para cada elemento del marco.

*4–48. Dibuje los diagramas de fuerza cortante y dmento para cada elemento del marco. Las juntas en A , B

C están articuladas.

300 lb/ pie

500 lb/ pie

A

B

C

30

7 pies

3.5 pies

3.5 pies

7 pies

Prob. 4–47

6 pies 6 pies

8 pies

120 lb/ pie

250 lb/ pie

A

B

C

60

Prob. 4–48

5 kN 5 kN10 kN

2 kN / m

3 m 3 m

4 m

2 m 2 m

A

B C

D

Prob. 4–46

4–47. Dibuje los diagramas de fuerza cortante y de mo-mento para cada elemento del marco. Suponga que la juntaen A está articulada y que el soporte enC es un rodillo. Laarticulación enB está fija.La carga del viento se transfiere alos elementos en las correas y largueros desde los segmen-tos simplemente apoyados de la pared y el techo.

A

B

D

C

6 k

0.8 k/ pie

3 k8 pies 8 pies 8 pies

15 p

Prob. 4–49

4–49. Dibuje los diagramas de fuerza cortante y dmento para cada uno de los tres elementos del marcponga que está articulado enB , C y D y que se encuefijo en A .





4

4–50. Dibuje los diagramas de momento para la vigausando el método de superposición. La viga está en vola-dizo desde A .

4–54. Dibuje los diagramas de momento para la viga usanel método de superposición. Considere que la viga está voladizo desde el soporte articulado en A .

4–55. Dibuje los diagramas de momento para la vigusando el método de superposición.Considere que la viga een voladizo desde el oscilador enB .

3 pies 3 pies3 pies

A

600 lb 600 lb 600 lb

1200 lbpie

Prob. 4–50

80 lb/ pie

12 pies12 pies

600 lb

Prob. 4–51

20pies

150lb pie

150lb pie

A B

250 lb/ pie

Probs. 4–52/4–53

4–51. Dibuje los diagramas de momento para la vigausando el método de superposición.

*4–52. Dibuje los diagramas de momento para la vigausando el método de superposición.Considere que la viga estáen voladizo desde el extremo A .

4–53. Dibuje los diagramas de momento para la vigausando el método de superposición.Considere que la viga estásimplemente apoyada en A y enB , como se muestra en la fi-gura.

Probs. 4–54/4–55

30 kN

80 kN m

4 kN/ m

AB

C

8 m 4 m

Prob. 4–56

30 kN

80 kN m

4 kN/ m

AB

C

8 m 4 m

4–57. Dibuje los diagramas de momento para la vigusando el método de superposición.Considere que la viga esimplemente apoyada en A y B , como se muestra en la figura.

200 lb/ pie100lb pie

100lb pie

AB

20 pies

Prob. 4–57

*4–56. Dibuje los diagramas de momento para la vigusando el método de superposición.Considere que la viga een voladizo desde el extremoC .



4–1P. En la fotografía se muestra un balcón ubicado en eltercer piso de un motel. Está construido con una losa deconcreto de 4 pulgadas de espesor (piedra lisa) la cual se

apoya sobre las cuatro vigas de piso simplemente apoyadas,dos trabes laterales en voladizo AB y HG , y las trabes fron-tal y posterior. En la figura adyacente se muestra el planoidealizado de la estructura con dimensiones promedio. Deacuerdo con los códigos locales, la carga viva del balcón esde 45 psf. Dibuje los diagramas de fuerza cortante y de mo-mento para la trabe frontalBG y una trabe lateral AB . Su-ponga que la trabe frontal es un canal con un peso de 25lb pie y que las trabes laterales tienen secciones de alaancha con un peso de 45 lbpie. Ignore el peso de las vigasde piso y de la baranda frontal. Para esta solución considerecada una de las cinco losas como losas de dos vías.


Prob. 4–1P

A

B C D E F

6 ft

4pies

4pies

4pies

4pies

4pies

4–2P. El pabellón que se muestra en la fotografía propor-ciona resguardo a la entrada de un edificio. Considere quetodos los elementos están simplemente apoyados.Las barrasde apoyo enC , D , E , F tienen un peso de 135 lb y una longi-tud de 20 pies cada una. El techo tiene 4 pulgadas de es-pesor y debe ser de concreto ligero con una densidad de102 lbpie3.Se supone que la carga viva causada por la acumu-lación de nieve es trapezoidal, con 60 psf a la derecha (con-tra la pared) y 20 psf a la izquierda (en la saliente).Supongaque la losa de concreto está simplemente apoyada entre las

vigas. Dibuje los diagramas de fuerza cortante y de mo-mento para la viga lateral AB . No tome en cuenta su peso.

1.5pies

1.5pies

1.5pies

1.5pies

1.5pies

AC D E F

B

Prob. 4–2P





4

4–3P. En la figura se muestra el plano estructural ideali-zado de un sistema de piso localizado en el vestíbulo de unedificio de oficinas. El piso es de concreto reforzado conpiedra de 4 pulgadas de espesor. Si las paredes del huecodel elevador están hechas con mampostería de concreto li-gero sólido de 4 pulgadas de espesor, y tienen una altura de10 pies, determine el momento máximo en la viga AB . Ig-nore el peso de los elementos.


8 pies

8 pies

8 pies

Hueco

delelev ador

A B

I

J C

F H

GE

D

Prob. 4–3P

Los elementos estructurales sometidos a cargas planassoportan una fuerza normal internaN, una fuerza cor-

tante V y un momento flexionanteM. Para encontrarestos valores en un punto específico de un elemento,debe usarse el método de las secciones. Para ello es ne-cesario dibujar un diagrama de cuerpo libre de un seg-mento del elemento,y después aplicar las tres ecuacionesde equilibrio. Siempre muestre las tres cargas internassobre la sección en sus direcciones positivas.

La fuerza cortante y de momento puede expresarse enfunción de x a lo largo del elemento al establecer elorigen en un punto fijo (normalmente en el extremoizquierdo del elemento, para después usar el métodode las secciones, donde se realiza la sección a una dis-tancia x desde el origen). Para los elementos someti-dos a cargas diversas deben extenderse diferentescoordenadas x entre las cargas.


M

NV

NV

M

conv ención des ig nos positiv os

Pw

x1 x2

x3



Los diagramas de fuerza cortante y de momento para los elementos estructurales pueden dibujarse graficando lnes de fuerza cortante y de momento.También pueden dibujarse usando las dos relaciones gráficas.

Pendiente del diagramade momentof = 5Fuerza cortante

dMdx

= V

Pendiente del diagramade fuerza cortantef = e

Intensidad de lacarga distribuida

dVdx

= w

1x

2

Cambio enel momentof

=

eÁrea bajo el diagramade fuerza cortante

¢ M = LV1x2 dx

Cambio en lafuerza cortantef =

cÁrea bajo eldiagrama decarga distribuida

¢ V = Lw1x2 dx

Tenga en cuenta que un punto de fuerza cortante cero localiza al punto de momento máximo puesto queV dM dx

Una fuerza que actúa hacia abajo sobre la viga hará que el diagrama de fuerza cortante salte hacia abajo,y un mopar en sentido contrario al de las manecillas del reloj hará que el diagrama de momento salte hacia abajo.

Empleando el método de superposición, los diagramas de momento para un elemento pueden representarse medserie de formas más simples. Las formas representan el diagrama de momento para cada una de las cargas por Entonces, el diagrama de momento resultante es la suma algebraica de los diagramas separados.

MR

P

VR

ML ML

VL

V L

V M

V R x x

MRM¿

M L

M R

M ¿P




Este puente de arco parabólico sostiene la cubierta que comunica ambos extremos.



5

1

A menudo, los cables y arcos constituyen el elemento principal parasoportar cargas en muchos tipos de estructuras, y en este capítulo seanalizarán algunos de los aspectos más importantes relacionados consu análisis estructural. El capítulo comienza con un estudio general delos cables, seguido de un análisis de los cables sometidos a una cargaconcentrada y a una carga uniformemente distribuida. Como la ma-yoría de los arcos son estáticamente indeterminados, sólo se conside-rará el caso especial de un arco con tres articulaciones. El análisis deesta estructura ayuda a una mejor comprensión del comportamientofundamental de todas las estructuras arqueadas.

5.1 CablesEn las obras de ingeniería con frecuencia se usan los cables para sopor-tar y transmitir cargas de un elemento a otro. Cuando se utilizan para

sostener techos colgantes, puentes colgantes y las ruedas de un carretón,los cables representan el elemento principal para soportar las cargassobre la estructura. En el análisis de fuerzas de estos sistemas, se puedepasar por alto el peso del cable en sí; sin embargo, cuando los cables seusan como tensores para antenas de radio,líneas de transmisión eléctricao torres de perforación,el peso del cable puede llegar a ser importante ydebe incluirse en el análisis estructural. En las siguientes secciones setendrán en cuenta dos casos: un cable sometido a cargas concentradas yun cable sujeto a una carga distribuida.Siempre que estas cargas sean co-planares con el cable, los requisitos para el equilibrio se formulan de ma-nera idéntica.

Cables y arcos



La cubierta de un puente atirantado se sos-tiene mediante una serie de cables conecta-dos en varios puntos a lo largo de la cubiertay los pilones.

182 CA P Í T U L O 5 CA B L E S Y A R C O S

Cuando se obtengan las relaciones necesarias entre la fuerza encable y su pendiente, se supondrá que el cable es perfectamente flexible einextensible . Debido a su flexibilidad, el cable no ofrece resistencia afuerza cortante o a la flexión y, por lo tanto, la fuerza que actúa encable siempre es tangente a éste en los puntos ubicados en toda su lontud. Si es inextensible, el cable tiene una longitud constante, tanto an

como después de aplicar la carga.En consecuencia, una vez que se apla carga, la geometría del cable permanece fija y el cable, o un segmede éste, puede tratarse como un cuerpo rígido.

5.2 Cable sometido a cargasconcentradas

Cuando un cable cuyo peso se puede pasar por alto soporta varias carconcentradas,tiene la forma de varios segmentos de línea recta,cada ude los cuales está sometido a una fuerza de tensión constante.Considepor ejemplo, el cable que se muestra en la figura 5-1.Aquíu especifica elángulo de lacuerda del cable AB y L es el claro del cable. Si las distanciasL 1, L 2 y L 3 y las cargasP 1 y P2 son conocidas, entonces el problemconsiste en determinar lasnueve incógnitas de que consta la tensión encada uno de los tres segmentos , las cuatro componentes de la reacciónen A y B , y las flechas yC y yD en losdos puntosC y D . Para la solución sepueden escribirdos ecuaciones de equilibrio de fuerzas en cada uno dlos puntos A , B , C y D . Esto se traduce en un total deocho ecuaciones .Para completar la solución,será necesario conocer algo acerca de la gmetría del cable a fin de obtener la novena ecuación necesaria.Por ejemsi se especifica lalongitud total del cablel , entonces se usa el teoremade Pitágoras para relacionarl con cada una de las tres longitudes de losegmentos, escrito en términos deu, yC , yD , L 1, L 2 y L 3. Por desgracia,este tipo de problemas no puede resolverse con facilidad manualmente.embargo, otra posibilidad consiste en especificar una de las flechas, yC o

yD , en vez de la longitud del cable. De esta manera, las ecuacionesequilibrio son suficientes para la obtención de las fuerzas desconocidla flecha restante. Una vez que se obtiene la flecha en cada punto,l

puede determinarse por trigonometría.Al realizar un análisis de equilibrio para un problema de este tipo,

fuerzas en el cable también pueden obtenerse escribiendo las ecuaciode equilibrio para todo el cable o cualquier porción del mismo. Elguiente ejemplo ilustra estos conceptos en forma numérica.

5 yC yD

C

D

A

B

L 1 L 2 L 3

L

P1

P2

u

Figura 5–1



5.2 CABLE SOMETIDO A CARGAS CONCENTRADAS 1

EJEMPLO5.1

Determine la tensión en cada segmento del cable que se muestra en lafigura 5-2a.Además, ¿cuál es el valor de la dimensiónh?

SOLUCIÓNPor inspección, hay cuatro reacciones externas desconocidas ( A x, A y,D x y D y) y tres tensiones desconocidas, una en cada segmento delcable. Estas siete incógnitas, junto con la flechah pueden determi-narse a partir de las ocho ecuaciones de equilibrio disponibles (©F x0,©F y 0) aplicadas a los puntos desde A hastaD .

Un método más directo para encontrar la solución es reconocer quela pendiente del cableCD está especificada; por ende, en la figura5-2b se muestra un diagrama de cuerpo libre de todo el cable. La ten-sión en el segmentoCD puede obtenerse de la siguiente manera:

Resp.

Ahora es posible analizar de manera secuencial el equilibrio de lospuntos C y D . PuntoC (figura 5-2c);

Resp.

Punto B (figura 5-2d):

Resp.

Por lo tanto, con base en la figura 5-2a,

Resp.h = 12 m2 tan 53.8° = 2.74 m

uBA = 53.8° TBA = 6.90 kN

TBA senuBA - 4.82 kN sen 32.3° - 3 kN = 0+ c©F y = 0;

- TBA cosuBA + 4.82 kN cos 32.3° = 0:+ ©F x = 0;

uBC = 32.3° TBC = 4.82 kN

6.79 kN14>52 - 8 kN + TBC senuBC = 0+ c©F y = 0;6.79 kN

13

>5

2 - TBC cosuBC = 0

:+©F x = 0;

TCD = 6.79 kN

TCD13>5212 m2 + TCD14>5215.5 m2 - 3 kN12 m2 - 8 kN14 m2 = 0

d+ ©M A = 0;

Figura 5–2

y

xC

T BC 6.79 kN

uBC

8 kN

(c)

345

y

xB

T BA

uBA

3 kN

(d)

4.82 kN

32.3

2 m

3 kN

8 kN

2 m 1.5 m

2 m

2 mh

A

B

C

(a)

D

2 m

3 kN8 kN

2 m

2

A

B

C

D

(b)

T CD

A y

A x

1.5 m

345



5.3 Cable sometido a una cargauniformemente distribuida

Los cables proporcionan un medio muy eficaz para soportar el pemuerto de las trabes o losas de puentes con claros muy amplios.

puente colgante es un ejemplo típico, en el que la cubierta está suspdida del cable por medio de una serie de sujetadores cerrados espaciade manera uniforme.

Para analizar este problema, primero se determinará la forma de cable sometido a una carga verticalw0 uniformemente distribuida demanerahorizontal , figura 5-3a. Aquí, los ejes x y y tienen su origen en elpunto más bajo del cable, de modo que en este punto la pendiente cero.En la figura 5-3b se muestra el diagrama de cuerpo libre de un semento pequeño del cable con una longitud s. Como la fuerza de tensiónen el cable cambia continuamente, tanto en magnitud como en direcca todo lo largo del cable,este cambio se indica en el diagrama de cuelibre con T . La carga distribuida se representa por medio de su fuerresultantew0 x, la cual actúa en x 2 desde el puntoO .Al aplicar las ecuaciones de equilibrio se obtiene

Si se divide cada una de estas ecuaciones entre x y se toma el límitecuando x S 0 y, por ende,cuando y S 0, u S 0 y T S 0, resulta

(5–1)

(5–2)

(5–3)

Al integrar la ecuación 5-1, dondeT F H en x 0, se tiene:

(5–4)

lo que indica que la componente horizontal de la fuerza encualquier punto

a lo largo del cable se mantieneconstante

.Si se integra la ecuación 5-2, teniendo en cuenta queT sen u 0 en x 0, resulta

(5–5)

Al dividir la ecuación 5-5 entre la ecuación 5-4 se eliminaT . Luego,usando la ecuación 5-3, es posible obtener la pendiente en cualqupunto,

(5–6)tan u = dydx

= w0 xF H

T senu = w0 x

T cosu = F H

dydx

= tan u

d1T senu2dx

= w0

d

1T cosu

2dx

= 0

w01¢ x21¢ x>22 - T cosu ¢ y + T senu ¢ x = 0d+ ©M O = 0;- T senu - w01¢ x2 + 1T + ¢T2 sen1u + ¢u2 = 0+ c©F y = 0;- T cosu + 1T + ¢T2 cos1u + ¢u2 = 0:+ ©F x = 0;


5

Figura 5–3

w0

L x x

h

(a)

x

y

x

s T

O

T T

y

x –––2w0( x)

(b)

u u

u



5.3 CABLE SOMETIDO A UNA CARGA UNIFORMEMENTE DISTRIBUIDA 1

Si se integra por segunda vez con y 0 en x 0 se obtiene

(5–7)

Ésta es la ecuación de una parábola . La constanteF H

puede obtenersemediante el uso de la condición de frontera y h en x L . Por lo tanto,

(5–8)

Finalmente, al sustituir en la ecuación 5-7 resulta

(5–9)

De la ecuación 5-4,la tensión máxima en el cable ocurre cuandou

es má-xima; es decir, en x L . Por lo tanto, a partir de las ecuaciones 5-4 y 5-5,

(5–10)

O bien, con base en la ecuación 5.8 es posible expresarT máx en térmi-nos dew0, es decir,

(5–11)

Observe que se ha ignorado el peso del cable, el cual esuniforme entoda la longitud del cable y no a lo largo de su proyección horizontal. Enrealidad, un cable sometido a su propio peso y libre de cualesquier otrascargas tomará la forma de una curvacatenaria . Sin embargo, si la rela-ción de flecha sobre claro es pequeña, como en el caso de la mayoría delas aplicaciones estructurales, esta curva se aproxima a una forma pa-rabólica, como se determinó aquí.

Con base en los resultados de este análisis, se deduce que un cablemantendrá una forma parabólica siempre que la carga muerta de la cu-bierta para un puente colgante o una trabe de suspensión sedistribuyauniformemente en toda la longitud proyectada horizontal del cable. Porlo tanto, si la trabe de la figura 5-4a se sostiene mediante una serie de

ganchos, que están cerrados y uniformemente espaciados, la carga encada gancho debe serla misma para que pueda asegurarse que el cabletiene una forma parabólica.

Si se usa este supuesto, es posible realizar el análisis estructural de latrabe o de cualquier otra estructura que esté suspendida libremente delcable. En particular, si la trabe está simplemente apoyada, así como sos-tenida por el cable, el análisis será estáticamente indeterminado de pri-mer grado, figura 5-4b. Sin embargo, si la trabe tiene un pasador internoen algún punto intermedio de toda su longitud, figura 5-4c, ésta sería unacondición de momento cero y, por lo tanto, sería posible realizar un aná-lisis estructural determinado de la trabe.

Tmáx = w0 L 2 1 + 1L>2h22Tmáx = 2 F H

2 + 1w0 L22y = h

L2 x2

F H = w0 L2

2h

y = w02F H

x2

Figura 5–4

(a)

(b)

(c)

El puente Verrazano-Narrows en la enal puerto de Nueva York cuenta coclaro principal de 4260 pies (1.30 km)




5

Figura 5–5

El cable de la figura 5-5a sostiene una trabe que pesa 850 lbpie. De-termine la tensión en el cable en los puntos A , B y C .

EJEMPLO5.2

C

100 pies

20 pies

(a)

A

B

40 pies

(b)

100 pies x¿

40 pies

20 pies

A

C

B

y

x¿

x

SOLUCIÓNEl origen de los ejes coordenados se establece en el puntoB, el puntomás bajo del cable,donde la pendiente es cero, figura 5-5d.A partir dela ecuación 5-7, la ecuación parabólica del cable es:

(1)

Suponiendo que el puntoC se encuentra a x de B , se tiene

(2)

Además, para el punto A ,

x¿ =41.42 piesxœ2 + 200x¿ - 10 000 = 0

40 = 42521.25xœ2 [-1100 - x¿2]2

40 = 425F H

[-1100 - x¿2]2

F H = 21.25xœ2

20 = 425F H

xœ2

y = w02F H

x2 =850 lb>pie

2F H x2 = 425

F H x2




Por lo tanto, con base en las ecuaciones 2 y 1 (o la ecuación 5-6) setiene

(3)

En el punto A ,

Usando la ecuación 5-4,

Resp.

En el puntoB , x 0,

Resp.

En el puntoC ,

Resp.TC = F H

cosuC= 36 459.2

cos 44.0° = 50.7 k

uC = 44.0°

tan uC = dydx x =41.42

= 0.02331141.422 = 0.9657

x = 41.42 pies

TB = F H

cosuB= 36 459.2

cos 0° = 36.5 k

tan uB = dydx x =0

= 0, uB = 0°

TA = F H

cosuA= 36 459.2

cos1- 53.79°2 = 61.7 k

uA = - 53.79°

tan uA = dydx x =- 58.58

= 0.023311- 58.582 = - 1.366

x = -1100 - 41.422 = - 58.58 pies

dydx = 85036 459.2 x = 0.02331x

F H = 21.25

141.42

22 = 36 459.2 lb




5

Figura 5–6

El puente colgante de la figura 5-6a se construyó usando dos armadu-ras de rigidez que están conectadas en sus extremos mediante un pa-sador enC , y se sostienen mediante un pasador en A y un oscilador enB.Determine la tensión máxima en el cable IH . El cable tiene una formaparabólica y el puente está sometido a una sola carga de 50 kN.

SOLUCIÓNEn la figura 5-6b se muestra el diagrama de cuerpo libre del sistemacable-armadura. De acuerdo con la ecuación 5-4 (T cos u F H ), lacomponente horizontal de la tensión del cable en I y H debe ser cons-tante, F H . Si se toman los momentos con respecto aB , se tiene

I y + Ay = 18.75

- I y124 m2 - Ay124 m2 + 50 kN19 m2 = 0d+ ©M B = 0;

EJEMPLO5.3

50 kN

A

D

F G C B

E

4 @ 3 m 12 m 4 @ 3 m 12 m

8 m

6 m

(a)

I H

50 kN

24 m

(b)

A y B y

9 m

F H F H

I yH y

A x

B




Si se considera sólo la mitad de la estructura suspendida, figura 5-6c,entonces al sumar los momentos con respecto al pasador enC , se ob-tiene

A partir de estas dos ecuaciones,

Para obtener la tensión máxima en el cable se utilizará la ecuación 5-11,pero primero es necesario determinar, con base en la ecuación 5-8, elvalor de una cargaw0 que se supone uniformemente distribuida:

Por lo tanto, usando la ecuación 5-11, se tiene

Resp.= 46.9 kN

= 3.125112 m22 1 + 112 m>218 m222

Tmáx = w0 L 2 1 + 1L>2h22w0 = 2FH h

L2 =

2

128.125 kN

218 m

2112 m

22 = 3.125 kN

>m

FH = 28.125 kN

18.75 = 0.667FH

I y + Ay = 0.667FH

FH114 m2 - FH16 m2 - I y112 m2 - Ay112 m2 = 0d+ ©M C = 0;

12 m

6 m

14 m

C

(c)

A y

F H

F H

C x

C y

I y

A x




5

Prob. 5–1

Prob. 5–2

Prob. 5–3

Probs. 5–4/5–5

5–1. Determine la tensión en cada segmento del cable y lalongitud total de éste.

5–3. Determine la tensión en cada segmento de cable y distancia yD .

PROBLEMAS

5–2. El cable ABCD soporta la carga mostrada. Deter-mine la tensión máxima en el cable y la flecha del puntoB.

*5–4. El cable soporta la carga mostrada. Determine distancia xB, medida desde A , a la cual actúa la fuerza en epunto B . Considere queP 40 lb.5–5. El cable soporta la carga mostrada. Determine magnitud de la fuerza horizontalP de manera que xB 6pies.

7 m

B

A

D

C

4 m 5 m 3 m

2 kN

4 kN

yD

2 m

5 pies

2 pies

3pies

30 lb

D

C

B

A

xB

5

43

8 pies

P

1 m

A

B

C

D

yB 2 m

3 m

4 kN 6 kN

0.5 m

4 pies 5 pies

A

3 pies

B

7 pies

4 pies

C

D

50 lb

100 lb




Prob. 5–6

5–7. El cable está sometido a la carga uniforme. Si la pen-diente del cable en el puntoO es igual a cero, determinela ecuación de la curva y la fuerza en el cable en los puntosO y B .

5–9. Determine la tensión máxima y mínima en el

5–6. Determine las fuerzasP 1 y P 2 necesarias para mante-ner al cable en la posición indicada, es decir,de modo que elsegmentoCD se mantenga horizontal. También encuentrela carga máxima en el cable.

*5–8. El cable soporta la carga uniforme dew0 600 lbpDetermine la tensión en el cable en cada soporte (a

A y B.

Prob. 5–7

Prob. 5–8

Prob. 5–9

A

P 1 P 2

5 kN

1.5 m

1 mB

C D

E

4 m 4 m5 m2 m

15 pies

8 pies

y

x

A

O

B

15 pies

500 lb/ pie

15 pies A

B

10 pies

25 piesw0

10 m

16 kN / m

2 m

y

A B

10 m




5

Prob. 5–10

Prob. 5–12

Prob. 5–13

Probs. 5–14/5–15

5–10. Determine la carga uniformew máxima, medida enlb pie, que puede soportar el cable si es capaz de sosteneruna tensión máxima de 3000 lb antes de romperse.

5–13. Las armaduras están articuladas y cuelgan del cabparabólico.Determine la fuerza máxima en el cable cuanla estructura se somete a la carga que se muestra.

*5–12. El cable que se muestra en la figura está sometidoa la carga uniformew 0. Determine la relación entre la ele-vaciónh y el claroL que se traducirá en el uso de la canti-dad mínima de material para el cable.

5–14. Determine la tensión máxima y mínima en el cabparabólico y la fuerza en cada uno de los ganchos. La traestá sometida a una carga uniforme y se conecta medianun pasador enB .

5–15. Dibuje los diagramas de fuerza cortante y de mmento para las trabes articuladas AB y BC . El cable tieneuna forma parabólica.

A

D

BC

E

30 pies

9 pies1 pie

10 pies

10 pies

2 k/ pie

4 k5 k

A

F G H BC

I J K

16 pies

4 12 pies 48 pies 4 12 pies 48 pies

D E

6 pies

14 pies

50 pies

6 pies

w

Prob. 5–11

50 pies

6 pies

w

L

h

w 0

5–11. El cable está sometido a una carga uniformew

250 lbpie. Determine la tensión máxima y mínima en elcable.




A

B

2 m

3 kN 5 kN

C

F

D E

2 m 2 m 2 m 2 m 2 m 2 m 2 m

9 m

3 m 3

*5–16. El cable se romperá cuando la tensión máxima al-canceT máx 5000 kN. Determine la carga uniformementedistribuidaw máxima necesaria para desarrollar esta ten-sión máxima.

5–17. El cable está sometido a una carga uniforme dew60 kN m. Determine la tensión máxima y mínima en el

cable.

5–19. Las vigas AB y BC se sostienen mediante el cque tiene una forma parabólica. Determine la tensiócable en los puntosD , F y E , así como la fuerza en cadde los sujetadores igualmente espaciados.

5–18. El cable AB está sometido a una carga uniforme de200 Nm. Si se pasa por alto el peso del cable y los ángulosde la pendiente en los puntos A y B son 30 y 60°, respectiva-

mente,determine la curva que define la forma del cable y latensión máxima desarrollada en el cable.

*5–20. Dibuje los diagramas de cortante y de mopara las vigas AB y BC . El cable tiene una forma parab

Prob. 5–20

Probs. 5–16/5–17

Prob. 5–18

Prob. 5–19

15 m200 N/ m

y

x A

B

60

30

100 m

12 m

w

A

B

2 m

3 kN 5 kN

C

F

D E

2 m 2 m 2 m 2 m 2 m 2 m 2 m

9 m

3 m



5.4 ArcosAl igual que los cables, los arcos pueden usarse para reducir los momtos de flexión en las estructuras con claros amplios. En esencia, un afunciona como un cable invertido, por lo que generalmente recibe caen compresión; aunque, debido a su rigidez, también debe resistir alnas fuerzas de flexión y de cortante dependiendo de cómo esté cargadcuál sea su forma. En particular, si el arco tiene una forma parabólicay se somete a una carga verticaluniformemente distribuida de manerahorizontal, entonces a partir del análisis de los cables se deduce quarco sólo resistirá fuerzas de compresión . En estas condiciones, la formade arco se denominaarco funicular , porque dentro de él no se producenfuerzas de flexión ni fuerzas cortantes.

En la figura 5-7 se muestra un arco típico, que especifica alguna dnomenclatura que se usa para definir su geometría. Dependiendo la aplicación, pueden seleccionarse varios tipos de arcos para sopouna carga.Unarco fijo , figura 5-8a, suele hacerse de concreto reforzado

Aunque su construcción puede requerir menos material que la de otrtipos de arcos, debe tener pilas de cimentación sólidas, puesto que esdeterminado de tercer grado y, en consecuencia, pueden introducirtensiones adicionales al arco, debido al asentamiento relativo de sus portes. Unarco de dos articulaciones , figura 5-8b , se hace comúnmentede metal o de madera.Es indeterminado de primer grado y, aunque notan rígido como un arco fijo, es algo insensible al asentamiento. Estatructura podría hacerse estáticamente determinada al sustituir una de articulaciones por un rodillo. Sin embargo, al hacerlo de esta maneraelimina la capacidad de la estructura para resistir la flexión a lo largosu claro y, por ende, serviría como una viga curva yno como un arco. Unarco de tres articulaciones , figura 5-8c, que también se hace de metal o d

madera, es estáticamente determinado. A diferencia de los arcos estácamente indeterminados, no le afectan los cambios en el asentamientla temperatura.Por último,si se van a construir arcos de dos y tres artilaciones sin requerir grandes pilas de cimentación y si el espaciamieno es un problema, entonces los soportes pueden conectarse medianun tirante, figura 5-8d. Un arco atirantado permite que la estructura secomporte como una unidad rígida, puesto que el tirante soporta la coponente horizontal del empuje en los soportes. Además, tampoco afecta el asentamiento relativo de los soportes.


5

Figura 5–7

trasdós(o )

pila

intradós(o ancaplafón)

elevaciónde la línea

central

nacimiento

corona

(a)arco fijo

(b)

arco de dos articulaciones

(d)arco atirantado

(c)arco de tres articulaciones

Figura 5–8



5.5 ARCO DE TRES ARTICULACIONES 1

5.5 Arco de tres articulacionesCon el fin de obtener una idea de la forma en que los arcos transmitenlas cargas, a continuación se considerará el análisis de un arco de tres ar-ticulaciones,como el que se muestra en la figura 5-9a. En este caso,la terce-ra articulación se encuentra en la corona y los soportes (o apoyos) estána diferentes alturas.Si se desea determinar las reacciones en los soportes,el arco debe desmontarse para después hacer el diagrama de cuerpolibre de cada elemento, como se muestra en la figura 5-9b . Aquí hay seisincógnitas para las cuales hay disponibles seis ecuaciones de equilibrio.Un método para la solución de este problema consiste en aplicar lasecuaciones de equilibrio de momentos respecto a los puntos A y B . Lasolución simultánea producirá las reaccionesC x y C y. Luego, las reaccio-nes en los soportes se determinan a partir de las ecuaciones de equilibriode fuerzas. Una vez obtenidas estas reacciones, es posible determinar lasfuerzas normal y cortante internas, así como las cargas de momento encualquier punto del arco siguiendo el método de las secciones.Aquí, por

supuesto, la sección se debe tomar perpendicular al eje del arco en elpunto considerado. Por ejemplo,en la figura 5-9c se muestra el diagramade cuerpo libre para el segmento AD .

Los arcos de tres articulaciones también pueden tomar la forma de dosarmaduras articuladas, cada una de las cuales reemplazaría a las costillasdel arco AC y CB en la figura 5-9a. El análisis de esta forma sigue elmismo procedimiento descrito anteriormente. Los siguientes ejemplosilustran estos conceptos en forma numérica.

(a)

A

C

BD

P 1

P 2

(b)

P 1

P 2

A x

A y

C y

C x

C x

C y

B y

B x

A x

A y

(c)

V D

N D

M D

Figura 5–9

(b)

El arco de armaduras de tres articulacse utiliza para soportar una parte de la del techo de este edificio (a). El ac

miento muestra que el arco está articen su parte superior (b).

(a)



Figura 5–10


5

El puente de arco con enjuta abierta y tres articulaciones, como el quese muestra en la fotografía tiene una forma parabólica. Si este arcodebe soportar una carga uniforme y tiene las dimensiones indicadasen la figura 5-10a, demuestre que el arco está sometido sólo a compre-

sión axial en un punto intermedio como el puntoD . Suponga que lacarga se transmite uniformemente a las costillas del arco.

EJEMPLO5.4

SOLUCIÓNAquí los apoyos (soportes) están a la misma altura. Los diagramas decuerpo libre de todo el arco y de la parteBC se muestran en las figu-ras 5-10b y 5-10c.Al aplicar las ecuaciones de equilibrio, se tiene:

Arco completo:

Cy = 25 k

Cy1100 pies2 - 50 k150 pies2 = 0d+ ©M A = 0;

A

B

C

y

50 pies

25 pies 25 pies

25 pies

x

500 lb/ pie

y x2(50)2

(a)

D25

A y

B

50 pies 50 pies

50 k

(b)

A x

C y

C x




SegmentoBC del arco:

Una sección del arco tomada a través del puntoD , x 25 pies, y25(25)2 (50)2 6.25 pies, se muestra en la figura 5-10d. La pen-

diente del segmento enD es

Al aplicar las ecuaciones de equilibrio, figura 5-10d , se tiene

Resp.

Resp.

Resp.

Nota: Si el arco tuviera una forma diferente o si la carga no fuera uniforme, entonces lafuerza cortante y el momento internos serían nulos. Además, si se usara una viga sim-plemente apoyada para soportar la carga distribuida, tendría que resistir un momentoflexionante máximo deM 625 k• pie. Por comparación, es más eficiente resistir es-tructuralmente la carga en compresión directa (aunque debe considerarse la posibili-dad de pandeo) que resistir la carga debida a un momento flexionante.

M D = 0

VD = 0

N D = 28.0 k

M D + 12.5 k112.5 pies2 - 25 k16.25 pies2 = 0d+ ©M D = 0;

- 12.5 k + N D sen 26.6° - VD cos 26.6° = 0+ c©F y = 0;

25 k - N D cos 26.6° - VD sen 26.6° = 0:+ ©F x = 0;

u = - 26.6°

tan u = dydx

= - 5015022 x x =25 pies= - 0.5

By = 0By - 25 k + 25 k = 0+ c ©F y = 0;

Bx = 25 k:+ ©F x = 0;

Cx =

25 k

- 25 k125 pies2 + 25 k150 pies2 - Cx125 pies2 = 0d+ ©M B = 0;

25 pies

25 k

(c)

C y

C

25 pies

25 pies

B y

B x

B

12.5pies

12.5 k

B

D

12.5pies

26.6

N D26.6V D

M D25 k6.25 pies




5

Figura 5–11

El arco atirantado de tres articulaciones está sometido a la carga quese muestra en la figura 5-11a. Determine la fuerza en los elementosCH y CB . El elementoGF , trazado con líneas discontinuas en la ar-madura, está destinado a no soportar fuerza alguna.

EJEMPLO5.5

SOLUCIÓNLas reacciones en los soportes pueden obtenerse de un diagrama decuerpo libre de todo el arco, figura 5-11b:

A

15 kN 20 kN 15 kN

E

(b)

A y

A x

E y

3 m 3 m 3 m 3 m

4 m

1 m

1 m

A

3 m 3 m 3 m 3 m

B

H

D

F G

15 kN 20 kN15 kN

C

E

(a)

E y112 m2 - 15 kN13 m2 - 20 kN16 m2 - 15 kN19 m2 = 0d+ ©M A = 0;

5 m

3 m 3 m

15 kN 20 kN

(c)

C x

C y

25 kN

F AE

0

C

Las componentes de fuerza que actúan en la juntaC pueden deter-minarse considerando el diagrama de cuerpo libre de la parte iz-quierda del arco, figura 5-11c. Primero, determine la fuerza:

FAE = 21.0 kNFAE15 m2 - 25 kN16 m2 + 15 kN13 m2 = 0d+ ©M C = 0;

Ay = 25 kN

Ay - 15 kN - 20 kN - 15 kN + 25 kN = 0+ c ©F y = 0;Ax = 0:+ ©F x = 0;E y = 25 kN




Entonces,

Para obtener las fuerzas enCH y CB , puede usarse el método de las juntas de la siguiente manera:

Junta G ; figura 5-11d,

Junta C ; figura 5-11e,

Por lo tanto,

Resp.

Resp.F CH = 4.74 kN1T2F CB = 26.9 kN1C2

F CB A11 10B + F CH A1

1 10B - 20 kN + 10 kN = 0+ c ©F y = 0;

F CB A31 10B - 21.0 kN - F CH A3

1 10B = 0:+ ©F x = 0;

FGC = 20 kN1C2FGC - 20 kN = 0+ c ©F y = 0;

25 kN - 15 kN - 20 kN + Cy = 0, Cy = 10 kN+ c©F y = 0;

- Cx + 21.0 kN = 0, Cx = 21.0 kN:+ ©F x = 0;

F GC

F HG 0

20 kN

(d)

G

F CH

20 kN

31

F CB

10 kN

31

21.0 kN

(e)

C

Nota : En ocasiones, los arcos atirantadosemplean en puentes. Aquí la cubierta esostenida por barras de suspensión qtransmiten su carga al arco. La cubierta een tensión, de modo que soporta el empreal o la fuerza horizontal en los extremdel arco.




5

El arco de armadura de tres articulaciones que se muestra en la figura5-12a soporta la carga simétrica. Determine la alturah1 requeridapara las juntasB y D , de modo que el arco tenga una forma funicular.El elementoHG está destinado a no soportar fuerza alguna.

EJEMPLO5.6

SOLUCIÓNPara una carga simétrica, la forma funicular del arco debe ser parabó-lica como lo indica la línea discontinua (figura 5-12b). Aquí debemosencontrar la ecuación que se ajusta a esta forma. Si los ejes x y y tie-

nen su origen enC , la ecuación es de la forma y cx2. Para obtenerla constantec, se requiere

Por lo tanto,

Así que a partir de la figura 5-12a,

Resp.

Aprovechando este valor, si ahora se aplica el método de los nudos ala armadura, los resultados muestran que la cuerda de la parte supe-rior y todos los elementos de la diagonal serán elementos de fuerzacero, y la carga simétrica será soportada sólo por los elementos AB ,BC , CD y DE de la cuerda inferior de la armadura.

h1 = 15 pies - 3.75 pies = 11.25 pies

yD = -10.0375>pie2110 pies22 = - 3.75 pies

c = 0.0375>pie -115 pies2 = - c120 pies22

(b)

5 k 5 k 5 k 5 k I J

B

C

D

A

H G F

E

5 k

(a)

10pies

10pies

15 pies

h1 h1

10pies

10pies

Figura 5–12

10pies

10pies

15 pies

yD

y cx2

x

y

C

D

E




5–21. El arco atirantado de tres articulaciones está some-tido a las cargas indicadas. Determine las componentes dela reacción en A y C , así como la tensión en el cable.

5–23. El arco de enjuta con tres articulaciones está tido a las cargas indicadas. Determine el momento en el arco en el puntoD .

PROBLEMAS

5–22. Determine las fuerzas resultantes en los pasadores A , B y C de la armadura de techo arqueada y de tres articu-laciones.

*5–24. El arco atirantado de tres articulaciones está tido a las cargas indicadas. Determine las componela reacción en A y C , así como la tensión en la barra.

3 m

5 m

3 m 3 m1 m 1 m

2 m 2 m

B

C A

2 kN3 kN4 kN 4 kN

5 kN

10 kN15 kN

2 m

2 m0.5 m

2 m 1 m

A

B

C

Prob. 5–21

Prob. 5–22

Prob. 5–23

Prob. 5–24

A

B

C 3 m

4 kN

8 kN 8 kN

4 kN 3 kN6 kN 6 kN

3 kN

5 m

2 m 2 m 2 m 2 m 2 m 2 m

3 m 5 m 8 m

D

AC

B4 k

3 k 5 k

6pies

6pies

8pies

10pies

10pies

15 pies




5

Probs. 5–25/5–26

Prob. 5–27

Prob. 5–28

Prob. 5–29

30pies

30pies

30pies

30pies

30pies

10piesD E

20 k20 k60 k 40 k40 k

B

A C

100 pies

30pies

h1h2 h3

30pies

30pies

5–25. El puente está construido como unarco atirantadode tres articulaciones . Determine las componentes horizon-tal y vertical de la reacción en las articulaciones (pasadores)

A , B y C . El elementoDE trazado con líneas discontinuasestá destinado ano soportar fuerza alguna.

5–26. Determine las alturas de diseñoh1, h2 y h3 de la

cuerda inferior de la armadura,de modo que el arco de tresarticulaciones responda como un arco funicular.

*5–28. El arco de enjuta de tres articulaciones está somtido a la carga uniforme de 20 kNm. Determine el mo-mento interno en el arco en el puntoD .

5–27. Determine las componentes horizontal y vertical dela reacción en los puntos A , B y C del arco de tres articula-ciones.Suponga que A ,B y C están conectados mediante unpasador.

5–29. La estructura arqueada está sometida a la carga quse muestra en la figura. Determine las componentes hozontal y vertical de la reacción en A y D , así como la tensiónen la barra AD .

EC

2 k/ pie

A

B

D

8pies

3 k

4pies

4pies

6pies

3 pies

3 pies

A C D

B

5 m

3 m

3 m 8 m

20 kN/ m

5 m

5 pies

4pies

7pies

10pies

5pies

8 pies

A

C

B

4 k

3 k 2 pies




L 1 L 2 L 3

L

P 1

P 2

w0

L

h

x

y


Los arcos de tres articulaciones son estáticamente determi-nados y pueden analizarse separando los dos elementospara después aplicar las ecuaciones de equilibrio a cada ele-mento.

Los arcos están diseñados primordialmente para soportaruna fuerza de compresión. Para soportar una carga unifor-memente distribuida sobre su proyección horizontal se re-quiere una forma parabólica.

arco de tres articulaciones

Si el cable soporta una carga uniforme a lo largo de una dis-tancia horizontal proyectada, entonces el cable toma laforma de una parábola.

Los cables soportan sus cargas en tensión si se les consideraperfectamente flexibles.

Si el cable está sometido a cargas concentradas, entonces lafuerza que actúa en cada segmento de cable se determinamediante la aplicación de las ecuaciones de equilibrio aldiagrama de cuerpo libre de los grupos de segmentos delcable o a las juntas donde se aplican las fuerzas.



Al diseñar los elementos de este puente deben tenerse en cuenta las cargasmóviles causadas por los trenes. Las líneas de influencia para los elementosforman parte importante del análisis estructural.



6

2

Las líneas de influencia tienen una aplicación importante en el diseñode las estructuras que resisten grandes cargas vivas. En este capítulose estudiará cómo dibujar la línea de influencia para una estructuraestáticamente determinada. La teoría se aplica a estructuras que están

sometidas a una carga distribuida o a una serie de fuerzas concentra-das; asimismo, se presentan aplicaciones específicas para vigas depiso y vigas de puente. Al final del capítulo se analizan la determina-ción de la fuerza cortante viva y el momento máximos absolutos en unelemento.

6.1 Líneas de influencia

En los capítulos anteriores se han desarrollado técnicas para el análisisde fuerzas en los elementos estructurales debidas acargas muertas o fijas . Se ha demostrado que losdiagramas de fuerza cortante y de mo-mento representan los métodos más descriptivos para mostrar la varia-ción de estas cargas en un elemento. Sin embargo, si una estructura estásometida a unacarga viva o móvil , la variación de la fuerza cortante y delmomento de flexión en el elemento se describe mejor usando lalínea deinfluencia . Una línea de influencia representa la variación ya sea de lareacción, de la fuerza cortante, del momento o de la deflexión en un

punto específico de un elemento, a medida que una fuerza concentradase mueve a lo largo del elemento.Después de construir esta línea, es po-sible decir de un vistazo dónde debe colocarse la carga móvil sobre la es-

tructura de modo que cree la mayor influencia en el punto específico.Además, entonces puede calcularse la magnitud de la reacción, la fuerzacortante, el momento o la deflexión asociados en el punto a partir de lasordenadas del diagrama de la línea de influencia. Por esto las líneas deinfluencia juegan un papel importante en el diseño de puentes, carrilesde grúas industriales, transportadores y otras estructuras donde las car-gas se mueven a lo largo de un claro.

Líneas de influenciapara estructuras

estáticamentedeterminadas



206 CA P Í T U L O 6 LÍ N E A S D E I N F L U E N C I A PA R A E S T R U C T U R A S E S T Á T I C A M E N T E D E T E R M I N A D A S

6


Si se desea construir la línea de influencia en un puntoP específico de un elemento paracualquier función (reacción, fuerza cortante o momento) puede usarse cualquiera de lodos procedimientos siguientes. En ambos casos se elegirá la fuerza móvil que tengaunamagnitud sin dimensiones de unidad .*

Tabulación de valores

• Coloque una carga unitaria en varias ubicaciones, x, a lo largo del elemento y encadaubicación use la estática para determinar el valor de la función (reacción, fuerza cotante o momento) en el punto específico.

• Si se desea construir la línea de influencia para una fuerza dereacción vertical en unpunto sobre una viga, considere que la reacción será positiva en el punto donde actúehacia arriba .

• Si se va a dibujar una línea de influencia de fuerza cortante o de momento en upunto, tome la fuerza cortante o el momento en el punto como positivos de acuerdcon la misma convención de signos que se emplea en la elaboración de los diagramde fuerza cortante y de momento. (Vea la figura 4-1).

• Todas las vigas estáticamente determinadas tendrán líneas de influencia que consisten segmentos de línea recta. Después de algo de práctica se adquiere la capacidad minimizar los cálculos y ubicar la carga unitaria sólo en los puntos que representan los

puntos extremos de cada segmento de línea.• Para evitar errores, se recomienda primero construir una tabla que contenga las “ca

gas unitarias en x” contra el valor correspondiente de la función calculado en el puntoespecífico;es decir,“la reacciónR”,“la fuerza cortanteV ” o “el momentoM .”Una vezque se ha colocado la carga en varios puntos a lo largo del claro del elemento, es poble graficar los valores tabulados y construir los segmentos de la línea de influenc

Ecuaciones de las líneas de influencia• La línea de influencia también se puede construir al colocar la carga unitaria en un

posiciónvariable x sobre el elemento para después calcular el valor deR , V o M en elpunto en función de x. De esta manera se pueden determinar y representar gráfica-mente las ecuaciones de los diferentes segmentos que componen la línea de influenc

Aunque el procedimiento para construir una línea de influencia es btante básico, debe tenerse clara ladiferencia entre construir una línea deinfluencia y un diagrama de fuerza de corte o de momento. Las línde influencia representan el efecto de unacarga móvil sólo en un puntoespecífico de un elemento, mientras que los diagramas de fuerza cortany de momento representan el efecto de lascargas fijas en todos los pun-tos

a lo largo del eje del elemento.

*La razón de esta elección se explica en la sección 6-2.



6.1 LÍNEAS DE INFLUENCIA 2

EJEMPLO6.1

Construya la línea de influencia para la reacción vertical en el punto Ade la viga que se muestra en la figura 6-1a.

SOLUCIÓNTabulación de valores. Se coloca una carga unitaria sobre la vigaen cada punto x seleccionado, y el valor de A y se calcula sumando losmomentos respecto aB . Por ejemplo, cuando x 2.5 pies y x 5 pies,vea las figuras 6-1b y 6-1c, respectivamente. Los resultados de A y seintroducen en la tabla,figura 6-1d .Al graficar estos valores se obtienela línea de influencia para la reacción en A , figura 6-1e.

(a)

AB

10 pies

10 pies

(b)

A y

1

B y

x 2.5 pies

M B 0; A y (10) 1 (7.5) 0 A y 0.75

x 5 pies

10 pies

(c)

A y

1

B y

M B 0; A y (10) 1 (5) 0 A y 0.5

10.750.50.250

(d)

x A y

0 2.5 5 7.510

(e)

A y

x10

1 A y 1 __ x 101

línea de influencia para A y

x

10 pies

(f)

A y

1

B y

Ecuación de la línea de influencia. Cuando la carga unitaria se co-loca a una distancia variable x desde A , figura 6-1 f , la reacción A y enfunción de x puede determinarse a partir de

Esta línea se traza en la figura 6-1e.

Ay = 1 - 110 x

- Ay1102 + 110 - x2112 = 0d+ ©M B = 0;

Figura 6–1




6

Construya la línea de influencia para la reacción vertical en el puntoBde la viga que se muestra en la figura 6-2a.

EJEMPLO6.2

SOLUCIÓNTabulación de valores. Con base en la estática, compruebe que losvalores para la reacciónB y que aparecen en la tabla, figura 6-2b,estáncalculados correctamente para cada posición x de la carga unitaria.Algraficar los valores se obtiene la línea de influencia que se muestra ela figura 6-2c.

Ecuación de la línea de influencia. Si se aplica la ecuación de mo-mentos respecto a A , en la figura 6-2d,

Lo anterior se grafica en la figura 6-2c.

By = 15 x

By152 - 11x2 = 0d+ ©M A = 0;

(a)

A B5 m 5 m

x1

0 0.5

1 1.5

2(b)

x B y

02.5

57.5 10

B y

2 1B y

__ x 5

x10

(c)

línea de influencia paraB y

A B x

5 m 5 m

(d)A y B y

1

Figura 6–2




EJEMPLO6.3

Construya la línea de influencia para la fuerza cortante en el puntoC de la viga que se muestra en la figura 6-3a.

SOLUCIÓNTabulación de valores. En cada posición x seleccionada para lacarga unitaria, se aplica el método de las secciones para calcular elvalor deV C . Observe en especial que la carga unitaria debe colocarse justo a la izquierda ( x 2.5 ) y a la derecha ( x 2.5 ) del puntoC puesto que la fuerza cortante es discontinua enC , figuras 6-3b y 6-3c.Al graficar los valores de la figura 6-3d se obtiene la línea de influen-cia para la fuerza cortante enC , figura 6-3e.

Ecuaciones de la línea de influencia. Aquí deben determinarsedos ecuaciones puesto que hay dos segmentos en la línea de influen-cia, debido a la discontinuidad de la fuerza cortante enC , figura 6-3 f .Estas ecuaciones se grafican en la figura 6-3e.

2.5pies

10 pies

C

(a)

AB

0.75

C 10 pies

(b)

12.5pies

0.25MC

VC

F y 0; V C 0.25

0.25 0.75

C 10 pies

(c)

1

1

2.5 pies

0.25MC

VC

F y 0;

V C 0.75

0.25 (d)

x V C

0 2.5 2.5 5 7.5 10

00.25

0.75 0.5 0.25 0

V C

0.75

2.5–0.25 10

x

(e)

línea de influencia paraV C

1V C 1 __ x 10

1V C __ x 10

x

(f)

0 x 2.5 pies

x1

MC

VC 2.5pies

MC

VC 2.5pies

1

B y

2.5 pies x 10 pies

1 A y 1 __ x 10 1 A y 1 __ x 10

Figura 6–3




6

Construya la línea de influencia para la fuerza cortante en el puntoC de la viga que se muestra en la figura 6-4a.

SOLUCIÓNTabulación de valores. Con base en la estática y el método de lassecciones, compruebe que los valores de la fuerza cortanteV C en elpunto C de la figura 6-4b corresponden a cada posición x de la cargaunitaria sobre la viga. Al graficar los valores de la figura 6-4b se ob-tiene la línea de influencia en la figura 6-4c.

EJEMPLO6.4

Ecuaciones de la línea de influencia. A partir de la figura 6-4d ,compruebe que

Estas ecuaciones se grafican en la figura 6-4c.

VC = 1 - 18 x

4 m 6 x …12 m

VC = - 18 x 0 … x 6 4 m

C

4 m 4 m 4 m

B

(a)

1

x

A

(b)

x V C

0 4 4 8 12

00.50.5

00.5

0.5

0.50.5

V C

48

1V C 1

__ x 8

1V C __ x 8

12 x

(c)


(d)

0 x 4 m

x

1

MC

VC 4 m A y 1 x

1__8

xMC

VC 4 m A y 1 x

1__8

1

B y

4 m x 12 m

Figura 6–4




EJEMPLO6.5

Construya la línea de influencia para el momento en el puntoC de laviga que se muestra en la figura 6-5a.

SOLUCIÓNTabulación de valores. En cada posición seleccionada para lacarga unitaria, el valor deM C se calcula mediante el método de lassecciones. Por ejemplo,vea la figura 6-5b para x 2.5 pies.Al graficarlos valores de la figura 6-5c se obtiene la línea de influencia para elmomento enC , figura 6-5d .

Ecuaciones de la línea de influencia. Los dos segmentos que for-man la línea de influencia pueden determinarse empleando©M C 0 junto con el método de las secciones que se muestra en la figura 6-5e.Al graficar estas ecuaciones se obtiene la línea de influencia que semuestra en la figura 6-5d .

5 pies 6 x …10 pieM C = 5 - 12x0 … x 6 5 piesM C = 1

2x

M C - A1 - 110 xB5 = 0M C + 115 - x2 - A1 - 1

10 x B5 = 0 d+©M C = 0;d+©M C = 0;

10 pies

5 pies

A C B

(a)

(b)

C

0.250.75

5 piesMC

VC

M C 0; M C 0.25 (5) 0 M C 1.25

12.5pies

0.25

(c)

x M C

0 2.5 5 7.510

01.252.51.250

M C

5 10 x

2.5

(d)línea de influencia paraM C

1M C 5 __ x 2

1M C

__ x 2

(e)

x

1

MC

VC 5 pies 1 A y 1 __ x 10

x MC

VC 5 pies

1

B y 1 A y 1 __ x 10

Figura 6–5




6

Construya la línea de influencia para el momento en el puntoC de laviga que se muestra en la figura 6-6a.

EJEMPLO6.6

SOLUCIÓN

Tabulación de valores. Use la estática y el método de las seccionespara verificar que los valores del momentoM C en el puntoC de la fi-gura 6-6b corresponden a cada posición x de la carga unitaria.Al gra-ficar los valores de la figura 6-6b se obtiene la línea de influencia de lafigura 6-6c.

C

(a)

B

4 m 4 m 4 m

1

x

A

(b)

x M C

048

12

0 20

2

2

48 12

M C

2

x

(c)

línea de influencia paraM C

(d)

0 x 4 m

x

1

MC

VC 4 m

xMC

VC 4 m

1

B y

4 m x 12 m

1 A y 1 __ x 8 1 A y 1 __ x 8

Ecuaciones de la línea de influencia. Con base en la figura 6-6dcompruebe que

Estas ecuaciones se grafican en la figura 6-6c.

M C = 4 - 12x

4 m 6 x …12 m M C = 1

2x

0 … x 6 4 m

Figura 6–6



6.2 LÍNEAS DE INFLUENCIA PARA VIGAS 2

6.2 Líneas de influencia para vigasDado que las vigas (o trabes) constituyen los elementos principales parasoportar cargas en un sistema de piso o en la cubierta de un puente, porello es importante tener la capacidad de construir las líneas de influenciapara las reacciones, la fuerza cortante o el momento en cualquier puntoespecífico de una viga.Cargas. Una vez que se ha construido la línea de influencia para unafunción (reacción, fuerza cortante o momento), se podrán colocar lascargas vivas sobre la viga para producir el valor máximo de la función.A continuación se considerarán dos tipos de cargas.Fuerza concentrada. Dado que los valores numéricos de una fun-ción para una línea de influencia se determinan mediante una carga uni-taria sin dimensiones, entonces para cualquier fuerza concentradaF queactúa sobre la viga en cualquier posición x, el valor de la función puedeencontrarse al multiplicar la ordenada de la línea de influencia en la posi-ción x por la magnitud de F. Por ejemplo, considere la línea de influenciapara la reacción en el punto A de la viga AB que se muestra en la figura6-7. Si lacarga unitaria está en x L , la reacción en A es A y como loindica la línea de influencia.Por lo tanto, si la fuerzaF lb se encuentra eneste mismo punto, la reacción es A y ( )(F ) lb. Por supuesto, este mismovalor también puede determinarse por la estática. Obviamente, lain-

fluencia máxima causada porF se produce al colocarla sobre la viga en lamisma ubicación que el pico de la línea de influencia; en este caso en x 0,donde la reacción sería A y (1)(F ) lb.

Carga uniforme. Considere una parte de una viga sometida a unacarga uniformew0, figura 6-8. Como se muestra en la figura, cada seg-mento dx de esta carga crea una fuerza concentrada dedF w0dx sobrela viga.SidF se encuentra en x, donde la ordenada de la línea de influen-cia de la viga para alguna función (reacción, fuerza cortante o momento)es y, entonces el valor de la función es (dF )( y) (w0 dx) y. El efecto detodas las fuerzas concentradasdF se determina al integrarse por toda lalongitud de la viga, es decir, Además, comoequivalen alárea bajo la línea de influencia; entonces, en general,el valor de una función causada por una carga uniformemente distribuida es sóloel área bajo la línea de influencia para la función multiplicada por la in-tensidad de la carga uniforme . Por ejemplo, en el caso de la viga cargadauniformemente que se muestra en la figura 6-9, la reacciónA y puede de-terminarse a partir de la línea de influencia como A y (área)(w0) [(1)(L )]w0 w0L . Por supuesto, este valor también puede determinarsecon base en la estática.

12

12

1y dx1w0y dx = w01y dx .

12

12

12

B A

L

F 1 x __L 2

11––2

A y

1––2L L x


x

dx

dF w0dx

A B

L

A y

w0

dx

y

x

línea de influencia para la funció

A y

1

L x


Figura 6–7

Figura 6–8

Figura 6–9




6

Determine la fuerza cortante positiva máxima que se puede desarro-llar en el puntoC de la viga que se muestra en la figura 6-10a debidoa una carga móvil concentrada de 4000 lb y una carga móvil uniformde 2000 lb/pie.

EJEMPLO6.7

SOLUCIÓNEn el ejemplo 6-3 se estableció la línea de influencia para la fuerzcortante enC , la cual se muestra en la figura 6-10b.

Fuerza concentrada. La fuerza cortante positiva máxima enC seproduce cuando la fuerza de 4000 lb se ubica en x 2.5 pies, puestoque es el pico positivo de la línea de influencia. La ordenada de estepico es 0.75;de modo que

Carga uniforme. La carga móvil uniforme crea la influencia positivamáxima paraV C cuando la carga actúa sobre la viga entre x 2.5 pies

y x 10 pies, puesto que dentro de esta región la línea de influenciatiene un área positiva. La magnitud deVC debida a esta carga es

Fuerza cortante máxima total en C .Resp.

Tenga en cuenta que una vez que se han establecido las posicionesde las cargas empleando la línea de influencia, figura 6-10c, este valor(V C )máx también puede determinarse usando la estática y el métodode las secciones. Demuestre que así es.

1VC2máx = 3000 lb + 5625 lb = 8625 lb

VC = C12110 pies - 2.5 pies210.752D2000 lb>pies = 5625 lb

VC = 0.7514000 lb2 = 3000 lb

(a)

B2.5pies

10 pies

C A


V C

0.75

0.25

2.5 10 x

(b)

BC

2.5pies

10 pies

(c)

4000 lb 2000 lb/ pie

A

Figura 6–10



6.2 LÍNEAS DE INFLUENCIA PARA VIGAS 2

EJEMPLO6.8

La estructura del marco que se muestra en la figura 6-11a se utilizapara sostener una grúa que transfiere cargas destinadas a almacena-miento en puntos que se encuentran por debajo de ella. Se prevé quela carga en la plataforma rodante sea de 3 kN y que la vigaCB tengauna masa de 24 kg/m. Suponga que el tamaño de la plataforma ro-dante puede pasarse por alto y que puede viajar a todo lo largo de laviga. Además, suponga que A está articulado y queB es un rodillo.Determine las reacciones verticales máximas en los soportes (apoyos)en A y B y el momento máximo en la viga enD .

SOLUCIÓNReacción máxima en A . En primer lugar se traza la línea de in-fluencia para A y, figura 6-11b. En específico, cuando una carga unita-ria está en A la reacción en A es 1 como se muestra en la figura. La

ordenada enC es 1.33. Aquí el valor máximo de A y ocurre cuandola plataforma rodante se encuentra enC . Como la carga muerta (pesode la viga) debe colocarse en toda la longitud de la viga, se tiene,

Resp.

Reacción máxima en B . La línea de influencia (o viga) toma laforma que se muestra en la figura 6-11c. Los valores enC y B se deter-minan con base en la estática.Aquí, la plataforma rodante debe estaren B . Por lo tanto,

Resp.

Momento máximo en D . La línea de influencia tiene la forma quese muestra en la figura 6-11d. Los valores enC y D se determinan apartir de la estática.En este caso,

Resp.= 2.46 kN#m 1MD2máx = 300010.752 + 2419.812C121121- 0.52D + 2419.812C1213210.752D

= 3.31 kN

1By

2máx = 3000

11

2 + 24

19.81

2C12

13

211

2D + 24

19.81

2C12

11

21- 0.333

2D

= 4.63 kN 1Ay2máx = 300011.332 + 2419.812C1214211.332D

1 m 1.5 m 1.5 m

3 kN

A BDC

(a)

3 m

1 m

0.333

1

B y

(c)línea de influencia paraB y

1.5 m0.5

0.75

M D

1.5 m

1 m

(d)línea de influencia paraM D

1 m

A y

1.33 1

(b)línea de influencia para A y

Figura 6–11



6.3 Líneas de influencia cualitativaEn 1886, Heinrich Müller-Breslau desarrolló una técnica para constrcon rapidez la forma de una línea de influencia. Este método conoccomo el principio de Müller-Breslau, establece que la línea de influencia

para una función (reacción, fuerza cortante o momento) está a la mismaescala que la forma alterada de la viga cuando sobre ésta actúa la función .Para dibujar apropiadamente la forma alterada,deberemoverse la capa-cidad de la viga para resistir la función de modo que la viga pueda demarse al aplicar la función. Por ejemplo, considere la viga de la fig6-12a. Si debe determinarse la forma de la línea de influencia parareacción vertical en A , primero se sustituye el pasador por una guía de ro-dillos como se muestra en la figura 6-12b. Se requiere una guía de rodillos puesto que la viga todavía deberá resistir una fuerza horizontal en A ,pero ninguna fuerza vertical . Cuando la fuerza positiva (hacia arriba)A yse aplica en A , la viga se deforma hasta la posición marcada con líndiscontinuas,* lo que representa la forma general de la línea de influ

cia para A y, figura 6-12c. (Los valores numéricos para este caso especfico ya se calcularon en el ejemplo 6-1.) Si debe determinarse la formla línea de influencia para la fuerza cortante en C , figura 6-13a, la cone-xión en C puede simbolizarse mediante una guía de rodillos como semuestra en la figura 6-13b. Este dispositivo resistirá un momento y unfuerza axial, peroninguna fuerza cortante .† Al aplicar una fuerza cor-tante positivaVC a la viga enC y al permitir que la viga se deforme hasla posición indicada con líneas discontinuas, se encuentra la forma dlínea de influencia, como se muestra en la figura 6-13c. Por último, sidebe determinarse la forma de la línea de influencia para elmomento en C ,figura 6-14a, se coloca unabisagra o pasador interno en C , puesto queesta conexión resistirá fuerzas axiales y cortantes, perono puede resistir

un momento , figura 6-14b. Al aplicar los momentos positivosMC a laviga, ésta se deforma hasta la posición indicada con líneas discontinque es la forma de la línea de influencia, figura 6-14c.

La comprobación del principio de Müller-Breslau puede establecemediante el principio del trabajo virtual. Recuerde que eltrabajo es el


6

A

(a)

A y

A

forma alterada

(b)

A y

xlínea de influencia para A y

(c)

*A lo largo del análisis todas las posiciones alteradas se dibujan a una escala exagepara ilustrar el concepto.

†Aquí los rodillos simbolizan los apoyos que soportan cargas, tanto en tensión como compresión,vea la tabla 2-1, soporte (2).

Figura 6–12

El diseño de la trabe de este puente se basaen las líneas de influencia que debieronconstruirse para la carga del tren.



6.3 LÍNEAS DE INFLUENCIA CUALITATIVA 2

producto deun desplazamiento lineal por una fuerza en la dirección del desplazamiento o bien deun desplazamiento de rotación por el momentoen la dirección del desplazamiento . Si un cuerpo rígido (viga) está enequilibrio, la suma de todas las fuerzas y todos los momentos debe serigual a cero. En consecuencia, si al cuerpo se le da undesplazamientoimaginario o virtual , el trabajo realizado portodas estas fuerzas y mo-mentos de par también debe ser igual a cero. Por ejemplo, considere laviga simplemente apoyada que se muestra en la figura 6-15a, la cual estásometida a una carga unitaria colocada en un punto arbitrario de toda sulongitud.Si a la viga se le da un desplazamiento virtual (o imaginario)d yen el soporte A , figura 6-15b, entonces sólo la reacción del soporteA y yla carga unitaria realizan trabajo virtual. En específico, A y realiza el tra-bajo positivo A y d y y la carga unitaria realiza el trabajo negativo1d y .(El soporte enB no se mueve y, por lo tanto, la fuerza enB no haceningún trabajo.) Dado que la viga está en equilibrio y por ende no semueve,el trabajo virtual suma cero,es decir,

Si se establece qued y es igual a 1, entonces

En otras palabras, el valor de A y representa la ordenada de la línea de in-fluencia en la posición de la carga unitaria. Como este valor es equiva-lente al desplazamientod y en la posición de la carga unitaria, muestraque se ha establecido la forma de la línea de influencia para la reacciónen A . Lo anterior comprueba el principio de Müller-Breslau para lasreacciones.

Ay = dy¿

Ay dy - 1 dy¿ =0

C

(a)

V C

x


(c)

C

(a)

M C


(c)

C

VC

VC

forma alterada

(b)

forma alterada

C MC MC

(b)

BC

1

A

(a)

C

1

AB

(b)A y

d y d y¿


Figura 6–15




6

De la misma manera,si la viga se secciona enC y experimenta un des-plazamiento virtuald y en este punto,figura 6-15c, entonces sólo la fuerzacortante en C y la carga unitaria realizan trabajo. Por lo tanto, la ecución del trabajo virtual es

De nuevo, sid y 1, entonces

y se establece la forma de la línea de influencia para la fuerza cortanten C .

VC = dy¿

VC dy - 1 dy¿ =0

Por último, suponga la introducción de una bisagra o pasador enpunto C de la viga, figura 6-15d. Si se presenta una rotación virtualdf enel pasador,sólo el momento interno y la carga unitaria realizarán trabvirtual.Así que

Si se establecedf 1, se observa que

lo cual indica que la viga deformada tiene la misma forma que la línea deinfluencia para el momento interno en el puntoC (vea la figura 6-14).

Por supuesto, el principio de Müller-Breslau proporciona un métorápido para establecer la forma de la línea de influencia. Una vez que ssabe esto, las ordenadas en los picos pueden determinarse aplicandométodo básico analizado en la sección 6-1. Además, con sólo conoceforma general de la línea de influencia es posibleubicar la carga vivasobre la viga y luego determinar el valor máximo de la función por elusode la estática . En el ejemplo 6-12 se ilustra esta técnica.

M C = dy¿

M C df - 1 dy¿ =0

A

VC

(c)

VC 1

Bd y d y¿

C

MC

(d)

MC 1

B A

df

d y¿

Figura 6–15




EJEMPLO6.9

Para cada viga de las que aparecen en las figuras 6-16a a 6-16c, trace lalínea de influencia para la reacción vertical en A .

SOLUCIÓNEl soporte en A se sustituye por una guía de rodillos, puesto que resis-tirá A x, pero noA y. Después se aplica la fuerzaA y.

De nuevo, se coloca una guía de rodillos en A y se aplica la fuerzaA y.

En este caso debe usarse una guía de doble rodillo , puesto que estetipo de soporte resistirá tanto un momentoM A en el soporte fijocomo una carga axialA x, pero no resistiráA y.

(a)

A

A y

Aforma alterada

A y


x

A

(c)

A y

A forma alterada

A y

x


A

(b)

A y

A

forma alterada

A y

x


Figura 6–16




6

Para cada viga de las que aparecen en las figuras 6-17a a 6-17c, trace lalínea de influencia para la fuerza cortante enB .

SOLUCIÓNLa guía de rodillos se introduce enB y se aplica la fuerza cortante po-sitivaVB. Observe que el segmento derecho de la vigano se deformaráporque el rodillo en realidad limita el movimiento vertical de la vigaya sea hacia arriba o hacia abajo. [Vea el soporte (2) de la tabla 2-1]

EJEMPLO6.10

Al colocar la guía de rodillos enB y aplicar la fuerza cortante positivaen B se obtiene la forma alterada y la línea de influencia correspon-diente.

Una vez más, la guía de rodillos se coloca enB , se aplica la fuerza cor-tante positiva, y se muestran la forma alterada y la línea de influencicorrespondiente. Observe que el segmento izquierdo de la viga no sedeforma debido al soporte fijo.

(a)

AB

VB

VB

AB

forma alterada

V B

línea de influencia paraV B

x

B B

VB

VB

forma alterada línea de influencia paraV B

V B

x

(c)

B

(b)

B

VB

VB

forma alterada línea de influencia paraV B

V B

x

Figura 6–17




EJEMPLO6.11

Para cada viga de las que aparecen en las figuras 6-18a a 6-18c, trace lalínea de influencia para el momento enB .

SOLUCIÓNSe introduce una bisagra enB y se aplican los momentos positivosMBa la viga. En la figura se muestran la forma alterada y la línea de in-fluencia correspondiente.

Al colocar una bisagra enB y al aplicar los momentos positivosMB ala viga se obtiene la forma alterada y la línea de influencia.

Con la bisagra y el momento positivo enB , se muestran la forma alte-rada y la línea de influencia. El movimiento del segmento izquierdode la viga está restringido debido a la pared fija en A .

B

(b)

B M B

forma alteradaMB MB

x

línea de influencia paraM B

A

B

(c)

Bforma alterada

AMB MB M B

x


(a)

B B

MB MB

forma alterada

x

M B


Figura 6–18




6

Determine el momento positivo máximo que puede desarrollarse enel puntoD de la viga que se muestra en la figura 6-19a, debido a unacarga móvil concentrada de 4000 lb, una carga móvil uniforme de 30lb/pie,y el peso de la viga que es de 200 lb/pie.

EJEMPLO6.12

SOLUCIÓNSe coloca una bisagra enD y se aplican a la viga los momentos positi-vosMD . La forma alterada y la línea de influencia correspondiente semuestran en la figura 6-19b . De inmediato se reconoce que la cargamóvil concentrada de 4000 libras crea un momento positivo máximoen D cuando se coloca ahí, es decir, el pico de la línea de influenciaAdemás, la carga móvil uniforme de 300 lb/pie debe extenderse desdC hastaE para cubrir la región donde el área de la línea de influenciaes positiva. Por último, el peso uniforme de 200 lb/pie actúa atodo lolargo de la viga.En la figura 6-19c se muestran las cargas sobre la viga.Cuando se conoce la posición de las cargas, es posible determinar emomento máximo enD empleando la estática. En la figura 6-19d secalculan las reacciones enBE .Al seccionar la viga enD y usar el seg-mento DE , figura 6-19e, se tiene

Resp.M D = 22 500 lb#pie = 22.5 k#pie- M D - 5000152 + 47501102 = 0d+ ©M D = 0;

forma alterada

M D

5 1015 25

xh¿

h

(b)

línea de influencia paraM D

MD MD

D


A

BC

DE

(a)

Figura 6–19



Este problema también puede solucionarse usandovalores numéri-cos para la línea de influencia como en la sección 6-1. En realidad, alinspeccionar la figura 6-19b, sólo debe determinarse el valor picoh enD .

Esto requiere colocar una carga unitaria sobre la viga en el puntoD dela figura 6-19a y luego determinar el momento interno en la viga enD .Demuestre que el valor obtenido esh 3.33. Por triángulos semejan-tes, h /(10 5) 3.33/(15 10) o bienh 3.33. Por lo tanto, con lascargas sobre la viga como se muestran en la figura 6-19c y empleandolas áreas y valores pico de la línea de influencia, figura 6-19b, se tiene

Resp.= 22 500 lb#pie = 22.5 k#pie M D = 500C12125 - 10213.332D + 400013.332 - 200C12110213.332D


D

200 lb/ pie

500 lb/ pie4000 lb

B

A

5 pies5 pies5 pies 10 pies(c)

E

C

15 pies

5 pies2.5pies

7.5 pies

4000 lb 7500 lb

1000 lb1000 lb

A x 0

A y 500 lb B y 500 lb

B x 0

B y 500 lb C y 8250 lb E y 4750 lb

2.5pies

5 pies 5 pies

(d)

4000 lb 5000 lb

E y 4750 lb5 pies 5 pies

D

MD

VD

E

(e)




6


F6–1. Utilice el principio de Müller-Breslau y trace las lí-neas de influencia para la reacción vertical en A , la fuerzacortante enC y el momento enC .

F6–5. Utilice el principio de Müller-Breslau y trace las neas de influencia para la reacción vertical en A , la fuerzacortante enC y el momento enC .

F6–2. Utilice el principio de Müller-Breslau y trace las lí-neas de influencia para la reacción vertical en A , la fuerzacortante enD y el momento enB .

F6–6. Utilice el principio de Müller-Breslau y trace las neas de influencia para la reacción vertical en A , la fuerzacortante justo a la izquierda del soporte de rodillo enE y elmomento en A .

F6–3. Utilice el principio de Müller-Breslau y trace las lí-neas de influencia para la reacción vertical en A , la fuerzacortante enD y el momento enD .

F6–7. La viga soporta una carga viva distribuida de 1kN/m y una sola carga concentrada de 8 kN.La carga muees de 2 kN/m. Determine (a) el momento positivo máximen C , y (b) la fuerza cortante positiva máxima enC .

F6–4. Utilice el principio de Müller-Breslau y trace las lí-neas de influencia para la reacción vertical en A , la fuerzacortante enB y el momento enB.

F6–8. La viga soporta una carga viva distribuida de 2 kN/y una sola carga concentrada de 6 kN. La carga muerta es4 kN/m. Determine (a) la reacción vertical positiva máxien C , y (b) el momento negativo máximo en A .

C

A B

F6–1

D

C AB

F6–2

AC B D

F6–3

C AB

F6–4

D EC B A

F6–5

AC B

D

E

F6–6

A C B

2 m 2 m2 m

F6–7

AC

DB

3 m 3 m3 m

F6–8




6–3. Dibuje las líneas de influencia para (a) la reacciónvertical en A ; (b) el momento en A, y (c) la fuerza cortanteen B . Suponga que el soporte en A es fijo. Resuelva esteproblema usando el método básico de la sección 6-1.

*6–4. Resuelva el problema 6-3 empleando el principio deMüller-Breslau.

6–9. Dibuje la línea de influencia para (a) la reacciótical en A ; (b) la fuerza cortante enB , y (c) el momento eSuponga que A está fijo.Resuelva este problema usanmétodo básico de la sección 6-1.

6–10. Resuelva el problema 6-9 empleando el princMüller-Breslau.

6–5. Dibuje las líneas de influencia para (a) la reacciónvertical enB; (b) la fuerza cortante justo a la derecha del os-cilador en A, y (c) el momento enC . Resuelva este pro-blema usando el método básico de la sección 6-1.

6–6. Resuelva el problema 6-5 empleando el principio deMüller-Breslau.

6–11. Dibuje las líneas de influencia para (a) la revertical en A ; (b) la fuerza cortante enC , y (c) el momen C . Resuelva este problema usando el método básla sección 6-1.

*6–12. Resuelva el problema 6-11 empleando el pride Müller-Breslau.

6–1. Dibuje las líneas de influencia para (a) el momentoen C ; (b) la reacción enB, y (c) la fuerza cortante enC .Su-ponga que A está articulado y queB es un rodillo.Resuelva

este problema usando el método básico de la sección 6-1.6–2. Resuelva el problema 6-1 usando el principio de Mü-ller-Breslau.

6–7. Dibuje la línea de influencia para (a) el momeB; (b) la fuerza cortante enC , y (c) la reacción vertical Resuelva este problema usando el método básico de

ción 6-1.Sugerencia: El soporte en A sólo resiste una fuhorizontal y un momento flexionante.

*6–8. Resuelva el problema 6-7 empleando el princMüller-Breslau.

PROBLEMAS

C A B

10 pies 10 pies10 pies

Probs. 6–1/6–2

B5 pies 5 pies

A

Probs. 6–3/6–4

6 pies 6 pies

AC

6 pies

B

Probs. 6–5/6–6

BC

4 m 4 m 4 m

A

Probs. 6–7/6–8

B1 m2 m

A

Probs. 6–9/6–10

6 pies 6 pies

AC

B

3 pies 3 pies

Probs. 6–11/6–12




6

6–13. Dibuje las líneas de influencia para (a) la reacciónvertical en A ; (b) la reacción vertical enB; (c) la fuerza cor-tante justo a la derecha del soporte en A, y (d) el momentoen C . Suponga que el soporte en A está articulado y queBes un rodillo.Resuelva este problema usando el método bá-sico de la sección 6-1.

6–14. Resuelva el problema 6-13 empleando el principiode Müller-Breslau.

6–17. En la barra se colocarán una carga viva uniforme 300 lb/pie y una sola fuerza viva concentrada de 1500 lbviga tiene un peso de 150 lb/pie. Determine (a) la reaccivertical máxima en el soporteB, y (b) el momento negativomáximo en el puntoB . Suponga que el soporte en A está ar-ticulado y queB es un rodillo.

6–15. La viga está sometida a una carga muerta uniformede 1.2 kN/m y una sola carga viva de 40 kN. Determine (a)el momento máximo creado por estas cargas enC, y (b) lafuerza cortante positiva máxima enC . Suponga que A estáarticulado y queB es un rodillo.

6–18. La viga soporta una carga muerta uniforme de 0k/pie; una carga viva de 1.5 k/pie,y una sola fuerza viva ccentrada de 8 k. Determine (a) el momento positivo mximo enC, y (b) la reacción vertical positiva máxima enB .Suponga que A es un rodillo y queB está articulado.

*6–16. La viga soporta una carga muerta uniforme de 500N/m y una sola fuerza viva concentrada de 3000 N. Deter-mine (a) el momento positivo máximo enC, y (b) la fuerzacortante positiva máxima enC . Suponga que el soporte en

A es un rodillo y queB está articulado.

6–19. La viga se utiliza para soportar una carga muerta 0.6 k/pie, una carga viva de 2 k/pie y una carga viva conctrada de 8 k. Determine (a) la reacción positiva máxim(hacia arriba) en A ; (b) el momento positivo máximo enC,y (c) la fuerza cortante positiva máxima a la derecha del porte en A . Suponga que el soporte en A está articulado yque B es un rodillo.

2 m 2 m

A BC

2 m 2 m

Probs. 6–13/6–14

A

6 m 6 m

BC

40 kN

Prob. 6–15

1 m 3 m

C A B

Prob. 6–16

B

A

20 pies 10 pies

Prob. 6–17

B C A


Prob. 6–18

BC A

5 pies10 pies 10 pies 10 pies

Prob. 6–19




*6–20. La viga compuesta está sometida a una cargamuerta uniforme de 1.5 kN/m y a una sola carga viva de 10kN. Determine (a) el momento negativo máximo creadopor estas cargas en A, y (b) la fuerza cortante positiva má-xima enB. Suponga que A es un soporte fijo,B está articu-lado yC es un rodillo.

6–23. La viga se emplea para soportar una carga mde 800 N/m, una carga viva de 4 kN/m y una carga vcentrada de 20 kN. Determine (a) la reacción positixima (hacia arriba) enB; (b) el momento positivo máen C, y (c) la fuerza cortante negativa máxima enC .ponga queB y D están articulados.

6–21. ¿Dónde debe colocarse una sola carga viva de 500 lbsobre la viga que se muestra, de modo que cause el mayormomento enD ? ¿Qué valor tiene ese momento? Supongaque el soporte en A es fijo, queB está articulado y queC esun rodillo.

*6–24. La viga se usa para soportar una carga mue400 lb/pie, una carga viva de 2 k/pie y una carga vcentrada de 8 k. Determine (a) la reacción vertical pmáxima en A ; (b) la fuerza cortante positiva máxima jla derecha del soporte en A, y (c) el momento negativoximo enC . Suponga que A es un rodillo, C está fijo yB earticulado.

6–22. ¿Dónde debe cargarse la viga ABC con una cargaviva uniformemente distribuida de 300 lb/pie de modo queocasione (a) el mayor momento en el punto A y (b) lamayor fuerza cortante enD ? Calcule los valores del mo-mento y la fuerza cortante. Suponga que el soporte en A esfijo, queB está articulado y queC es un rodillo.

6–25. La viga se usa para soportar una carga mue500 lb/pie, una carga viva de 2 k/pie y una carga vcentrada de 8 k.Determine (a) la reacción positiva m(hacia arriba) en A ; (b) el momento positivo máximoy (c) la fuerza cortante positiva máxima a la derechaporte enC . Suponga que A y C son rodillos y queD estáticulado.

A B C

5 m 10 m

Prob. 6–20

D

A B C


Prob. 6–21

D

A B C


Prob. 6–22

4 m 4 m 4 m 4 m

EBC D A

Prob. 6–23

A B C

15 pies10 pies10 pies

Prob. 6–24

DE

A

B C


Prob. 6–25




6

6.4 Líneas de influencia para vigasde piso

Ocasionalmente, los sistemas de piso se construyen como se muestrala figura 6-20a, donde puede observarse que las cargas del piso se tran

miten de laslosas a lasvigas de piso , luego a lastrabes laterales y, final-mente, a lascolumnas de soporte. En la vista de planta de la figura 6-2bse muestra un modelo idealizado de este sistema. Aquí se supone qulosa es de una sola vía y se divide en claros simplemente apoyados descansan sobre las vigas de piso. Además, la trabe está simplemeapoyada en las columnas. Dado que las trabes son los principales ementos de carga en este sistema,a veces es necesario construir sus línde influencia de fuerza cortante y de momento. Esto es especialmecierto para los edificios industriales que se someten a fuertes cargas ccentradas. En este sentido, tenga en cuenta que una carga unitaria sobla losa del piso se transfiere a la trabe sólo en los puntos donde hay ctacto con las vigas de piso, es decir, en los puntos A , B , C y D . Estos pun-

tos se denominan puntos de panel y la región que existe entre estopuntos se llama panel , comoBC en la figura 6-20b.

Figura 6–20

losa

v ig a de pisotrabe

columna

A

B C

D

(a)

P

AB C

D

x

s s spanel

(b)

1

P

1

d

(c)

FB FC

B C

F1 F2

d

F1

P s

FB

MP

VP

(d)



6.4 LÍNEAS DE INFLUENCIA PARA VIGAS DE PISO 2

La línea de influencia para un punto específico sobre la viga puededeterminarse mediante el mismo procedimiento estático que se usó enla sección 6-1, es decir, colocar la carga unitaria en diversos puntos x de lalosa del piso y calcular siempre la función (de fuerza cortante o de mo-mento) en el punto específicoP de la viga, figura 6-20b.Al graficar estosvalores en función de x se obtiene la línea de influencia para la función

enP

. En particular, el valor para el momento interno en un panel de latrabe dependerá de dónde se elija el puntoP para la línea de influencia,puesto que la magnitud deMP depende de la ubicación del punto desdeel extremo de la trabe.Por ejemplo, si la carga unitaria actúa sobre la losadel piso como se muestra en la figura 6-20c, primero se encuentran lasreaccionesFB y FC sobre la losa y luego se calculan las reacciones en lossoportesF1 y F2 sobre la trabe. Después se determina el momento in-terno en P mediante el método de las secciones, figura 6-20d. Esto re-sulta en M P F 1d F B(d s). Por medio de un análisis similar, esposible determinar la fuerza cortante internaVP . Sin embargo, en estecasoVP será constante a lo largo del panelBC (V P F 1 F B) y, por lotanto, no depende de la ubicación exactad de P en el panel. Por esta

razón, las líneas de influencia para la fuerza cortante en vigas de piso seespecifican para los paneles de la trabe y no en puntos específicos a lolargo de ésta. La fuerza cortante se conoce entonces como fuerza cor-tante de panel . También debe hacerse notar que como la trabe sólo se veafectada por las cargas transmitidas por las vigas de piso, generalmentela carga unitaria se coloca en cada ubicación de las vigas de piso para es-tablecer los datos necesarios para dibujar la línea de influencia.

Los siguientes ejemplos numéricos deben clarificar el análisis de fuerzas.

El diseño del sistema del piso en este almacén debe tener encuenta las ubicaciones críticas de los materiales de almacena-miento sobre el piso. Para este propósito deben utilizarse lí-neas de influencia. (Fotografía cortesía de Portland Cement

Association ).




6

Figura 6–21

Dibuje la línea de influencia para la fuerza cortante en el panelCD dela viga de piso que se muestra en la figura 6-21a.

EJEMPLO6.13

(b)

x V CD

010203040

0.333 0 0.333 0.333 0

G

(c)

M G 0; F y 0.333

10 pies 30 pies

A B

G yF y

1

B y 0 A y 1

F y 0.333

M

VCD

F y 0; V CD 0.333

en x 0

0.3330.333

0.333

V CD

1020

25 30 40 x

línea de influencia paraV CD(e)

G

(d)

M G 0; F y 0.333

B

G yF y

1

B y 0

F y 0.333

M

VCD

F y 0; V CD 0.333

C

10 pies 20 pies

C y 1

en x 20 pies

SOLUCIÓNTabulación de valores. La carga unitaria se coloca en cada ubica-ción de las vigas de piso y se calcula la fuerza cortante en el panelCD .En la figura 6-21b se muestra una tabla con los resultados. Los detallesde los cálculos, cuando x 0 y x 20 pies, se dan en las figuras 6-21cy 6-21d , respectivamente. Observe cómo, en cada caso, primero se

calculan las reacciones de las vigas de piso sobre la trabe, luego se determina la reacción del soporte en el puntoF de la trabe (G y no es ne-cesario),y finalmente se considera un segmento de la trabe y se calculla fuerza cortante de panel internaV CD . Como ejercicio, verifique losvalores deV CD cuando x 10 pies, 30 pies y 40 pies.

G A

B C D x

(a)

E


F

Línea de influencia. Si se grafican los valores tabulares y se conec-tan los puntos con segmentos de línea recta, la línea de influencia resultante paraV CD es como se muestra en la figura 6.21e.



6.4 LÍNEAS DE INFLUENCIA PARA VIGAS DE PISO 2

EJEMPLO6.14

Dibuje la línea de influencia para el momento en el puntoF de latrabe de piso que se muestra en la figura 6-22a.

SOLUCIÓNTabulación de valores. La carga unitaria se coloca en x 0 y encada punto posterior en el panel. Los valores correspondientes paraM F se calculan y se muestran en la tabla, figura 6-22b . Los detalles delos cálculos para x 2 m se muestran en la figura 6-22c. Al igual queen el ejemplo anterior,primero es necesario determinar las reaccionesde las vigas de piso sobre la trabe, seguidas por la determinación de lareacción de la trabe de apoyoG y (H y no es necesaria) y, finalmente, seconsidera el segmentoGF de la viga y se calcula el momento internoMF . Como ejercicio, determine los otros valores deM F listados en lafigura 6-22b .

Línea de influencia. Al graficar los valores de la tabla se obtiene lalínea de influencia paraM F , figura 6-22d .

AB C D

x

(a)

2 m 2 m

E

4 m 4 m 4 m

F 2 m 2 m

H G

(b)

x M F

0248

101216

00.4290.8572.5712.4292.2860

A B

1

A y B y 0.5

M A 0; B y 0.5

2 m

H y

8 m 6 mF

M H 0; G y 0.0714 G y

6 mF

G y 0.0714VCD

MF

M F 0; M F 0.429

(c)

2 m 2 m

en x 2 m

M F

0.4290.857

2.2862.4292.571

0 2 4 8 10 12 16 x

(d)

línea de influencia paraM F

Figura 6–22




6

6.5 Líneas de influencia para armadurasLas armaduras se utilizan como elementos principales para el soportecargas en puentes. Por lo tanto, para el diseño es importante poder cotruir las líneas de influencia de cada uno de sus elementos. Comomuestra en la figura 6-23, la carga sobre la cubierta del puente se tramite a los largueros,que a su vez transmiten la carga a las vigas de piluego a las juntas a lo largo de la cuerda inferior de la armadura. Dadque los elementos de la armadura sólo se ven afectados por la cargalas juntas, es posible obtener los valores de las ordenadas de la líneainfluencia para un elemento al cargar cada junta a lo largo de la cubiecon una carga unitaria, para después usar el método de los nudos ométodo de las secciones a fin de calcular la fuerza en el elemento.datos pueden disponerse en forma tabular, listando la “carga unitaria la junta” contra la “fuerza en el elemento”. Como una convención, sfuerza en el elemento es detensión se considera un valor positivo ; y si esde compresión el valor seránegativo . La línea de influencia para el ele

mento se construye al graficar los datos y dibujar líneas rectas entrepuntos.Los siguientes ejemplos ilustran el método de construcción.

cuerda inferiorpanel

v ig a de piso

pos te finaldel portal

larg ueros

refuerzodel portal

refuerzocontra ladeo

cuerdasuperior

cubierta

refuerzolateral

Figura 6–23

Los elementos de este puente de armaduras sediseñaron usando las líneas de influencia, deacuerdo con las especificaciones de AASHTO.



6.5 LÍNEAS DE INFLUENCIA PARA ARMADURAS 2

EJEMPLO6.15

Dibuje la línea de influencia para la fuerza en el elementoGB de laarmadura de puente que se muestra en la figura 6-24a.

0.2

F y 0; 0.25 F GB sen 45 0 F GB 0.354

F HG

F GB

F BC

45

(c)

(b)

x F GB

06

121824

0 0.354 0.707 0.354 0

AB C D

E

H G F

6 m 6 m 6 m 6 m

6 m

(a)1

0.354

0.354

0.707

68 12 18 24

(d)

F GB

línea de influencia paraF GB

x

SOLUCIÓNTabulación de valores. Aquí, a cada junta sucesiva en la cuerda in-ferior se le agrega una carga unitaria y se calcula la fuerza en el ele-mento GB aplicando el método de las secciones, figura 6-24b. Porejemplo, al colocar la carga unitaria en x 6 m (juntaB), primero secalcula la reacción en el soporteE , figura 6-24a, y luego se pasa unasección a través deHG , GB , BC y aislando el segmento de la derecha,se determina la fuerza enGB , figura 6-24c. De la misma manera, sedeterminan los otros valores enlistados en la tabla.

Línea de influencia. Al graficar los datos tabulares y conectar lospuntos se obtiene la línea de influencia para el elementoGB , figura

6-24d. Como la línea de influencia se extiende por todo el claro de laarmadura, el elementoGB se conoce como unelemento primario .Esto significa queGB está sometido a una fuerza, independiente-mente de dónde esté cargada la cubierta del puente (carretera), ex-cepto, por supuesto, en x 8 m. El punto de fuerza cero, x 8 m, sedetermina por triángulos semejantes entre x 6 m y x 12 m, esdecir, (0.354 0.707)/(12 – 6) 0.354/ x , x 2 m, de modo que x 6

2 8 m.

Figura 6–24




6

Dibuje la línea de influencia para la fuerza en el elementoCG de laarmadura de puente que se muestra en la figura 6-25a.

EJEMPLO6.16

SOLUCIÓN

Tabulación de valores. En la figura 6-25b se muestra una tabla conla posición de la carga unitaria en las juntas de la cuerda inferior contra la fuerza en el elementoCG . Estos valores se obtienen fácilmenteal aislar la juntaC , figura 6-25c.Aquí se ve queCG es un elemento defuerza cero a menos que la carga unitaria se aplique en la juntaC , encuyo casoF CG 1(T).

Línea de influencia. Al graficar los datos tabulares y conectar lospuntos se obtiene la línea de influencia para el elementoCG como semuestra en la figura 6-25d. En particular, observe que cuando la cargaunitaria está en x 9 m, la fuerza en el elementoCG es F CG 0.5.Esta situación requiere que la carga unitaria se ubique sobre la cu-

bierta del puenteentre las juntas. La transferencia de esta carga desdela cubierta hasta la armadura se muestra en la figura 6-25e.A partir deesto puede verse que, efectivamente,F CG 0.5 al analizar el equili-brio de la juntaC , figura 6-25 f . Dado que la línea de influencia paraCG no se extiende a todo el claro de la armadura, figura 6-25d, el ele-mento CG se conoce como unelemento secundario .

F CG

F CDF CB

1

C

(c)

F CG

1

6 12 18 24 x

(d)línea de influencia para F CG

x 9 m

(e)

0.5 0.5

carg a de la armadura

0.5 0.5

1

carga dela cubierta

F CG 0.5

F CDF CB

0.5

C

(f)

AB C D

E

H G F

6 m 6 m 6 m 6 m

6 m

(a)

Figura 6–25

(b)

x F GC

06

121824

00100



EJEMPLO6.17

Para determinar la fuerza máxima en cada elemento de la armadura Wa-rren que se muestra en la fotografía, primero deben dibujarse las líneasde influencia de los elementos.Si se considera una armadura similar a la dela figura 6.26a, determine la fuerza más grande que puede desarrollarseen el elementoBC debida a una fuerza móvil de 25 k y una carga móvildistribuida de 0.6 k/pie.La carga se aplica en la cuerda superior.


*La mayor fuerza detensión en el elementoGB del ejemplo 6-15 se crea cuando lacarga distribuida actúa sobre la cubierta de la armadura desde x = 0 hasta x = 8 m, fi-gura 6-24d .

A


(a)

B C D E

H G J F

15 pies

1 I

(b)

x F BC

020406080

010.6670.3330

0.25 M I 0; F BC (15) 0.25(60) 0

F BC 1.00 (T)

FHI

F IC

FBC

60 pies

(c)

15 pi I

F BC

20 x

80

1

línea de influencia paraF BC

(d)

Figura 6–26

SOLUCIÓN

Tabulación de valores. En la figura 6-26b se muestra una tabla de laposición x de la carga unitaria en las juntas a lo largo de la cuerda supe-rior contra la fuerza en el elementoBC . Para los cálculos puede usarseel método de las secciones.Por ejemplo,cuando la carga unitaria está enla junta I ( x 20 pies), figura 6-26a, primero se determina la reacciónE y (E y 0.25). Después, la armadura se secciona a través deBC , IC yHI y se aísla el segmento de la derecha, figura 6-26c. FBC se obtiene alsumar los momentos respecto al punto I , para eliminarFHI y F IC . Losdemás valores de la figura 6-26b se determinan de igual manera.Línea de influencia. Al graficar los valores tabulares se obtiene lalínea de influencia, figura 6-26d . Por inspección,BC es un elementoprimario.¿Por qué?Fuerza viva concentrada. La mayor fuerza en el elementoBC ocurre cuando la fuerza móvil de 25 k se coloca en x 20 pies. Por lotanto,

Carga viva distribuida. La carga viva uniforme debe colocarsesobre toda la cubierta de la armadura para crear la mayor fuerza de

tensiónBC .* Entonces,

Fuerza máxima total.Resp.1F BC2máx = 25.0 k + 24.0 k = 49.0 k

F BC = C12 180211.002D0.6 = 24.0 k

F BC = 11.0021252 = 25.0 k




6

B A C G D E F

1.5 m0.75 m0.75 m

1.5 m 1.5 m 1.5 m

Prob. 6–27

D EC A

B


B A C D E F

2 m2 m2 m2 m2 m

Prob. 6–29

15 pies

5 pies


AE

G D H

B F C

5pies

5pies

Prob. 6–30

C

15pies

15pies

5pies

AB

D

Prob. 6–31

6–26. Una carga viva uniforme de 1.8 kN/m y una solafuerza viva concentrada de 4 kN se colocan sobre las vigasde piso. Determine (a) la fuerza cortante positiva máxima

en el panelBC de la trabe, y (b) el momento máximo en elpunto G de la trabe.

6–29. Dibuje la línea de influencia para (a) la fuerza cotante en el panelBC de la trabe,y (b) el momento enD .

PROBLEMAS

6–27. Una carga viva uniforme de 2.8 kN/m y una solafuerza viva concentrada de 20 kN se colocan sobre las vigasde piso.Si las vigas también soportan una carga muerta uni-forme de 700 N/m,determine (a) la fuerza cortante positivamáxima en el panelBC de la trabe y (b) el momento posi-tivo máximo en el puntoG de la trabe.

6–30. Un carga viva uniforme de 250 lb/pie y una sofuerza viva concentrada de 1.5 k deben colocarse sobre vigas de piso.Determine (a) la fuerza cortante positiva mxima en el panel AB, y (b) el momento máximo enD . Su-ponga que en los soportes sólo se producen reaccionverticales.

*6–28. Una carga viva uniforme de 2 k/pie y una solafuerza viva concentrada de 6 k se colocan sobre las vigas depiso. Si las vigas también soportan una carga muerta uni-forme de 350 lb/pie, determine (a) la fuerza cortante posi-tiva máxima del panelCD de la trabe, y (b) el momentonegativo máximo en el puntoD de la trabe. Suponga que el

soporte enC es un rodillo y que E está articulado.

6–31. Una carga viva uniforme de 0.6 k/pie y una sofuerza viva concentrada de 5 k deben colocarse sobre vigas superiores. Determine (a) la fuerza cortante positimáxima en el panelBC de la trabe, y (b) el momento positivo máximo enC . Suponga que el soporte enB es un rodi-llo y queD está articulado.

Prob. 6–26

A

0.5 m0.25 m 0.25 m

0.5 m 0.5 m 0.5 m

B C G D E F

Prob. 6–28




C D E

F

B A

2 m 2 m 2 m 4 m

Prob. 6–32

B A C D E F

2 pies 2 pies 2 pies 2 pies 2 pies

Prob. 6–33

*6–32. Dibuje la línea de influencia para el momento en elpunto F de la trabe. Determine el momento vivo positivomáximo en el puntoF de la trabe, si una sola fuerza vivaconcentrada de 8 kN se mueve a través de las vigas de pisosuperiores. Suponga que los soportes de todos los elemen-tos sólo pueden ejercer fuerzas hacia arriba o hacia abajosobre los elementos.

6–35. Dibuje la línea de influencia para la fuerza coen el panelCD de la trabe.Determine la fuerza cortangativa máxima en el panelCD , debida a una carga vivaforme de 500 lb/pie que actúa sobre las vigas superio

6–33. Una carga viva uniforme de 4 k/pie y una sola fuerzaviva concentrada de 20 k se colocan sobre las vigas de piso.Si las vigas también soportan una carga muerta uniforme de700 lb/pie, determine (a) la fuerza cortante negativa má-xima en el panelDE de la trabe, y (b) el momento negativomáximo en el puntoC de la trabe.

*6–36. Una carga viva uniforme de 6 kN/m y unfuerza viva concentrada de 15 kN se colocan sobre lde piso.Si las vigas también soportan una carga mueforme de 600 N/m,determine (a) la fuerza cortante pmáxima en el panelCD de la trabe,y (b) el momento tivo máximo en el puntoD de la trabe.

6–34. Una carga viva uniforme de 0.2 k/pie y una sola fuerzaviva concentrada de 4 k se colocan sobre las vigas de piso.De-termine (a) la fuerza cortante positiva máxima en el panelDEde la trabe,y (b) el momento positivo máximo enH .

6–37. Una carga viva uniforme de 1.75 kN/m y unfuerza viva concentrada de 8 kN se colocan sobre lade piso.Si las vigas también soportan una carga mueforme de 250 N/m,determine (a) la fuerza cortante nmáxima en el panelBC de la trabe, y (b) el momento tivo máximo enB.

E H F GDC B

A

6 pies3pies

3pies6 pies6 pies6 pies6 pies

Prob. 6–34

8 pies

D A B C


E

Prob. 6–35

4 m 4 m 4 m 4 m

B C D A

Prob. 6–36

C

3 m 1.5 m1.5 m

AB

D

Prob. 6–37




6

A

L K J I H

B C D E F G

6 pies6 pies6 pies6 pies6 pies6 pies

8 pies

Probs. 6–38/6–39

A

L K J I H

B C D E F G

8 pies8 pies8 pies8 pies8 pies8 pies

8 pies

Probs. 6–40/6–41

L K J I H

B C D E F

G A

2 m 2 m 2 m 2 m 2 m 2 m

1.5 m

Probs. 6–42/6–43/6–44

L K J I H

GF EDC B A

4 m 4 m 4 m 4 m 4 m 4 m

3 m

Probs. 6–45/6–46/6–47

G F E

AB C

D6060


Prob. 6–48

G F E

AB C

D6060


Probs. 6–49/6–50

6–38. Dibuje la línea de influencia para la fuerza en (a) elelementoKJ y (b) el elementoCJ .

6–39. Dibuje la línea de influencia para la fuerza en (a) elelemento JI ; (b) el elemento IE , y (c) el elementoEF .

6–45. Dibuje la línea de influencia para la fuerza en (a) elementoEH y (b) el elemento JE .

6–46. Dibuje la línea de influencia para la fuerza en el emento JI .

6–47. Dibuje la línea de influencia para la fuerza en el emento AL .

*6–40. Dibuje la línea de influencia para la fuerza en elelementoKJ .6–41. Dibuje la línea de influencia para la fuerza en el ele-mento JE .

*6–48. Dibuje la línea de influencia para la fuerza en elementoBC de la armadura Warren. Indique los valorenuméricos de los picos.Todos los elementos tienen la mislongitud.

6–42. Dibuje la línea de influencia para la fuerza en el ele-mentoCD .

6–43. Dibuje la línea de influencia para la fuerza en el ele-mento JK .

*6–44. Dibuje la línea de influencia para la fuerza en elelementoDK .

6–49. Dibuje la línea de influencia para la fuerza en el emento BF de la armadura Warren. Indique los valorenuméricos de los picos.Todos los elementos tienen la mislongitud.

6–50. Dibuje la línea de influencia para la fuerza en el emento FE de la armadura Warren. Indique los valorenuméricos de los picos.Todos los elementos tienen la mis

longitud.




K LM N

AB C D E F

G

J I H

9 pies6 pies

6 @ 9 pies 54 pies

Probs. 6–51/6–52/6–53

6–51. Dibuje la línea de influencia para la fuerza en el ele-mentoCL .

*6–52. Dibuje la línea de influencia para la fuerza en elelementoDL .



6–57. Dibuje la línea de influencia para la fuerza enmentoCD y después determine la fuerza máxima (en to compresión) que puede desarrollarse en este eledebido a la carga viva uniforme de 800 lb/pie, la cuallo largo de la cuerda inferior de la armadura.

6–55. Dibuje la línea de influencia para la fuerza en el ele-mentoKJ .

6–58. Dibuje la línea de influencia para la fuerza enmentoCF y después determine la fuerza máxima (en to compresión) que puede desarrollarse en este eledebido a la carga viva uniforme de 800 lb/pie, que smite a la armadura lo largo de su cuerda inferior.

*6–56. Dibuje la línea de influencia para la fuerzaelementoGD , luego determine la fuerza máxima (esión o compresión) que puede desarrollarse en esmento debido a una carga viva uniforme de 3 kN/actúa sobre la cubierta del puente a lo largo de la cueferior de la armadura.

L K J I H

B C D E F

G A

4 m 4 m 4 m 4 m 4 m 4 m

3 m

Prob. 6–54

L K J I H

B C D E F

G A

4 m 4 m 4 m 4 m 4 m 4 m

3 m

Prob. 6–55

B C D

E A

F H

G

4.53 m

12 m, 4 @ 3 m

Prob. 6–56

A E

B

H

C C

G

D

F


10

Prob. 6–58

A E

B

H

C C

G

D

F


10

Prob. 6–57




6

6.6 Influencia máxima en un puntodebido a una serie de cargasconcentradas

Una vez que se ha establecido la línea de influencia de una función pun punto de una estructura, el efecto máximo causado por una fuerviva concentrada se determina al multiplicar la ordenada máxima delínea de influencia por la magnitud de la fuerza.Sin embargo, en algucasos se deben colocarvarias fuerzas concentradas sobre la estructurapor ejemplo, las cargas de las ruedas de un camión o un tren. Para detminar el efecto máximo en este caso puede usarse un procedimientoprueba y error, o bien un método basado en el cambio en la función qse presente con el movimiento de la carga. A continuación se dará uexplicación de cada uno de estos métodos,específicamente aplicados fuerza cortante y el momento.

Fuerza cortante. Considere la viga simplemente apoyada con línea de influencia asociada para la fuerza cortante en el puntoC de la fi-gura 6-27a.La fuerza cortante positiva máxima en el puntoC está deter-minada por la serie de cargas concentrada (ruedas) que se mueven derecha a izquierda sobre la viga. La carga crítica se producirá cuanuna de las cargas se coloque justo a la derecha del punto C , el cual escoincidente con el pico positivo de la línea de influencia. Entonces, cuno de los tres casos posibles puede investigarse mediante prueberror, figura 6-27b. Se tiene

En el caso 2, con la fuerza de 1 k localizada a 5pies del soporte iz-quierdo, se obtiene el valor más grande deV C y, por lo tanto, representala carga crítica. En realidad, la investigación del caso 3 no es necesapuesto que por inspección puede verse que un arreglo de cargas coméste generaría un valor de (V C )3, que sería menor que (V C )2.

Caso 3:

1VC

23 = 1

10

2 + 4

1- 0.125

2 + 4

10.75

2 = 2.5 k

Caso 2:

1VC

22 = 1

1- 0.125

2 + 4

10.75

2 + 4

10.625

2 = 5.375 k

Caso 1: 1VC21 = 110.752 + 410.6252 + 410.52 = 5.25 k

A

C

B

10 pies 30 pies

1 k 4 k 4 k

5pies5pies


0.75

0.2510

V C

40 x

(a)

Figura 6–27

Cuando el tren pasa sobre este puente devigas, la locomotora y sus vagones ejercenreacciones verticales sobre la trabe. Para eldiseño del puente, deben considerarse estasreacciones junto con la carga muerta delpuente.



6.6 INFLUENCIA MÁXIMA EN UN PUNTO DEBIDO A UNA SERIE DE CARGAS CONCENTRADAS2

A

C

B

10 pies 30 pies

1 k 4 k 4 k

5pies

5pies

1 k 4 k 4 k

5pies

5pies10 pies

A

C B

V C 0.75 0.625 0.5

0.2510 15 20 40 x

C aso 1

1 k 4 k 4 k

5pies

5pies

A

C B

V C 0.75 0.625

10 15 40 x

5pies

5

0.125

C aso 2

0.25

1 k 4 k 4 k

5pies

C B

V C 0.75

0.2510 40 x

5pies

5

0.125

C aso 3

(b)

Figura 6–27




6

Cuando muchas cargas concentradas actúan sobre el claro, como encaso de la carga de E-72 de la figura 1-11, los cálculos por prueba y eutilizados anteriormente pueden resultar tediosos. En vez de esto, la psición crítica de las cargas puede determinarse de una manera más recta si se encuentra el cambio en la fuerza cortante,V , que se producecuando las cargas se mueven del caso 1 al caso 2; luego del caso 2 al c

y así sucesivamente. Siempre que cadaV calculado sea positivo , lanueva posición producirá una fuerza cortante más grande en el puntoC de la viga que la posición anterior. Se investiga cada movimiento hque se presente un cambio negativo en la fuerza cortante. Cuando eocurre, la posición anterior de las cargas proporcionará el valor crítEl cambio V en la fuerza cortante para una cargaP que se mueve desdela posición x1 hasta x2 sobre una viga puede determinarse al multiplicP por el cambio en la ordenada de la línea de influencia, es decir ( y2 –

y1). Si la pendiente de la línea de influencia es s, entonces ( y2 – y1) s( x2 x1) y, por lo tanto

(6–1)

Si la carga se mueve más allá de un punto en el que hay una disconuidad o “salto” en la línea de influencia, como el puntoC de la figura6-27a, entonces el cambio en la fuerza cortante no es más que

(6–2)

El uso de las ecuaciones anteriores se ilustrará con referencia a la vla carga y la línea de influencia paraV C , que se muestra en la figura 6-28a.Observe que la magnitud de la pendiente de la línea de influencia es s0.75/(40 10) 0.25/10 0.025, y el salto enC tiene una magnitud de0.75 0.25 1. Considere que las cargas del caso 1 se mueven 5 pies hael caso 2,figura 6-28b. Cuando esto ocurre, la carga de 1 k saltahacia abajo( 1) y todas las cargas se muevenhacia arriba por la pendiente de lalínea de influencia. Esto causa un cambio de la fuerza cortante,

Como V 1 2 es positivo,el caso 2 generará un valor más grande paraV C que el caso 1. [Compare las respuestas para (V

C )1y (V

C )2calculadas pre-

viamente, donde de hecho (V C )2 (V C )1 0.125.] Al investigarV 2 3que se produce cuando el caso 2 se mueve hasta el caso 3, figura 6-b,debe tenerse en cuenta el salto hacia abajo (negativo) de la carga de y el movimiento horizontal de 5 pies de todas las cargashacia arriba porla pendiente de la línea de influencia. Se tiene

Como V 2 3 es negativo, el caso 2 es la posición crítica de la carga,cose determinó previamente.

¢ V2- 3 = 41- 12 + 11 + 4 + 4210.0252152 = - 2.875 k

¢ V1- 2 = 11- 12 + [1 + 4 + 4]10.0252152 = +0.125 k

¢ V = P1y2 - y12Salto

¢ V = Ps

1x2 - x1

2Línea inclinada




A

C

B

10 pies 30 pies

1 k 4 k 4

5pies

5pies

1 k 4 k 4 k

5pies

5pies10 pies

A

C B

V C 0.75 0.625 0.5

0.2510 15 20 40 x

C aso 1

1 k 4 k 4 k

5pies

5pies

A

C B

V C 0.75 0.625

10 15 40 x

5pies

5

0.125

C aso 2

0.25

1 k 4 k 4 k

5pies

C B

V C 0.75

0.2510 40 x

5pies

5

0.125

C aso 3

(b)


0.75

0.2510

V C

40 x

(a)

Figura 6–28




6

Momento. Los métodos anteriores también pueden utilizarse para dterminar la posición crítica de una serie de fuerzas concentradas pque creen el mayor momento interno en un punto específico de una tructura.Por supuesto,primero es necesario dibujar la línea de influenpara el momento en el punto y determinar las pendientes s de sus seg-mentos de línea. Para un movimiento horizontal ( x2 x1) de una fuerza

concentradaP , el cambio en el momentoM , es equivalente a la magnitud de la fuerza por el cambio en la ordenada de la línea de influenbajo la carga, es decir,

(6–3)

Como ejemplo, considere la viga, la carga y la línea de influencia pel momento en el puntoC de la figura 6-29a. Si cada una de las tres fuerzas concentradas se coloca sobre la viga, en forma coincidente conpico de la línea de influencia, se obtendrá la mayor influencia de cfuerza.En la figura 6-29b se muestran los tres casos de carga. Cuando lcargas del caso 1 se mueven 4 pies a la izquierda hasta el caso 2, seserva que la carga de 2 kdisminuye M 1 2, ya que la pendiente (7.5/10)es descendente , figura 6-29a.Asimismo, las fuerzas de 4 k y 3 k ocasionun aumento de M 1 2, puesto que la pendiente [7.5/(40 10)] esascen-dente . Se tiene

Como M 1 2 es positivo, es necesario investigar aún más el movimiede las cargas de 6 pies del caso 2 al caso 3.

Aquí el cambio es negativo, por lo que el mayor momento enC ocurrirácuando la viga esté cargada como se muestra en el caso 2, figura 6-c.Por lo tanto, el momento máximo enC es

Los siguientes ejemplos ilustran aún más este método.

1M C2máx = 214.52 + 417.52 + 316.02 = 57.0 k#pie

¢ M 2- 3 = -12 + 42a7.510 b162 + 3a7.5

40 - 10b162 = - 22.5 k#pie

¢ M1- 2

= - 2

a7.5

10

b14

2 +

14 + 3

2a7.5

40 - 10

b14

2 = 1.0 k#pie

¢ M = Ps1x2 - x12Línea inclinadaLas trabes de este puente deben resistir el mo-mento máximo causado por el peso de esteavión a propulsión mientras pasa sobre él.




M C

AC

B10 pies 30 pies

2 k 4 k 3 k

6pies

4pies

7.5

10 40

(a)

x


AC

2 k 4 k 3 k4

pies10 pies6

pies

BC aso 1

AC

2 k 4 k 3 k4

pies6

pies

BC aso 3

(b)

A

C

2 k 4 k 3 k4

pies6

pies6

pies

BC aso 2

4.57.5 6.0

6 10 16 40

M C

x

(c)

Figura 6–29




6

Figura 6–30

Determine la fuerza cortante positiva máxima creada en el puntoBde la viga que se muestra en la figura 6-30a, debido a las cargas de lasruedas del camión en movimiento.

EJEMPLO6.18

SOLUCIÓNLa línea de influencia para la fuerza cortante enB se muestra en la fi-gura 6-30b .

Movimiento de 3 pies de la carga de 4 k. Imagine que la carga de4 k actúa justo a la derecha del puntoB , de manera que se obtienesu influencia positiva máxima.Dado que el segmento de vigaBC tiene10 pies de largo, la carga de 10 k no está todavía sobre la viga. Cuandel camión se mueve 3 pies a la izquierda, la carga de 4 k salta 1 unidahacia abajo sobre la línea de influencia y las cargas de 4 k, 9 k y 15 kcrean un incremento positivo enV B, puesto que la pendiente es as-cendente hacia la izquierda.Aunque la carga de 10 k también se muevehacia adelante 3 pies,aún no está sobre la viga. Por lo tanto,

Movimiento de 6 pies de la carga de 9 k. Cuando la carga de 9 kactúa justo a la derecha deB , y después el camión se mueve 6 pies a laizquierda, se tiene

Observe en el cálculo que la carga de 10 k sólo se mueve 4 pies sobrla viga.

¢ VB = 91- 12 + 14 + 9 + 152a0.510 b162 + 10a0.5

10 b142 = +1.4 k

¢ VB = 4

1- 1

2 +

14 + 9 + 15

2a0.5

10

b3 = +0.2 k

6 pies

(a)

AC

10 pies 10 pies3

pies6 pies

4 k 9 k 15 k 10 k

B

x

0.5

10 20

(b)

0.5

V B

línea de influencia paraV B




Movimiento de 6 pies de la carga de 15 k. Si la carga de 15 k secoloca justo a la derecha deB y después el camión se mueve 6 pies ala izquierda, la carga de 4 k sólo se mueve un pie hasta que está fuerade la viga, y también la carga de 9 k se mueve sólo 4 pies hasta quequeda fuera de la viga. Por lo tanto,

Como V B ahora es negativo, la posición correcta de las cargas seproduce cuando la carga de 15 k está justo a la derecha del puntoB ,fi-gura 6-30c. En consecuencia,

Resp.

En la práctica, también debe considerarse el movimiento del camiónde izquierda a derecha y luego elegir el valor máximo entre estas dossituaciones

= 7.5 k

1VB

2máx = 4

1- 0.05

2 + 9

1- 0.2

2 + 15

10.5

2 + 10

10.2

2

= - 5.5 k

¢ VB = 151- 12 + 4a0.510 b112 + 9a0.5

10 b142 + 115 + 102a0.510 b162

6 pies

A C

3pies 6 pies

4 k 9 k 15 k 10 k

B

1 pie 4pies

(c)

x

0.5

10 20

0.5

V B

1 4

0.05 0.216

0.2




6

Determine el momento positivo máximo creado en el puntoB de laviga que se muestra en la figura 6-31a, debido a las cargas de las rue-das de la grúa.

EJEMPLO6.19

SOLUCIÓNLa línea de influencia para el momento enB se muestra en la figura 6-31b.

Movimiento de 2 m de la carga de 3 kN. Si se supone que la

carga de 3 kN actúa enB y luego se mueve 2 m a la derecha, figura6-31b, el cambio en el momento es

¿Por qué no se incluye la carga de 4 kN en los cálculos?

Movimiento de 3 m de la carga de 8 kN. Si se supone que lacarga de 8 kN actúa enB y luego se mueve 3 m hacia la derecha, elcambio en el momento es

Observe aquí que la carga de 4 kN estaba inicialmente 1 m fuera de laviga, por lo que se mueve sólo 2 m sobre la viga.

Como no hay un cambio de signo en DM B, la posición correcta delas cargas para el momento positivo máximo enB se produce cuandola fuerza de 8 kN está enB , figura 6-31b. Por lo tanto,

Resp.1M B2máx = 811.202 + 310.42 = 10.8 kN#m

= - 8.40 kN#m ¢ M B = - 3

a1.20

3

b13

2 - 8

a1.20

3

b13

2 + 4

a1.20

2

b12

2

¢ M B = - 3a1.203 b122 + 8a1.20

3 b122 = 7.20 kN#m

2 m 3 m 2 m

A B C

4 kN8 kN

3 kN2 m3 m

(a)

2 m 3 m

A B

4 kN 8 kN3 kN

2 m3 m

(b)

M B 1.20

2

5

0.8

x

0.47


Figura 6–31




EJEMPLO6.20

Determine la fuerza máxima de compresión desarrollada en el ele-mento BG de la armadura lateral que se muestra en la figura 6-32a,debido a las cargas de las ruedas del lado derecho del automóvil y elremolque. Suponga que las cargas se aplican directamente a la arma-dura y que se mueven sólo a la derecha.

SOLUCIÓNLa línea de influencia para la fuerza en el elementoBG se muestra enla figura 6-32b.Aquí se usará un enfoque de prueba y error para obte-ner la solución. Como se busca la máxima fuerza negativa (compre-sión) enBG , se comienza de la siguiente manera:

Carga de 1.5 kN en el punto C . En este caso,

Carga de 4 kN en el punto C . Por inspección, éste parece un casomás razonable que el anterior.

Carga de 2 kN en el punto C . En este caso todas las cargascrearán una fuerza de compresión enBC .

Resp.

Como este último caso resulta en la respuesta más grande,la carga crí-tica se produce cuando la carga de 2 kN está enC .

= - 2.66 kN

F BG = 2 kN1- 0.6252 + 4 kNa- 0.6256 m b13 m2 + 1.5 kNa- 0.625

6 m b11 m2

= - 2.50 kN

F BG = 4 kN1- 0.6252 + 1.5 kNa - 0.6256 m b14 m2 + 2 kN10.31252

= - 0.729 kN

F BG = 1.5 kN

1- 0.625

2 + 4

10

2 + 2 kN

a0.31253 m

b11 m

2

34 6 9 120.3125

0.625

F BG

(b)

línea de influencia paraF BG

A B C D E3 m 3 m 3 m 3 m

4 m

(a)

1.5 kN4 kN2 kN

H G F

3 m 2 m

Figura 6–32




6

6.7 Fuerza cortante y momento máximoabsoluto

En la sección 6-6 se desarrollaron los métodos para calcular la fuecortante y el momento máximos en un punto específico de una viga de-

bido a una serie de cargas móviles concentradas. Un problema más geral involucra la determinación tanto de laubicación del punto en la vigacomo de la posición de la carga en la viga de modo que se obtenga lafuerza cortante y el momentomáximo absolutos resultantes de las car-gas. Si la viga está en voladizo o simplemente apoyada, este problepuede resolverse con facilidad.

Fuerza cortante. Para unaviga en voladizo la fuerza cortante má-xima absoluta se producirá en un punto situado justo enseguida del porte fijo. La fuerza cortante máxima se encuentra por el método de secciones, con las cargas ubicadas en cualquier lugar del claro, fig6-33.

Para lasvigas simplemente apoyadas la fuerza cortante máxima absoluta se produce justo enseguida de uno de los soportes. Por ejemplo, sicargas son equivalentes, se colocan de forma que la primera en la secucia se ubique cerca del soporte, como en la figura 6-34.

Momento. El momento máximo absoluto de unaviga en voladizo seproduce en el mismo punto donde ocurre la fuerza cortante máxima asoluta, aunque en este caso las cargas concentradas deben ubicarse enotro extremo de la viga, como en la figura 6-35.

Para una viga simplemente apoyada , en general, la posición crítica dlas cargas y el momento máximo absoluto asociado no pueden deternarse por inspección. Sin embargo, es posible determinar la posiciónmanera analítica.Para fines de este análisis, considere una viga somea las fuerzasF1, F2, F3 que se muestra en la figura 6-36a. Dado que el dia-grama de momento para una serie de fuerzas concentradas consta segmentos de recta que tienen picos en cada fuerza,el momento máxiabsoluto ocurrirá bajo una de las fuerzas. Suponga que este momenmáximo se produce bajoF2. La posición de las cargasF1, F2, F3 sobre laviga estará especificada por la distancia x, medida desdeF2 hasta la líneacentral de la viga, tal como se muestra. Para determinar un valor espefico de x, primero se obtiene la fuerza resultante del sistema,FR, y su dis-

Figura 6–33

V absmáx

V absmáx

M absmáx

F1 F2 F3

FR

B yA y

A B

x

d2d1L—2

L—2

(a)

( x)_ x¿

_ x¿

F1d1

A y

L—2( x)

M2

V2

(b)

Figura 6–34

Figura 6–35

Figura 6–36



6.7 FUERZA CORTANTE Y MOMENTO MÁXIMO ABSOLUTO 2

tancia medida desdeF2. Una vez hecho esto, los momentos se sumanrespecto aB , de donde se obtiene la reacción a la izquierda de la viga,A y, es decir,

Si la viga se secciona justo a la izquierda deF2, el diagrama de cuerpolibre resultante es como se muestra en la figura 6-36b. Por lo tanto, elmomentoM2 bajoF2 es

Para queM 2 sea máximo se requiere

o bien,

Por lo tanto, se puede concluir que elmomento máximo absoluto enuna viga simplemente apoyada se produce bajo una de las fuerzas concen-tradas, por lo que esta fuerza se coloca sobre la viga de modo que ella y la

fuerza resultante del sistema sean equidistantes desde la línea central de

la viga . Puesto que hay una serie de cargas sobre el claro (por ejemplo,F1, F2, F3 en la figura 6-36a), este principio tendrá que aplicarse a cadacarga de la serie y deberá calcularse en cada momento máximo corres-pondiente. Por comparación, el momento más grande será el momentomáximo absoluto. Sin embargo, como regla general el momento máximoabsoluto suele ocurrir bajo la fuerza más grande que se ubica más cercade la fuerza resultante del sistema.Envolvente de los valores máximos de la línea de in-fluencia. Las reglas o fórmulas para determinar la fuerza cortante oel momento máximos absolutos son difíciles de establecer para las vigasque se apoyan de una manera distinta al voladizo o al apoyo simple, que

ya se analizaron aquí. No obstante, una forma elemental de procederpara la solución de este problema requiere la construcción de líneas deinfluencia para la fuerza cortante o el momento en los puntos selecciona-dos a lo largo de toda la viga y el cálculo posterior de la fuerza cortante oel momento máximos en la viga para cada punto, empleando para ellolos métodos de la sección 6-6. Al graficar estos valores se obtiene una“envolvente de máximos”, a partir de la cual puede determinarse tantoel valor máximo absoluto de la fuerza cortante o del momento como suubicación. Por supuesto, se recomienda una solución en computadorapara las situaciones complicadas de este problema, ya que el trabajopuede ser tedioso si se realiza manualmente.

x = x¿2

dM 2dx

= - 2F R x

L + F Rx¿

L = 0

= F R L4 - F Rx¿

2 - F Rx2

L + F R xx ¿

L - F 1 d1

= 1L

1F R2cL2 - 1x¿ - x2d aL

2 - xb - F 1 d1

M 2 = AyaL2 - xb - F 1 d1©M = 0;

Ay = 1L

1F R2cL2 - 1x¿ - x2d©M B = 0;

x¿

El momento máximo absoluto en puente de trabes es el resultado de lagas móviles concentradas causadas pruedas de los vagones del tren. Los vadeben estar en la posición crítica yidentificarse la ubicación del punto viga donde se produce el momento mabsoluto.




6

Determine el momento máximo absoluto en la cubierta del puentesimplemente apoyado de la figura 6-37a.

EJEMPLO6.21

SOLUCIÓNPrimero se determinan la magnitud y la posición de la fuerza resultante del sistema, figura 6-37a. Se tiene

Suponga en primer lugar que el momento máximo absoluto ocurrebajo la carga de 1.5 k. La carga y la fuerza resultante se colocan equi

distantes de la línea central de la viga, figura 6-37b. Si se calcula primero A y, figura 6-37b, resulta

Ahora, usando la sección izquierda de la viga, figura 6-37c, se obtiene

M S = 21.7 k#pie- 2.50116.672 + 21102 + M S = 0d + ©M S = 0;

- Ay1302 + 4.5116.672 = 0 Ay = 2.50 kd + ©M B = 0;

x = 6.67 pies 4.5x = 1.51102 + 11152e +M RC

= ©M C; F R = 2 + 1.5 + 1 = 4.5 k+ TF R = ©F ;

A y 2.5 k

10pies

MS

VS

1.5 k2 k

6.67pies

(c)

F R 4.5 k

AB

15 pies

A y B y

(b)

15 pies

2 k 1.5 k 1 k

6.67pies

6.67 pies1.67 pies5 pies

10 pies

1 k2 k

F R 4.5 k

_ x 6.67pies

30 pies

AB

C

(a)

5pies

1.5 k

Figura 6–37




Hay una posibilidad de que el momento máximo absoluto puedaocurrir bajo la carga de 2 k, puesto que 2 k1.5 k yFR está entre 2 ky 1.5 k. Para investigar este caso, la carga de 2 k yFR se colocan equi-distantes de la línea central de la viga, figura 6-37d. Demuestre que A y

1.75 k como se indica en la figura 6-37e y que

Por comparación, el momento máximo absoluto es

Resp.

el cual se produce bajo la carga de 1.5 k, cuando las cargas se ubicansobre la viga como se muestra en la figura 6-37b.

M S = 21.7 k#pie

M S = 20.4 k#pie

A y 1.75 k

11.67 pies

MS

VS

2 k

(e)

F R 4.5 k

15 pies

A y B y

(d)

2 k 1.5 k

3.33 pies11.67 pies

1 k




6

El camión tiene una masa de 2 Mg y un centro de gravedad enG ,comose muestra en la figura 6-38a. Determine el momento máximo absolutoque se desarrolla en la cubierta del puente simplemente apoyado, de-bido al peso del camión.El puente tiene una longitud de 10 m.

SOLUCIÓNComo se observa en la figura 6-38a, el peso del camión,2(103) kg (9.81m/s2) 19.62 kN, y las reacciones de las ruedas se calcularon con basen la estática. Dado que la mayor reacción se produce en la rueda de-lantera, se seleccionará esta rueda junto con la fuerza resultante y secolocaránequidistantes de la línea central del puente, figura 6-38b . Seusará la fuerza resultante en lugar de las cargas de las ruedas, enton-ces la reacción vertical enB es

El momento máximo ocurre bajo la carga de la rueda delantera. Utili-zando la sección derecha de la cubierta del puente, figura 6-38c, setiene

Resp.M s = 39.7 kN#m8.82914.52 - M s = 0d + ©M s = 0;

By = 8.829 kN

By

110

2 - 19.62

14.5

2 = 0d + ©M A = 0;

EJEMPLO6.22

(a)

6.54 kN 13.08 kN1 m2 m

19.62 kN

G

5 m 5 m

(b)

A B

A y B y

6.54 kN13.08 kN

13.08 kN

8.83 kN

0.5 m0.5 m

19.62 kN

4.5 mV s

M s

Figura 6–38

(c)




6–59. Determine el momento máximo en el puntoC de latrabe simple, causado por el movimiento de la plataformamóvil que tiene una masa de 2 Mg y un centro de masa enG .

Suponga que A es un rodillo.

6–62. Determine el momento positivo máximo en palme C sobre la trabe lateral, causado por la carga que se desplaza a lo largo del centro del puente.

PROBLEMAS

*6–60. Determine el momento máximo en el puntoB delcarril suspendido si éste soporta la carga de 2.5 k sobre elcarro.

6–63. Determine el momento máximo enC debido carga móvil.

*6–64. Dibuje la línea de influencia para la fuerzaelemento IH de la armadura para puente. Determifuerza máxima (en tensión o compresión) que puederrollarse en este elemento debido a un camión de 72tiene las cargas de las ruedas que se muestran en la Suponga que el camión puede viajaren cualquier direccióna lo largodel centro de la cubierta,de modo que la mitsu carga se transfiere a cada una de las dos armadurrales.Suponga también que los elementos están articen las placas de refuerzo.

G

5 m 5 m 5 m

C B A 1.5 m0.5 m

Prob. 6–59

8 pies 8 pies6 pies6 pies A B C

2.5 k

2 pies1 pie

Prob. 6–61

8 pies 8 pies6 pies6 pies A B C

2.5 k

2 pies1 pie

Prob. 6–60

BC A

8 m 8 m 8 m

4 kN

4 m

8 kN

Prob. 6–62

15 pies 15 pies

A C B

2 pies 1 pie

2400 lb

Prob. 6–63

J I H G

A

B C D E

K L M 10 pies10 pies

F

32 k 32 k8 k

20pies

20pies

20pies

20pies

20pies

25pies

15pies

Prob. 6–64

6–61. Determine la fuerza cortante positiva máxima en elpunto B si el carril soporta la carga de 2.5 k sobre el carro.




6

6–65. Determine el momento positivo máximo en elpunto C sobre la trabe simple, debido a la carga móvil.

*6–68. Dibuje la línea de influencia para la fuerza en elemento IC de la armadura para puente. Determine lafuerza máxima (en tensión o compresión) que puede desrrollarse en el elemento debido a un camión de 5 k con cargas de las ruedas que se muestran en la figura. Suponque el camión puede viajaren cualquier dirección a lo largodel centro de la cubierta, de modo que la mitad de la carg

se transfiere a cada una de las dos armaduras laterales. Sponga también que los elementos están articulados en lplacas de refuerzo.

6–66. El carro tiene un peso de 2500 libras y un centro degravedad enG . Determine el momento máximo positivocreado en el puntoC de la trabe lateral mientras pasa por elpuente. Suponga que el carro puede viajar en cualquier di-rección a lo largo delcentro de la cubierta, de modo que lamitad de su carga se transfiere a cada una de las dos trabeslaterales.

6–69. El camión tiene una masa de 4 Mg y centro de maen G 1, por su parte el remolque tiene una masa de 1 Mgcentro de masa enG 2. Determine el momento vivo máximabsoluto desarrollado en el puente.

6–67. Dibuje la línea de influencia para la fuerza en el ele-mentoBC de la armadura para puente. Determine la fuerzamáxima (en tensión o compresión) que puede desarrollarseen el elemento debido a un camión de 5 k que tiene las car-gas de las ruedas que se muestran en la figura. Suponga queel camión puede viajaren cualquier dirección a lo largodel centro de la cubierta, de modo que lamitad de la carga setransfiere a cada una de las dos armaduras laterales. Su-ponga también que los elementos están articulados en lasplacas de refuerzo.

6–70. Determine el momento vivo máximo absoluto en puente del problema 6-69 si se retira el remolque.

5 m A B

2 m1.5 m

4 kN 6 kN 8 kN

5 mC

Prob. 6–65

8 pies 8 pies

A B

1.5 pies 1 pie

G

C

Prob. 6–66

J I H G

DC BE

F

15 pies

2 k3 k

8pies

A


Probs. 6–67/6–68

8 m A B

G 1G 2

1.5 m0.75 m1.5 m

Prob. 6–69

8 m A B

G 1G 2

1.5 m0.75 m1.5 m

Prob. 6–70




6–71. Determine la fuerza cortante viva y el momentovivo máximos absolutos en el brazo AB de la grúa, debidosa la carga de 10 kN. Las restricciones en los extremos re-quieren que 0.1 m x 3.9 m.

6–73. Determine el momento máximo absoluto puente de trabes, debido a las cargas del camión muestra. Las cargas se aplican directamente sobre la

*6–72. Determine el momento máximo enC causado porlas cargas móviles.

6–74. Determine la fuerza cortante máxima absolutaviga debido a las cargas mostradas.

4 m

x

A B

10 kN

Prob. 6–71

20 pies 30 pies

C A B

2 k2 k4 k6 k

3pies

4pies

3pies

Prob. 6–72

B

80 pies

20 pies8

pies

10 k15 k

7 k3 k

4pies

A

Prob. 6–73

12 m

20 kN25 kN40 kN

4 m A B

1.5 m

Prob. 6–75

12 m

20 kN25 kN40 kN

4 m A B

1.5 m

Prob. 6–74

6–75. Determine el momento máximo absoluto en ldebido a las cargas mostradas.




6

*6–76. Determine la fuerza cortante máxima absoluta enla trabe del puente, debido a las cargas mostradas.

6–79. Determine la fuerza cortante máxima absoluta en viga debido a las cargas mostradas.

6–78. Determine el momento máximo absoluto en latrabe debido a las cargas mostradas.

6–81. El carro rueda enC yD a lo largo de las alas inferioy superior de la viga AB . Determine el momento máximoabsoluto desarrollado en la viga si la carga soportada porcarro es de 2 K.Suponga que el soporte en A está articuladoy queB es un rodillo.

30 pies

8 pies

B A

10 k6 k

Prob. 6–77

30 pies

8 pies

B A

10 k6 k

Prob. 6–76

25 pies

10 k8 k

3 k

2pies

2pies

3pies

4 k

Prob. 6–78

30 pies

3 k6 k

2 k

3pies

3pies

5pies

4 k

Prob. 6–80

30 pies

3 k6 k

2 k

3pies

3pies

5pies

4 k

Prob. 6–79

A

D

BC

1 pie0.5 pies

20 pies

Prob. 6–81

6–77. Determine el momento máximo absoluto en latrabe del puente,debido a las cargas mostradas.

*6–80. Determine el momento máximo absoluto en epuente debido a las cargas mostradas.




6–1P. El polipasto de cadena puede colocarse en cual-quier punto a lo largo del aguilón de una grúa de pared (0.1m x 3.4 m) y tiene una capacidad nominal de 28 kN.

Use un factor de impacto de 0.3 para determinar el mo-mento flexionante máximo absoluto en el aguilón y lafuerza máxima desarrollada en la varilla de refuerzoBC . Elaguilón está articulado a la columna de pared en su extremoizquierdo A . Pase por alto el tamaño del carro enD .

6–2P. Se va a construir un puente peatonal simpleapoyado en un parque de la ciudad, por lo que se hapuesto dos modelos que se muestran como casoa y cas

Los elementos de la armadura deben estar hechos ddera. La cubierta se compone de planchas de 1.5 melargo que tienen una masa de 20 kg/m2. Un código locatablece que la carga viva sobre la cubierta debe ser dcon un factor de impacto de 0.2. Considere que la cestará simplemente apoyada en los largueros. Entonvigas de piso transmiten la carga a las juntas inferiorarmadura (vea la figura 6-23). En cada caso, encuentes el elemento sometido a la mayor carga en tensiócompresión, y sugiera por qué debe elegirse un sobre el otro. No tome en cuenta el peso de los elemde la armadura.


0.75 m

3 m

x

0.5 m

0.1 m

28 kN

A

D

B

C

Prob. 6–1P

E

1.25 m 1.25 m 1.25 m 1.25 m

1.25 m

caso b

A

B C D

F GH

1.25 m 1.25 m 1.25 m 1.25 m

1.25 m

caso a

A

B C D

E

E

F GH

Prob. 6–2P




6

Una línea de influencia indica el valor de una reacción, una fuerza cortante o un momento en un punto específico elemento, cuando una carga unitaria se mueve sobre éste.

Después de construir la línea de influencia para una reacción,una fuerza cortante o un momento (función),se podcalizar la carga viva sobre el elemento que produzca el máximo valor positivo o negativo de la función.

Una fuerza viva concentrada se aplica en los picos positivos (negativos) de la línea de influencia. El valor de la fes igual al producto de la ordenada de la línea de influencia por la magnitud de la fuerza.

La forma general de la línea de influencia puede determinarse mediante el principio de Müller-Breslau, el cual estaque la línea de influencia para una reacción, una fuerza cortante o un momento, está a la misma escala que la formarada del elemento cuando actúan sobre él la reacción, la fuerza cortante o el momento.

11––2

A y

1––2 L

1––2)F A y (

L xB A

L

F 1 x __L 2

A y

A B

L

A y

w0 A y

1

L x1––2 (1)(L )(w0) A y

A y

forma alterada

(b)

Una carga uniformemente distribuida se extiende sobre una región positiva (negativa) de la línea de influencia.Elde la función es igual al producto de la zona bajo la línea de influencia para la región y la magnitud de la carga unif

A

(a)





Las líneas de influencia para trabes de piso y armaduras pueden establecerse al colocar la carga unitaria en cad junta del panel, y calcular el valor de la reacción, la fuerza cortante o el momento necesarios.

Si sobre el elemento pasa una serie de cargas concentradas,entonces deben considerarse las diferentes posicicarga sobre el elemento a fin de determinar la mayor fuerza cortante o el mayor momento en el elemento. En geloque la carga de manera que cada una aporte su máxima influencia, la cual se determina multiplicando cada caordenada de la línea de influencia. Este proceso de encontrar la posición real puede hacerse mediante una téprueba y error, o buscando el cambio en la fuerza cortante o el momento cuando las cargas se mueven de una potra. Cada momento se investiga hasta que se presenta un valor negativo de la fuerza cortante o el momento. Unocurre esto, la posición anterior definirá la carga crítica.

V absmáx

El momento máximo absoluto en una viga en voladizo seproduce cuando la serie de cargas concentradas se colo-

can en el punto más alejado del soporte fijo.

F1 F2 F3

FR

B yA y

L—2

—2

L—2

_ x¿

_ x¿ —2

_ x¿

La fuerza cortante máxima absoluta en una viga en vo-ladizo o simplemente apoyada se producirá en un so-porte, cuando una de las cargas se coloque al lado de esesoporte.

Para determinar el momento máximo absoluto en unaviga simplemente apoyada, primero se determina lafuerza resultante del sistema. Después, junto con una delas fuerzas concentradas en el sistema, se coloca de modoque las dos fuerzas se encuentren equidistantes de lalínea central de la viga. El momento máximo se producebajo la fuerza seleccionada. Cada fuerza en el sistema seselecciona de esta manera y, por comparación, la más

grande de todos estos casos es el momento máximo abso-luto.

M absmáx

V absmáx



El portal de este puente debe resistir cargas laterales debidas al viento y al trá-fico. Para hacer un diseño preliminar de los elementos puede realizarse unanálisis aproximado de las fuerzas producidas, antes de llevar a cabo un análi-sis estructural más preciso.



2

En este capítulo se presentarán algunos de los métodos aproximadospara analizar armaduras y marcos estáticamente indeterminados. Estastécnicas se desarrollaron con base en el comportamiento estructural y,en la mayoría de los casos, su precisión se compara favorablementecon métodos analíticos más exactos. Aunque aquí no se estudiarántodos los tipos de formas estructurales, mediante el estudio de estosmétodos se pretende proporcionar un entendimiento suficiente paraque el estudiante pueda determinar cuáles serían los mejores acerca-mientos para realizar un análisis aproximado de fuerzas de una estruc-tura estáticamente indeterminada.

7.1 Uso de métodos aproximadosCuando se utiliza unmodelo para representar cualquier estructura, elanálisis de la misma debe satisfacertanto las condiciones de equilibriocomo las de compatibilidad de desplazamiento en las juntas. Como semostrará en capítulos posteriores de este texto, las condiciones de com-patibilidad para una estructuraest á t icamente indeterm inada pueden rela-cionarse con las cargas siempre que se conozca el módulo de elasticidaddel material, así como el tamaño y la forma de los elementos. Sin em-bargo, para un diseño inicialno se conocerá el tamaño del elemento y,por ende, no se podrá considerar un análisis estáticamente indetermi-nado. Para llevar a cabo el análisis se requerirá desarrollar un modelomás simple de la estructura que sea estáticamente determinado. Una vezespecificado este modelo, el estudio se denominaan á l i si s aprox imado .Mediante un análisis de este tipo puede hacerse un diseño preliminar delos elementos de una estructura, y al completar éste es posible realizarun análisis indeterminado más exacto y perfeccionar el diseño. Un análi-sis aproximado también proporciona información sobre el comporta-miento de una estructura bajo carga y resulta útil al verificar la validezde un análisis más exacto o cuando el tiempo, el dinero o la capacidad noson suficientes para efectuar el análisis con mayor precisión.

Análisis aproximado deestructuras estáticamente

indeterminadas 7



264 CA P Í T U L O 7 AN Á L I S I S A P R O X I M A D O D E E S T R U C T U R A S E S T Á T I C A M E N T E I N D E T E R M I N A D A S

Es necesario tener en cuenta que,por lo general, todos los métodos análisis estructural son aproximados, simplemente porque las condicnes reales de carga, la geometría,el comportamiento del material y lasistencia de las juntas en los soportes nunca se conocen en un sent idoestr icto .Sin embargo, en este texto el análisis estáticamente indeterminade una estructura se llamaráan á l i si s exacto y el análisis estáticamente

determinado, que es más sencillo, se denominaráan á l i si s aprox imado

.

7.2 ArmadurasEn la figura 7-1a se muestra un tipo común de armadura que se usa cofrecuencia como soporte lateral para edificios o en las cuerdas supere inferior de los puentes (vea también la figura 3-4).Cuando se usa ptal propósito, esta armadura no se considera un elemento primarpara soportar la estructura y,en consecuencia,suele analizarse por métoaproximados. En el caso que se muestra se podrá observar que al eli

nar una diagonal de cada uno de los tres paneles, la armadura se vueestáticamente determinada. Entonces, la armadura es estáticamente ideterminada de tercer grado (a partir de la ecuación 3-1,b r 2 j , obien 16 3 8(2)) y, por lo tanto, deben hacerse tres supuestos respecde las fuerzas en las barras a fin de convertir la armadura en estátimente determinada. Estos supuestos pueden hacerse con respecto a diagonales transversales, si se observa que cuando una diagonal enpanel está en tensión, la correspondiente diagonal transversal está compresión.Esto es evidente en la figura 7-1b, donde la “fuerza cortantedel panel” V es soportada por lacomponente vert ical de fuerza de ten-sión en el elementoa, y lacomponente vert ical de la fuerza de compresiónen el elementob. En general se aceptan dos métodos de análisis.

Método 1: Si las diagonales se diseñan intencionalmentelargas ydelgadas , es razonable suponer queno pueden soportaruna fuerza de compresión;de lo contrario, se pandearíacon facilidad. Por consiguiente, la fuerza cortante dpanel es resistida en su totalidad por lad iagonal de ten-

sión, mientras que lad iagonal de compres ión se asumecomo un elemento de fuerza cero .

Método 2: Si los elementos diagonales se construyen a partir grandes secciones laminadas, como ángulos o canalpueden ser igualmente capaces de soportar una fuerzde tensión que una de compresión. Aquí se supondrque cada diagonal de tensión y de compresión soporla m itad de la fuerza cortante del panel.

Estos dos métodos de análisis aproximado se ilustran numéricameen los siguientes ejemplos.

7

a

b

P 2P 1

(a)R 1 R 2

F 2

F 1

R 1

F b

F aV R 1

(b)

Figura 7–1

Para determinar las fuerzas del refuerzo transversal encada panel de este puente ferroviario levadizo, puedeusarse un método aproximado. Aquí, los elementostransversales son delgados y, por lo tanto, puede supo-nerse que no soportan ninguna fuerza de compresión.



7.2 ARMADURAS 2

EJEMPLO7.1

Determine (en forma aproximada) las fuerzas en los elementos de laarmadura que se muestra en la figura 7-2a. Las diagonales deben di-señarse para soportar tanto fuerzas de tensión como de compresión y,por ende, se supone que cada una soporta la mitad de la fuerza cor-tante del panel. Las reacciones en los soportes ya se han calculado.

F EB

E6.67 kN

8.33 kN

5 34

(f)

6.67 kN5

43

8.33 kN

F AF

A

10 kN

6.67 kN

8.33 kN5

43

(c)

D

C

3 m

10 kN

F ED

F DB

F EC

F BC

V 10 kN 3

45

(d)

45

3

F DC

D6.67 kN

8.33 kN

5 34

(e)

10 kN 10 kN20 kN

(a)

A

4 m 4 m

3 m

BC

DE

20 kN

F

F

A

3 m

10 kN

20 kN

F FE

F FB F

F AE F

F AB

V 10 kN

34

5

(b)

3 45

Figura 7–2

SOLUCIÓNPor inspección, la armadura es estáticamente indeterminada de se-gundo grado. Los dos supuestos requieren que las diagonales detensión y de compresión soporten fuerzas iguales, es decir,F FB F AE

F . Para una sección vertical a través del panel izquierdo, figura 7-2b,se tiene

Resp.

de modo queResp.

Resp.

Resp.

Resp.

A partir de la junta A , figura 7-2c,

Resp.

En la figura 7-2d se muestra una sección vertical a través del panelderecho. Demuestre que

Resp.

Resp.

Por otra parte, empleando los diagramas de cuerpo libre de las articu-laciones D y E , figuras 7-2e y 7-2 f , demuestre que

Resp.

Resp.F EB = 10 kN1T2F DC = 5 kN1C2F EC = 8.33 kN1C2, F BC = 6.67 kN1T2F DB = 8.33 kN1T2, F ED = 6.67 kN1C2

+ c©F y = 0; F AF - 8.33A35B - 10 = 0

F AF = 15 kN1T2

d+ ©M F = 0; - 8.33A45B132 + F AB132 = 0 FAB = 6.67 kN1T2d+ ©M A = 0; - 8.33A45B132 + FFE132 = 0 FFE = 6.67 kN1C2F AE = 8.33 kN1C2F FB = 8.33 kN1T2

+ c©F y = 0;

20 - 10 - 2A35BF = 0

F = 8.33 kN




7

Para proporcionar soporte lateral a este puente contra el viento y lascargas desbalanceadas del tráfico, se emplea un refuerzo transversalDetermine (en forma aproximada) las fuerzas en los elementos deesta armadura. Suponga que las diagonales son delgadas y por lotanto no soportan ninguna fuerza de compresión. Las cargas y lasreacciones en los soportes se muestran en la figura 7-3a .

EJEMPLO7.2

(a)8 k

A

8 k15

pies15

pies15

pies15

pies

B C D E

2 k

15 pies

F

4 k

G

4 k

H

4 k

I

2 k

J

8 k

A

2 k

J

V 6 kF AI 0

F AB

F JB

F JI

15 pies

(b)

45

45 A

8 k

0

0F JA

(c)

Figura 7–3

SOLUCIÓNPor inspección, la armadura es estáticamente indeterminada de cuarto

grado.Así, los cuatro supuestos que se utilizarán requieren que cadadiagonal de compresión sostenga una fuerza nula. Por lo tanto, apartir de una sección vertical a través del panel izquierdo, figura 7-36se tiene

Resp.

Resp.

Resp.

Resp.

A partir de la junta A , figura 7-3c,

Resp.F JA = 8 k1C2F AB = 0

- F AB1152 = 0d+ ©M J = 0;

F JI = 6 k1C2- 8.49 sen 45°

115

2 + F JI

115

2 = 0d+ ©M A = 0;

F JB = 8.49 k1T28 - 2 - F JB cos 45° = 0+ c©F y = 0;

F AI = 0



En la figura 7 3d se muestra una sección vertical de la armadura através de los elementos IH , IC , BH y BC . La fuerza cortante del paneles V ©F y 8 2 4 = 2 k. Se requiere que

Resp.

Resp.

Resp.

Resp.

A partir de la juntaB , figura 7-3e,

Resp.

Las fuerzas en los otros elementos se pueden determinar por si-metría, exceptoF CH ; sin embargo, a partir de la juntaC , figura 7-3 f , setiene

Resp.F CH = 4 k1C2 212.83 sen 45°2 - F CH = 0+ c©Fy = 0;

F BI =

6 k

1C

28.49 sen 45° - F BI = 0+ c©Fy = 0;

F BC = 6 k1T2- 81152 + 21152 + F BC1152 = 0d+ ©M I = 0;

F IH = 8 k

1C

2- 8

115

2 + 2

115

2 - 2.83 sen 45°

115

2 + F IH

115

2 = 0d+ ©M B = 0;

F IC = 2.83 k1T28 - 2 - 4 - F IC cos 45° = 0+ c©F y = 0;

F BH = 0

8 k

A

15pies

B

4 k

I

2 k

J

V 2F IH

F IC

F BH 0

F BC

15 pies

45

45

(d)

F BI

8.49 k

6 k

0

045

4545

B

(e)

F CH

2.83 k

6 k

2.83 k

6 k4545

C

(f)

7.2 ARMADURAS 2




7

7–1. Determine (en forma aproximada) la fuerza en cadaelemento de la armadura. Suponga que las diagonales pue-den soportar una fuerza de tensión o de compresión.

7–2. Resuelva el problema 7-1 suponiendo que las diago-nales no pueden soportar una fuerza de compresión.

7–5. Determine (en forma aproximada) la fuerza en cadelemento de la armadura. Suponga que las diagonales puden soportar una fuerza de tensión o de compresión.

7–6. Resuelva el problema 7-5 suponiendo que las diagnales no pueden soportar una fuerza de compresión.

PROBLEMAS

7–3. Determine (en forma aproximada) la fuerza en cadaelemento de la armadura. Suponga que las diagonales pue-den soportar una fuerza de tensión o de compresión.

*7–4. Resuelva el problema 7-3 suponiendo que las diago-nales no pueden soportar una fuerza de compresión.

7–7. Determine (en forma aproximada) la fuerza en cadelemento de la armadura. Suponga que las diagonales puden soportar una fuerza de tensión o de compresión.

*7–8. Resuelva el problema 7-7 suponiendo que las diagnales no pueden soportar una fuerza de compresión.

Probs. 7–5/7–6

Probs. 7–3/7–4

Probs. 7–1/7–2

3 m

3 m

3 m

50 kN

A

D

B

C

40 kN 20 kN

F E

20 pies

20 pies

20 pies 20 pies

10 k

H

A D

B C

10 k

G

10 k

F

10 k

5 kE

8pies

6 pies

8pies

8pies

7 k

H

AD

B C

14 k

G

14 k

F

7 k

2 kE

8 kN4 kN

F E D

1.5 m

A B C

2 m 2 m

Probs. 7–7/7–8



7–9. Determine (en forma aproximada) la fuerza en cadaelemento de la armadura. Suponga que las diagonales pue-den soportar tanto fuerzas de tensión como de compresión.

7–11. Determine (en forma aproximada) la fuerza enelemento de la armadura. Suponga que las diagonaleden soportar una fuerza de tensión o una de compr

15 pies

15pies

2 k

2 k

1.5 k

15 pies

15 pies

E

F

A B

C G

D

8 kN

1.5 mE

F

AB

C

D

10 kN

2 m

2 m

Prob. 7–12Prob. 7–10

15 pies

15pies

2 k

2 k

1.5 k

15 pies

15 pies

E

F

A B

C G

D

8 kN

1.5 mE

F

AB

C

D

10 kN

2 m

2 m

Prob. 7–11Prob. 7–9

7–10. Determine (en forma aproximada) la fuerza en cadaelemento de la armadura.Suponga que las diagonalesDG y

AC no pueden soportar una fuerza de compresión.

*7–12. Determine (en forma aproximada) la fuercada elemento de la armadura. Suponga que las diagno pueden soportar una fuerza de compresión.

7.2 ARMADURAS 2




7.3 Cargas verticales sobre marcosde construcción

Por lo común, los marcos de construcción consisten en trabes que esconectadas rígidamente a columnas, de modo que toda la estructura tien

una mayor capacidad para resistir los efectos de las fuerzas laterales bidas al viento y a los terremotos. En la figura 7-4 se muestra un ejemde un marco rígido,denominado caballete de edificio.

En la práctica, un ingeniero estructural puede emplear diversas téccas para realizar un análisis aproximado de un caballete de edificio.Cuno se basa en el conocimiento de la forma en que la estructura se defor-mará bajo carga . Una técnica sería la de considerar solamente los elmentos dentro de una región localizada de la estructura. Esto es posisiempre que las deflexiones de los elementos dentro de la región altepoco a los que están fuera de ella. Sin embargo, con mucha frecuencitoma en cuenta la curva de deflexión de toda la estructura. A partir esto puede especificarse la ubicación aproximada de los puntos de in

xión; es decir, de los puntos donde el elemento cambia su curvatuEstos puntos pueden considerarse comoarticulaciones , ya que en lospuntos de inflexión del elemento se presentan momentos nulos. En esección se utilizará esta idea para analizar las fuerzas en los marcosconstrucción debidas a las cargas verticales,y en las secciones 7-5 y 7presentará un análisis aproximado de los marcos sometidos a cargas lrales. Dado que el marco puede someterse a estas dos cargas al mistiempo, entonces, siempre que el material permanezca elástico, la caresultante podrá determinarse por superposición.

Supuestos para el análisis aproximado. Considere una

trabe típica localizada dentro de un caballete de edificio que está somtida a una carga vertical uniforme,como se muestra en la figura 7-5a.Lossoportes de columna en A y B ejercerán, cada uno, tres reacciones sobrla viga, por lo que ésta es estáticamente indeterminada de tercer gra(6 reacciones 3 ecuaciones de equilibrio).Entonces, un análisis apro

7

Marco de construcción típica

Figura 7–4



7.3 CARGAS VERTICALES SOBRE MARCOS DE CONSTRUCCIÓN 2

mado requerirá tres supuestos para hacer que la viga sea estáticamentedeterminada. Si las columnas son extremadamente rígidas no se produ-cirá rotación en A y B , y la curva de deflexión de la trabe se parecerá a laque se muestra en la figura 7-5b. Si se emplea uno de los métodos que sepresentan en los capítulos 9 a 11, un análisis exacto revela que en estecaso los puntos de inflexión, o puntos de momento nulo, se producen a0.21L de cada soporte. Sin embargo, si las conexiones de las columnas en

A y B son muy flexibles, entonces, como si se tratara de una viga simple-mente apoyada, se producirán momentos nulos en los soportes, figura 7-5c.No obstante, en realidad las columnas proporcionan cierta flexibilidaden los soportes y, por consiguiente, se supondrá que ocurre un momentonulo en el punto medio entre los dos extremos,es decir, a (0.21L 0)/2L0.1L de cada soporte, figura.7-5d . Por otra parte, un análisis exacto de losmarcos que soportan cargas verticales indica que las fuerzas axiales en latrabe se pueden pasar por alto.

En resumen, cada trabe de longitudL puede modelarse mediante unclaro simplemente apoyado de 0.8L de largo que descansa sobre dos ex-tremos en voladizo, cada uno con una longitud de 0.1L , figura 7-5e. Eneste modelo se han incorporado los siguientes tres supuestos:

1. Hay un momento nulo en la trabe a 0.1L del soporte izquierdo.2. Hay un momento nulo en la trabe a 0.1L del soporte derecho.3. La trabe no soporta una fuerza axial.

Ahora es posible obtener, mediante el uso de la estática, las cargas in-ternas en las trabes y puede hacerse un diseño preliminar de sus seccio-nes transversales. El siguiente ejemplo ilustra esto en forma numérica.

w columnacolumna

viga

A B

L

(a)

w

A B

L

puntos demomento nulo

0.21L 0.21L

fijamente apoyada(b)

w

A B

L

simplemente apoyada(c)

punto demomentonulo

punto demomentonulo

w

L

puntos de momento

nulo supuestos0.1L

caso aproximado(d)

0.1L

Figura 7–5

w

0.1L

modelo(e)

0.1L

0.8L




7

Figura 7–6

Determine (en forma aproximada) el momento en las juntasE y C causado por los elementosEF y CD del caballete de edificio que semuestra en la figura 7-6a.

EJEMPLO7.3

SOLUCIÓNPara un análisis aproximado, el marco se modela de la manera que semuestra en la figura 7-6b. Tenga en cuenta que los claros en voladizoque soportan la parte central de la trabe tienen una longitud de 0.1L

0.1 (20) 2 pies.El equilibrio requiere que las reacciones en los ex-tremos de la parte central de la trabe sean de 6400 lb, figura 7-6c.En-tonces, los claros en voladizo están sometidos a un momento dereacción de

Resp.

Este momento aproximado, con dirección opuesta, actúa sobre las juntas enE yC , figura 7-6a. Con base en los resultados, el diagrama demomento aproximado para una de las trabes es como se muestra en lafigura 7-6d.

M = 1600112 + 6400122 = 14 400 lb#pie = 14.4 k#pie

800 lb/ pie

E F

C D

A B

800 lb/ pie

20 pies

(a)

800 lb/ pie

16 pies

800 lb/ pie

2 pies 2 pies

(b)

16 pies6400 lb 6400 lb

12 800 lb

1600 lb6400 lb

14 400 lbpie 14 400 lbpie

1600 lb6400 lb

8000 lb 8000 lb2 pies 2 pies

(c)

M (k pie)

x (pies )2018214.4

25.6

(d)



7.4 MARCOS Y ARMADURAS DE PORTAL 2

7.4 Marcos y armaduras de portalMarcos. Los marcos de portal se suelen usar a la entrada de unpuente* y como un elemento de refuerzo principal en el diseño de edifi-cios con el fin de transferir fuerzas horizontales aplicadas en la parte su-perior del marco hacia los cimientos. En los puentes, estos marcosresisten las fuerzas producidas por el viento, los terremotos y las cargasdesbalanceadas del tráfico sobre la cubierta del puente. Los portalespueden tener soportes articulados o fijos, o bien se pueden sostener me-diante una fijación parcial.A continuación se estudiará el análisis aproxi-mado de cada caso mediante un portal sencillo de tres elementos.

Articulados. En la figura 7-7a se muestra un marco de portal ar-ticulado. Dado que existen cuatro incógnitas en los soportes, pero sólotres ecuaciones de equilibrio para obtener la solución, esta estructura esestáticamente indeterminada de primer grado. En consecuencia, sólodebe adoptarse un supuesto para convertir el marco en estáticamentedeterminado.En la figura 7-7b se muestra la deflexión elástica del portal. Este dia-grama indica que un punto de inflexión, es decir, aquel donde el mo-mento cambia de flexión positiva a flexión negativa, se encuentraaproximadamente en el punto medio de la trabe. Como el momento escero en este punto de la trabe, se puede suponer que allí existe una bisa-gra, para después proceder a determinar las reacciones en los soportesutilizando la estática. Si se hace esto, puede constatarse que las reaccio-nes horizontales (fuerza cortante) en la base de cada columna sonigua-les y que las otras reacciones son las indicadas en la figura 7-7c.Además,los diagramas de momento para este marco son como lo indica la figura7-7d.

l

h

P

(a)

2Ph—

2Ph— 2

Ph—

2Ph—

diagramade momento

(d)

l

h

P

bisagrasupuesta

(b)

l —2P — 2

P —

l Ph—

2

l Ph—

h

l Ph—

2P —

l Ph—

h

P

(c)

l —2

*Vea la figura 3–4.

Figura 7–7




Fijamente apoyados. Los portales con dos soportes fijos, figu7-8a, son estáticamente indeterminados de tercer grado, puesto que hun total de seis incógnitas en los soportes. Si los elementos verticalesnen longitudes y áreas transversales iguales, el marco se deformará cose muestra en la figura 7-8b . En este caso se supondrá que los puntos deinflexión ocurren en los puntos medios de los tres elementos y, po

tanto, las bisagras se colocan en estos puntos. Por consiguiente, las reciones y los diagramas de momento para cada elemento pueden determnarse al desmembrar el marco en las bisagras y al aplicar las ecuaciode equilibrio para cada una de las cuatro partes.Los resultados se mutran en la figura 7-8c.Tenga en cuenta que, como en el caso del portal aticulado, las reacciones horizontales (fuerza cortante) en la base de cacolumna soniguales . El diagrama de momento para este marco se indicen la figura 7-8d.

7

Fijación parcial. Dado que es difícil y costoso construir un soportecimiento perfectamente fijo para un marco de portal, es conservadoalgo realista suponer que se produce una ligera rotación en los soporfigura 7-9a. Como resultado, los puntos de inflexión en las columnasencuentran en algún lugar entre el caso de tener un portal articulado,gura 7-7a, donde los “puntos de inflexión” están en los soportes (base las columnas), y un portal fijamente apoyado, figura 7-8a, donde los pun-tos de inflexión están en el centro de las columnas. Muchos ingeniedefinen arbitrariamente la ubicación enh/3, figura 7-9b, y por ende ubi-can bisagras en estos puntos, así como en el centro de la trabe.

h

P

(b)

bisagrassupuestas

l

h

P

(a)

P

2h— 2l

Ph—

2P —2

l —

2P —

2l Ph—

2P —

2l Ph—

2P —

2l Ph—

2l Ph— 2l

Ph—

2P —

4Ph—

2P —

2l Ph—

4Ph—

2P —

2l Ph—

2h—

(c)

2P —

4Ph—

(d)

diagrama demomento

4Ph—

4Ph—

4Ph—

4Ph—4

Ph—

Figura 7–8




Armaduras. Cuando un portal se utiliza para abarcar grandes dis-tancias, puede usarse una armadura en vez de la trabe horizontal. Dichaestructura se emplea en grandes puentes e inclinaciones transversalespara grandes auditorios e instalaciones fabriles. Un ejemplo típico semuestra en la figura 7-10a. En todos los casos, se supone que la armadurasuspendida está articulada en sus puntos de fijación a las columnas.Además, la armadura mantiene rectas las columnas dentro de la regiónde unión cuando el portal se somete al desplazamiento lateral, figura7-10b.En consecuencia, los portales de armadura pueden analizarse conlos mismos supuestos que se usaron para los pórticos simples. Para lascolumnas articuladas, suponga que las reacciones horizontales (fuerzacortante) son iguales, como en la figura 7-7c. Para las columnas fijamenteapoyadas, suponga que las reacciones horizontales son iguales y que en

cada columna se produce un punto de inflexión (o bisagra) a media dis-tancia entre la base de la columna y el punto más bajo de la conexión delelemento de la armadura con la columna, vea las figuras 7-8c y 7-l0b.

El siguiente ejemplo ilustra la forma en que se determinan las fuerzasen los elementos de un portal de armaduras siguiendo el método de aná-lisis aproximado que se describió anteriormente.

l

h

P

(a)

P

(b)

bisagrassupuestas

3h— 3

h—

u u

P

h

l

(a)

P

(b)

h—2 P —2P —2

bisagrassupuestas

Figura 7–10

Figura 7–9




7

Determine mediante métodos aproximados las fuerzas que actúan enlos elementos del portal Warren mostrado en la figura 7-11a .

EJEMPLO7.4

SOLUCIÓNLa porciónB , C , F , G de la armadura actúa como una unidad rígida.Dado que los soportes están fijos,se supone que existe un punto de in-flexión 7 m/2 3.5 m por encima de A e I , y que en la base de las co-lumnas actúan reacciones horizontales o transversales iguales, esdecir,©F x 0;V 40 kN/2 20 kN. Con estos supuestos es posibleseparar la estructura en las bisagras J y K , figura 7-11b , y determinarlas reacciones en las columnas de la siguiente manera:

Mitad inferior de la columna

Porción superior de la columnad+ ©MJ = 0;

- 4015.52 + N182 = 0

N = 27.5 kN

d+ ©M A = 0;

M - 3.51202 = 0

M = 70 kN#m

(a)

8 m

4 m 2 m2 m

2 m

7 m

4 m

C D E

B H

F

G

A I

40 kN

3.5 m

40 kN

V 20 kN

N

V 20 kN J

A

K

N

M

N

V 20 kN

V 20 kNN

N

V 20 kN

3.5 m

M

N

V 20 kN

5.5 m

(b)

Figura 7–11



Con base en el método de las secciones, figura 7-11c, ahora es posi-ble obtener las fuerzas en los elementosCD , BD y BH .

Resp.

Resp.

Resp.

De manera parecida, demuestre que los resultados pueden obtenerseen el diagrama de cuerpo libre de la columnaFGI de la figura 7-11d.Con estos resultados, ahora puede encontrarse la fuerza en cada unode los otros elementos de la armadura del portal empleando el mé-todo de los nudos.

Junta D , figura 7–11e

Resp.

Resp.

Junta H , figura 7–11f

Resp.

Estos resultados se resumen en la figura 7-11 g.

F HE sen 45° - 38.9 sen 45° = 0 F HE = 38.9 kN1T2+ c ©F y = 0;

75 - 2138.9 cos 45°2 - F DE = 0 F DE = 20 kN1C2:+ ©F x = 0;F DH sen 45° - 38.9 sen 45° = 0 F DH = 38.9 kN

1C

2+ c ©F y = 0;

F BH = 27.5 kN1T2F BH122 - 2015.52 + 27.5122 = 0d+ ©M D = 0;F CD

=75 kN

1C

2-

20

13.5

2 -

40

12

2 +

F CD

12

2 =

0d+ ©

M B =

0;

F BD = 38.9 kN1T2- 27.5+ F BD sen 45° = 0+ c©F y = 0; 40 kN

20 kN

2 m

3.5 m

27.5 kN

2 mF CD

F BD

F BH 45

B

(c)

D

20 kN

2 m

3.5 m

27.5 kN

2 m

45G

35 kNE

38.9 kN

27.5 kN

(d)

F DE

F DH

45 45 75 kN

38.9 kN

y

xD

(e)

FHE

45 45

27.5 kN

y

xH

38.9 kN

27.5 kN

(f)

40 kN

20 kN70 kN m

27.5 kN 27.5 kN70 kN m

20 kN

C D E F

BH

G

75 kN(C) 20 kN(C) 35 kN(T)

27.5 kN (T)

3 8 . 9 k N ( T )

27.5 kN (C)

3 8 . 9 k N ( C ) 3 8. 9 k N (

T )

(g)

3 8 . 9 k N ( C )





7

Prob. 7–13

6 m

A B C D

E F G H

8 m 6 m6 m

3 kN/ m

Prob. 7–14

400 lb/ pie

F

E

A B C

D

15 pies 20 pies

Prob. 7–15

8 m

A

C

E

B

D

F

5 kN/ m

9 kN/ m

Prob. 7–16

A B D

E

F K L

G

H I J

C

5 kN/ m5 kN/ m

3 kN/ m

8 m 8 m 8 m

7–13. Determine (en forma aproximada) los momentosinternos en las juntas A y B del marco.

7–15. Determine (en forma aproximada) los momentointernos en A causados por las cargas verticales.

PROBLEMAS

7–14. Determine (en forma aproximada) los momentosinternos en las juntasF y D del marco.

*7–16. Determine (en forma aproximada) los momentointernos en A y B causados por las cargas verticales.



Prob. 7–17

20pies

40pies

30pies

A

H

I

B

G F

K L

E

D

J

C

0.5 k/ pie

1.5k/ pie 1.5 k/ pie

Prob. 7–18

15 pies 20 pies

A

D

F

C

H G

E

B

400 lb/ pie

1200 lb/ pie

7–19. Determine (en forma aproximada) las reacciolos soportes A y B del marco de portal. Suponga que lportes están (a) articulados, y (b) fijos.

*7–20. Determine (en forma aproximada) el momenterno y la fuerza cortante en los extremos de cada eledel marco de portal. Suponga que los soportes en A yestán parcialmente fijos, de modo que hay un puntoflexión ubicado enh /3 de la parte inferior de cada colu

7–17. Determine (en forma aproximada) los momentosinternos en las juntas I y L . Por otra parte, ¿cuál es el mo-mento interno en la juntaH causado por el elementoHG ?

7–18. Determine (en forma aproximada) las reacciones enlos soportes A , B y C del marco.

Prob. 7–19

6 m

4 m

12 kN

A

D C

B

Prob. 7–20

PB

A

C

D

b

h





7

Probs. 7–21/7–22

7 pies

500 lb

B A

E G

H F

DC

6 pies

1.5 pies

1.5 pies 1.5 pies

Probs. 7–23/7–24

8 pies

2 k

8 pies

6 pies

12 pies

A B

C D

F

E

G

1 k

Prob. 7–25

2 m 2 m

1.5 m

5 m

A B

D

G

F

C

E

4 kN

8 kN

Prob. 7–26

2 m 2 m

1.5 m

5 m

A B

D

G

F

C

E

4 kN

8 kN

7–21. Dibuje (en forma aproximada) el diagrama de mo-mento para el elemento ACE del portal, el cual se cons-truyó con un elementorígido EG y soportes acodadosCF yDH . Suponga que todos los puntos de conexión están ar-ticulados. También determine la fuerza en el refuerzo aco-dado CF .7–22.

Resuelva el problema 7-21 si los soportes en A

yB

son fijos en vez de articulados.

7–25. Dibuje (en forma aproximada) el diagrama de mmento para la columna AGF del portal.Suponga que todoslos elementos de la armadura y las columnas están articlados en sus extremos. También determine las fuerzas todos los elementos de la armadura.

7–23. Determine (en forma aproximada) la fuerza en cadaelemento de la armadura del marco de portal. También en-cuentre las reacciones en los soportes fijos A y B de la co-lumna. Suponga que todos los elementos de la armaduraestán articulados en sus extremos.*7–24. Resuelva el problema 7-23 si los soportes en A y Bestán articulados en vez de fijos.

7–26. Dibuje (en forma aproximada) el diagrama de mmento para la columna AGF del portal.Suponga que todoslos elementos de la armadura están articulados en sus extmos.Las columnas están fijas en A y B. También determinela fuerza de todos los elementos de la armadura.



7–27. Determine (en forma aproximada) la fuerza en cadaelemento de la armadura del marco de portal. También en-cuentre las reacciones en los soportes A y B de la columnafija. Suponga que todos los elementos de la armadura estánarticulados en sus extremos.*7–28. Resuelva el problema 7-27 si los soportes en A y B

están fijos en vez de articulados.

7–31. Dibuje (en forma aproximada) el diagrama dmento para la columna ACD del portal.Suponga que tlos elementos de la armadura y las columnas están lados en sus extremos. También determine la fuerzaelementosFG , FH y EH .*7–32. Resuelva el problema 7-31 si los soportes en A y

están fijos en vez de articulados.

7–29.

Determine (en forma aproximada) la fuerza en loselementosGF , GK y JK del marco de portal. También en-cuentre las reacciones en los soportes A y B de la columnafija. Suponga que todos los elementos de la armadura estánconectados en sus extremos.7–30. Resuelva el problema 7-29 si los soportes en A y Bestán articulados en vez de fijos.

7–33.

Dibuje (en forma aproximada) el diagrama dmentos para la columna AJI del portal. Suponga que tlos elementos de la armadura y las columnas están lados en sus extremos. También determine la fuerzaelementosHG , HL y KL .7–34. Resuelva el problema 7-33 si los soportes en A yestán fijos en vez de articulados.

6 m6 m

1.5 m1.5 m3 m3 m

8 kN8 kN

A A

F F

I I GG

BB

2 m2 m

1.5 m1.5 m

H H C C

DDEE

3 m3 m 3 m3 m

12 kN12 kN

Probs. 7–27/7–28

D

C

E

H

I

K

F

L J

G


12 pies

3 pies

6 pies

A

4 k

B

Probs. 7–29/7–30

D

C

E H I

K

F

L

J

G

8pies

8pies

8pies

8pies

12 pies

3 pies

6 pies

6 pies

A

4 k

B

Probs. 7–31/7–32

4 kN

2 kN

OK L M N

A B

C

DEF

G

J

I H

1.5 m

4 m

1 m

6 @ 1.5 m 9 m

Probs. 7–33/7–34





7

7.5 Cargas laterales en marcos deconstrucción: Método del portal

En la sección 7-4 se analizó la acción de las cargas laterales sobremarcos de portal y se encontró que para un marco fijo apoyado en

base, los puntos de inflexión ocurren aproximadamente en el centrocada viga y columna y que las columnas soportan las mismas cargastantes, figura 7-8. Un caballete de edificio se deforma de la misma nera que un marco de portal, figura 7-12a y, por lo tanto, seríaconveniente suponer que los puntos de inflexión se producen en el ctro de las columnas y trabes. Si se considera que cada caballete de latructura se compone de una serie de portales, figura 7-12b, entonces,como supuesto adicional, lascolumnas interiores representarían el efectode dos columnas del portal y, por ende, soportarían el doble de fuerzcortanteV que las dos columnas exteriores.

(a)

P

punto de inflexión

(b)

V V V V

Figura 7–12



7.5 CARGAS LATERALES EN MARCOS DE CONSTRUCCIÓN: MÉTODO DEL PORTAL 2

En resumen, el método del portal para analizar los marcos de cons-trucción fijamente apoyados requiere los siguientes supuestos:

1. En el centro de cada trabe se coloca una bisagra, puesto que se su-pone que éste es un punto de momento cero.

2. En el centro de cada columna se coloca una bisagra, puesto que sesupone que éste es un punto de momento cero.

3. En un nivel de piso dado, la fuerza cortante en las bisagras de la co-lumna interior es el doble que en las bisagras de la columna exterior,puesto que el marco se considera una superposición de portales.

Estos supuestos proporcionan una reducción adecuada del marco a unaestructura estáticamente determinada pero estable bajo carga.

En comparación con el análisis estáticamente indeterminado que esmás exacto,el método del portal es el más adecuado para las construccio-nes con poca altura y estructura uniforme . La razón de esto tiene relacióncon la acción de la estructura bajo carga.A este respecto,considere que el marco actúa como una viga en voladizo que está fija al suelo. Recuerdedel estudio de la mecánica de materiales que laresistencia a la fuerzacortante se vuelve más importante en el diseño de vigascortas , en tantoque laresistencia a la flexión es más importante si la viga eslarga (vea lasección 7-6).El método del portal se basa en el supuesto relacionado conla fuerza cortante como se indica en el punto 3 anterior.

Los siguientes ejemplos ilustran la forma de aplicar el método del por-tal para analizar un caballete de edificio.

El método del portal puede usarse para realizar un análisis (aproximado) de las car-gas laterales en este marco de una sola planta.




7

Determine (en forma aproximada) las reacciones en la base de las columnas del marco que se muestra en la figura 7-13a. Use el método deanálisis del portal.

EJEMPLO7.5

SOLUCIÓNAl aplicar los dos primeros supuestos del método del portal, se colocan bisagras en los centros de las trabes y las columnas de la estructura, figura 7-13a. Una sección a través de las bisagras de columna en

I , J , K , L produce el diagrama de cuerpo libre que se muestra en la fi-gura 7-13b. Aquí se aplica el tercer supuesto en relación con las fuer-zas cortantes en las columnas.Se requiere

Con base en este resultado, ahora se puede desmembrar el marco

en las bisagras y determinar sus reacciones.Como regla general, siempre inicie este análisis en la esquina o junta donde se aplica la carga ho-rizontal . Por lo tanto, el diagrama de cuerpo libre del segmento IBM se muestra en la figura 7 13c. Las tres componentes de la reacción enlas bisagras I y,M x y M y se determinan al aplicar de©M M 0,©F x 0,©F y 0, respectivamente. A continuación se analiza el segmentoadyacenteMJN , figura 7-13d , seguido por el segmentoNKO , figura7-13e, y por último el segmentoOGL , figura 7-13 f . Usando estos re-sultados, los diagramas de cuerpo libre de las columnas con las reacciones en sus soportes son como se muestran en la figura 7-13 g.

:+ ©F x = 0;

1200 - 6V = 0

V = 200 lb

B M D N F O G

I J K L

A C E H

1200 lb

12 pies


(a)

Figura 7–13

1200 lb

V

I y

I 2V

J y

J 2V

K y

K V

L y

L

(b)



Si se consideran los segmentos horizontales de trabes de las figuras7-13c, d,e y f , entonces el diagrama de momento para la trabe es comoel que se muestra en la figura 7-13h.

J y 0

150 lb J

8 pies

400 lb

N x = 600 lb

N y 150 lb8 pies

1000 lb

6 pies

(d)

M

N

K y 0

8 pies

400 lb

OO x = 200 lb

O y = 150 lb8 pies 600 lb

150 lb 6 pies

(e)

N

K

O G

L

L y 150 lb

8 pies6 pies

200 lb

200 lb

150 lb

(f)

I

1200 lb

I y 150 lb

8 pies

6 pies

200 lb

M M x 1000 lb

M y 150 lb

(c)

B

LK J I

A x 200 lb6 pies

150 lb

(g )

200 lb

M A 1200 lbpie

A y 150 lb

C x 400 lb6 pies

400 lb

M C 2400 lbpie

E x 400 lb6 pies

400 lb

M E 2400 lbpie

H x 200 lb6 pies

150 lb

200 lb

M H 1200 lbpie

H y 150 lb

(h)

1.2 1.2 1.2

1.2 1.2 1.2

M (k pie)

8 16 24 32 40 48 x (pies)





7

Determine (en forma aproximada) las reacciones en la base de las columnas del marco que se muestra en la figura 7-14a. Use el método deanálisis del portal.

EJEMPLO7.6

SOLUCIÓNEn primer lugar, se colocan las bisagras en loscentros de las trabes ylas columnas del marco, figura 7-14a. Una sección a través de las bisa-gras enO , P , Q y J , K , L genera el diagrama de cuerpo libre que semuestra en la figura 7-14b . Las fuerzas cortantes en las columnasse calculan de la siguiente manera:

20 + 30 - 4V¿ =0

V¿ =12.5 kN:+ ©F x = 0;

20 - 4V = 0

V = 5 kN:+ ©F x = 0;

20 kN

V

O y

2.5 m

2V

P y

V

Q y

20 kN

30 kN

G R H S I

D M E N F

O P Q

J K L

A C

5 m

6 m

8 m 8 m

(a)

B

20 kN

5 m

30 kN

3 m

V ¿

J y

2V ¿

K y

V ¿

L y

(b)

Figura 7–14



Utilizando estos resultados se puede continuar con el análisis decada parte del marco. El análisis comienza con el segmento enesquinaOGR , figura 7-14c. Las tres incógnitasO y, R x y R y se han calculadoempleando las ecuaciones de equilibrio. Con estos resultados, se ana-liza a continuación el segmentoOJM , figura 7-14d; luego el segmento JA

, figura 7-14e; RPS

, figura 7-14 f ; PMKN

, figura 7-14 g

, yKB

, figura7-14h. Complete este ejemplo y analice los segmentosSIQ , despuésQNL y por últimoLC ; también demuestre queC x 12.5 kN, C y

15.625 kN, yM C 37.5 kN• m. Además, use los resultados para de-mostrar que el diagrama de momento paraDMENF es como semuestra en la figura 7.14i.

20 kN

O y 3.125 kN

4 m

2.5 m

5 kN

R x 15 kN

R y 3.125 kN

(c)

G

O

R

30 kN

J y 15.625 kN

4 m

3 mM x 22.5 kN

M y 12.5 kN

(d)

2.5 m

3.125 kN

5 kNO

M

J 12.5 kN

2.5 m

4 m

R

10 kN

4 mP

S

S x 5 kN

S y 3.125 kN

P y 0

(f)

3.125 kN

15 kN

M

4 m

K y 0

4 m

2.5 m

3 m

10 kN

22.5 kN

12.5 kN25 kN

N y 12.5 kN

N x 7.5 kN

(g)

P

K

N

(i)

50 50

50 50

M (kN m)

4 8 12 16 x (m)

J

A3 m

15.625 kN

12.5 kN

A x 12.5 kN

M A 37.5 kN m A y 15.625 kN

(e)

K

B

3 m

25 kN

B x 25 kNM B 75 kN m

B y 0

(h)





7

Figura 7–15

7.6 Cargas laterales sobre marcos deconstrucción: Método del voladizo

El método del voladizo se basa en la misma acción que una viga en vdizo larga sometida a una carga transversal. Como se vio en el estudio

la mecánica de materiales, tal carga provoca un esfuerzo flexionante eviga que varía linealmente desde el eje neutro de la viga, figura 7-15a. Demanera similar, las cargas laterales sobre un marco tienden a volcarlocausarle una rotación respecto a un “eje neutro”, el cual se encuentra un plano horizontal que pasa a través de las columnas entre cada piPara contrarrestar este volcamiento, las fuerzas (o esfuerzos) axialeslas columnas serán de tensión en un lado del eje neutro y de compresen el otro lado, figura 7-15b . Por lo tanto, al igual que con la viga en voldizo,parece razonable suponer que este esfuerzo axial tiene una variaclineal desde el centroide de las áreas de la columna o el eje neutro.consiguiente,el método del voladizo es adecuado si el marco es alto y del-

gado, o tiene columnas con áreas transversales diferentes.

P

viga(a)

marco de construcción(b)



La estructura del edificio tiene conexiones rígidas. El método del voladizo puedeusarse para realizar un análisis (aproximado) de cargas laterales.

En resumen, cuando se emplee el método del voladizo, deben apli-carse los siguientes supuestos a un marco fijamente apoyado.

1. En el centro de cada viga se coloca una bisagra, puesto que se su-pone que éste es un punto de momento cero.

2. En el centro de cada columna se coloca una bisagra, puesto que sesupone que éste es un punto de momento cero.

3. El esfuerzo axial en una columna es proporcional a su distanciadesde el centroide de las áreas transversales de las columnas en unnivel de piso dado. Como el esfuerzo es igual a fuerza por área, en-tonces en el caso especial de lascolumnas que tienen áreas transver-

sales iguales ,la fuerza en una columna también es proporcional a sudistancia desde el centroide de las áreas de la columna.

Estos tres supuestos hacen que el marco sea estable y estáticamente de-terminado.

Los siguientes ejemplos ilustran la forma en que se aplica el métododel voladizo para analizar un caballete de edificio.

7.6 CARGAS LATERALES SOBRE MARCOS DE CONSTRUCCIÓN: MÉTODO DEL VOLADIZO 2




7

EJEMPLO7.7

C

4 m

30 kN

15 kN

4 m

B

A

G

H

I

J

D

K

E

L

F

6 m

(a)

30 kN

2 m

H x

H y K y

K x

3 m 3 m

(c)

Figura 7–16

6 m

(b)

– x 3 m

Determine (en forma aproximada) las reacciones en la base de las columnas del marco que se muestra en la figura 7-16a. Se supone que lascolumnas tienen áreas de sección transversal iguales. Use el métodode análisis del voladizo.

SOLUCIÓNEn primer lugar se colocan bisagras en los puntos medios de las columnas y trabes. Las ubicaciones de estos puntos se indican mediantlas letrasG a L en la figura 7-16a. Los centroides de las áreas trans-versales de las columnas pueden determinarse por inspección, figura7-16b, o analíticamente de la siguiente manera:

El esfuerzo axial en cada columna es proporcional a su distanciadesde este punto. Aquí las columnas tienen la misma área en su sección transversal y, por lo tanto, la fuerza en cada columna es propor-cional a su distancia desde el centroide.Entonces, una sección a travéde las bisagrasH y K en el piso superior genera el diagrama de cuerpolibre que se muestra en la figura 7-16c. Tenga en cuenta que la co-lumna a la izquierda del centroide debe estar sometida a tensión, entanto que la columna de la derecha estará sometida a compresión.Esto es necesario para contrarrestar el volcamiento causado por lafuerza de 30 kN.Al sumar los momentos con respecto al eje neutro, setiene

Las incógnitas pueden relacionarse por medio de triángulos propor-

cionales, figura 7-16c, es decir,

Así que,

H y = K y = 10 kN

H y

3 =K y

3 o bien H y = K y

- 30122 + 3Hy + 3Ky = 0d+ ©M = 0;

x = ©x'

A©A

=01A2 + 61A2A + A

= 3 m



De una manera parecida, utilizando una sección del marco a travésde las bisagras enG y L , figura 7-16d, se tiene

ComoG y/3 L y/3 o bienG y L y, entonces

Ahora puede analizarse cada parte del marco usando los resultadosanteriores. Como en los ejemplos 7-5 y 7-6, se comienza en la esquinasuperior, donde se produce la carga aplicada, es decir, en el segmentoHCI , figura 7-16a.Al aplicar las tres ecuaciones de equilibrio,©M I 0,©F x 0 y©F y 0, se obtienen los resultados paraH x, I x e I y, respec-tivamente, que se muestran en el diagrama de cuerpo libre de la figura7-16e. Con base en estos resultados, enseguida se analiza el segmento IDK , figura 7-16 f ; seguido deHJG , figura 7-16 g; despuésKJL , figura7-16h, y por último las partes inferiores de las columnas, figuras 7-16iy 7-16 j . Los diagramas de momento para cada trabe se muestran en lafigura 7-16k .

Gy = Ly = 35 kN

- 30162 - 15122 + 3Gy + 3Ly = 0d+ ©M = 0;

15 kN

10 kN

15 kN

2 m

2 m

3 m J x 7.5 kN

J y 25 kN

35 kN G x 22.5 kN

(g)

J

G

H

10 kN

15 kN25 kN

3 m

7.5 kN

2 m

2 m

L x 22.5 kN

35 kN

(h)

K

J

L

2 m

35 kN

22.5 kN

A x 22.5 kNM A 45 kN m

A y 35 kN

(i)

G

A

30 kN2 m

3 m

H x 15 kN

10 kN

I x 15 kN

I y 10 kN

I

(e)

C

H

15 kN

10 kN

3 m

2 m

K x 15 kN

10 kN(f)

D I

K

2 m

35 kN

22.5 kN

F x 22.5 kNM F 45 kN m

F y 35 kN

(j)

L

F

30

30

M (kN m)

36

36

x (m)

(k)

75

75

M (kN m)

x (m)

30 kN

4 m

G x

G y L y

L x

3 m 3 m

(d)

15 kN

2 m





7

Figura 7–17

Muestre cómo se determinan (en forma aproximada) las reaccionesen la base de las columnas del marco que se muestra en la figura 7-17a .Las columnas tienen las áreas de sección transversal que se muestranen la figura 7-17b . Use el método de análisis del voladizo.

EJEMPLO7.8

SOLUCIÓNPrimero, se supone que existen bisagras en los centros de las trabes ycolumnas del marco, figuras 7-17d y 7-17e . El centroide de las áreastransversales de las columnas se determina a partir de la figura 7.17b

de la siguiente manera:

En primer lugar se considerará la sección a través de las bisagras enL ,M , N y O .

x = ©x'

A©A

=01102 + 20182 + 35162 + 60110210 + 8 + 6 + 10 = 28.53 pies

8 k

10 k

12 pies

16 pies

L

E

P Q R

10 pulg 2

I J K 8 pulg 2 6 pulg 2

10 pulg 2 8 pulg 2 6 pulg 2F G H

ON M 10 pulg 2

10 pulg 2

A B C D


(a)

20 pies

(b)

15 pies 25 pies

10 pulg 2 8 pulg 2 6 pulg 2 10 pulg 2

– x

S N

S O

28.53 pies 31.47 pies

(c)

8.53 pies 6.47 pies

S L

S M

8 k6 pies

L xM x

M y 0.239 L y

N xN y 0.136 L y

O x

O y 1.103 L yL y

28.53 pies 31.47 pies

(d)

8.53 pies 6.47 pies

8 k

12 pies

10 k

E x

F x G x

H x

E y 3.627 k F y 0.868 k G y 0.494 kH y 4.001 k

8.53 pies 6.47 pies

28.53 pies 31.47 pies

(e)

8 pies



En este problema las columnas tienendiferentes áreas transversales,por lo que debe tenerse en cuenta que elesfuerzo axial en cada co-lumna es proporcional a su distancia desde el eje neutro, ubicado en

28.53 pies.Los esfuerzos en las columnas pueden relacionarse mediante trián-

gulos semejantes, figura 7-17c. Si se expresan las relaciones en térmi-nos de la fuerza en cada columna, puesto ques F A , se tiene

Ahora que cada fuerza está relacionada conL y,el diagrama de cuerpolibre es como se muestra en la figura 7-17d .

Observe cómo las columnas a la izquierda del centroide están so-metidas a tensión y las de la derecha están sometidas a compresión.¿Por qué? Al sumar momentos con respecto al eje neutro se tiene

Resolviendo,

Usando este mismo método, demuestre que se obtienen los resultadosde la figura 7-17e para las columnasE , F , G y H .

Ahora se puede proceder a analizar cada parte del marco.Como enlos ejemplos anteriores, se comienza con el segmento de la esquinasuperiorLP , figura 7-17 f . Utilizando los resultados calculados, ense-guida se analiza el segmentoLEI , figura 7-17 g, seguido por el seg-mento EA , figura 7-17h . Luego pueden seguirse analizando los otrossegmentos en secuencia, es decir,PQM , despuésMJFI , enseguida,FBy así sucesivamente.

Ly = 0.725 k

M y = 0.174 k

N y = 0.0987 k

Oy = 0.800 k

+ (0.136Ly)16.47 pies2 + (1.103Ly)131.47 pies2 = 0

- 8 k

16 pies

2 + Ly

128.53 pies

2 + (0.239Ly)

18.53 pies

2d+ ©M = 0;

Oy

10 pulg2 = 31.47

28.53 a Ly

10 pulg2b Oy = 1.103Lys O = 31.47 pies28.53 pies s L;

N y

6 pulg2 = 6.47

28.53 a Ly

10 pulg2b N y = 0.136Lys N = 6.47 pies28.53 pies s L;

M y

8 pulg2 = 8.53

28.53 a Ly

10 pulg2b M y = 0.239Lys M = 8.53 pies28.53 pies s L;

x

8 k

6 pies

10 pies

P y 0.725 k

P x 6.791 k

L x 1.209 k

0.725 k

P

L

E x 2.720 k

3.627 k

10 k8 pies

6 pies

10 pies

1.209 k

0.725 k

I x 8.489 k

I y 2.902 kL

I

E

3.627 k

8 pies

M A 21.764 kpie

2.720 k

A y 3.627 k

A x 2.720 k

E

A

(f)

(g)

(h)





7

6 m

A B C

E DF

8 m 8 m

15 kN

Prob. 7–35

15 pies

A B C ED

J I H G F

18 pies18 pies 18 pies 18 pies

4 k

Prob. 7–36

9 kN

5 m5 m 5 m

4 m

4 m

J K L

GF E H

DC B A

I

12 kN

Probs. 7–37/7–38

12 pies

15 pies

4 k

5 k

A

DE

F

C

B

12 pies

Probs. 7–39/7–40

7–35. Use el método de análisis del portal y dibuje el dia-grama de momento para la trabeFED .

7–39. Use el método de análisis del portal y dibuje el digrama de momento para la columna AFE .*7–40.

Resuelva el problema 7-39 mediante el método danálisis del voladizo. Todas las columnas tienen la misárea en su sección transversal.

PROBLEMAS

7–37. Use el método del portal y determine (en formaaproximada) las reacciones en los soportes A , B , C y D .7–38. Use el método del voladizo y determine (en formaaproximada) las reacciones en los soportes A , B , C y D .Todas las columnas tienen la misma área en su seccióntransversal.

*7–36. Use el método de análisis del portal y dibuje el dia-grama de momento para la trabe JIHGF .

7–41. Use el método del portal y determine (en formaproximada) las reacciones en A .7–42. Use el método del voladizo y determine (en formaproximada) las reacciones en A .Todas las columnas tienenla misma área en su sección transversal.

3 k

18 pies 20 pies

15 pies

15 pies

G

F E

H

D

C B A

I

4 k

Probs. 7–41/7–42



7–43. Dibuje (en forma aproximada) los diagramas demomento para la trabePQRST y la columnaBGLQ delmarco de construcción.Use el método del portal.*7–44. Dibuje (en forma aproximada) los diagramas demomento para la trabePQRST y la columnaBGLQ delmarco de construcción.Use el método del voladizo.

7–45. Dibuje el diagrama de momento para la trabe IJKdel marco de construcción. Use el método de análportal.7–46. Resuelva el problema 7-45 mediante el métoanálisis del voladizo. Cada columna tiene el área tranque se indica.

6 k

9 k

9 k

15pies

15pies

20pies

20pies

10 pies

10 pies

10 pies

P Q R S T

K L M N O

F G H I J

A B C D E

Probs. 7–43/7–44

20 kN

24 (10 3) m2Área 16 (10 3) m2 16 (10 3) m2 24 (10 3)

4 m 5 m 4 m

4

4

J K L

GF E H

DC B A

I

40 kN

Probs. 7–45/7–46

15 pies

5 pies

4pies

4pies

vie

8pies

3 pies

3 pies3 pies

E A

C

D

B

Prob. 7–1P

7–1P. Los caballetes del edificio de almacenamiento quese muestra en la fotografía están separados por 10 pies y sepuede suponer que están articulados en todos los puntos deapoyo. Utilice el modelo idealizado que se muestra y deter-mine la carga del viento prevista sobre el caballete.Tenga encuenta que la carga del viento se transmite desde la pared

hasta los cuatro largueros y después a las columnas enderecho. Haga un análisis aproximado y determine laxial máxima y el momento máximo en la columna AB .ponga que las columnas y los puntales acodados estánlados en sus extremos. El edificio está situado en un plano de Nueva Orleans,Louisiana, dondeV 125 mi/h






7

Un análisis estructural aproximado se utiliza para conver-tir una estructura estáticamente indeterminada en estáti-camente determinada. De esta manera puede hacerse undiseño preliminar de los elementos y, una vez completo,efectuar el análisis indeterminado, que es más exacto,paraperfeccionar el diseño.

Las armaduras que tienen refuerzos diagonales trans-versales dentro de sus paneles pueden analizarse supo-niendo que la diagonal en tensión soporta la fuerzacortante del panel y que la diagonal en compresión es unelemento de fuerza cero. Esto es razonable si los elemen-tos son largos y delgados. Para secciones más grandes, lorazonable es suponer que cada diagonal soporte la mitadde la fuerza cortante del panel.

El análisis aproximado de una carga vertical uniforme queactúa sobre una trabe de longitudL , en un marco de cons-trucción conectado fijamente, puede aproximarse me-diante el supuesto de que la viga no soporta ninguna cargaaxial y que hay puntos de inflexión (bisagras), ubicados a0.1L de los soportes.

a

b

P 2P 1

R 1 R 2

F 2

F 1

R 1

F b

F aV R 1

w

L

w

0.1L 0.1L

0.8L




Los marcos de portal que cuentan con soportes fijos se analizan en forma aproximada suponiendo que hay bisapunto medio de cada altura de columna, medida hasta la parte inferior del refuerzo de armadura.Además, en estoy en los articulados,se supone que cada columna soporta la mitad de la carga cortante sobre el marco.

Para los marcos de construcción fijos que están sometidos a cargas laterales, se puede suponer que hay bisagras tros de las columnas y trabes. Si el marco tiene una elevación baja, la resistencia a la fuerza cortante es importansible emplear el método del portal, donde las columnas interiores en cualquier nivel de piso dado soportan elfuerza cortante que las columnas exteriores. Para los marcos delgados y altos puede usarse el método del voladizesfuerzo axial en una columna es proporcional a su distancia desde el centroide del área de la sección transversalas columnas en un nivel de piso dado.

P

h

l

P

V

N N

V2V

Método del portal

Método del voladizo

P

P

h—2 P —2P —2

bisagrassupuestas

P

punto de inflexión




La deflexión de este puente arqueado debe supervisarse cuidadosa-mente mientras está en construcción.



8

2

En este capítulo se mostrará cómo determinar las deflexiones elásticasde una viga siguiendo el método de la doble integración y dos impor-tantes métodos geométricos, a saber, los teoremas del momento deárea y el método de la viga conjugada. La doble integración se em-plea para obtener las ecuaciones que definen la pendiente y la curvaelástica. Los métodos geométricos proporcionan una forma de obte-ner la pendiente y la deflexión en puntos específicos de la viga. Cadauno de estos métodos tiene sus ventajas o desventajas, que se anali-zarán al momento de presentar cada método.

8.1 Diagramas de deflexión y la curvaelástica

Las deflexiones de las estructuras pueden tener varias fuentes, como lascargas, la temperatura, los errores de fabricación o el asentamiento.Durante el diseño deben limitarse las deflexiones a fin de garantizar laintegridad y la estabilidad de los techos y evitar el agrietamiento de losmateriales rígidos adjuntos como el concreto,el yeso o el vidrio.Además,una estructura no debe vibrar o deformarse severamente si se desea que“parezca” segura a la vista de sus ocupantes. Aún más importante es elhecho de que, para analizar las estructuras estáticamente indetermina-das, se deben determinar las deflexiones en puntos específicos de la es-tructura.

Las deflexiones que se considerarán en este texto sólo se aplican a es-tructuras que tienen unarespuesta material lineal elástica . En estas condi-ciones, una estructura sometida a una carga volverá a su posición origi-nal no deformada al retirar la carga. La deflexión de una estructura lacausan sus cargas internas, como la fuerza normal, la fuerza cortante,o el

Deflexiones



300 CA P Í T U L O 8 DE F L E X I O N E S

8

momento flexionante. Sin embargo, en el caso de lasvigas y losmarcos ,las mayores desviaciones suelen ser causadas por la flexión interna , entanto que en unaarmadura las deflexiones las ocasionan las fuerzas axia-les internas .

Antes de determinar la pendiente o el desplazamiento de un punsobre una viga o un marco, a menudo resulta útil bosquejar el perfil

formado de la estructura cuando está cargada para verificar parcimente los resultados. Estediagrama de deflexión representa la curvaelástica o el lugar geométrico de los puntos que define la posición despzada del centroide de la sección transversal a lo largo de los elemenPara la mayoría de los problemas, la curva elástica puede bosquejarsemucha dificultad. Sin embargo, al hacerlo es necesario conocer las tricciones en cuanto a la pendiente o el desplazamiento que ocurrenmenudo en un soporte o una conexión. Con referencia a la tabla 8-1,soportes queresisten una fuerza , como un pasador, restringen el despla-zamiento ; y los queresisten un momento , como una pared fija,restringenla rotación . Observe también que la deflexión de los elementos de marco que están fijamente conectados (4) hace que la junta gire los e

mentos conectados en la misma cantidadu . Por otro lado, si en la junta seusa una articulación, cada elemento tendrá una pendiente diferente o unarotación distinta en el pasador, debido a que éste no puede soportar momento (5).

Los marcos de dos elementos soportan tanto la cargamuerta del techo como la carga viva de la nieve. Puedeconsiderarse que el marco está articulado en la pared,fijo en el suelo y que tiene una junta fijamente conec-tada.

(1)

0rodillo u oscilador

(2)

0pasador

(3)

0u 0soporte fijo

(4)

junta fijamente conectada

(5)

junta articulada

u

u

u

u

u2

u1

TABLA 8–1



8.1 DIAGRAMAS DE DEFLEXIÓN Y LA CURVA ELÁSTICA 3

Si la curva elástica parece difícil de establecer, se sugiere dibujar pri-mero el diagrama de momento para la viga o el marco. Por la convenciónde signos para los momentos establecida en el capítulo 4, unmomento

positivo tiende a doblar una viga o elemento horizontalcóncavo haciaarriba , figura 8-1. Del mismo modo, unmomento negativo tiende a do-blar la viga o el elementocóncavo hacia abajo , figura 8-2. Por lo tanto, si

se conoce la forma del diagrama de momento, la construcción de la curva

elástica será fácil y viceversa . Por ejemplo, considere la viga de la figura8-3 con su diagrama de momento asociado. Debido al soporte de pasa-dor y rodillo, el desplazamiento en A y D debe ser cero. Dentro de la re-gión de momento negativo, la curva elástica es cóncava hacia abajo; ydentro de la región de momento positivo, la curva elástica es cóncavahacia arriba. En particular, debe haber un punto de inflexión en el sitiodonde la curva cambia de cóncava hacia abajo a cóncava hacia arriba,puesto que éste es un punto de momento nulo. Usando estos mismosprincipios, observe cómo la curva elástica para la viga en la figura 8-4 seelaboró con base en su diagrama de momento.Específicamente, tenga encuenta que la reacción de momento positivo desde la pared mantiene la

pendiente inicial de la viga horizontal.

M M

momento positivo,cóncavo hacia arriba

M M

momento negativo,cóncavo hacia abajo

viga

P1

P 2

B C D

M

x

diagrama de momento

punto de inflexión

curva de deflexión

A

M

M

viga

P1

M

M

M

x

diagrama de momento

punto de inflexión

curva de deflexión

P2

Figura 8–4Figura 8–3

Figura 8–2

Figura 8–1




8

Dibuje la forma alterada de cada una de las vigas que se muestran enla figura 8-5.

SOLUCIÓNEn la figura 8-5a, el rodillo ubicado en A permite la rotación libre sindeflexión, mientras que la pared fija enB impide tanto la rotacióncomo la deflexión. La forma alterada se muestra mediante la líneagruesa. En la figura 8-5b, no puede ocurrir rotación ni deflexión en Ay B . En la figura 8-5c, el momento de par girará al extremo A . Estooriginará deflexiones en ambos extremos de la viga, puesto que la deflexión no es posible enB ni enC . Observe que el segmentoCD per-manece sin deformación (una línea recta), dado que en él no actúaninguna carga interna. En la figura 8-5d, el pasador (bisagra interna)en B permite la rotación libre y, por lo tanto, la pendiente de la curvade deflexión cambiará súbitamente en este punto, mientras que laviga está restringida por su soporte. En la figura 8-5e, la viga com-puesta se deforma de la manera que se muestra. La pendiente cambiaabruptamente a cada lado de la articulación enB . Por último, en la fi-gura 8-5 f , el claroBC se volverá cóncavo hacia arriba debido a lacarga. Dado que la viga es continua, los claros finales se volverán cóncavos hacia abajo.

EJEMPLO8.1

Figura 8–5

D

A C

B

(d)

P

B

w

A D

C (f)

A

w

(b)

B A

(a)

P

B

M D

B

A

C (c)

C B

(e)

P

A



8.1 DIAGRAMAS DE DEFLEXIÓN Y LA CURVA ELÁSTICA 3

EJEMPLO8.2

Dibuje las formas alteradas de cada uno de los marcos que se mues-tran en la figura 8-6.

Figura 8–6

(a)

A D

B C P

(b)

A F E

B C DP

(c)

A H G F

B C D E

w

SOLUCIÓNEn la figura 8-6a, cuando la cargaP empuja las juntasB y C hacia laderecha, se produce una rotación de cada columna en sentido horario,de la manera que se muestra. Como resultado, las juntasB y C debengirar en el sentido horario. Dado que en estas articulaciones debe

mantenerse el ángulo de 90° entre los elementos conectados, la vigaBC se deformará de modo que la curvatura se invierta de cóncavahacia la izquierda a cóncava hacia la derecha. Observe que esto pro-duce un punto de inflexión dentro de la viga.

En la figura 8-6b, P desplaza las juntasB , C y D hacia la derecha,haciendo que cada columna se doble en la forma que se muestra. Las juntas fijas deben mantener sus ángulos de 90° y, por lo tanto, BC yCD deben tener una curvatura invertida con un punto de inflexióncerca de su punto medio.

En la figura 8-6c, la carga vertical en este marco simétrico doblará lavigaCD cóncava hacia arriba, causando una rotación en sentido hora-rio de la juntaC y en sentido antihorario de la juntaD . Como el án-

gulo de 90° en las juntas debe mantenerse, las columnas se doblaránen la forma que se muestra.Esto hace que los clarosBC y DE se vuel-van cóncavos hacia abajo, lo que resulta en una rotación en sentidoantihorario enB y en sentido horario enE . Por consiguiente, las co-lumnas se doblan en la forma que se muestra. Por último, en la figura8-6d, las cargas empujan las juntasB y C hacia la derecha, lo quedobla las columnas en la forma que se muestra. La junta fijaB man-tiene su ángulo de 90°, sin embargo, no hay restricción a la rotaciónrelativa entre los elementos enC porque la junta está articulada. Enconsecuencia, sólo la vigaCD no tiene una curvatura inversa.

(d)

A I H

G F

D E

B

C P

P




8

F8–1. Dibuje la forma alterada de cada viga. Indique lospuntos de inflexión.


F8–3. Dibuje la forma alterada de cada marco. Indique lpuntos de inflexión.

F8–2. Dibuje la forma alterada de cada marco. Indique lospuntos de inflexión.

(a)

F8–1

(c)

F8–2

F8–3(a)

(b)

(c)

(b)

(a)

(b)



8.2 TEORÍA DE LA VIGA ELÁSTICA 3

8.2 Teoría de la viga elásticaEn esta sección se desarrollarán dos ecuaciones diferenciales importan-tes que relacionan el momento interno en una viga con el desplaza-miento y la pendiente de su curva elástica. Estas ecuaciones forman labase de los métodos de deflexión que se presentan en este capítulo,y poresa razón hay que comprender plenamente los supuestos y las limitacio-nes que se apliquen en su desarrollo.

Para obtener estas relaciones, el análisis se limitará al caso más comúnde una viga que en principio es recta y que se deforma elásticamente de-bido a las cargas aplicadas de manera perpendicular al eje x de la viga, yque se sitúan en el plano de simetría x-v de la sección transversal de laviga, figura 8-7a. Debido a las cargas, la deformación de la viga es cau-sada tanto por la fuerza cortante interna como por el momento de fle-xión. Si la viga tiene una longitud mucho mayor que su profundidad, lamayor deformación será causada por la flexión y,por ende,la atención sedirigirá a sus efectos. Las deflexiones causadas por la fuerza cortante

se analizarán más adelante en este capítulo.Cuando el momento internoM deforma el elemento de la viga, cadasección transversal se mantiene plana y el ángulo entre ellas se convierteen du , figura 8-7b. El arcodx que representa una porción de la curvaelástica interseca el eje neutro de cada sección transversal. Elradio decurvatura de este arco se define como la distanciar , que se mide desde elcentro de la curvatura O hastadx . Cualquier arco en el elemento distintoa dx está sometido a una deformación normal. Por ejemplo, la deforma-ción en el arcods , que se ubica en una posición y respecto al eje neutro,es (ds ds)/ds . Sin embargo,ds dx r du y ds (r y)du , y así

Si el material es homogéneo y se comporta de manera lineal elástica, en-tonces puede aplicarse la ley de Hooke,e s /E .Además, dado que tam-bién es aplicable la fórmula de la flexión,s My / I .Al combinar estasecuaciones y sustituir en la ecuación anterior, se tiene

(8–1)

Aquí r el radio de curvatura en un punto específico de la curva elástica

(1/r se conoce como lacurvatura )M el momento interno en la viga en el punto donde debe determi-

narse r E el módulo de elasticidad del material

I el momento de inercia de la viga calculado respecto del eje neutro

1r =

MEI

P = 1r - y

2 du - r du

r du o bien 1r

= - Py

(a)

A

xdx

v

Pw

u

(b)

y ydx

dsdx

ds¿

antes de la

deformación

después de la

deformación

du

M M

O ¿

r r

Figura 8–7




8

En esta ecuación el productoEI se conoce como larigidez a la flexión ,y siempre es una cantidad positiva. Puesto quedx r du , entonces a par-tir de la ecuación 8-1,

(8–2)

Si se elige el ejev como positivo hacia arriba, figura 8-7a, y si es posibleexpresar la curvatura (1/r ) en términos de x y v , entonces se puede deter-minar la curva elástica de la viga. En la mayoría de los libros de cálse demuestra que esta relación de curvatura es

Por lo tanto,

(8–3)

Esta ecuación representa una ecuación diferencial no lineal de gundo orden. Su solución, v f ( x), proporciona la forma exacta de lacurva elástica;suponiendo, por supuesto,que las deflexiones de la vigproducen sólo por flexión. Con el fin de facilitar la solución de un manúmero de problemas, la ecuación 8-3 se modificará al hacer una imptante simplificación. Como la pendiente de la curva elástica para la myoría de las estructuras es muy pequeña, se empleará la teoría de la queña deflexión y se supondrá qued v /dx L 0. En consecuencia, sucuadrado será insignificante en comparación con la unidad y por lo tala ecuación 8-3 se reduce a

(8–4)

También debe señalarse que al suponer qued v /dx L 0, la longitudoriginal del eje x de la viga y elarco de su curva elástica serán aproximadamente los mismos. En otras palabras, ds en la figura 8-7b es aproxi-madamente igual adx , puesto que

Este resultado implica que los puntos de la curva elástica sólo se deszarán de manera vertical mas no horizontal.

Resultados tabulados. En la siguiente sección se mostrará cómaplicar la ecuación 8-4 para encontrar la pendiente de una viga y la ección de su curva elástica.En la contraportada del libro se ubica una taque presenta los resultados de tal análisis para algunas cargas comuen vigas que se encuentran a menudo en el análisis estructural.Tambse enumeran la pendiente y el desplazamiento en los puntos críticos dviga. Por supuesto, una sola tabla no puede incluir los muchos diferencasos de carga y geometría que se presentan en la práctica. Cuando nodispone de una tabla o se tiene una incompleta, el desplazamiento opendiente en un punto específico de una viga o un marco pueden detminarse empleando el método de integración doble o algún otro métoanalizado en este capítulo o en el siguiente.

ds = 2 dx 2 + dv2 = 2 1 + 1dv>dx22 dx L dx

d2v

dx2 = M

EI

MEI

= d2v>dx 2

[1 + 1dv>dx22]3>21r

= d2v>dx 2

[1 + 1dv>dx22]3>2

du = MEI

dx



8.3 EL MÉTODO DE INTEGRACIÓN DOBLE 3

8.3 El método de integración dobleUna vez queM se expresa como una función de la posición x,entonces lasintegraciones sucesivas de la ecuación 8.4 darán la pendiente de la viga,u L tan u d v /dx • (M /EI ) dx (ecuación 8-2), y la ecuación de la curvaelástica, v f ( x) • • (M /EI ) dx , respectivamente. Para cada integra-ción,es necesario introducir una “constante de integración” y después re-solver las constantes a fin de obtener una solución única para un pro-blema particular. Recuerde de la sección 4-2 que si la carga en una viga esdiscontinua,es decir,consiste en una serie de varias cargas concentradas ydistribuidas, entonces deben escribirse varias funciones para el momentointerno, cada una válida dentro de la región entre las discontinuidades.Por ejemplo, considere la viga que se muestra en la figura 8-8. El mo-mento interno en las regiones AB , BC y CD debe escribirse en términosde las coordenadas x1, x2 y x3. Una vez que estas funciones se integren através de la aplicación de la ecuación 8-4,y que se hayan determinado lasconstantes de integración, las funciones darán la pendiente y la deflexión

(curva elástica) para cada región de la viga en la que son válidas.

Convención de signos. Al aplicar la ecuación 8-4 es importanteusar el signo adecuado paraM según lo establece la convención de sig-nos que se usó en la obtención de esta ecuación, figura 8-9a.Además, re-cuerde que la deflexiónv positiva es hacia arriba y, en consecuencia, elángulo de la pendiente positivau se medirá en sentido antihorario desdeel eje x. La razón de esto se muestra en la figura 8-9b . Aquí, los incre-mentos positivosdx y d v en x y v crean un incremento dedu que es ensentido antihorario.Además, como el ángulo de la pendienteu será muypequeño, su valor en radianes puede determinarse directamente deu Ltan u d v /dx .

Condiciones de frontera y de continuidad. Las constantesde integración se determinan evaluando las funciones de la pendiente odel desplazamiento en un punto particular de la viga donde se conoce elvalor de la función. Estos valores se llamancondiciones de frontera . Porejemplo, si la viga se sostiene mediante un rodillo o un pasador, entoncesse requiere que el desplazamiento sea cero en estos puntos. Inclusive, enun soporte fijo, la pendiente y el desplazamiento son iguales a cero.

Si no puede usarse una sola coordenada x para expresar la ecuación dela pendiente o la curva elástica de la viga, entonces deben usarse las con-diciones de continuidad para evaluar algunas de las constantes de inte-gración. Considere la viga de la figura 8-10. Aquí las coordenadas x1 y x2sólo son válidas dentro de las regiones AB y BC , respectivamente. Unavez que se obtienen las funciones de la pendiente y la deflexión, éstas tie-nen que dar los mismos valores de la pendiente y la deflexión en el puntoB , x1 x2 a, de manera que la curva elástica es físicamente continua.Expresado de manera matemática, esto requiere queu 1(a) u 2(a) yv 1(a) v 2(a). Estas ecuaciones pueden usarse para determinar dos cons-tantes de integración.

A D

Pw

x1

x2

x3

C B

M M

(a)

v

dvv

r

r

xdx

O ¿

udu

curva elásticads

(b)

A

P

x1

x2

CB

v1,v2

a b

vu

Figura 8–8

Figura 8–9

Figura 8–10




8


El siguiente procedimiento proporciona un método para determinar la pendiente y ldeflexión de una viga (o eje) usando el método de la integración doble. Debe tenerse ecuenta que este método sólo es adecuado endeflexiones elásticas para las cuales la pen-

diente de la viga es muy pequeña.Además, el método considera sólo las deflexiones debi-das a la flexión . En general, la deflexión adicional por la fuerza cortante representa sólun pequeño porcentaje de la deflexión debida a la flexión;por ello,en la práctica de la geniería suele ignorarse.

Curva elástica• Dibuje una vista exagerada de la curva elástica de la viga. Recuerde que los puntos

pendiente cero y desplazamiento cero se producen en un soporte fijo, y el desplazmiento cero se produce en los soportes de rodillo y articulados.

• Establezca los ejes de las coordenadas x y y. El eje x debe ser paralelo a la viga sin de-formarse y su origen debe estar en el lado izquierdo de la viga, con sentido positihacia la derecha.

• Si hay varias cargas discontinuas presentes, establezca las coordenadas x que sean vá-lidas para cada región de la viga entre las discontinuidades.

• En todos los casos, el eje asociado positivov debe dirigirse hacia arriba.

Función de la carga o del momento• Para cada región en la que hay una coordenada x, exprese el momento internoM en

función de x.• Siempre suponga queM actúa en la dirección positiva al aplicar la ecuación de equili

brio de momentos para determinarM f ( x).

Pendiente y curva elástica• Siempre queEI sea constante, aplique la ecuación de momentoEI d 2v /dx 2 M ( x),

que requiere dos integraciones. Para cada integración es importante incluir una contante de integración.Las constantes se determinan usando las condiciones de frontepara los soportes y las condiciones de continuidad que se aplican a la pendiente ydesplazamiento en los puntos donde se encuentran dos funciones.

• Una vez que se determinan las constantes de integración y se sustituyen de nuevo las ecuaciones de la pendiente y la deflexión, es posible determinar la pendiente ydesplazamiento en puntos específicos de la curva elástica.Los valores numéricos obte-nidos pueden comprobarse gráficamente al compararlos con el bosquejo de la curvelástica.

• Los valores positivos de la pendiente son en sentido antihorario y eldesplazamiento positivo es hacia arriba .



EJEMPLO8.3

Cada vigueta de piso simplemente apoyada que se muestra en la foto-grafía está sometida a una carga de diseño uniforme de 4 kN/m, figura8-11a. Determine la deflexión máxima de la vigueta. EI es constante.

Curva elástica. Debido a la simetría, la deflexión máxima de la vi-gueta se producirá en su centro.Sólo se requiere una sola coordenada x para determinar el momento interno.

Función de momento. Con base en el diagrama de cuerpo libre, fi-gura 8-11b, se tiene

Pendiente y curva elástica. Al aplicar la ecuación 8-4 e integrardos veces resulta

Aquí v 0 en x 0, de modo queC 2 0 yv 0 en x 10; por loque C 1 166.7. Por lo tanto, la ecuación de la curva elástica es

En x 5 m, observe qued v /dx 0. Por consiguiente, la deflexiónmáxima es

Resp.v máx = - 521EI

EI v = 3.333x3 - 0.1667x4 - 166.7x

EI v = 3.333x3 - 0.1667x4 + C1x + C2

EI dvdx

= 10x2 - 0.6667x3 + C1

EI d2vdx 2 = 20x - 2x2

M = 20x - 4xax2b = 20x - 2x2

4 kN/ m

(a)

10 m x

20 kN 20 k

x_2

(4 x) N

(b)

x

20 kN

M

V

Figura 8–11





8

La viga en voladizo que se muestra en la figura 8-12a está sometida aun momento de parM0 en su extremo. Determine la ecuación de lacurva elástica.EI es constante.

EJEMPLO8.4

SOLUCIÓNCurva elástica. La carga tiende a deformar la viga como se muestraen la figura 8-9a. Por inspección,el momento interno puede represen-tarse a lo largo de la viga empleando un sistema de una sola coorde-nada x.

Función de momento. A partir del diagrama de cuerpo libre, conM que actúa en ladirección positiva , figura 8-12b , se tiene

Pendiente y curva elástica. Al aplicar la ecuación 8-4 e integrarlados veces se obtiene

(1)

(2)

(3)

Si se usan las condiciones de fronterad v /dx 0 en x 0 y v 0 en x 0, entoncesC 1 C 2 0.Al sustituir estos resultados en las ecua-ciones (2) y (3) conu d v /dx , se obtiene

Resp.v = M 0x2

2EI

u = M 0xEI

EIv = M 0x2

2 + C1x + C2

EIdvdx

= M0x + C1

EId2vdx 2 = M0

M = M 0

L

x A

M0

(a)

x

M M 0

(b)

Figura 8–12




La pendiente y el desplazamiento máximos ocurren en A ( x L ),para lo cual

(4)

(5)

El resultado positivo para u A indica una rotación en sentidoantihora-rio y el resultado positivo para v A indica quev A actúa hacia arriba .Esto concuerda con los resultados bosquejados en la figura 8-12a.

Con el fin de obtener una idea de lamagnitud real de la pendiente yel desplazamiento en el extremo A , considere que la viga de la figura8-12a tiene una longitud de 12 pies, que soporta un momento de parde 15 k• pie, y está hecha de acero conE ac 29(103) ksi. Si esta vigase diseñara sin un factor de seguridad suponiendo que el esfuerzonormal permisible es igual al esfuerzo de cedencias perm 36 ksi, en-tonces se encontraría que un perfil W6 9 sería adecuado ( I 16.4pulg4).A partir de las ecuaciones (4) y (5) se obtiene

Dado que se justifica el uso de la ecuación8-4 en vez de aplicar la ecuación más exacta 8-3, para el cálculo de ladeflexión de las vigas.Además, como esta aplicación numérica es parauna viga en voladizo , se han obtenidovalores más grandes para u y v

máximos que los que se habrían obtenido si la viga estuviera apoyadamediante pasadores, rodillos u otros soportes.

u2A = 0.00297 rad2 V 1,

vA =15 k#pie112 pulg>pie2112 pies22112 pulg>1 pie22212911032 k>pulg22116.4 pulg42 = 3.92 pulg

uA =15 k#pie

112 pulg

>pie

2112 pies

2112 pulg

>pie

229

1103

2 k

>pulg2

116.4 pulg4

2 = 0.0545 rad

vA = M0L2

2EI

uA = M 0L

EI




8

La viga de la figura 8-13a está sometida a una cargaP en su extremo.Determine el desplazamiento enC . EI es constante.

EJEMPLO8.5

SOLUCIÓNCurva elástica. La viga se deforma como se muestra en la figura8-13a. Debido a la carga, deben considerarse dos coordenadas x.

Funciones de momento. Si se usan los diagramas de cuerpo libreque se muestran en la figura 8-13b, se tiene

Pendiente y curva elástica. Aplicando la ecuación. 8-4,

para x1,

(1)

(2)EIv 1 = - P12x3

1 + C1x1 + C2

EIdv1dx 1

= - P4x2

1 + C1

EId2v1

dx 21

= - P2x1

= Px 2 - 3Pa 2a … x2 …3a

M 2 = - P2 x2 + 3P

2 1x2 - 2a2M 1 = - P

2 x1

0 … x1 …2a

x2

A

P

C B

2a a

x1

(a)

vC

V2

M2

x2

P ––2 3P ___2

2a

(b)

Figura 8–13

x1

P __2

V1

M1




Para x2,

(3)

(4)

Las cuatro constantes de integración se determinan mediantetrescondiciones de frontera, a saber,v 1 0 en x1 0, v 1 0 en x1 2a yv 2 0 en x2 2a, yuna ecuación de continuidad.Aquí la continuidadde la pendiente en el rodillo requiere qued v 1/dx 1 d v 2/dx 2 en x1 x2

2a. (Tenga en cuenta que la continuidad del desplazamiento enBha sido considerado de manera indirecta en las condiciones de fron-tera, puesto quev 1 v 2 0 en x1 x2 2a.) Al aplicar estas cuatro

condiciones resulta

Resolviendo, se obtiene

Al sustituirC 3 y C 4 en la ecuación (4) resulta

El desplazamiento enC se determina al establecer x2 3a. Se tieneque

Resp.vC = - Pa 3

EI

v2 = P6EI

x32 - 3

2PaEI

x22 + 10Pa 2

3EI x2 - 2Pa 3

EI

C1 = Pa 2

3 C2 = 0 C3 = 103 Pa 2

C4 = - 2Pa 3

- P4 12a22 + C1 = P

2 12a22 - 3Pa12a2 + C3dv112a2dx 1

= dv212a2dx 2

;

0 = P6 12a23 - 3

2 Pa12a22 + C312a2 + C4v2 = 0 enx2 = 2a;

0 = - P12 12a23 + C112a2 + C2v1 = 0 enx1 = 2a;

0 = 0 + 0 + C2v1 = 0 enx1 = 0;

EIv 2 = P6x3

2 - 32Pax 2

2 + C3x2 + C4

EIdv2dx 2

= P2x2

2 - 3Pax 2 + C3

EId2v2

dx 22

= Px 2 - 3Pa




8

F8–4. Determine la ecuación de la curva elástica para laviga empleando la coordenada x que es válida para 0 x L .EI es constante.


F8–7. Determine la ecuación de la curva elástica para viga empleando la coordenada x que es válida para 0 x L .EI es constante.





L__2

L__2

x

A B

P

L__2

L__2

x

A B

M0

A

L

B

M0

x

L

x

P

L x

w0

F8–4

F8–5

F8–6

F8–7

F8–8

F8–9

w

L x




8–2. La barra está soportada por una restricción de rodilloen B , que permite el desplazamiento vertical pero resiste lacarga axial y el momento. Si la barra se somete a la cargaque se muestra, determine la pendiente en A y la deflexiónen C . EI es constante.

8–3. Determine la deflexión en el puntoB de la barra delproblema 8-2.

8–7. Determine la curva elástica para la viga simpleapoyada usando la coordenada x, 0 x L /2.Además,termine la pendiente en A y la deflexión máxima de laEI es constante.

*8–4. Determine las ecuaciones de la curva elástica usandolas coordenadas x1 y x2, especifique la pendiente y la defle-xión enB. EI es constante.

8–5. Determine las ecuaciones de la curva elástica usandolas coordenadas x1 y x3 y especifique la pendiente y la defle-xión en el puntoB . EI es constante.

*8–8. Determine las ecuaciones de la curva elásticpleando las coordenadas x1 y x2, y especifique la penden C y el desplazamiento enB . EI es constante.

8–9. Determine las ecuaciones de la curva elásticpleando las coordenadas x1 y x3, y especifique la penden B y la deflexión enC . EI es constante.

A B

PP

L

x2

x1

a aw

AB

L L

x1 x2

C

L x

A B

w0

L

A

B

a

w

x1

x2 x3

C

A

a

x1 x3

x2

a

w

C

P

AC

B

L2

L2

8–1. Determine las ecuaciones de la curva elástica para laviga empleando las coordenadas x1 y x2. Especifique la pen-diente en A y la deflexión máxima.EI es constante.

8–6. Determine la deflexión máxima entre los soportes A yEI es constante. Utilice el método de integración.

PROBLEMAS

Prob. 8–1

Probs. 8–2/8–3

Probs. 8–4/8–5

Prob. 8–7

Prob. 8–6

Probs. 8–8/8–9




8

8.4 Teoremas del momento de áreaLas ideas iniciales para los dos teoremas del momento de área fuerdesarrolladas por Otto Mohr y más tarde establecidas formalmente pCharles E.Greene en 1873.Estos teoremas proporcionan una técnica migráfica para determinar la pendiente de la curva elástica y su alteción debido a la flexión. Resultan particularmente ventajosos cuandoutilizan para resolver problemas de vigas, en especial las sujetas a serie de cargas concentradas o que tienen segmentos con diferentes mmentos de inercia.

Para desarrollar los teoremas, se hace referencia a la viga de la fig8-14a. Si se dibuja el diagrama de momento para la viga y después sevide entre la rigidez a la flexión,EI , resulta el “diagrama deM /EI ” que semuestra en la figura 8-14b. Con base en la ecuación 8-2,

Así puede verse que el cambiodu en la pendiente de las tangentes a cadlado del elementodx es igual alárea con sombreado claro bajo el diagramaM /EI . Al integrar desde el punto A hasta el puntoB de la curvaelástica, figura 8-14c, se tiene

(8–5)

Esta ecuación es la base para el primer teorema del momento de áreTeorema 1: El cambio en la pendiente entre dos puntos cualesquierade la curva elástica es igual al área del diagrama M / EI entre esos dospuntos.

La notaciónu B/ A se conoce como el ángulo de la tangente enB medidocon respecto a la tangente en A .A partir de la comprobación debería seevidente que este ángulo se mideen sentido antihorario desde la tan-gente A hasta la tangenteB , si el área del diagramaM /EI es positiva, fi-gura 8-14c. De manera inversa, si esta área esnegativa , o está por debajodel eje x, el ángulou B/ A se mide en sentidohorario desde la tangente Ahasta la tangenteB .Además, con base en las dimensiones de la ecuaci8-5,u B/ A se mide en radianes.

uB>A = LB

A MEI

dx

du =

a MEI

b dx

(a)

A B

w

x dx

M ___EI M ___

EI

A B x dx

(b)

x

A B

curva elástica

tan B tan AuB / A

(c)

Figura 8–14



8.4 TEOREMAS DEL MOMENTO DE ÁREA 3

El segundo teorema del momento de área se basa en la desviación re-lativa de lastangentes a la curva elástica. En la figura 8-15c se muestrauna vista muy exagerada de ladesviación vertical dt de las tangentes acada lado del elemento diferencialdx . Esta desviación se mide a lo largode una línea vertical que pasa a través del punto A . Como se supone quela pendiente de la curva elástica y su deflexión son muy pequeñas,resulta

satisfactorio aproximar la longitud de cada línea de la tangente mediante x y el arcods por medio dedt . Si se usa la fórmula del arco circular su r , donder tiene una longitud x, se puede escribirdt x d u . Empleandola ecuación 8-2,du (M /EI ) dx , la deflexión vertical de la tangente en Acon respecto a la tangente en B puede encontrarse por integración, encuyo caso

(8–6)

Recuerde que al estudiar la estática se estableció que el centroide de unárea se determina a partir de Puesto querepresenta un área del diagramaM /EI , también es posible escribir

(8–7)

Aquí es la distancia desde el eje vertical que pasa por A hasta elcen-troide del área comprendida entre A y B , figura 8-15b.

Ahora puede enunciarse el segundo teorema del momento de área dela manera siguiente:

Teorema 2: La desviación vertical de la tangente en un punto ( A ) dela curva elástica con respecto a la tangente extendida desde otropunto ( B ) es igual al “momento” del área bajo el diagrama M / EI entre los dos puntos ( A y B ). Este momento se calcula respecto del

punto A (el punto sobre la curva elástica), donde debe determinarsela desviación t A B .

Cuando se calcula el momento de unárea positiva M /EI desde A hastaB , como en la figura 8-15b , éste indica que la tangente en el punto A está

por encima de la tangente a la curva extendida desde el puntoB , figura8-15c. Del mismo modo,las áreasnegativas M /EI indican que la tangenteen A está por debajo de la tangente extendida desdeB . Observe que, engeneral, t A /B no es igual at B / A , que se muestra en la figura 8-15d . Enespecífico, el momento del área bajo el diagramaM /EI entre A y B secalcula respecto del punto A para determinart A /B, figura 8-15b, y se calcularespecto al puntoB para determinart B/ A .

Es importante tener en cuenta que los teoremas del momento de áreasólo pueden usarse para determinar los ángulos o las desviaciones entrelas dos tangentes de la curva elástica de la viga. Por lo generalno propor-cionan una solución directa para la pendiente o el desplazamiento en unpunto de la viga.Estas incógnitas deben relacionarse primero con los án-gulos o las desviaciones verticales de las tangentes sobre los puntos de lacurva elástica. Habitualmente, las tangentes en los soportes se dibujancon esta intención,puesto que estos puntos no están sometidos a despla-zamientos y/o tienen pendiente cero. En los problemas de ejemplo seproporcionan casos específicos para el establecimiento de estas relacio-nes geométricas.

x

tA>B = xLB

A MEI

dx

1M>EI dxx1dA = 1x dA .

tA>B = LB

Ax

MEI

dx

(a)

A B

w

x dx

A B_

x

(b)

M ___EI

curva elástica

x dx

A Btan A

ds¿dt tan B

(c)

t A / B

curva elástica

AB

tan A

t A / B t B / A

tan B

(d)

Figura 8–15




8


El siguiente procedimiento proporciona un método que puede usarse para determinar edesplazamiento y la pendiente en un punto de la curva elástica de una viga mediante lteoremas del momento de área.

DiagramaM/EI

• Determine las reacciones en los soportes y dibuje el diagramaM /EI de la viga.• Si la viga está cargada con fuerzas concentradas, el diagramaM /EI consistirá en una

serie de segmentos de línea recta, por lo que las áreas y momentos requeridos paaplicar los teoremas del momento de área podrán calcularse con relativa facilidad.

• Si la carga consiste en una serie de fuerzas concentradas y cargas distribuidas, puederesultar más sencillo calcular las áreas y sus momentos requeridos al dibujar el dgramaM /EI por partes, empleando el método de superposición como se estudió en lsección 4-5. En cualquier caso, el diagramaM /EI constará de curvas parabólicas, oquizá de orden superior, por lo que para localizar el área y el centroide bajo cadcurva se sugiere consultar la tabla que aparece en el interior de la contraportada deste libro.

Curva elástica• Dibuje una vista exagerada de la curva elástica de la viga. Recuerde que los puntos

pendiente cero ocurren en los soportes fijos y que los puntos de desplazamiento cese producen en los soportes fijos, articulados y de rodillo.

• Si es difícil dibujar la forma general de la curva elástica, utilice el diagrama de mmento (o M /EI ). Observe que cuando la viga está sometida a unmomento positivoésta se doblacóncava hacia arrib a, en tanto que unmomento negativo curva la vigacóncava hacia abajo . Por otra parte, un punto de inflexión o cambio en la curvaturaocurre cuando el momento en la viga (oM /EI ) es igual a cero.

• El desplazamiento y la pendiente a determinar deben indicarse en la curva. Como lteoremas del momento de área sólo se aplican entre dos tangentes, debe prestarsatención a que las tangentes estén construidas de modo que los ángulos o las desviciones entre ellas conduzcan a la solución del problema. En este sentido,deben consi-derarse las tangentes en los puntos con pendiente y desplazamiento desconocidos , así como en los soportes , ya que generalmente la viga tiene desplazamiento cero y/o pendiente cero en los soportes.

Teoremas del momento de área• Aplique el teorema 1 para determinar el ángulo entre dos tangentes, y el teorema

para encontrar las desviaciones verticales entre las tangentes.• Tenga en cuenta que, por lo general,el teorema 2no resultará en el desplazamiento de

un punto sobre la curva elástica. Cuando se aplica correctamente, sólo dará la distacia vertical o la desviación de una tangente en el punto A sobre la curva elástica conrespecto a la tangente enB .

• Después de aplicar el teorema 1 o el teorema 2, el signo algebraico de la respuesta pueverificarse a partir del ángulo o la desviación según se indique en la curva elástica.




15 pies 15 pies

M ––EI

AB C

60 __ EI

30 __ EI

(b)

tan B A

tan C

tan

C

B

uB / A

uC / A

(c)

uB

uC

EJEMPLO8.6

Determine la pendiente en los puntosB y C de la viga que se muestraen la figura 8-16a. Considere queE 29(103) ksi y que I 600 pulg4.

SOLUCIÓNDiagrama M/EI . Este diagrama se muestra en la figura 8-16b. Re-sulta más sencillo resolver el problema en términos deEI y sustituirlos datos numéricos como último paso.

Curva elástica. La carga de 2 k hace que la viga se deforme como semuestra en la figura 8-16c. (La viga se vuelve cóncava hacia abajo,puesto que M /EI es negativo.) Aquí la tangente en A (el soporte)

siempre es horizontal . También se indican las tangentes enB y C . Sedebe encontraru B y u C . Por la construcción, el ángulo entre tan A ytan B , es deciru B/ A , es equivalente au B.

Además,

Teorema del momento de área. Aplicando el teorema 1, u B/ A esigual al área bajo el diagramaM /EI entre los puntos A y B , es decir,

Al sustituir los datos numéricos deE e I , y convertir de pies a pulga-das, se tiene

Resp.

El signo negativo indica que el ángulo se mide en sentido horariodesde A , figura 8-16c.

De manera similar, el área bajo el diagramaM /EI entre los puntos

A y C es igual au C / A . Entonces,

Sustituyendo los valores numéricos deEI , se obtiene

Resp.= - 0.00745 rad

uC = - 900 k#pie21144 pulg2>pie222911032 k>pulg21600 pulg42

uC = uC>A = 12 a-

60 k#pieEI b130 pies2 = -

900 k#pie2

EI

= - 0.00559 rad

uB = - 675 k#pie21144 pulg2>1 pie222911032 k>pulg21600 pulg42

(15 pies) = - 675 k#pie2

EI

uB = uB>A = -a30 k#pieEI b115 pies2 - 1

2 a60 k#pieEI

- 30 k#pieEI b

uC = uC>AuB = uB

>A

Figura 8–16

2 k A

C B

30 pies15 pies

(a)




8

Determine la deflexión en los puntosB y C de la viga que se muestraen la figura 8-17a. Los valores para el momento de inercia de cadasegmento se indican en la figura. Considere queE 200 GPa.

SOLUCIÓNDiagrama M/EI . Por inspección, el diagrama de momento para laviga es un rectángulo.Aquí se construirá el diagramaM /EI relativo a

I BC , teniendo en cuenta que I AB 2 I BC , figura 8-17b. Como últimopaso, se sustituirán los datos numéricos paraEI BC .

Curva elástica. El momento de par enC hace que la viga se de-forme, como se muestra en la figura 8-17c. Se indican las tangentes en

A (el soporte),B y C . Se debe encontrar B y C . Estos desplazamien-tos pueden relacionarsedirectamente con las desviaciones entre lastangentes, de manera que por construcciónB es igual a la desviación

de tan B en relación con tan A ; es decir,

Además,

Teorema del momento de área. Aplicando el teorema 2, t B / A esigual al momento del área bajo el diagramaM /EI BC entre A y B calcu-lado con respecto al puntoB , ya que éste es el punto donde debe de-terminarse la desviación tangencial. Por lo tanto, a partir de la figura8-17b,

Al sustituir los datos numéricos resulta

Resp.

Del mismo modo, parat C / A se debe calcular el momento de todo eldiagramaM /EI BC desde A hasta C respecto del puntoC . Se tiene

Resp.

Dado que ambas respuestas son positivas , indican que los puntosBy C se encuentran por encima de la tangente en A .

= 0.00906 m = 9.06 mm

= 7250 N#m3

EI BC= 7250 N#m3

[20011092 N>m2][411062110- 122 m4]

¢ C = tC>A =

c250 N#mEI BC

14 m2d15 m2 +

c500 N#mEI BC

13 m2d11.5 m2

= 0.0025 m = 2.5 mm

¢ B = 2000 N#m3

[20011092 N>m2][411062 mm411 m4>110324 mm42]¢ B = tB>A =

c250 N#m

EI BC

14 m

2d12 m

2 =

2000 N#m3

EI BC

¢ C = tC>A¢ B = tB>A

EJEMPLO8.7

(a)4 m

I AB 8(106) mm4

3 m I BC 4(106) mm4

A B C 500 Nm

4 m2 m

3 m

A B C

250____EI BC

M ____EI BC 500____

EI BC

x

(b)

tan B Atan AB t B / A

B

C tan C

C t C / A

(c)

Figura 8–17




EJEMPLO8.8

uD / C horizontaltan D

tan C

DC

uC

(c)

3 m

(b)

C D x

M ___EI 60___EI

30___EI

A B

3 m 6 m

Figura 8–18

20 kN

3 m 3 m 6 m

C D

(a)

AB

Determine la pendiente en el puntoC de la viga que se muestra en lafigura 8-18a. E 200 GPa, I 6(10)6 mm4.

SOLUCIÓNDiagrama M/EI . Figura 8-18b.

Curva elástica. Como la carga se aplica a la viga en forma simé-trica, la curva elástica es simétrica,como se muestra en la figura 8-18c.Se debe encontraru C . Esto puede hacerse fácilmente si se tiene encuenta que la tangente enD es horizontal y entonces, por construc-ción, el ángulou D /C entre tan C y tanD es igual au C ; es decir,

Teorema del momento de área. Con base en el teorema 1,u D /C esigual al área sombreada bajo el diagramaM /EI entre los puntosC y D .Se tiene

Por lo tanto,

Resp.uC = 135 kN#m2

[20011062 kN>m2][611062110- 122 m4] = 0.112 rad

= 135 kN#m2

EI

uC = uD

>C = 3 m

a30 kN#m

EI b +

12

13 m

2a60 kN#m

EI -30 kN#m

EI b

uC = uD>C



8 k


C

(a)

AB


8

Determine la pendiente en el punto C de la viga que se mue stra en lafigura 8-19 a . E 29(103) ksi, I 600 pulg 4.

SOLUCIÓNDiagrama M/EI . Figura 8-19 b .

Curva elástica. La curva elá stica se mue stra en la figura 8-19 c. Sedebe encontrar u C ; para ello, se e stablecen la s tangente s en A , B (lossoporte s) y C , también ob serve que u C / A es el ángulo entre la s tangen-tes en A y C .Ademá s, el ángulo f de la figura 8-19 c puede encontrar seusando f t B/ A /L AB . Esta ecuación e s válida porque t B/ A es realmentemuy pequeño, y puede aproximar se mediante la longitud de un arcocircular definido por un radio de L AB 24 pies y el alcance de f . (Re-cuerde que s u r.) Con ba se en la geometría de la figura 8-19 c, setiene

(1)

Teoremas del momento de área. Usando el teorema 1, u C / A esequivalente al área bajo el diagrama M /EI entre lo s punto s A y C ;es decir,

Al aplicar el teorema 2, t B/ A es equivalente al momento del áreabajo el diagrama M /EI entre B y A respecto al punto B , pue sto queéste e s el punto donde debe determinar se la de sviación tangencial. Se

tiene

Sustituyendo e stos resultado s en la ecuación 1, re sulta

de modo que

Resp.= 0.00119 rad

uC = 144 k #pie 2

2911032 k>pulg 21144 pulg 2>pie 22 600 pulg 411 pie 4>11224 pulg 42uC = 4320 k #pie 3124 pies2 EI

- 36 k #pie 2

EI = 144 k #pie 2

EI

= 4320 k #pie 3

EI

+ 23

16 pies2c12

16 pies2a36 k #pieEI b d

tB>A = c6 pies + 13

118 pies2d c12

118 pies2a36 k #pieEI b d

uC>A = 12

16 pies2a12 k #pieEI b = 36 k #pie 2

EI

uC = f - uC>A = tB

>A

24 - uC>A

EJEMPLO8.9

(b)

x

M ___EI

36___EI

12___EI


tan B

tan C

C uC

(c)

A

uC / At B / A

B

tan A

f

Figura 8–19




Figura 8–20

EJEMPLO8.10

Determine la deflexión en el puntoC de la viga que se muestra en lafigura 8-20a. Considere queE 29(103) ksi, I 21 pulg4.

SOLUCIÓNDiagrama M/EI . Figura 8-20b.

Curva elástica. Aquí debemos encontrar C , figura 8-20c. Ésta noes necesariamente la deflexión máxima de la viga,puesto que la carga,y por lo tanto la curva elástica, no son simétricas . En la figura 8-20ctambién se indican las tangentes en A , B (los soportes) yC . Si se de-termina t A /B, entonces puede encontrarse por triángulos semejan-tes, es decir, /12 t A /B/24 o bien t A /B/ 2.A partir de la construc-ción en la figura 8-20c se tiene que

(1)

Teorema del momento de área. Se aplicará el teorema 2 para de-terminart A /B y t C /B.Aquí t A /B es el momento del diagramaM /EI entre A y B respecto al punto A ,

y t C /B es el momento del diagramaM /EI entre C y B respecto deC .

Sustituyendo estos resultados en la ecuación (1) se obtiene

Si se trabaja en unidades de kips y pulgadas, resulta

Resp.= 0.511 pulg

¢ C =180 k#pie311728 pulg3>pie322911032 k>pulg2121 pulg42

¢ C = 12 a480 k#pie3

EI b - 60 k#pie3

EI = 180 k#pie3

EI

tC>B = c13 112 pies2d c12 112 pies2a2.5 k#pie

EI b d = 60 k#pie3

EI

tA>B = c13 124 pies2d c12 124 pies2a5 k#pie

EI b d = 480 k#pie3

EI

¢ C =tA>B2 - tC>B

A5 k pie

12 pies 12 pies

C

(a)

B

(b)

x

M ___

EI

2.5___EI

5___EI

12 pies 12 pies

12 pies 12 pies

C

C

tan A A

tan C

B

tan B

t C / B

¿

t A / B

(c)




8

EJEMPLO8.11

M ___EI

8 m 8 m x

192 ___ EI

(b)

C

¿t C / A

tan A

tan C

tan B t B / A A

B

C

(c)

6 kN/ m

8 m 8 m

C A

B

(a)

24 kN 72 kN

Figura 8–21

Determine la deflexión en el puntoC de la viga que se muestra en lafigura 8-21a. E 200 GPa, I 250(106) mm4.

SOLUCIÓNDiagrama M/EI . Como se muestra en la figura 8-21b, este diagramase compone de un triángulo y un segmento parabólico.

Curva elástica. La carga hace que la viga se deforme, como semuestra en la figura 8 21c. Se debe encontrar C . Mediante la cons-trucción de las tangentes en A , B (los soportes) yC , se ve que C t C / A . Sin embargo, puede relacionarse cont B / A por triángulossemejantes, es decir, /16 t B/ A /8 o bien 2t B / A . Por lo tanto,

(1)

Teorema del momento de área. Se aplicará el teorema 2 para de-terminar t C / A y t B/ A . Si se usa la tabla de la contraportada interior dellibro para el segmento parabólico y se considera el momento del diagramaM /EI entre A y C respecto del puntoC , se tiene

El momento del diagramaM /EI entre A y B respecto del puntoB es

¿Por qué estos términos son negativos? Al sustituir los resultados enla ecuación (1) se obtiene

Por lo tanto,

Resp.= - 0.143 m

¢ C = - 7168 kN#m3

[20011062 kN>m2][25011062110- 122 m4]

= - 7168 kN#m3

EI

¢ C = - 11 264 kN#m3

EI - 2

a- 2048 kN#m3

EI

b

tB>A = c13 18 m2d c12 18 m2a- 192 kN#m

EI b d = - 2048 kN#m3

EI

= - 11 264 kN#m3

EI

+ c13 18 m2 + 8 md c12 18 m2a- 192 kN#m

EI b dtC>A = c34 18 m2d c1

3 18 m2a- 192 kN#mEI b d

¢ C = tC>A - 2tB>A




EJEMPLO8.12

Determine la pendiente en el rodilloB de la viga con doble salienteque se muestra en la figura 8-22a. Considere queE 200 GPa, I 18(106) mm4.

SOLUCIÓNDiagrama M/EI . La elaboración del diagramaM /EI puede simplifi-carse al dibujarlo por partes y considerar los diagramasM /EI de lastres cargas,donde cada una actúa sobre una viga en voladizo fija enD ,figura 8.22b. (La carga de 10 kN no se toma en cuenta dado que noproduce ningún momento en torno aD ).

Curva elástica. Si se dibujan tangentes enB y C , figura 8-22c, lapendiente enB puede determinarse al encontrart C /B, y para los ángu-los pequeños,

(1)

Teorema del momento de área. Para determinart C /B se aplica elteorema del momento de área, a fin de encontrar el momento del dia-grama M /EI entre B y C respecto del puntoC . Esto sólo involucraal área sombreada bajo dos de los diagramas de la figura 8-22b. En-tonces,

Sustituyendo en la ecuación (1),

Resp.= 0.00741 rad

uB = 53.33 kN#m312 m2[20011062 kN>m3][1811062110- 122 m4]

= 53.33 kN#m3

EI

tC>B = 11 m2c12 m2a - 30 kN#mEI b d + a2 m

3 b c12 12 m2a10 kN#m

EI b d

uB =tC

>B

2 m

A

30 kNm 10 k

2 m 2 m5 kN 5 kN

2 mB C

(a)

D

(b)

2 4 6 x

2

+

+

4 6 x

4 6 x

M —EI

M —EI

10—EI

20—EI

–30 –—EI

10—EI

M —EI

(c)

2 m

t C / B

tan C

tan B

uB

uB

Figura 8–22




8

8.5 Método de la viga conjugadaH. Müller-Breslau desarrolló el método de la viga conjugada en 1865esencia, requiere la misma cantidad de cálculos que los teoremas de mmento de área para determinar la pendiente o la deflexión de una vigsin embargo, este método se basa sólo en los principios de la estáticpor lo tanto, su aplicación resultará más familiar.

La base para el método proviene de la similitud de las ecuaciones 4-1 y4-2 con las ecuaciones 8-2 y 8-4.Para demostrar esta semejanza, las eciones pueden escribirse de la siguiente manera:

O al integrar

Aquí la fuerza cortante V se compara con la pendiente u , el momento M se compara con eldesplazamiento v, y lacarga externa w se compara conel diagramaM /EI . Para aplicar esta comparación ahora se considerarfigura 8-23, una viga con la misma longitud que la viga real, pero aqdenominará como la “viga conjugada”, la cual se “carga”con el diagraM /EI obtenido de la cargaw sobre la viga real.A partir de las comparaciones anteriores se pueden enunciar dos teoremas relacionados conviga conjugada, a saber,

Teorema 1: La pendiente en un punto de la viga real es numérica-mente igual a la fuerza cortante en el punto correspondiente de laviga conjugada.

Teorema 2: El desplazamiento de un punto en la viga real es numéri-camente igual al momento en el punto correspondiente de la vigaconjugada.

Soportes de la viga conjugada. Al dibujar la viga conjugadaes importante que la fuerza cortante y el momento desarrollados en ssoportes tomen en cuenta la pendiente y el desplazamiento correspodientes de la viga real en sus soportes, lo cual es una consecuencia deteoremas 1 y 2. Por ejemplo, como se muestra en la tabla 8.2, un sop

V = Lw dx

D D

u = L a MEI b dx

5 M = LcLw dxd dx

D

D

v = LcL a MEI b dxd dx

dVdx

= w

dudx

= MEI

4 d2M

dx 2 = w

d2vdx 2 = M

EI

L

L

A B

w

viga real

A ¿ B¿

viga conjugada

M ___EI

Figura 8–23



8.5 MÉTODO DE LA VIGA CONJUGADA 3

de pasador o rodillo en el extremo de la viga real proporciona undespla-zamiento cero , pero la viga tiene una pendiente distinta de cero. Porconsiguiente, a partir de los teoremas 1 y 2, la viga conjugada debe estarsoportada por un pasador o un rodillo, dado que este soporte tiene unmomento cero pero tiene una fuerza cortante o una reacción en el ex-tremo. Cuando la viga real está fijamente apoyada (3), tanto la pen-

diente como el desplazamiento en el soporte son iguales a cero. Aquí laviga conjugada tiene un extremo libre, ya que en este extremo hay unafuerza cortante cero y un momento cero. En la tabla se enumeran los so-portes correspondientes de las vigas real y conjugada en otros casos,y enla figura 8-24 se muestran ejemplos de vigas reales y conjugadas. Ob-serve que, como regla, al pasar por alto la fuerza axial, las vigas realesestáticamente determinadas tienen vigas conjugadas estáticamente de-terminadas; y las vigas reales estáticamente indeterminadas, como en elúltimo caso de la figura 8-24, se convierten en vigas conjugadas inesta-bles.Aunque esto ocurra,la cargaM /EI proporcionará el “equilibrio”ne-cesario para mantener la estabilidad de la viga conjugada.

TABLA 8–2Viga real Viga conjugada

1)

2)

3)

4)

5)

6)

7)

0pasador

0rodillo

0fijo

libre

pasador interno

rodillo interno

bisagra

M 0V

pasador

M 0V

rodillo

M 0V 0

libre

M

V

fijo

M 0V

bisagra

M 0V

bisagra

M

V

rodillo interno

u

u

u

u 0

0u

0u

u




8

Figura 8–24

viga real viga con jugada


El s iguiente proced imiento proporc iona un m étodo que puede emplearse para determ i-nar el desplazam iento y la pend iente en un punto sobre la cur va el ástica de una viga s i-guiendo el m étodo de la viga con jugada .

Curva elástica• D ibu je la viga con jugada para la viga real . Esta viga t iene la m isma lon gitud que la

viga real y los soportes correspond ientes se gún se presentan en la tabla 8-2 .• En general, s i el soporte real perm ite una pendiente , el soporte con jugado debe desa-

rrollar una fuerza cortante ; y si el soporte real perm ite un desplazamiento , el soportecon jugado debe desarrollar un momento .

• La viga con jugada se car ga con el d iagrama M /EI de la viga real . Se supone que estacarga est á distribuida en la viga con jugada y que se d irige hac ia arriba cuando M /EI es

positiva , y hacia abajo cuando M /EI es negativa . En otras palabras, la car ga actúa s iem-pre alejándose de la viga.

Equilibrio

• Usando las ecuac iones de equ ilibr io, determ ine las reacc iones en los soportes de laviga con jugada .

• La secc ión la viga con jugada en el punto donde deben determ inarse la pend iente u yel desplazam iento de la viga real . En la secc ión muestre la fuerza cortante V desco-noc ida y el momento M que actúa en su sent ido pos itivo.

• Determ ine la fuerza cortante y el momento empleando las ecuac iones de equ ilibr io.V y M son iguales a u y , respect ivamente, para la viga real . En part icular, s i estosvalores son positivos , la pendiente tiene un sentido antihorario y el desplazamiento eshacia arriba .




EJEMPLO8.13

Determine la pendiente y la deflexión en el puntoB de la viga deacero que se muestra en la figura 8-25a . Las reacciones ya se hancalculado.E 29(103) ksi, I 800 pulg4.

SOLUCIÓNViga conjugada. La figura 8-25b muestra la viga conjugada.Los so-portes en A y B corresponden a los soportes A y B de la viga real,tabla 8-2. Es muy importante entender por qué sucede esto. El dia-grama M /EI es negativo , por lo que la carga distribuida actúahaciaabajo , es decir, se aleja de la viga.

Equilibrio. Dado que hay que determinaru B y B, es necesario calcu-lar V B y M B en la viga conjugada, figura 8-25c.

Resp.

Resp.

Los signos negativos indican que la pendiente de la viga se mide ensentido horario y que el desplazamiento es hacia abajo, figura 8-25d.

= - 0.0873 pies = - 1.05 pulg

= - 14 062.5 k#pie3

291103211442 k>pie2[800>11224] pie4

¢ B = M B¿ = - 14 062.5 k#pie3

EI

562.5 k#pie2

EI

125 pies

2 + M B¿ = 0d+ ©M B¿ = 0;

= - 0.00349 rad

= - 562.5 k#pie2

2911032 k>pulg21144 pulg2>pie22800 pulg411 pie4>11224 pulg42 uB = VB¿ = - 562.5 k#pie2

EI

- 562.5 k#pie2

EI - VB¿ = 0+ c©Fy = 0;

5 k

15 pies 15 pies

AB

75 kpie

viga real(a)

5 k

15 pies 15 pies A ¿

75__EI viga conjugada

(b)

5pies

25 pies

562.5_____EI

M

VB¿

reacciones(c)

A

B

(d)

u

B

Figura 8–25




8

Determine la deflexión máxima de la viga de acero que se muestra enla figura 8-26a . Las reacciones ya han sido calculadas. E 200 GPa,

I 60(106) mm4.

SOLUCIÓNViga conjugada. En la figura 8-26b se muestra la viga conjugadacargada con el diagramaM /EI . Como éste es positivo, la carga distri-buida actúa hacia arriba (alejándose de la viga).

Equilibrio. Las reacciones externas sobre la viga conjugada se de-terminaron en primer lugar y se indican en el diagrama de cuerpolibre de la figura 8-26c.La deflexión máxima de la viga real se produceen el punto donde la pendiente de la viga escero . Esto corresponde almismo punto en la viga conjugada donde la fuerza cortante es cero . Sise supone que este punto actúa dentro de la región 0 x 9 m desde

A , se puede aislar la sección que se muestra en la figura 8-26d. Ob-

serve que el pico de la carga distribuida se determinó por triángulossemejantes, es decir,w / x (18/EI )/9.Se requiere queV 0 de modoque

Usando este valor de x, la deflexión máxima en la viga real corres-ponde al momentoM . Por consiguiente,

Resp.

El signo negativo indica que la deflexión es hacia abajo. = - 0.0168 m = - 16.8 mm

= - 201.2 kN#m3

[20011062 kN>m2][6011062 mm411 m4>110324 mm42] ¢ máx = M ¿ = -201.2 kN#m3

EI

45

EI

16.71

2 -

c1

2

a2

16.71

2EI

b6.71

d 1

3

16.71

2 + M ¿ =0d+ ©M = 0;

x = 6.71 m 10 … x …9 m2 OK

- 45EI

+ 12 a2x

EI bx = 0+ c©F y = 0;

EJEMPLO8.14

6 m

reacciones externas

(c)

81__EI

4 m 2 m

27__EI

45__EI

63__EI

18 x 2 x__ (_ ) __EI 9 EI

M¿ A ¿

x

reacciones internas

(d)

45__EI

V ¿ 0

9 m 3 m

8 kN

2 kN 6 kNviga real

(a)

B

18__EI

9 m 3 m

viga conjugada

(b)

A ¿ B¿

Figura 8–26




EJEMPLO8.15

La trabe de la figura 8-27a está hecha de una viga continua y refor-zada en su centro, con placas de cobertura en el sitio donde su mo-mento de inercia es mayor. Los segmentos extremos de 12 pies tienenun momento de inercia de I 450 pulg4 y la parte central tiene unmomento de inercia de I 900 pulg4. Determine la deflexión en elcentro C . Considere queE 29(103) ksi. Las reacciones ya han sidocalculadas.

SOLUCIÓNViga conjugada. En primer lugar se determina el diagrama demomento para la viga, figura 8-27b . Como I 2 I , por simplicidad,la carga sobre la viga conjugada puede expresarse en términos de laconstante deEI , como se muestra en la figura 8-27c.

Equilibrio. Las reacciones sobre la viga conjugada pueden calcu-

larse por la simetría de la carga o mediante las ecuaciones de equili-brio.Los resultados se muestran en la figura 8-27d. Como debe deter-minarse la deflexión enC , se debe calcular el momento interno enC .Empleando el método de las secciones, el segmento A C se aísla y sedeterminan las resultantes de las cargas distribuidas, así como su ubi-cación, figura 8-27e. Por lo tanto,

Al sustituir los datos numéricos paraEI y al convertir las unidades, setiene

Resp.

El signo negativo indica que la deflexión es hacia abajo.

¢ C = M C¿ = -11 736 k#pie311728 pulg3>pie322911032 k>pulg21450 pulg42 = - 1.55 pulg

M C¿ = - 11 736 k#pie3

EI

1116EI

1182 - 720EI

1102 - 360EI

132 - 36EI

122 + M C¿ = 0d+ ©M C¿ = 0;


6 k 8 k 6 k

10 k 10

I ¿ = 900 pulg4 I = 450 pulg4 I = 450 pulg4 A

BC

viga real

(a)

120___EI

60___EI 72___EI 60___EI

120___EI

12 pies 12 pies6pies

6pies

C ¿ A¿ B¿

viga conjugada

(c)

8pies

8pies

720___EI 72___

EI

A¿ B¿

reacciones externas

(d)

10 pies10 pies

720___EI

720___EI

1116____EI

1116____EI

18 pies

720___EI

36___EI

A¿C ¿

reacciones internas

(e)

10 pies1116____EI

360___EI

3 pies2 pies

VC ¿

MC ¿

Figura 8–27

12 18 24 36

120 120144

M (k pie)

x (pie

diagrama de momento

(b)




8

Figura 8–28

Determine el desplazamiento del pasador enB y la pendiente de cadasegmento de viga conectado al pasador para la viga compuesta que semuestra en la figura 8-28a. E 29(103) ksi, I 30 pulg4.

SOLUCIÓNViga conjugada. En la figura 8-28b se muestra la curva elásticapara la viga con el fin de identificar el desplazamiento desconocidoBy las pendientes (u B)L y (u B)R a la izquierda y a la derecha del pasa-dor. Usando la tabla 8.2, la viga conjugada se muestra en la figura8.28c. Por simplicidad en el cálculo,el diagramaM /EI se ha elaboradoen partes empleando el principio de superposición como se describeen la sección 4-5.A este respecto, la viga real se considera en voladizdesde el soporte izquierdo, A . Se proporcionan los diagramas de mo-mento para la carga de 8 k, la fuerza reactivaC y 2 k, y la carga de 30k • pie. Observe que las regiones negativas de este diagrama desarro-llan una carga distribuida hacia abajo y las regiones positivas tienenuna carga distribuida que actúa hacia arriba.

EJEMPLO8.16

12 pies

8 k

viga conjugada

(a)

A B

12 pies 15 piesC

30 kpie A

8 k

C 30 kpie

curva elástica

(b)

B

B

(uB)R (uB)L

78–––EI

15 pies

B¿

viga conjugada

(c)

12 pies 12 pies

A ¿ C ¿ 30 ––– EI

96 ––– EI

B¿

reacciones externas

(d)

11 pies

576___EI

20 pies

228.6_____EI

1170____EI 15 pies

4.5 pies

3.6___EI

1521____EI




(e)

MB¿

(VB¿)R

15 pies

7.5 pies

5 pies3.6___EI

225___EI

450___EI

B¿

(f)

15 pies

7.5 pies

5 pies

225___EI

450___EI

MB¿

(VB¿)L

B¿

228.6____EI

3.6___EI

Equilibrio. En primer lugar se calculan las reacciones externas enB y C y los resultados se indican en la figura 8-28d . Para determinar(u B)R se secciona la viga conjugada justo a laderecha de B y se calculala fuerza cortante (V B )R, figura 8-28e. Entonces,

Resp.

El momento interno enB produce el desplazamiento del pasador.Así que,

Resp.

La pendiente (u B)L puede encontrarse a partir de una sección de laviga justo a laizquierda de B , figura 8-28 f . Por lo tanto,

Resp.

Por supuesto, B M B para este segmento es elmismo que se calculócon anterioridad, ya que en las figuras 8-28e y 8-28 f los brazos del mo-mento sólo son algo diferentes.

1uB2L = 1VB¿2L = 01VB¿2L + 228.6

EI + 225

EI - 450

EI - 3.6

EI = 0+ c©F y = 0;

= - 0.381 pies = - 4.58 pulg

= - 2304 k#pie3

[291103211442 k>pie2][30>11224] pie4

¢ B = M B¿ = -2304 k#pie3

EI

- M B¿ +225EI

152 - 450EI

17.52 - 3.6EI

1152 = 0d+ ©M B¿ = 0;

= 0.0378 rad

= 228.6 k#pie2

[29

1103

21144

2 k

>pie2][30

>112

24] pie4

1uB2R = 1VB¿2R = 228.6 k#pie2

EI

1VB¿2R + 225EI

- 450EI

- 3.6EI

= 0+ c©F y = 0;




8


F8–10. Use los teoremas del momento de área y deter-mine la pendiente en A y la deflexión en A . EI es constante.

F8–11. Resuelva el problema F8-10 empleando el métodode la viga conjugada.

F8–16. Use los teoremas del momento de área y detemine la pendiente en A y el desplazamiento enC . EI esconstante.

F8–17. Resuelva el problema F8-16 empleando el métodde la viga conjugada.

F8–12. Use los teoremas del momento de área y deter-mine la pendiente enB y la deflexión enB . EI es constante.


F8–18. Use los teoremas del momento de área y determine la pendiente en A y el desplazamiento enC . EI esconstante.

F8–19. Resuelva el problema F8-18 empleando el métode la viga conjugada.

F8–14. Use los teoremas del momento de área y deter-mine la pendiente en A y el desplazamiento enC . EI esconstante.


F8–20. Use los teoremas del momento de área y determine la pendiente enB y el desplazamiento enB . EI esconstante.

F8–21. Resuelva el problema F8-20 empleando el métodde la viga conjugada.

3 m

A B

6 kN

F8–10/8–11

A

4 m

B

8 kNm

F8–12/8–13

A

C B

5 kNm

1.5 m 1.5 m

F8–14/8–15

A

8 kN

C 3 m 3 m

B

F8–16/8–17

A

4 kN 4 kN2 m 2 m

4 m 4 m

B

C

F8–18/8–19

A

2 m 2 m

9 kN

B

F8–20/8–21




*8–12. Determine la pendiente y el desplazamiento enC .EI es constante.Use los teoremas del momento de área.

8–13. Resuelva el problema 8-12 empleando el método dela viga conjugada.

8–10. Determine la pendiente enB y el desplazamientomáximo de la viga. Use los teoremas del momento de área.Considere queE 29(103) ksi, I 500 pulg4.


8–14. Determine el valor dea de modo que la pendienteen A sea igual a cero.EI es constante. Use los teoremas delmomento de área.


*8–16. Determine el valor dea de modo que el desplaza-miento enC sea igual a cero.EI es constante. Use los teore-mas del momento de área.


PROBLEMAS

6 pies 6 pies

A

B

C

15 k

Probs. 8–10/8–11

AB

C

15 pies

15 k

30 pies

Probs. 8–12/8–13

A D

P

B

C

P

a L__2

L__2

Probs. 8–14/8–15/8–16/8–17

a a a

B A C

P

Probs. 8–18/8–19

8–18. Determine la pendiente y el desplazamiento EI es constante.Use los teoremas del momento de ár

8–19. Resuelva el problema 8-18 empleando el métla viga conjugada.

*8–20. Determine la pendiente y el desplazamientoextremoC de la viga. E 200 GPa, I 70(106) mm4. Ulos teoremas del momento de área.


BD A C

3 m 3 m

8 kN4 kN

3 m

Probs. 8–20/8–21

8–22. ¿A qué distanciaa deben colocarse los soportcojinete en A y B, de modo que el desplazamiento en etro del eje sea igual a la deflexión en sus extremos? jinetes sólo ejercen reacciones verticales sobre el ej EIconstante.Use los teoremas del momento de área.


A B

a

L

PP

a

Probs. 8–22/8–23




8

8–29. Determine la fuerzaF en el extremo de la vigaC demodo que el desplazamiento enC sea igual a cero. EI esconstante.Use el método de la viga conjugada.

8–26. Determine el desplazamiento enC y la pendienteen B . EI es constante. Use los teoremas del momento deárea.

*8–28. Determine la fuerzaF en el extremo de la vigaC de modo que el desplazamiento enC sea igual a cero.EI esconstante.Use los teoremas del momento de área.

*8–24. Determine el desplazamiento enC y la pendienteen B . EI es constante. Use los teoremas del momento deárea.

8–25. Resuelva el problema 8.24 empleando el método dela viga conjugada.

A BC

3 m 1.5 m 1.5 m

4 kN4 kN

3 m

Probs. 8–24/8–25

A C B

PP

a a a a

2 P2

Prob. 8–26

A C B

PP

a a a a

2P2

Prob. 8–27

a a a

B

D A C

PF

Prob. 8–28

a a a

B

D A C

PF

Prob. 8–29

a a a

AC

P P

B

Prob. 8–30

8–30. Determine la pendiente enB y el desplazamientoen C . EI es constante. Use los teoremas del momento dárea.

a a a

AC

P P

B

Prob. 8–31

8–31. Determine la pendiente enB y el desplazamientoen C . EI es constante. Use el método de la viga conjugad

8–27. Determine el desplazamiento enC y la pendienteen B. EI es constante. Use el método de la viga conjugada.




*8–32. Determine el desplazamiento máximo y la pen-diente en A .EI es constante.Use los teoremas del momentode área.

8–38. Determine el desplazamiento enD y la pendieen D . Suponga que A es un soporte fijo,B es una articulay C es un rodillo.Use los teoremas del momento de á

A

M0

C

BL__2

L__2

Prob. 8–32

A

M0

C

BL__2

L__2

Prob. 8–33

aa

A C

P

B

M 0 Pa

Prob. 8–35

aa

A C

P

B

M 0 Pa

Prob. 8–34

3 m 3 m

25 kN

3 m A B

C

Prob. 8–36

3 m 3 m

25 kN

3 m A B

C

Prob. 8–37


A B C

6

Prob. 8–38


A B C

6

Prob. 8–39

8–35. Determine la pendiente y el desplazamiento enC .EI es constante.Use el método de la viga conjugada.

8–39. Determine el desplazamiento enD y la pendieen D . Suponga que A es un soporte fijo,B es una articción yC es un rodillo. Use el método de la viga conj

*8–36. Determine el desplazamiento enC . Suponga ques un soporte fijo,B es una articulación yD es un rodEI es constante.Use los teoremas del momento de ár

8–37. Determine el desplazamiento enC . Suponga ques un soporte fijo,B es una articulación yD es un rodEI es constante.Use el método de la viga conjugada.

8–33. Determine el desplazamiento máximo enB y lapendiente en A . EI es constante. Use el método de la vigaconjugada.

8–34. Determine la pendiente y el desplazamiento enC .EI es constante.Use los teoremas del momento de área.




8

La deflexión de un elemento (o estructura) siemprepuede establecerse cuando se conoce el diagrama demomento, porque los momentos positivos tenderán adoblar el elemento cóncavo hacia arriba, y los mo-mentos negativos tenderán a doblar el elemento cón-cavo hacia abajo. Del mismo modo, la forma generaldel diagrama de momento puede determinarse si seconoce la curva de deflexión.


La alteración de una viga debido a la deflexión puededeterminarse mediante la doble integración de laecuación

Aquí, el momento internoM debe expresarse en fun-ción de las coordenadas x que se extienden a travésde la viga. Las constantes de integración se obtienen delas condiciones de frontera,como la deflexión cero enun soporte de pasador o rodillo, y la deflexión y lapendiente cero en un soporte fijo.Si se requieren algu-nas coordenadas x, entonces debe considerarse la con-tinuidad de la pendiente y la deflexión, dondeu 1(a)u 2(a) y v 1(a) v 2(a) en x1 x2 a.

d2vdx 2 = M

EI

viga

P 1

P2

P

x1

x2

v1,v2

a b

vu

M

x

diagrama de momento

punto de inflexión

curva de deflexión




Si el diagrama de momento tiene una forma simple, se pueden usar los teoremas del momento de área o el métviga conjugada para determinar la desviación y la pendiente en un punto de la viga.

Los teoremas del momento de área consideran los ángulos y las desviaciones verticales entre las tangentes entos A y B sobre la curva elástica. El cambio en la pendiente se encuentra a partir del área bajo el diagramaM /EI entre ldos puntos,y la desviación se determina con base en el momento de área del diagramaM /EI con respecto al punto donocurre la desviación.

El método de la viga conjugada es muy detallado y requiere la aplicación de los principios de la estática. De msimple, se establece la viga conjugada usando la tabla 8-2, después se considera la carga como el diagramaM /EI . La pediente (deflexión) en un punto sobre la viga real es entonces igual a la fuerza cortante (momento) en el mismo pula viga conjugada.

A B

w A B

uB / A Área del diagrama M / EI

tan B tan AuB / A

A B_

x

Área

x

M ___EI

AB

tan A

t A / B t B / A

tan B

t A / B (Área del diagrama M / EI )_ x

L

A B

w

viga realL

A ¿ B¿

viga conjugada

M ___EI



El desplazamiento en los extremos de la cubierta de este puente puede deter-minarse durante su construcción empleando métodos de energía.



9

3

En este capítulo se mostrará cómo aplicar los métodos de energíapara resolver problemas que involucran a la pendiente y a la deflexión.El capítulo comienza con un análisis del trabajo y la energía de defor-mación, seguido por un desarrollo del principio del trabajo y laenergía. Después se estudian el método del trabajo virtual y el teo-rema de Castigliano, y estas técnicas se emplean para determinar losdesplazamientos en puntos específicos de armaduras, vigas y marcos.

9.1 Trabajo externo y energíade deformación

Los métodos semigráficos presentados en los capítulos anteriores sonmuy efectivos para encontrar los desplazamientos y pendientes en pun-tos devigas sometidas a cargas bastante simples. Para cargas más compli-cadas o en estructuras como armaduras y marcos, se sugiere realizar loscálculos siguiendo los métodos de energía.La mayoría de los métodos deenergía se basan en el principio de conservación de la energía , que esta-blece que el trabajo realizado por todas las fuerzas externas que actúansobre una estructura,U e, se transforma en trabajo interno o energía dedeformación,U i, la cual se desarrolla al deformarse la estructura.Si no seexcede el límite elástico del material, laenergía de deformación elásticaregresará a la estructura a su estado sin deformar, cuando las cargas seanretiradas. El principio de conservación de la energía puede establecersematemáticamente como

(9–1)

Sin embargo, antes de desarrollar cualquiera de los métodos deenergía basados en este principio, primero se determinarán el trabajo ex-terno y la energía de deformación causados por una fuerza y un mo-mento. Las formulaciones que se presentarán servirán de base para com-prender los métodos de trabajo y energía que le siguen.

Ue = Ui

Deflexiones empleandométodos de energía



342 CA P Í T U L O 9 DE F L E X I O N E S E M P L E A N D O M É TO D O S D E E N E R G Í A

Trabajo externo, fuerza. Cuando una fuerzaF experimenta undesplazamientodx en la misma dirección que la fuerza, el trabajo realizado esdU e F dx . Si el desplazamiento total es x, el trabajo se con-vierte en

(9–2)

Considere ahora el efecto causado por una fuerza axial aplicada al tremo de una barra como la que se muestra en la figura 9-1a. A medidaque la magnitud deF se incrementa gradualmente desde cero hasta unvalor límiteF P , la elongación final de la barra se convierte en. Si elmaterial tiene una respuesta elástica lineal, entoncesF (P ) x. Si sesustituye en la ecuación 9-2 y se integra desde 0 hasta, resulta

(9–3)

lo que representa elárea triangular sombreada de la figura 9-1a.De esto también puede concluirse que cuando una fuerza se apli

gradualmente sobre la barra, y su magnitud se construye linealmedesde cero hasta algún valorP , el trabajo realizado es igual a lamagnitudde la fuerza media (P 2) por el desplazamiento ().

Ue =12 P ¢

Ue = Lx

0F dx

9

Figura 9–1

F

F

x

P

L A

P F __ x

(a)



9.1 TRABAJO EXTERNO Y ENERGÍA DE DEFORMACIÓN 3

Suponga ahora queP ya está aplicada sobre la barra y que ahora seaplicaotra fuerza F , por lo que la barra se deforma aún más en una can-tidad , figura 9-1b. Entonces, el trabajo realizado porP (no por F )cuando la barra experimenta la deformación adicionales

(9–4)

Aquí el trabajo representa elárea rectangular

sombreada de la figura9-1b. En este caso,P no cambia su magnitud porque es causado sólopor F . Por lo tanto, el trabajo es simplemente la magnitud de la fuerza(P ) por el desplazamiento ( ).

Entonces, puede afirmarse de manera resumida que al aplicar unafuerzaP a la barra, seguida por la aplicación de una fuerzaF , el trabajototal realizado por las dos fuerzas está representado por el área triangu-lar ACE de la figura 9-1b. El área triangular ABG representa el trabajode P que es causado por su desplazamiento, el área triangularBCD re-presenta el trabajo deF debido a que esta fuerza provoca un desplaza-miento y, por último, el área rectangular sombreadaBDEG repre-senta el trabajo adicional realizado porP cuando se desplaza a causa

de F .Trabajo externo, momento. El trabajo de un momento se de-fine por el producto de la magnitud del momentoM y el ángulodu através del cual gira, es decir,dU e = M d u , figura 9-2. Si el ángulo total derotación esu radianes, el trabajo se convierte en

(9–5)

Como en el caso de la fuerza, si el momento se aplica gradualmente auna estructura que tiene respuesta elástica lineal entre cero yM , enton-ces el trabajo es

(9–6)Sin embargo, si el momento ya está aplicado a la estructura y otras cargasdeforman aún más la estructura en una cantidadu , entoncesM girau yel trabajo es

(9–7)Ue¿ = M u¿

Ue = 12 M u

Ue = Lu

0M du

Ue¿ = P ¢¿

M

d u

Figura 9–2

¿

P

F

x A

F ¿

P

F ¿ P

B

G

D

E

C

(b)

¿

Figura 9–1



Figura 9–3

Energía de deformación, fuerza axial. Cuando se aplica unafuerza axialN de manera gradual a la barra que se muestra en la figu9-3, deformará el material de manera que eltrabajo externo realizadopor N se convierte enenergía de deformación , la cual se almacena en labarra (ecuación 9-1). Siempre que el material seaelástico lineal , la ley deHooke será válida, s = E e, y si la barra tiene un área constante A en su

sección transversal y una longitudL , el esfuerzo normal ess = N A y ladeformación final ese = L . En consecuencia,N A = E ( L ), y la des-viación final es

(9–8)

Por lo tanto, al sustituir conP N en la ecuación 9-3, la energía de deformación en la barra es

(9–9)

Energía de deformación, flexión. Considere la viga de la figura 9-4a, que se distorsiona por la aplicación gradual de las cargasP yw. Estas cargas crean un momento internoM en la viga en una sección situada a una distancia x del soporte izquierdo. La rotación resultante deelemento diferencialdx , figura 9-4b, puede determinarse con base en laecuación 8-2, es decir,du = (M EI ) dx . En consecuencia, la energía dedeformación, o el trabajo almacenado en el elemento, se determinapartir de la ecuación 9-6 puesto que el momento interno se desarrogradualmente. Entonces,

(9–10)

La energía de deformación para la viga se determina al integrar este sultado por toda la longitudL de la viga. El resultado es

(9–11)Ui = LL

0 M 2 dx2EI

dU i = M2 dx

2EI

Ui = N 2L2AE

¢ = NLAE


9

N

L A

P

x dx

w

L

(a)

d u

dx

M M

(b)

Figura 9–4



9.2 PRINCIPIO DEL TRABAJO Y LA ENERGÍA 3

9.2 Principio del trabajo y la energíaAhora que ya se han formulado el trabajo y la energía de deformaciónpara una fuerza y un momento, se ilustrará cómo pueden aplicarse laconservación de la energía o el principio del trabajo y la energía para de-terminar el desplazamiento en un punto sobre una estructura. Para ha-cerlo, considere la determinación del desplazamiento D en el puntodonde se aplica la fuerzaP a la viga en voladizo de la figura 9-5.A partirde la ecuación 9-3, el trabajo externo es Para obtener laenergía de deformación resultante, primero debe determinarse el mo-mento interno como una función de la posición x en la viga y despuésaplicar la ecuación 9-11. En este casoM Px , de modo que

Al igualar el trabajo externo con la energía de deformación interna y al

despejar el desplazamiento desconocido, se tiene

Aunque la solución aquí es bastante directa, la aplicación de este mé-todo se limita a unos cuantos problemas seleccionados. Cabe señalar quesólo puede aplicarseuna carga a la estructura, puesto que si se aplicasemás de una carga habría un desplazamiento desconocido bajo cada cargae inclusive podría escribirse sólouna ecuación de “trabajo” para la viga.Además, sólo puede obtenerse el desplazamiento bajo la fuerza , porque eltrabajo externo depende tanto de la fuerza como de su desplazamientocorrespondiente. Una manera de sortear estas limitaciones consiste enemplear el método del trabajo virtual o el teorema de Castigliano, loscuales se explican en las siguientes secciones.

¢ = PL 3

3EI

12 P ¢ = 16

P 2L3

EI

Ue = Ui

Ui = LL

0 M 2 dx2EI

= LL

0 1- Px22 dx

2EI = 1

6 P 2L3

EI

Ue = 12 P ¢ .

P

L

P

V x

M

Figura 9–5



9.3 Principio del trabajo virtualEste principio fue desarrollado por John Bernoulli en 1717, y en ocanes se le conoce también como el método de la carga unitaria. Propciona un medio general para obtener el desplazamiento y la pendienen un punto específico de una estructura, ya sea una viga, un marcuna armadura.

Antes de desarrollar el principio del trabajo virtual se requiere hacalgunos enunciados generales sobre el principio del trabajo y la enerlo cual se analizó en la sección anterior. Si se toma una estructura formable de cualquier forma o tamaño y se le aplica una serie decargasexternas P , se producirán cargasinternas u en puntos a través de toda laestructura.Es necesario relacionar las cargas internas y externas mediantelas ecuaciones de equilibrio . Como consecuencia de estas cargas, ocurrirán desplazamientos externos en las cargasP y se presentarán des-plazamientos internosd en cada punto de carga internau. En general,estos desplazamientos no tienen que ser elásticos , y quizá no se relacionen

con las cargas;sin embargo,los desplazamientos internos y externos debenestar relacionados por la compatibilidad de los desplazamientos . En otraspalabras, si se conocen los desplazamientos externos, los desplazamtos internos correspondientes estarán definidos de manera única. Entoces,el principio del trabajo y los estados de energía puede enunciarsemanera general como sigue:

(9–12)

Con base en este concepto, ahora se desarrollará el principio del t

bajo virtual. Para ello se considerará que la estructura (o cuerpo) tieuna forma arbitraria como se muestra en la figura 9.6b.* Suponga que esnecesario determinar el desplazamientodel punto A en el cuerpo cau-sado por las “cargas reales”P 1,P 2 yP 3. Debe entenderse que estas cargasno causan movimiento de los soportes; sin embargo, en general, pueddeformar el materialmás allá del límite elástico . Como ninguna carga externa actúa sobre el cuerpo en A ni en la dirección de , el desplaza-miento puede determinarse si se coloca primero una carga “virtual”sobre el cuerpo de modo que esta fuerzaP actúe en lamisma direcciónque , figura 9-6a. Por conveniencia, que será evidente más adelante,elegiráP con una magnitud “unitaria”, es decir,P 1. Para describir lacarga se usa el término “virtual” debido a quees imaginaria y en realidadno existe como parte de la carga real . Sin embargo, la carga unitaria (P )crea una carga virtual internau en un elemento o fibra representativadel cuerpo, como se muestra en la figura 9-6a.Aquí se requiere queP yu se relacionen mediante las ecuaciones de equilibrio.†

©P ¢ = ©udTrabajo de las Trabajo de lascargas externas cargas internas


9

*Esta forma arbitraria representará posteriormente una armadura,una viga o un marcopecíficos.

†Aunque estas cargas provocarán desplazamientos virtuales, no se tomarán en cuentamagnitudes.

L

P ¿ 1

Aplicación de la carg a v irtualP ¿ 1

(a)

u

u

A

L

Aplicación de las carg as reales P 1, P 2, P 3

(b)

d L

P 1

P 2

P 3

A

Figura 9–6



9.3 PRINCIPIO DEL TRABAJO VIRTUAL 3

Una vez aplicadas las cargas virtuales,el cuerpo está sometido a lascargasreales P 1, P 2 y P 3, figura 9-6b. El punto A se desplazará una cantidad , lacual causará que el elemento se deforme una cantidaddL . Como resul-tado, la fuerza virtual externaP y la carga virtual internau se “pasearána lo largo”de ydL , respectivamente, y por lo tanto realizarán untrabajovirtual externo de 1• sobre el cuerpo y untrabajo virtual interno de u • dL

sobre el elemento. Si se toma en cuenta que el trabajo virtual externo esigual al trabajo virtual interno realizado en todos los elementos delcuerpo, es posible escribir la ecuación del trabajo virtual como

cargas virtuales

desplazamientos reales (9–13)

dondeP 1 carga unitaria virtual externa que actúa en la dirección de.u carga virtual interna que actúa sobre el elemento en la dirección dedL .

desplazamiento externo causado por las cargas reales.dL = deformación interna del elemento causada por las cargas reales.Al elegirP = 1, puede verse que la solución pararesulta directa-mente, puesto que = ©u dL .

De manera parecida,si deben determinarse el desplazamiento rotacio-nal o la pendiente de la tangente en un punto sobre una estructura, seaplica unmomento de par virtualM con magnitud unitaria en el punto.Como consecuencia, este momento de par causa una carga virtualuu enuno de los elementos del cuerpo. Si se supone que las cargas reales defor-man el elemento una cantidaddL , la rotaciónu puede encontrarse a par-tir de la ecuación del trabajo virtual

cargas virtuales

desplazamientos reales(9–14)

dondeM = 1 = momento de par unitario virtual externo que actúa en la

dirección deu .uu = carga virtual interna que actúa sobre un elemento en la dirección

de dL .u = desplazamiento rotacional externo o pendiente en radianes

causados por las cargas reales.dL deformación interna del elemento causada por las cargas reales.

Este método para aplicar el principio del trabajo virtual se conocecomúnmente como elmétodo de las fuerzas virtuales , dado que se aplicauna fuerza virtual de lo que resulta el cálculo de undesplazamiento real .En este caso, la ecuación del trabajo virtual representa unrequisito decompatibilidad para la estructura. Aunque aquí no es importante, ob-serve que también es posible aplicar el principio del trabajo virtual como

1#u = ©uu#dL

1#¢ = ©u #dLg

g g

g

g

g g

g



un método de desplazamientos virtuales . En este caso,se imponen desplazamientos virtuales sobre la estructura cuando ésta se encuentra somtida a cargas reales . Este método puede usarse para determinar unfuerza sobre o dentro una estructura,* de modo que la ecuación del tbajo virtual se expresa entonces como unrequisito de equilibrio .

9.4 Método del trabajo virtual:ArmadurasEl método del trabajo virtual puede usarse para determinar el desplazmiento de una junta de armadura cuando la armadura está sometidauna carga externa, a un cambio de temperatura, o por errores de fabricción.A continuación se analizará cada una de estas situaciones.Carga externa. Para facilitar la explicación, considere el desplazmiento vertical de una juntaB de la armadura que se muestra en la figura 9-7a. Aquí, un miembro típico de la armadura sería uno de susele-mentos con longitudL , figura 9-7b. Si las cargas aplicadasP 1 y P 2ocasionan unarespuesta material lineal elástica , este miembro se deformaen una cantidad L NL AE , dondeN es la fuerza normal o axial en eelemento, causada por las cargas. Si se aplica la ecuación 9-13, entonla ecuación del trabajo virtual para la armadura es

(9–15)

donde1 carga unitaria virtual externa que actúa sobre la junta de la

armadura en la dirección indicada de.n fuerza normal virtual interna en un elemento de una armadura

causada por la carga unitaria virtual externa.desplazamiento externo de la junta causado por las cargas realesobre la armadura.

N fuerza normal interna en un elemento de la armadura causadapor las cargas reales.

L longitud de un elemento. A área transversal de un elemento.E módulo de elasticidad de un elemento.

La formulación de esta ecuación se sigue en forma natural del desar

llo en la sección 9-3. Aquí la carga unitaria virtual externa crea fuevirtuales internasn en cada uno de los elementos de la armadura.Entonces las cargas reales hacen que la junta de la armadura se desplaceenla misma dirección que la carga unitaria virtual, y que cada elementodesplaceNL AE en la misma dirección que su respectiva fuerzan . Enconsecuencia, el trabajo virtual externo 1• es igual al trabajo virtual interno o la energía de deformación interna (virtual) almacenada en todlos elementos de la armadura, es decir,©nNL AE .

1#¢ = a nNLAE


9

Figura 9–7

*Así se usó en la sección 6-3 en relación con el principio de Müller-Breslau.

(a)Aplicación de la carg a unitariav irtual enB

1B

L

B

P 2

P 1

Aplicación de las carg as reales P 1, P 2

(b)



9.4 MÉTODO DEL TRABAJO VIRTUAL: ARMADURAS 3

Temperatura. En algunos casos, los elementos de una armadurapodrían cambiar su longitud debido a la temperatura. Sia es el coefi-ciente de expansión térmica de un elemento yT es el cambio en su tem-peratura,el cambio en la longitud de un elemento esL = a T L . Por lotanto, el desplazamiento de una junta seleccionada en una armadura de-bido a este cambio de temperatura puede determinarse a partir de la

ecuación 9-13, escrita como(9–16)

donde1 = carga unitaria virtual externa que actúa sobre la junta

de la armadura en el sentido indicado de A.n fuerza normal virtual interna en un elemento de una armadura

causada por la carga unitaria virtual externa.desplazamiento externo de la junta causado por el cambio detemperatura.

a = coeficiente de expansión térmica del elemento.T = cambio en la temperatura del elemento.L = longitud del elemento.

Errores de fabricación y comba. En ocasiones pueden presen-tarse errores de fabricación en las longitudes de los elementos de una ar-madura. Además, en algunos casos es necesario hacer los elementos unpoco más largos o más cortos para obtener una comba en la armadura.La comba suele construirse en una armadura de puente para que lacuerda inferior se curve hacia arriba en una cantidad equivalente a la de-flexión hacia abajo de la cuerda cuando está sometida a todo el pesomuerto del puente. Si un elemento de la armadura es más o menos largode lo previsto, el desplazamiento de una junta de la armadura respecto asu posición esperada puede determinarse mediante la aplicación directade la ecuación 9-13, escrita como

(9–17)

donde1 carga unitaria virtual externa que actúa sobre la junta

de la armadura en la dirección indicada de.n fuerza normal virtual interna de un elemento de una armaduracausada por la carga unitaria virtual externa.

desplazamiento externo de la junta ocasionado por los erroresde fabricación.

L diferencia en longitud del elemento respecto a su tamañoesperado a causa de un error de fabricación.

Si sobre la armadura actúan cargas externas y algunos de los elementosestán sometidos a un cambio térmico o se han fabricado con dimensio-nes incorrectas, será necesaria una combinación de los lados derechos delas ecuaciones 9-15 a 9-17.

1#¢ = ©n ¢ L

1#¢ = ©na ¢ T L




9


El siguiente procedimiento puede usarse para determinar un desplazamiento específicde cualquier junta en una armadura aplicando el método del trabajo virtual.

Fuerzas virtualesn

• Coloque la carga unitaria sobre la armadura en la junta donde debe determinarse edesplazamiento. La carga debe estar en la misma dirección que el desplazamiento epecificado, por ejemplo,horizontal o vertical.

• Con la carga unitaria colocada de esta manera y con todas las cargas realesretiradasde la viga, utilice el método de los nudos o el método de las secciones y calculefuerza internan en cada elemento de la armadura.Suponga que las fuerzas de tensiónson positivas y que las fuerzas de compresión son negativas.

Fuerzas realesN

• Use el método de las secciones o el método de los nudos para determinar la fuerzaNen cada elemento. Estas fuerzas son causadas únicamente por las cargas reales quactúan sobre la armadura. Una vez más, suponga que las fuerzas de tensión son posivas y que las fuerzas de compresión son negativas.

Ecuación del trabajo virtual

• Aplique la ecuación del trabajo virtual, para determinar el desplazamiento deseadEs importante conservar el signo algebraico de cada una de las fuerzasn y N corres-pondientes al sustituir estos términos en la ecuación.

• Si la sumatoria resultante©nNL AE es positiva, el desplazamiento tiene la mismadirección que la carga unitaria.Si se obtiene un valor negativo,es opuesto a la cargaunitaria.

• Al aplicar 1• = ©na TL , tenga en cuenta de que si alguno de los elementos experimenta unaumento de temperatura , T será positivo , en tanto que unadisminución dela temperatura resultará en un valornegativo para T .

• Para que 1• = ©n L , cuando un error de fabricaciónaumenta la longitud de un ele-mento, L es positiva , en tanto que unadisminución de la longitud es negativa .

• Al aplicar cualquier fórmula debe prestarse atención a las unidades de cada cantidad nmérica. En particular, a la carga unitaria virtual puede asignársele cualquier unidaarbitraria (lb, kip, N, etc.),puesto que las fuerzasn tendrán estasmismas unidades , y enconsecuencia las unidades, tanto de la carga unitaria virtual como de las fuerzasn secancelarán a ambos lados de la ecuación.




EJEMPLO9.1

Determine el desplazamiento vertical de la juntaC de la armadura deacero que se muestra en la figura 9-8a. El área de la sección transver-sal de cada elemento es A 0.5 pulg2 y E 29(103) ksi.

SOLUCIÓNFuerzas virtuales n. Sólo se coloca una carga vertical de 1 k en la junta C y la fuerza en cada elemento se calcula aplicando el métodode los nudos. Los resultados se muestran en la figura 9-8b. Los núme-ros positivos indican fuerzas de tensión y los números negativos indi-can fuerzas de compresión.

Fuerzas reales N. Las fuerzas reales en los elementos se calculanusando el método de los nudos. Los resultados se muestran en la fi-gura 9-8c.

Ecuación del trabajo virtual. Al disponer los datos en forma tabu-lar, se tiene

B A

C D

F E

10 pies

(a)4 k 4 k


fuerzas v irtuales n

(b)

0.333 k 1 k 0.66

0.667 k0.667 k0.333 k

0. 4 7

1 k

0 . 3

3 3 k

0.333 k

0. 4 7

1 k 1 k

0 . 9 4 3 k

fuerzas reales N(c)

4 k 4 k 4 4 k4 k 4 k

5. 6 6

k 4 k 4 k

4 k

0

5 . 6 6 k

4 k

Elemento n (k) N (k) L (pies) nNL (k2 • pie)

AB 0.333 4 10 13.33BC 0.667 4 10 26.67CD 0.667 4 10 26.67DE 14.14 75.42FE 10 13.33EB 0 14.14 0BF 0.333 4 10 13.33

AF 14.14 37.71CE 1 4 10 40

©246.47

- 5.66- 0.471

- 0.471- 4- 0.333- 5.66- 0.943

Entonces,

Si se convierten las unidades de longitud del elemento a pulgadas y sesustituyen los valores numéricos de A y E , resulta

Resp.¢ Cv = 0.204 pulg

1 k#¢ Cv = 1246.47 k2 #pie2112 pulg>pie210.5 pulg2212911032 k>pulg22

1 k#¢ Cv = a

nNLAE

= 246.47 k2 #pieAE

Figura 9–8




9

El área de la sección transversal de cada elemento de la armadura quese muestra en la figura 9-9a es A 400 mm2 y E 200 GPa. (a) De-termine el desplazamiento vertical de la juntaC si se aplica una fuerzade 4 kN sobre la armadura enC . (b) Si ninguna carga actúa sobre laviga, ¿cuál sería el desplazamiento vertical de la juntaC si el elemento AB fuera 5 mm más corto de lo esperado?

EJEMPLO9.2

SOLUCIÓNInciso (a)Fuerzas virtuales n. Dado que debe determinarse eldesplaza-miento vertical de la juntaC , se aplica una fuerza virtual de 1 kN enC con dirección vertical. Las unidades de esta fuerza son lasmismas quelas de la carga real. Se calculan las reacciones en los soportes A y B ydespués se determina la fuerzaN en cada elemento por el método de

los nudos, como se muestra en los diagramas de cuerpo libre de la juntas A y B , figura 9-9b.

3 m

4 kNC

AB

4 m 4 m

(a)

Figura 9–9

1 kN

C

A B 0. 8

3 3 k N

(b)

0 . 8 3 3 k N

0.667 kN

0.5 kN 0.5 kN

A

0.833 kN

0.5 kN

0.667 kN4

350.833 kN

0.667 kN

0.5 kN

B4

3 5


Fuerzas reales N. En la figura 9-9c se muestra el análisis de las jun-tas A y B cuando se aplica la carga real de 4 kN sobre la armadura.




Por lo tanto,

Al sustituir los valores A 400 mm2 400 (106) m2, E 200 GPa200 (106) kN m2, se tiene

Resp.

Inciso (b). Aquí debe aplicarse la ecuación 9-17. Como se desea de-terminar el desplazamiento vertical deC , pueden usarse los resulta-dos de la figura 9-7b. Sólo el elemento AB experimenta un cambio ensu longitud, esto es,de L - 0.005 m. Entonces,

Resp.

El signo negativo indica que la juntaC se desplazahacia arriba , en formaopuesta a la carga vertical de 1 kN. Observe que si se toman en cuentala carga de 4 kN y el error de fabricación, el desplazamiento resul-tante es (hacia arriba).0.133 - 3.33 = - 3.20 mm¢ Cv

=

¢ Cv = - 0.00333 m = - 3.33 mm

1 kN#¢ Cv = 10.667 kN21- 0.005 m2

1#¢ = ©n ¢ L

¢ Cv = 0.000133 m = 0.133 mm

1 kN#¢ Cv = 10.67 kN2 #m

400110- 62 m2120011062 kN>m22

1 kN#¢ Cv = a

nNLAE

= 10.67 kN2 #mAE

4 kNC

AB

2. 5 k N

(c)

2 . 5 k N

2 kN

1.5 kN 1.5 kN

A

2.5 kN

1.5 kN

2 kN4

352.5 kN

2 kN

1.5 kN

B4

3 5

fuerzas reales N

4 kN 4 kN

Elemento n (kN) N (kN) L (m) n NL (kN2 m)

AB 0.667 2 8 10.67 AC 2.5 5CB 5 10.41

©10.67- 2.5- 0.833

- 10.41- 0.833

#

Ecuación del trabajo virtual. Como AE es constante, cada uno delos términosnNL puede calcularse y disponerse en forma tabular.Aquí los números positivos indican fuerzas de tensión y los númerosnegativos indican fuerzas de compresión.




9

Determine el desplazamiento vertical de la juntaC de la armaduraque se muestra en la figura 9-10a. Debido al calor radiante de la pared,el elemento AD está sometido a unaumento en la temperatura de T

+ 120°F. Considere quea 0.6(10 5) ºF y queE 29(103) ksi. Elárea de la sección transversal de cada elemento se indica en la figura

EJEMPLO9.3

0.75 k


(b)

0.75 k

1 k 1 k

1 k

1 .

2 5 k 0

00.75 k

120 k

fuerzas reales N

(c)

120 k

80 k

60 k

80 k

1 0 0

k 80 k

060 k

80 k

SOLUCIÓN

Fuerzas virtuales n. Se aplica una cargavertical de 1 k sobre la ar-madura en la juntaC y se calculan las fuerzas en los elementos, figura9-10b.

Fuerzas reales N. Como las fuerzasn en los elementos AB y BC son iguales acero , no es necesario calcular las fuerzasN en esos ele-mentos. ¿Por qué? Sin embargo, con el propósito de completar el mé-todo, en la figura 9-10c se muestra el análisis de todas las fuerzas reales.

Ecuación del trabajo virtual. Tanto las cargas como la tempera-tura afectan la deformación;por lo tanto, las ecuaciones 9-15 y 9-16 scombinan.Si se emplean unidades de kips y pulgadas, resulta

Resp.¢ Cv = 0.658 pulg

+ 1- 1.2521- 1002110211221.5[2911032] + 112[0.6110- 52]112021821122 = 10.7521120216211222[2911032] + 112180218211222[2911032]

1#¢ Cv = a

nNLAE

+ ©na ¢ T L

Figura 9–10

80 k

2 pulg2

1 . 5 p u l g

2

2 pulg2

pared

2 pulg22 pulg2

60 k

8 pies

D

C

B A

(a)

6 pies



9.5 TEOREMA DE CASTIGLIANO 3

9.5 Teorema de CastiglianoEn 1879,Alberto Castigliano, ingeniero italiano de ferrocarriles, publicó unlibro en el que exponía un método para determinar la deflexión o la pen-diente en un punto en una estructura, en una armadura, una viga o unmarco. Este método,conocido como el segundo teorema de Castigliano , o elmétodo del trabajo mínimo , sólo aplica a las estructuras que tienen una tem-peratura constante, soportes que no ceden y respuesta materialelástica li-neal . Si debe determinarse el desplazamiento de un punto,el teorema esta-blece que éste es igual a la primera derivada parcial de la energía dedeformación en la estructura con respecto a una fuerza que actúa en elpunto y en la dirección del desplazamiento. De una manera parecida, lapendiente en un punto de una estructura es igual a la primera derivada par-cial de la energía de deformación en la estructura con respecto a un mo-mento de par que actúa en el punto y con la dirección de la rotación.

Para obtener el segundo teorema de Castigliano, considere un cuerpo(estructura) de cualquier forma arbitraria que está sometido a una serie de

n fuerzasP 1, P 2,…,P n. Como el trabajo externo realizado por estas cargases igual a la energía de deformación interna almacenada en el cuerpo,puede escribirse

El trabajo externo es una función de las cargas externas (U e ©•P dx ).Porlo tanto,

Ahora bien, si cualquiera de las fuerzas, por ejemploP i, se incrementa enuna cantidad diferencialdP i, el trabajo interno también aumenta de modoque la mueva energía de deformación se convierte en

(9–18)

Sin embargo, este valor no debe depender de la secuencia en la que estasnfuerzas se aplican al cuerpo.Por ejemplo, si primero se aplicadP i al cuerpo,esto hará que el cuerpo se desplace una cantidad diferenciald i en la direcciónde dP i.Por la ecuación 9–3 el incremento de la energía de defor-mación sería Sin embargo, esta cantidad es un diferencial desegundo orden y puede pasarse por alto. Una aplicación posterior de lascargasP

1, P

2,…,P

nque desplazaría al cuerpo

1,

2,…,

n, produciría la si-

guiente energía de deformación.

(9–19)

Aquí, como antes,U i es la energía de deformación interna en el cuerpo, cau-sada por las cargasP 1, P 2,…,P n y dU i dP i i es la energía de deformaciónadicional causada pordP i (ecuación 9-4,U e P ).

En resumen, la ecuación 9-18 representa la energía de deformación en elcuerpo, determinada al aplicar primero las cargasP 1, P 2,…,P n, después dP i,y la ecuación 9-19 representa la energía de deformación determinada al

Ui + dU i = Ui + dP i¢ i

12 dP i d¢ i.

AUe = 12 P ¢ B,

Ui + dU i = Ui + 0Ui

0P i dP i

Ui = Ue = f1P 1, P 2, Á , P n2Ui = Ue




9

aplicar primerodP i y luego las cargasP 1, P 2,…,P n. Como estas dos ecua-ciones deben ser iguales, se requiere que

(9–20)

lo que demuestra el teorema; es decir, el desplazamientoi en la direc-ción deP i es igual a la primera derivada parcial de la energía de defomación con respecto aP i.*

Debe señalarse que la ecuación 9-20 es un enunciado acerca de lacompatibilidad de la estructura . Además, la deducción anterior exige que eel análisis sólo se consideren las fuerzas conservadoras . Estas fuerzasrealizan trabajo que es independiente de la trayectoria y por lo tanto crean pérdidas de energía.Como las fuerzas que causan una respuestaneal elástica son conservadoras, el teorema se limita a uncomporta-miento lineal elástico del material. Esto constituye una diferencia con método de la fuerza virtual analizado en la sección anterior,que se apltanto al comportamiento elásticocomo al no elástico.

9.6 Teorema de Castigliano paraarmadurasLa energía de deformación para un elemento de una armadura está dapor la ecuación 9-9,U i N 2L 2 AE .Al sustituir esta ecuación en la ecuación 9-20 y si se omite el subíndicei, resulta

Por lo general es más fácil realizar la diferenciación antes de la sum

ria. En el caso generalL , A y E son constantes para un elemento dado, ypor lo tanto puede escribirse así

(9–21)

dondedesplazamiento de la junta externa de la armadura.

P fuerza externa aplicada a la junta de la armadura en la direcciónde .

N fuerza interna en un elemento causadatanto por la fuerzaP comopor las cargas sobre la armadura.

L longitud de un elemento. A área de la sección transversal de un elemento.E módulo de elasticidad de un elemento.

¢ = aNa0N0P b

LAE

¢ = 00P

a N 2L2AE

¢ i = 0Ui

0P i

*El primer teorema de Castigliano es parecido a su segundo teorema; sin embargo, rciona la cargaP i con la derivada parcial de la energía de deformación respecto al dplazamiento correspondiente, es decirP i = U i/ i. La comprobación es parecida a ldada anteriormente y, como el método del desplazamiento virtual, el primer teoremaCastigliano se aplica tanto al comportamiento material elástico como al no elástico.teorema es otra manera de expresar losrequisitos de equilibrio para una estructura y,puesto que tiene un uso muy limitado en el análisis estructural, no se analiza en este l



9.6 TEOREMA DE CASTIGLIANO PARA ARMADURAS 3

Esta ecuación es semejante a la que se utiliza en el método del trabajovirtual, ecuación 9-15 (1• ©nNL AE ), excepto quen se sustituyepor 0N 0P . Observe que con el fin determinar esta derivada parcial seránecesario tratarP como unavariable (no una cantidad numérica especí-fica) y, además, cada elemento de la fuerzaN debe expresarse en funciónde P . En consecuencia, el cálculo de0N 0P generalmente requiere un

poco más de operaciones que las necesarias para calcular cada fuerzan

de manera directa.Por supuesto,estos términos serán iguales porquen o0N 0P es simplemente el cambio de la fuerza interna del elemento conrespecto a la cargaP , o el cambio en la fuerza del elemento por cargaunitaria.


El siguiente procedimiento proporciona un método que puede utilizarse para determi-nar el desplazamiento de cualquier junta de una armadura usando el teorema de Casti-

gliano.Fuerza externaP

• Coloque una fuerzaP sobre la armadura en la junta donde se desea determinar el des-plazamiento. Se supone que esta fuerza tiene unamagnitud variable con el fin de ob-tener el cambio0N 0P . Asegúrese de queP esté dirigida a lo largo de la línea deacción del desplazamiento.

Fuerzas internasN

• Determine la fuerzaN en cada elemento causada tanto por las cargas reales (numéri-cas) como por la fuerza variableP . Suponga que las fuerzas de tensión son positivas yque las de compresión son negativas.

• Calcule las derivadas parciales respectivas0N 0P para cada elemento.• Después de determinarN y 0N 0P , asigne aP su valor numérico si ha reemplazado

una fuerza real sobre la armadura.De lo contrario, considere queP es igual a cero.

Teorema de Castigliano• Aplique el teorema de Castigliano para determinar el desplazamientodeseado. Es

importante conservar los signos algebraicos para los valores correspondientes deN y0N 0P al sustituir estos términos en la ecuación.

• Si la sumatoria resultante©N (0N 0P )L AE es positiva, tiene la misma direcciónque P . Si se obtiene un valor negativo,es opuesto aP .




9

4 m 4 m

3 m

AB

C

(a)

4 kN

4 m 4 m

3 m A

B

C

(b)

4 kN

P

0.5P 1.5 kN0.5P 1.5 kN

4 kN

A

0.5P 1.5 kN

4 kNN AB 0.667P 2 kN

N AC 0.833P 2.5 kN3

4

5

(c)

B3

4

5

N AB 0.667P 2 kN

0.5P 1.5 kN

N BC 0.833P 2.5 kN

Figura 9–11

Determine el desplazamiento vertical de la juntaC de la armaduraque se muestra en la figura 9-11a. El área de la sección transversal decada elemento es A 400 mm2 y E 200 GPa.

SOLUCIÓNFuerza externa P . Se aplica una fuerza verticalP sobre la arma-dura en la juntaC , puesto que es donde debe determinarse el despla-zamiento vertical, figura 9-11b.

Fuerzas internas N . Se determinan las reacciones en los soportes A y B de la armadura y los resultados se muestran en la figura 9-11b.Utilizando el método de los nudos, se determinan las fuerzasN encada elemento, figura 9-11c.* Por conveniencia, estos resultados juntocon las derivadas parciales0N 0P se enuncian en forma tabular de lasiguiente manera:

EJEMPLO9.4

En vista de queP en realidad no existe como una carga real sobre laarmadura, se requiere queP 0 en la tabla anterior.

Teorema de Castigliano. Al aplicar la ecuación 9-21, se tiene

Si se sustituye A 400 mm2 400(10 6) m2, E 200 GPa 200(109)Pa, y las unidades deN se convierten de kN a N, se tiene

Resp.Esta solución debe compararse con el método del trabajo virtual delejemplo 9-2.

¢ Cv =

10.6711032 N#m400

110- 6

2 m2

1200

1109

2 N

>m2

2 = 0.000133 m = 0.133 mm

¢ Cv = aNa0N

0P b L

AE = 10.67 kN#m

AE

*Quizá sea más conveniente analizar la armadura sólo con la carga de 4 kN sobre ellay luego analizar la armadura con la cargaP . De este modo pueden sumarse los resul-tados para obtener las fuerzasN .

Elemento N L

AB 0.667 2 8 10.67 AC 2.5 5BC 5 10.42

© = 10.67 kN#m- 2.5- 0.833-10.833P + 2.52 - 10.42- 0.833-10.833P - 2.520.667P + 2

N a0N

0P bL N 1P = 020N

0P




EJEMPLO9.5

Determine el desplazamiento horizontal de la juntaD de la armaduraque se muestra en la figura 9-17a. Considere queE 29(103) ksi. Elárea de la sección transversal de cada elemento se indica en la figura.

12 pies 12 pies

9 pies 0. 5 p u l

g 2

1 pulg2 1 pulg2

0 . 7 5 p ul g

2

0 . 5 p u l g 2

D

BC

10 k(a)

A P

1020 0.75P

( 2

0

0 . 7 5 P

)

10 0.75P

13.3313.33

1 6. 6 7

1. 2 5

P1 6 . 6 7

P

(b)

Elemento N L

AB 0 12 0BC 0 12 0CD 16.67 0 16.67 15 0DA 1.25 16.67 15 312.50BD 9 135.00- 20- 0.75-120 + 0.75P216.67 + 1.25P

- 13.33- 13.33- 13.33- 13.33

N a0N

0P bL N 1P = 020N

0P

SOLUCIÓNFuerza externa P . Como debe determinarse el desplazamiento ho-rizontal deD , se aplica una fuerza variable horizontalP a la juntaD ,figura 9-12b .

Fuerzas internas N . Aplicando el método de los nudos, se calculala fuerzaN en cada elemento.* Una vez más,al aplicar la ecuación 9-21,se estableceP 0 porque esta fuerza no existe realmente sobre la ar-madura.Los resultados se muestran en la figura 9-12b.Al disponer losdatos en forma tabular, se tiene

Teorema de Castigliano. Al aplicar la ecuación 9–21, se tiene

Resp.= 0.333 pulg

¢ Dh = aNa0N

0P b L

AE = 0 + 0 + 0 +

312.50 k#pie112 pulg>pie210.5 pulg22[2911032 k>pulg2] +

135.00 k#pie112 pulg>pie210.75 pulg22[2911032 k>pulg2]

*Como en el ejemplo anterior, quizá lo recomendable sea realizar un análisis por sepa-rado de la armadura cargada con 10 k y cargada conP , para después superponer losresultados.

Figura 9–12




9

Figura 9–13

EJEMPLO9.6

Teorema de Castigliano. Si se sustituyen los datos en la ecuación9-21, resulta

Al convertir las unidades de longitud del elemento en pulgadas y alsustituir el valor numérico de AE , se tiene

Resp.

Debe observarse la semejanza entre esta solución y la del métododel trabajo virtual, ejemplo 9-1.

¢ Cv = 1246.47 k#pie2112 pulg>pie210.5 pulg2212911032 k>pulg22 = 0.204 pulg

¢ Cv = aN

a0N0P

b

LAE

= 246.47 k#pieAE

4 k P

P

0.667P 1.333k0.333P 2.667k

0.667P 1.3330.667P 1.3330.333P 2.667

(0.333P 2.667)

( 0. 4 7 1

P

3. 7 7 2 )

0 . 3

3 3 P

2

. 6 6 7

0. 4

7 1 P

1. 8

8 6B

C D

EF ( 0 . 9 4 3 P

1 . 8 8 6 )

A

(b)

B A C D

F E


10 pies

(a)

4 k 4 k

Determine el desplazamiento vertical de la juntaC de la armaduraque se muestra en la figura 9-13a. Suponga que A 0.5 pulg2 y queE

29 (103) ksi.

SOLUCIÓNFuerza externa P . La fuerza de 4 k enC se sustituye por una fuerzavariable P en la juntaC , figura 9-13b .

Fuerzas internas N . Se usa el método de los nudos para deter-minar la fuerzaN en cada elemento de la armadura. Los resultadosse resumen en la figura 9-13b. Aquí, P 4k cuando se aplica laecuación 9-21. Los datos requeridos pueden disponerse en formatabular de la siguiente manera:

Elemento N L

AB 0.333 4 10 13.33BC 0.667 4 10 26.67CD 0.667 4 10 26.67DE 14.14 75.42EF 10 13.33FA 14.14 37.71BF 0.333 4 10 13.33BE 0 14.14 0CE P 1 4 10 40

© = 246.47 k#pie

- 0.471- 0.471P + 1.8860.333P + 2.667

- 5.66- 0.471-10.471P + 3.7712 - 4- 0.333-10.333P + 2.6672 - 5.66- 0.943-10.943P + 1.88620.667P + 1.3330.667P + 1.3330.333P + 2.667

Na0N0P bLN 1P = 4 k20N

0P



A

B

C

8 pies

6 pies

150 lb

C

A B

D

2 m7 kN

2 m

60

C A

B

D

3 m

4 m

50 kN

H

C DB

E A

G F

2 m

2 m 2 m 2 m

40 kN30 kN 30 kN

2 m

2 m

8 kN

E

A

D

B

C

1.5 m 1.5 m

F9–1. Determine el desplazamiento vertical de la juntaB . AE es constante.Use el principio del trabajo virtual.F9–2. Resuelva el problema F9-2 usando el teorema deCastigliano.

F9–7. Determine el desplazamiento vertical de la ju AE es constante.Utilice el principio del trabajo virtuF9–8. Resuelva el problema F9-7 usando el teoremCastigliano.

F9–3. Determine el desplazamiento horizontal de la junta A . AE es constante.Use el principio del trabajo virtual.F9–4. Resuelva el problema F9-3 usando el teorema deCastigliano. F9–9. Determine el desplazamiento vertical de la ju

AE es constante.Utilice el principio del trabajo virtuF9–10. Resuelva el problema F9-9 usando el teoreCastigliano.

F9–5. Determine el desplazamiento horizontal de la juntaD . AE es constante.Use el principio del trabajo virtual.F9–6. Resuelva el problema F9-5 usando el teorema deCastigliano.

F9–11. Determine el desplazamiento vertical de la ju AE es constante.Use el principio del trabajo virtual.F9–12. Resuelva el problema F9-11 usando el teoreCastigliano.


F9–1/9–2

F9–3/9–4

F9–5/9–6

F9–7/9–8

F9–9/9–10

F9–11/9–12

3 m

6 kN

A

D

B

C

3 m

6 kN




9

9–3. Determine el desplazamiento vertical de la juntaB.Para cada elemento A 400 mm2,E 200 GPa.Use el mé-todo del trabajo virtual.

*9–4. Resuelva el problema 9-3 usando el teorema de Cas-tigliano.

9–5. Determine el desplazamiento vertical de la juntaE .Para cada elemento A 400 mm2,E 200 GPa.Use el mé-todo del trabajo virtual.

9–6. Resuelva el problema 9-5 usando el teorema de Casti-gliano.

9–9. Use el método del trabajo virtual.

9–10. Resuelva el problema 9-9 usando el teorema de Catigliano.

PROBLEMAS

9–1. Determine el desplazamiento vertical de la junta A .Cada barra está hecha de acero y tiene un área en su seccióntransversal de 600 mm2. Considere queE 200 GPa. Use elmétodo del trabajo virtual.

9–2. Resuelva el problema 9-1 usando el teorema de Casti-gliano.

Probs. 9–1/9–2 Probs. 9–7/9–8

Probs. 9–3/9–4/9–5/9–6 Probs. 9–9/9–10

D

C B

2 m

A

1.5 m

5 kN

1.5 m

C

1.5 m

A

DEF

45 kN2 m

B

2 m

20 kN15 kN

A

B C

ED

4 m

3 m

4 m

300 lb500 lb

600 lb

C

B A

F E D

3 pies

3 pies 3 pies

9–7. Determine el desplazamiento vertical de la juntaD .Use el método del trabajo virtual. AE es constante. Su-ponga que los elementos están articulados en sus extrem

*9–8. Resuelva el problema 9-7 usando el teorema de Catigliano.




9–11. Determine el desplazamiento vertical de la junta A .El área de la sección transversal de cada elemento se indicaen la figura.Suponga que los elementos están articulados ensus extremos.E 29(10)3 ksi. Use el método del trabajovirtual.

*9–12. Resuelva el problema 9-11 usando el teorema de

Castigliano.

9–15. Determine el desplazamiento vertical de la jude la armadura. Cada elemento tiene un área en su stransversal de A 300 mm2. E 200 GPa. Use el médel trabajo virtual.

*9–16. Resuelva el problema 9-15 usando el teoreCastigliano.

9–13. Determine el desplazamiento horizontal de la juntaD .Suponga que los elementos están articulados en sus extre-mos. AE es constante.Use el método del trabajo virtual.

9–14. Resuelva el problema 9-13 usando el teorema deCastigliano.

9–17. Determine el desplazamiento vertical de la juSuponga que los elementos están articulados en susmos. Considere que A 2 pulg2 y E 29(103) para celemento.Use el método del trabajo virtual.

9–18. Resuelva el problema 9-17 usando el teoremCastigliano.Probs. 9–11/9–12

Probs. 9–15/9–16

Probs. 9–13/9–14

7 k 3 k

AB

C

ED

4 pies

4 pies

4 pies

3 pulg 2

2 pulg 2

2 pulg 22 pulg 2

3 pulg 2 3 pulg 2

3 pulg 2

E

3

AB

4 m

H

C

G

D

3 kN

4 m4 m4 m

4 kN3 kN

F

8 pies

6 pies

6 pies

2 k

3 k

B A

D

C

9–19. Determine el desplazamiento vertical de la jun Alos elementos AB y BC experimentan un aumento dtemperatura de T = 200 °F. Considere que A = 2 pulg2 y= 29(103) ksi. Además,a = 6.60(106) °F

*9–20. Determine el desplazamiento vertical de la jusi el elemento AE se fabrica 0.5 pulgadas más corto deperado.

AB C

E

8 pies

1000 lb 500 lb

8 pies

8 pies

D

Probs. 9–17/9–18

AB C

E

8 pies 8 pies

8 pies

D

Probs. 9–19/9–20




9

9.7 Método del trabajo virtual: Vigas y marcos

El método del trabajo virtual también puede aplicarse a los problemasdeflexión en vigas y marcos. Como las deformaciones debidas a la flexión

son lacausa principal de las deflexiones en vigas o marcos, primero se anlizarán sus efectos. Las deflexiones debidas a las cargas cortantes,axiade torsión,así como a la temperatura, se considerarán en la sección 9-8

El principio del trabajo virtual o, más exactamente, el método defuerza virtual, puede formularse para deflexiones en vigas y marcoconsiderar la viga que se muestra en la figura 9-14b. Aquí debe determi-narse el desplazamiento de un punto A . Para calcular se coloca unacarga virtual unitaria que actúa en la dirección desobre la viga en A , yel momento virtual interno m se determina mediante el método de las secciones en una ubicación arbitraria x medida desde el soporte de la izquierda, figura 9-14a. Cuando las cargas reales actúan sobre la viga,figu9-14b, el punto A se desplaza . Siempre que estas cargas causen unares-

puesta material elástica lineal , entonces con base en la ecuación 8-2, el elmento dx se deforma o giradu = (M EI )dx .* AquíM es el momento in-terno en x causado por las cargas reales. En consecuencia, eltrabajovirtual externo realizado por la carga unitaria es 1• , y eltrabajo virtual interno realizado por el momentom esm d u = m(M EI ) dx . La sumatoriade los efectos sobre todos los elementosdx a lo largo de la viga requiereuna integración y, por lo tanto, la ecuación 9-13 se convierte en

(9–22)

donde1 carga unitaria virtual externa que actúa sobre la viga o el marco

la dirección de .m momento virtual interno en la viga o el marco,expresado como un

función de x y que es causado por la carga unitaria virtual externa.desplazamiento externo del punto causado por las cargas realesque actúan sobre la viga o el marco.

M momento interno en la viga o el marco, expresado como unafunción de x y que es causado por las cargas reales.

E módulo de elasticidad del material. I momento de inercia del área transversal, calculado con respecto

al eje neutro.De una manera semejante, si debe determinarse la rotación de la tagente o el ángulou de la pendiente en un punto A de la curva elástica dela viga, figura 9-15, se aplica primero un momento de par unitario epunto, y se determinan los momentos internos correspondientesm u.Como el trabajo del par unitario es 1• u , entonces

(9–23)1#u = LL

0 muMEI

dx

1#¢ = LL

0 mMEI

dx

Figura 9–14

Figura 9–15

*Recuerde que si el material se deforma más allá de su límite elástico, todavía puede carse el principio del trabajo virtual, aun cuando en este caso debe emplearse un anáno lineal o plástico.

A

x1

Aplicación de la carg a unitariav irtual al punto A

x

(a)

m

v

r

A x

1

Aplicación del momento de par unitariov irtualen el punto A

x

(a)

m

v

r

x

Aplicación de la carg a realw

A

w

x

M

du

u

VR

x

Aplicación de la carg a realw

A

w

(b)

x

M

du

VR



9.7 MÉTODO DEL TRABAJO VIRTUAL: V IGAS Y MARCOS 3

Figura 9–16

Al aplicar las ecuaciones 9-22 y 9-23, es importante tener en cuentaque las integrales definitivas al lado derecho representan en realidadla cantidad de energía de deformación virtual que estáalmacenada en laviga. Si sobre la viga actúan fuerzas concentradas o momentos de par o sila carga distribuida es discontinua, no se puede realizar sólo una integra-ción a través de toda la longitud de la viga. En vez de esto deberán ele-girse coordenadas x separadas dentro de las regiones que no tienen dis-continuidad de carga. Además, no es necesario que cada x tenga elmismo origen; sin embargo, la x seleccionada para determinar el mo-mento M real en una región particular debe ser lamisma x que la selec-cionada para determinar el momento virtualm o m u dentro de la mismaregión. Por ejemplo, considere la viga de la figura 9-16. Para determinarel desplazamiento deD deben considerarse cuatro regiones de la viga, ypor lo tanto, deben evaluarse cuatro integrales que contengan la forma• (mM EI ) dx . Es posible usar x1 para determinar la energía de deforma-ción en la región AB , x2 para la regiónBC , x3 para la regiónDE y x4 parala regiónDC . En cualquier caso, cada coordenada x debe seleccionarsede modo queM y m (o m

u) se puedan formular con facilidad.

Integración utilizando tablas. Cuando la estructura está some-tida a una carga relativamente simple y que aún así la solución para undesplazamiento requiere varias integraciones, puede usarse unmétodotabular para realizar estas integraciones. En este método, primero se di-bujan los diagramas de momento para cada elemento, tanto para las car-gas reales como virtuales. Al relacionar estos diagramas param y M conlos indicados en la tabla de la portada interior, se puede determinar laintegral• mM dx con base en la fórmula apropiada. Los ejemplos 9-8 y9-10 ilustran la aplicación de este método.

x1

aplicación de la carg a unitariav irtual

(a)

A

x2

x3 x4

B C DE

1

x1

aplicación de las carg as reales

(b)

A

w

x2

x3 x4

B C DE

P




9


El siguiente procedimiento puede usarse para determinar el desplazamiento yo la pen-diente en un punto de la curva elástica de una viga o un marco mediante el método dtrabajo virtual.

Momentos virtualesm o m u

• Coloque unacarga unitaria sobre la viga o marco en el punto y en la dirección deldesplazamiento deseado.

• Si debe determinarse la pendiente , coloque unmomento de par unitario en el punto.• Establezca las coordenadas x apropiadas que son válidas dentro de las regiones de la

viga o el marco donde no haya discontinuidad de la carga real o virtual.• Con la carga virtual en su sitio y todas las cargas realesremovidas de la viga o el

marco, calcule el momento internom o m u como una función de cada coordenada x.• Suponga quem o m u actúan en la dirección positiva convencional, según se indica e

la figura 4-1.

Momentos reales• Usando lasmismas coordenadas x que las establecidas param o m u,determine los mo-

mentos internosM causados sólo por las cargas reales.• Debido a que se supone quem o m u actúan en la dirección positiva convencional,es

importante que M positivo actúe en lamisma dirección. Esto es necesario porque eltrabajo interno positivo o negativo depende del sentido direccional de la carga (defnido por m o m u) y el desplazamiento (definido por M dx EI ).

Ecuación del trabajo virtual• Aplique la ecuación del trabajo virtual para determinar el desplazamiento deseado

o la rotaciónu . Es importante conservar el signo algebraico de cada integral calculaddentro de su región específica.

• Si la suma algebraica de todas las integrales para toda la viga o marco es positiva,ou tienen la misma dirección que la carga unitaria virtual o el momento de par unitarirespectivamente. Si se obtiene un valor negativo, la dirección deo u es opuesta a lade la carga unitaria o el momento de par unitario.




EJEMPLO9.7

Determine el desplazamiento del puntoB de la viga de acero que semuestra en la figura 9.17a.Considere queE = 200 GPa, I = 500(106) mm4.

10 m

A x

x

12 x

V

M 6 x2

carg a real

(c)

12 kN/ m

x__2

12 kN/ m

10 m A

B

(a)

10 m

A

1 k

x

x

1 k

vm 1 x

fuerza unitaria

(b)

SOLUCIÓNMomento virtual m . El desplazamiento vertical del puntoB se ob-tiene al colocar una carga virtual unitaria de 1 kN enB , figura 9-17b.Por inspección se observa que no hay discontinuidades de carga en laviga,tanto para las cargas realescomo para las virtuales. Así, puedeusarse una sola coordenada x para determinar la energía de deforma-ción virtual. Esta coordenada se seleccionará con origen enB , porquede ese modo no habrá necesidad de determinar las reacciones en Acon el fin de encontrar los momentos internosm y M . Usando el mé-todo de las secciones, el momento internom se formula de la maneraque se muestra en la figura 9-17b.

Momento real M . Con base en lamisma coordenada x, el momentointernoM se formula como se muestra en la figura 9-17c.

Ecuación del trabajo virtual. Entonces, el desplazamiento verticalde B es

or bien,

Resp.= 0.150 m = 150 mm

¢ B =1511032 kN#m3

20011062 kN>m2150011062 mm42110- 12 m4>mm42

1 kN#¢B

=15

1103

2 kN2 #m3

EI

1 kN#¢ B = LL

0 mMEI

dx = L10

0 1- 1x21- 6x22 dx

EI

Figura 9–17




9

Determine la pendienteu en el puntoB de la viga de acero que se mues-tra en la figura 9 18a. Considere queE 200 GPa, I 60(106) mm4.

EJEMPLO9.8

Figura 9–18

3 kN

A

5 m 5 m

B C

(a)

SOLUCIÓNMomento virtual m u. La pendiente enB se determina al colocar unmomento de par unitario virtual de 1 kN• m enB , figura 9-18b.Aquí deben seleccionarse dos coordenadas x con el fin de determinar laenergía de deformación virtual total en la viga. La coordenada x1toma en cuenta la energía de deformación dentro del segmento AB yla coordenada x2 incluye la del segmentoBC . Los momentos internosm u dentro de cada uno de estos segmentos se calculan usando el mé-todo de las secciones como se muestra en la figura 9-18b .

1 kNm

A

x1

B C

par unitariov irtual(b)

x2 x1

m u1 0v1

x25 m

B1 kNm

m u2 1v2




Momentos reales M . Si se usan lasmismas coordenadas x1 y x2,losmomentos internosM se calculan como se muestra en la figura 9-18c.

Ecuación del trabajo virtual. Entonces, la pendiente enB es resul-tado de

(1)

También se pueden evaluar las integrales• m uM dx de forma grá-fica, empleando la tabla que se encuentra al reverso de la portada deeste libro. Para ello, primero es necesario establecer los diagramasde momento para las vigas en las figuras 9-18b y 9-18c. Éstos se mues-tran en las figuras 9-18d y 9-18e, respectivamente. Como no haymomentom para 0 x 5 m, sólo se utilizan las áreas sombreadasrectangulares y trapezoidales para evaluar la integral. Después de en-contrar estas formas en la fila y la columna correspondientes de latabla, se tiene

Éste es el mismo valor que se determinó en la ecuación 1. Por lo tanto,

Resp.

El signo negativo indica queu B es opuesto a la dirección del momentode par virtual que se muestra en la figura 9-18b.

uB = - 0.00938 rad

11 kN#m2#uB = - 112.5 kN2 #m3

20011062 kN>m2[6011062 mm4]110- 12 m4>mm42= - 112.5 kN2 #m3

L10

5muM dx = 1

2 mu

1M 1 + M 2

2L = 1

2

11

21- 15 - 30

25

uB = - 112.5 kN#m2

EI

= L5

0 1021- 3x12 dx 1

EI + L

5

0 112[- 315 + x22] dx 2

EI

1#uB = LL

0 muMEI

dx

3 kN

AB

x1 x2 x1

M 1 3 x1

V1

3 kN

(c)

carg a real

x25 m

BM 2 3 (5 x2)

V2

3 kN

C

5 10

1

x (m)

(d)

m u (kN m)

5 10

M (kN m)

x (m)

(e)

15

30




9 x3

0.75 k x2

1.75 k

x1

1 k

x1

1 k

v1

m1 1 x1

x2

1.75 k

1 k

x2 15

v2

m2 0.75 x2 15

x3

0.75 k

v3

m3 0.75 x3

(b)carg as v irtuales

Determine el desplazamiento enD de la viga de acero que se muestraen la figura 9-19a. Considere queE 29(103) ksi, I 800 pulg4.

EJEMPLO9.9

SOLUCIÓNMomentos virtuales m . La viga está sometida a una carga virtualunitaria en D , como se muestra en la figura 9-19b. Por inspección,deben usarsetres coordenadas , como x1, x2 y x3 para cubrir todas lasregiones de la viga. Observe que estas coordenadas cubren las regiones donde no ocurren discontinuidades en las cargas ya sean reales ovirtuales. Los momentos internosm se calcularon en la figura 9-19bpor el método de las secciones.

(a)

B C D A


80 kpie 6 k

Figura 9–19




Momentos reales M . En primer lugar se calculan las reaccionessobre la viga; después, empleando lasmismas coordenadas x que seusaron param, se determinan los momentos internosM como se mues-tra en la figura 9-19c.

Ecuación del trabajo virtual. Al aplicar la ecuación del trabajo vir-tual a la viga, con los datos de las figuras 9-19b y 9-19c, se tiene

o bien

Resp.

El signo negativo indica que el desplazamiento es hacia arriba,opuesto a la carga unitaria hacia abajo, figura 9-19b.También tenga encuenta que en realidad no hay necesidad de calcularm1 puesto queM 1 0.

= - 0.466 pulg

¢ D = - 6250 k#pie311223 pulg3>pie3

2911032 k>pulg21800 pulg42

¢ D = 0EI

- 3500EI

- 2750EI

= - 6250 k#pie3

EI

+ L10

0 1- 0.75x32180 - 1x32 dx 3

EI

= L15

0 1- 1x12102 dx 1

EI + L

10

0 10.75x2 - 15217x22 dx 2

EI

1#¢ D = LL

0 mMEI

dx

x3

1 k x2

7 k x1

80 kpie6 k

x1

V1M 1 0

x2

7 k

V2

M 2 7 x2

x3

1 kV3

M 3 80 1 x3

80 kpie

carg as reales

(c)




9

1 k

1.25 k8 pies

10 pies

1.25 k

1 k

carg as v irtuales

(b)

x1

n1

v1m1 1 x1

x2

1.25 k

1 kn2

v2m2 1.25 x2

1.25 k

1 k

Determine el desplazamiento horizontal del puntoC en el marco quese muestra en la figura 9-20a. Considere queE 29(103) ksi e I 600pulg4 para ambos elementos.

EJEMPLO9.10

8 piesB C

4 k/pie

x1

A

10 pies

x2

(a)

Figura 9–20

SOLUCIÓNMomentos virtuales m . Por conveniencia, se usarán las coordena-das x1 y x2 en la figura 9-20b. Se aplica una carga unitariahorizontal en C , figura 9-20b. ¿Por qué? Las reacciones en los soportes y los mo-mentos internos virtuales se calculan como se muestra.




9

5 kN x1

x1

N1

V1

x27.5 kN m

x2

N2

V2M 2 7.5

carg as reales

(c)

7.5 kN m

5 kN

30

5 kN 5 kN

7.5 kN m

5 kN

M 1 2.5 x1

1.5 m

Determine la rotación tangencial en el puntoC del marco que se mues-tra en la figura 9-21a. Considere queE 200 GPa, I 15(106) mm4.

EJEMPLO9.11

Figura 9–21

2 m

3 m

5 kN

C x1

B

A

60

x2

(a)

1 kN m x1

1 kN m

1 kN m x1

n1

v1

m u1 1

1 kN m

x2 x2

1 kN m

n2

v2m u2 1

carg as v irtuales

(b)

SOLUCIÓNMomentos virtuales m u. Se usarán las coordenadas x1 y x2 que semuestran en la figura 9-21a. Se aplica un momento de par unitario enC y se calculan los momentos internosm u, figura 9-21b.

Momentos reales M . De una manera similar, se calculan los mo-mentos realesM como se muestra en la figura 9-21c.

Ecuación del trabajo virtual. Con base en los datos de las figuras9-21b y 9-21c, se tiene

o bien

Resp.= 0.00875 rad

uC = 26.25 kN#m2

20011062 kN>m2[1511062 mm4]110- 12 m4>mm42 uC = 11.25

EI + 15

EI = 26.25 kN#m2

EI

1#uC =

L

L

0

muM

EI

dx =

L

3

0

1- 1

21- 2.5x1

2 dx 1

EI

+

L

2

0

11

217.5

2 dx 2

EI



9.8 ENERGÍA DE DEFORMACIÓN VIRTUAL CAUSADA POR CARGA AXIAL, FUERZA CORTANTE, TORSIÓN Y TEMPERATURA 3

9.8 Energía de deformación virtualcausada por carga axial, fuerzacortante, torsión y temperatura

Aunque las deflexiones en vigas y marcos se producen principalmentedebido a la energía de deformación por flexión,en algunas estructuras laenergía de deformación adicional de la carga axial, la fuerza cortante,la torsión y quizá la temperatura pueden llegar a ser importantes.A con-tinuación se considerará cada uno de estos efectos.Carga axial. Los elementos de un marco pueden estar sometidos acargas axiales y la energía de deformación virtual causada por estas car-gas se ha establecido en la sección 9-4. Para los elementos que cuentancon un área constante en su sección transversal, se tiene

(9–24)donden carga axial virtual interna causada por la carga unitaria virtual

externa.N fuerza axial interna en el elemento causada por las cargas reales.E módulo de elasticidad del material.

A área de la sección transversal del elemento.L longitud del elemento.Fuerza cortante. Para determinar la energía de deformación vir-tual debida a la fuerza cortante en una viga, se considerará el elementodx de la viga que se muestra en la figura 9-22. La distorsión cortantedydel elemento cuando es causada por lascargas reales es dy g dx . Si ladeformación cortanteg es causada por larespuesta de un material elás-

tico lineal , entonces puede aplicarse la ley de Hooke, g t G . Por lotanto, dy (t G ) dx . El esfuerzo cortante puede expresarse comot K (V A ), dondeK es un factor de forma que depende del perfil del áreatransversal A de la viga.Por lo tanto, se puede escribirdy K (V GA ) dx .El trabajo virtual interno hecho por una fuerza cortante virtualv, queactúa sobre el elementody mientras se deforma, es entoncesdU s v dy

v (KV GA ) dx . Para toda la viga, la energía de deformación virtual sedetermina por integración.

(9–25)

dondev fuerza cortante virtual interna en el elemento, expresada en

función de x y causada por la carga virtual unitaria externa.V fuerza cortante interna en el elemento, expresada como una

función de x y causada por las cargas reales. A área de la sección transversal del elemento.K factor de forma para el área de la sección transversal:

K 1.2 para secciones transversales rectangulares.K 10 9 para secciones transversales circulares.K L1 para vigas de ala ancha o doble T, donde A es el área del alma.

G módulo de elasticidad al corte para el material.

Us = LL

0Ka vV

GAb dx

Un = nNLAE

Figura 9–22

V V

dx

dy




9

Torsión. Con frecuencia, los marcos tridimensionales se sometencargas de torsión. Si el elemento tiene una sección transversalcircular ,no ocurrirá ningún pandeo en su área transversal al cargarlo. Como sultado, puede obtenerse la energía de deformación virtual en el emento. Para ello se considera un elementodx del elemento que estásometido a un par de torsiónT aplicado, figura 9-23. Este par de torsió

produce una deformación cortante deg (cd u ) dx . Dado que se pro-duce unarespuesta material lineal elástica , entonces,g t G , donde t Tc J . Por lo tanto, el ángulo de girodu (g dx) c (t Gc ) dx (T GJ )dx . Si se aplica una carga unitaria virtual a la estructura que ocasionepar de torsión virtual internot en el elemento, después de aplicar las cagas reales, la energía de deformación virtual en el elemento de longidx serádU t tdu tT dx GJ . Integrar a toda la longitudL del elementoda por resultado

(9–26)

dondet par de torsión virtual interno causado por la carga unitaria virtua

externa.T par de torsión interno en el elemento causado por las cargas realeG módulo de elasticidad al corte del material. J momento polar de inercia para la sección transversal, J p c4 2,

donde c es el radio del área de la sección transversal.L longitud del elemento.

La energía de deformación virtual debida a la torsión de elementque no tienen áreas transversales circulares se determina mediante análisis más riguroso que el que se ha presentado aquí.

Temperatura. En la sección 9-4 se consideró el efecto de uncambiode temperatura uniforme T sobre un elemento de una armadura y se indicó que el elemento se alargaría o acortaría una cantidadL a TL .Sin embargo, en algunos casos un elemento estructural puede estar metido auna diferencia de temperatura en toda su profundidad , como enel caso de la viga que se muestra en la figura 9-24a. Si esto ocurre, es po-sible determinar el desplazamiento de los puntos a lo largo de la cuelástica de la viga usando el principio del trabajo virtual. Para ello,mero debe calcularse la cantidad derotación de un elemento diferencialdx de la viga, causado por el gradiente térmico que actúa sobre la secctransversal de la viga. Para hacer más claro el análisis, se elegirá el más común de una viga que tiene un eje neutro situado a la mitad deprofundidad (c) de la viga.Al graficar el perfil de la temperatura, figu9-24b , se observará que la temperatura media esT m (T 1 T 2) 2.SiT 1

T 2, la diferencia de temperatura en la parte superior del elemencausa una deformación de alargamiento, mientras que en la parte bprovoca una deformación por contracción. En ambos casos la diferende temperatura es T m T 1 T m T m T 2. Como el cambio térmico

Ut = tTL

GJ

dx

du

g

T T

c

Figura 9–23




de longitud en la parte superior e inferior es ded x a T m dx , figura9-24c, entonces la rotación del miembro es

Si se aplica una carga unitaria virtual en un punto de la viga dondedebe determinarse el desplazamiento, o se aplica un momento de parunitario virtual en un punto donde desea conocerse el desplazamientorotacional de la tangente,entonces esta carga crea un momento virtualmen la viga en el punto donde se encuentra el elementodx . Cuando se im-pone el gradiente de temperatura, la energía de deformación virtual enla viga es

(9–27)

dondem momento virtual interno en la viga expresado en función de x, y

causado por la carga unitaria virtual externa o el momento depar unitario virtual externo.

a coeficiente de expansión térmica.T m diferencia de temperatura entre la temperatura media y la tem-

peratura en la parte superior o inferior de la viga.c profundidad media de la viga.

A menos que se indique lo contrario, eneste texto se considerarán sólolas deflexiones en vigas y marcos debidas a la flexión . No obstante, por lo

general los elementos de vigas y marcos pueden estar sometidos a variasde las otras cargas analizadas en esta sección. Sin embargo, como se men-cionó anteriormente, las deflexiones adicionales causadas por las fuerzascortantes y axiales alteran la deflexión de las vigas en sólo un pequeñoporcentaje por lo que generalmente se ignoran, incluso en el análisis de“pequeños” marcos de dos o tres elementos con un nivel de altura. Siéstos y otros efectos de la torsión y la temperatura deben considerarseen un análisis, entonces simplemente se agrega su energía de deforma-ción virtual definida por las ecuaciones 9-24 a 9-27 a la ecuación deltrabajo virtual definido por la ecuación 9-22 o la ecuación 9-23. Los si-guientes ejemplos ilustran la aplicación de estas ecuaciones.

Utemp = LL

0 ma ¢ Tm dx

c

du = a ¢ Tm dxc

dx

T 1

T 1 T 2

T 2

(a)

T 1 T 2T m _______ 2

T 2

c

c

T 1 T m

T m

perfil de la temperatura

(b)

c

c

d x

d xdx

(c)

du

rotación positiv a

M

Figura 9–24



Determine el desplazamiento horizontal del puntoC en el marco dela figura 9-25a. Considere queE 29(103) ksi,G 12(103) ksi, I 600 pulg4 y A 80 pulg2 para ambos elementos. El área de la seccióntransversal es rectangular. Incluya la energía de deformación internadebida a la carga axial y la fuerza cortante.

EJEMPLO9.12


9

SOLUCIÓNAquí debe aplicarse una carga unitaria horizontal enC . Los diagra-mas de cuerpo libre necesarios para las cargas reales y virtuales smuestran en las figuras 9-25b y 9-25c.

8 piesB C

4 k/ pie

x1

A

10 pies

x2

(a)

1 k

1.25 k8 pies

10 pies

1.25 k

1 k

carg as v irtuales

(b)

x1

m1 1 x1

x2

1.25 k

1 k

m2 1.25 x2 v2 1.25

1.25 k

1 k

v1 1

n2 1

n1 1.25

25 k

8 pies

5 pies

25 k

40 k

carg as reales

(c)

x1__2

M 1 40 x1 2 x12

x2

25 k

M 2 25 x2

N 2 0

N 1 25

40 k

25 k

40 k

4 x1 x1

V 2 25

V 1 40 4 x1

Figura 9–25




Flexión. La energía de deformación virtual debida a la flexión sedeterminó en el ejemplo 9-10. Se demostró que

Ub = LL

0

mM dxEI =

13 666.7 k2 #pie3

EI =13 666.7 k2 #pie3

1123 pulg3

>1 pie3

2[29

1103

2 k

>pulg2]

1600 pulg4

2 = 1.357 pulg#k

Carga axial. A partir de los datos de las figuras 9-25b y 9-25c, setiene

Fuerza cortante. Al aplicar la ecuación 9-25 conK 1.2 para sec-ciones transversales rectangulares y al utilizar las funciones de fuerzacortante que se muestran en la figura 9-25b y 9-25c, resulta

Si se aplica la ecuación del trabajo virtual, se tiene

Resp.

La inclusión de los efectos de la fuerza cortante y la carga axial contri-buyó sólo con un aumento del 0.6% sobre la respuesta que se deter-minó usando únicamente la flexión.

¢ Ch = 1.37 pulg

1 k#¢ Ch = 1.357 pulg#k + 0.001616 pulg#k + 0.00675 pulg#k

=540 k2 #pie112 pulg>pie2[1211032 k>pulg2]180 pulg22 = 0.00675 pulg#k

= L10

0 1.2112140 - 4x12 dx 1

GA + L

8

0 1.21- 1.2521- 252 dx 2

GA

Us = LL

0Ka

vVGAb dx

= 0.001616 pulg#k

=1.25 k125 k21120 pulg280 pulg2[2911032 k>pulg2]

+1 k102196 pulg280 pulg2[2911032 k>pulg2]

Ua = a nNLAE



La viga que se muestra en la figura 9-26a se utiliza en un edificio so-metido a dos ambientes térmicos diferentes. Si la temperatura en lasuperficie superior de la viga es de 80°F y en la inferior es de 160°determine la deflexión vertical de la viga en su punto medio,debido agradiente de temperatura. Considere quea 6.5(10 6) °F.

EJEMPLO9.13


9

10 pulg

80 F

160 F10 pies

(a)

1 lb

5 pies 5 pies

1_ lb21_ lb2

1_ lb2

x x

x

1m _ x 2v

(b)

Figura 9–26

SOLUCIÓNDado que la deflexión en el centro de la viga debe determinarse, secoloca una carga virtual unitaria allí y se calcula el momento virtuainterno en la viga, figura 9-26b.

La temperatura media en el centro de la viga es (160°80°) 2120°F, por lo que para la aplicación de la ecuación 9-27,T m 120°F

80°F 40°F. Además,c 10 pulg2 5 pulg. Al aplicar el princi-pio del trabajo virtual, se tiene

Resp.

El resultado indica una deflexión muy insignificante.

¢ Cv = 0.0936 pulg

= 2L60 pulg

0 A12 x B6.5110- 62>°F140°F25 pulg dx

1 lb#¢ Cv =

LL

0 ma ¢ Tm dx

c



9.9 TEOREMA DE CASTIGLIANO PARA VIGAS Y MARCOS 3

9.9 Teorema de Castigliano para vigasy marcos

La energía de deformación por flexión interna para una viga o un marcoresulta de la ecuación 9-11 (U i • M 2 dx 2EI ).Al sustituir esta ecuación

en la ecuación 9-20 (i 0U i 0P i) y omitir el subíndicei, se tiene

En lugar de elevar al cuadrado la expresión del momento internoM ,in-tegrar y luego obtener la derivada parcial,generalmente resulta más fácildiferenciar antes de la integración. Dado queE e I son constantes, setiene

(9–28)

dondedesplazamiento externo del punto causado por las cargas realesque actúan sobre la viga o marco.

P fuerza externa aplicada a la viga o marco en la dirección de.M momento interno en la viga o marco,expresado como una función

de x y causado tanto por la fuerzaP como por las cargas realessobre la viga.

E módulo de elasticidad del material de la viga. I momento de inercia del área de la sección transversal calculado

respecto al eje neutro.Si debe determinarse la pendienteu en un punto, es necesario encon-

trar la derivada parcial del momento internoM con respecto a unmo-mento de par externo M que actúa en el punto, es decir,

(9–29)

Las ecuaciones anteriores son similares a las usadas para el método deltrabajo virtual, ecuaciones 9-22 y 9-23, excepto que0M 0P y 0M 0M remplazan am y m u, respectivamente. Como en el caso de las armaduras,generalmente se requiere un poco más de cálculo para determinar lasderivadas parciales y aplicar el teorema de Castigliano en vez de em-plear el método del trabajo virtual.También, recuerde que este teoremasólo se aplica a materiales que tengan una respuesta elástica lineal. Si sedesea una determinación más completa de la energía de deformación enla estructura, debe incluirse la energía de deformación debida a las fuer-zas cortantes, axiales y de torsión. Las deducciones para la fuerza cor-tante y la torsión siguen el mismo desarrollo que las ecuaciones 9-25 y9-26. Las energías de deformación y sus derivadas son, respectivamente,

u = LL

0Ma 0M

0M ¿b dxEI

¢ =

LL

0M

a0M

0P

b dx

EI

¢ = 00P L

L

0 M 2 dx2EI




9

Sin embargo, estos efectos no se incluyeron en el análisis de los promas para este texto, debido a que las deflexiones en vigas y marcoproducen principalmente debido a la energía de deformación por fxión. Los marcos más grandes, o aquellos que tienen una geometría isual, pueden analizarse por computadora, donde estos efectos puedincorporarse fácilmente al análisis.

Ut = LL

0 T2 dx2JG

0Ut

0P = L

L

0

TJG

a0T0Pb dx

Us = K LL

0 V2 dx2AG

0Us

0P = L

L

0

VAG

a0V0Pb dx


El siguiente procedimiento proporciona un método que puede emplearse para determnar la deflexión yo la pendiente en un punto de una viga o un marco usando el teoremade Castigliano.

Fuerza externaP o momento de par M

• Coloque una fuerzaP sobre la viga o el marco en el punto y en la dirección del desplazamiento deseado.

• Si debe determinarse la pendiente, coloque un momento de parM en el punto.• Se supone que tantoP comoM tienen unamagnitud variable para obtener los cam-

bios0M 0P o 0M 0M .

Momentos internos M

• Establezca las coordenadas x apropiadas que son válidas dentro de las regiones de laviga o el marco donde no hay discontinuidad en la fuerza, la carga distribuida o el mmento.

• Calcule el momento internoM en función deP y M y cada coordenada x. Además,calcule la derivada parcial0M 0P o 0M 0M para cada coordenada x.

• Después de determinarM y 0M 0P o 0M 0M , asigne aP o M su valor numérico sihan sustituido a una fuerza o momento reales. De lo contrario, establezcaP o M igua-les a cero.

Teorema de Castigliano

• Aplique la ecuación 9-28 o 9-29 para determinar el desplazamientoo la pendienteu

deseados. Es importante conservar los signos algebraicos de los valores correspodientes deM y 0M 0P o 0M 0M .

• Si la suma resultante de todas las integrales definidas es positiva,o u tienen la mismadirección queP o M .



EJEMPLO9.14

Determine el desplazamiento del puntoB de la viga que se muestraen la figura 9 27a. Considere queE 200 GPa e I 500(106) mm4.


Figura 9–27

12 kN/ m

10 m

(b)

P

x

12 kN/ m

10 m

B A

(a)

P

x

12 x x_2

M

V

(c)

SOLUCIÓN

Fuerza externa P . Se coloca una fuerza verticalP sobre la viga enB como se muestra en la figura 9-27b.

Momentos internos M . Se requiere una sola coordenada x paraobtener la solución, puesto que no hay discontinuidades de cargaentre A y B . Si se usa el método de las secciones, figura 9-27c, se tiene

Al establecerP 0, su valor real, resulta

Teorema de Castigliano. Si se aplica la ecuación 9-28, se tiene

o bien

Resp.

Debe observarse la semejanza entre esta solución y la obtenida me-diante el método del trabajo virtual, ejemplo 9-7.

= 0.150 m = 150 mm

¢ B =1511032 kN#m3

20011062 kN>m2[50011062 mm4]110- 12 m4>mm42

=1511032 kN#m3

EI¢ B = L

L

0Ma0M

0P b dxEI

= L10

0 1- 6x221- x2 dx

EI

M = - 6x2 0M0P

= - x

M = - 6x2 - Px 0M

0P = - x

- M - 112x2ax2b - Px = 0d + ©M = 0;




9

3 kN

x1

B A

(b)

C

x 2

M ¿

Determine la pendiente en el puntoB de la viga que se muestra en lafigura 9-28a. Considere queE 200 GPa, I 60(106) mm4.

SOLUCIÓNMomento de par externo M . Dado que debe determinarse lapendiente en el puntoB , se coloca un par externoM sobre la viga enese punto, figura 9-28b .

Momentos internos M . Para determinar los momentos interno enla viga deben usarse dos coordenadas, x1 y x2, puesto que hay una dis-continuidad,M ,en B . Como se muestra en la figura 9.28b, x1 va de Aa B y x2 va de B a C . Utilizando el método de las secciones, figura9-28c, los momentos internos y las derivadas parciales se calculan dla siguiente manera:Para x1:

Para x2:

Teorema de Castigliano. Si se estableceM 0, su valor real, y seaplica la ecuación 9-29, resulta

o bien

Resp.

El signo negativo indica queu B es opuesto a la dirección del momentode parM . Observe la similitud entre esta solución y la del ejemplo 9-8

= - 0.00938 rad

uB = - 112.5 kN#m2

20011062 kN>m2[6011062 mm4]110- 12 m4>mm42

= L5

0 1- 3x12102 dx 1

EI + L

5

0 - 315 + x22112 dx 2

EI = - 112.5 kN#m2

EI

uB = LL

0Ma 0M

0M ¿b dxEI

0M 2

0M ¿ = 1

M 2 = M ¿ - 315 + x22M 2 - M ¿ +315 + x22 = 0d + ©M = 0;

0M 10M ¿ = 0

M 1 = - 3x1

M 1 + 3x1 = 0d + ©M = 0;

EJEMPLO9.15

3 kN

x 1

M 1

V 1 x 25 m

3 kNM ¿ M 2

V 2

(c)

Figura 9–28

3 kN

5 m

B A

(a)

5 m

C



EJEMPLO9.16

Determine el desplazamiento vertical del puntoC de la viga quese muestra en la figura 9-29a. Considere queE 200 GPa, I 150(106) mm4.

SOLUCIÓNFuerza externa P . Se aplica una fuerza verticalP en el puntoC ,figura 9-29b . Después, esta fuerza será igual a un valor fijo de20 kN.

Momentos internos M . En este caso se requieren dos coordenadas x para la integración, figura 9-29b, puesto que la carga es discontinuaen C . Empleando el método de las secciones, figura 9-29c, se tienePara x1:

Para x2:

Teorema de Castigliano. Si se estableceP 20 kN, su valor real, yse aplica la ecuación 9-28, resulta

o bien

Resp.= 0.0142 m = 14.2 mm

¢ Cv = 426.7 kN#m3

20011062 kN>m2[15011062 mm4]110- 12 m4>mm42 = 234.7 kN#m3

EI + 192 kN#m3

EI = 426.7 kN#m3

EI

= L4

0 134x1 - 4x1

2210.5x12 dx 1

EI + L

4

0 118x2210.5x22 dx 2

EI

¢ Cv = L

L

0Ma0M

0P b dxEI

0M2

0P = 0.5x2

M 2 = 18 + 0.5P2x2

- M 2 + 18 + 0.5P2x2 = 0d+ ©M = 0;

0M 10P

= 0.5x1

M1 = 124 + 0.5P2x1 - 4x21

-(24

+0.5P

2x1

+8x1

ax1

2

b +

M 1 =

0d+ ©

M =

0;


20 kN8 kN/ m

C

4 m 4 m

A B

(a)

P8 kN/ m

x1 x 2

24 0.5P 8 0.5

(b)

x 1 x 2

24 0.5P 8 0.5P

M 2

V 2

x 1___2

8 x 1

M 1

V 1

(c)

Figura 9–29



Determine la pendiente en el puntoC del marco de dos elementosque se muestra en la figura 9-30a. El soporte en A es fijo. Considere queE 29(103) ksi, I 600 pulg4.

SOLUCIÓNMomento de par externo M . Se aplica un momento variableMsobre el marco en el puntoC , puesto que debe determinarse la pen-diente en este punto, figura 9-30b. Después, este momento se igualaráa cero.

Momentos internos M . Debido a la discontinuidad de la carga in-terna enB , se eligen dos coordenadas x1 y x2, como se muestra en la fi-gura 9-30b. Usando el método de las secciones, figura 9-30c, se tiene

Para x1:

Para x2:

Teorema de Castigliano. Al establecerM 0 y aplicar la ecua-ción 9-29 se obtiene

Resp.uC =2616 k#pie21144 pulg2>pie222911032 k>pulg21600 pulg42 = 0.0216 rad

= 576 k#pie2

EI + 2040 k#pie2

EI = 2616 k#pie2

EI

= L12

0 A- x12B1

- 1

2 dx 1

EI + L10

0 - 24

1x2 cos 60° + 6

21- 1

2 dx 2

EI

uC = LL

0Ma 0M

0M ¿b dxEI

0M 20M ¿ = - 1 M 2 = - 24

1x2 cos 60° + 6

2 - M ¿

- M2 - 24

1x2 cos 60° + 6

2 - M ¿ =0d+ ©M = 0;

0M 10M ¿ = - 1

M 1 = - Ax12 + M ¿B

- M1 - 2x1 ax12 b - M ¿ =0d+ ©M = 0;

EJEMPLO9.17


Figura 9–30

9

12 piesC B

A

10 pies

60

2 k/ pie

(a)

12 pies

C B

A

10 pies

2 k/ pie

x2 x1 M¿

(b)

6 pies

B

24 k

x 2M ¿

(c)

V 2M 2

N 2

x 2 cos 60 6 pies x 1 M ¿

2 x 1

M 1

V 1

x 1___2

60




F9–13/9–14

A B

3 m

4 kN m

A B

30 kN

3 m

A

18 kN/ m

3 m

B

A

C B

12 kN

2 m2 m

A B

C

4 m4 m

8 kN/ m

A B

C

6 m6 m

12 kN/ m


F9–13. Determine la pendiente y el desplazamiento en elpunto A .EI es constante. Use el principio del trabajo virtual.F9–14. Resuelva el problema F9-13 usando el teorema deCastigliano.

F9–19. Determine la pendiente en A y el desplazamien el puntoC . EI es constante. Use el principio del trvirtual.F9–20. Resuelva el problema F9-19 usando el teoreCastigliano.

F9–15. Determine la pendiente y el desplazamiento en elpunto A .EI es constante. Use el principio del trabajo virtual.F9–16. Resuelva el problema F9-15 usando el teorema deCastigliano.

F9–21. Determine la pendiente y el desplazamientopuntoC .EI es constante. Use el principio del trabajo vF9–22. Resuelva el problema F9-21 usando el teoreCastigliano.

F9–17. Determine la pendiente y el desplazamiento en elpunto B.EI es constante. Use el principio del trabajo virtual.F9–18. Resuelva el problema F9-17 usando el teorema deCastigliano.

F9–23. Determine el desplazamiento en el puntoC . EIconstante.Use el principio del trabajo virtual.F9–24. Resuelva el problema F9-23 usando el teoreCastigliano.

F9–15/9–16

F9–17/9–18

F9–19/9–20

F9–21/9–22

F9–23/9–24




9

PROBLEMAS

9–21. Determine el desplazamiento del puntoC y la pen-diente en el puntoB . EI es constante. Use el principio deltrabajo virtual.9–22. Resuelva el problema 9-21 usando el teorema deCastigliano.

9–29. Determine la pendiente y el desplazamiento en punto C . Use el método del trabajo virtual.E 29(103) ksi,

I 800 pulg4.9–30. Resuelva el problema 9-29 usando el teorema dCastigliano.

9–23. Determine el desplazamiento en el puntoC . EI esconstante.Use el método del trabajo virtual.*9–24. Resuelva el problema 9-23 usando el teorema deCastigliano.

9–31. Determine el desplazamiento y la pendiente en punto C de la viga en voladizo. El momento de inercia cada segmento se indica en la figura. Considere queE 29(103) ksi. Use el principio del trabajo virtual.*9–32. Resuelva el problema 9-31 usando el teorema dCastigliano.

9–33. Determine la pendiente y el desplazamiento en punto B . EI es constante.Use el método del trabajo virtua9–34. Resuelva el problema 9-33 usando el teorema dCastigliano.

BC

P

L

2L

26 pies 6 pies

A B C 12 kpie

6 k

A B C

6 pies

I AB 500 pulg 4 I BC 200 pulg 4

3 pies

50 kpie

3 m

AB

400 N

300 N/ m

A C

B

aa

P

Probs. 9–21/9–22

Probs. 9–25/9–26/9–27/9–28

A C

B

aa

P

Probs. 9–23/9–24

Probs. 9–29/9–30

Probs. 9–31/9–32

Probs. 9–33/9–34

9–25. Determine la pendiente en el puntoC . EI es cons-tante.Use el método del trabajo virtual.9–26. Resuelva el problema 9-25 usando el teorema deCastigliano.9–27. Determine la pendiente en el punto A . EI es cons-tante.Use el método del trabajo virtual.

*9–28. Resuelva el problema 9-27 usando el teorema deCastigliano.




9–35. Determine la pendiente y el desplazamiento en elpunto B. Suponga que el soporte en A es un pasador y enC es un rodillo.ConsidereE 29(103) ksi e I 300 pulg4.Useel método del trabajo virtual.*9–36. Resuelva el problema 9-35 usando el teorema deCastigliano.

*9–40. Determine la pendiente y el desplazamientopunto A . Suponga queC está articulado. Use el prindel trabajo virtual.EI es constante.9–41. Resuelva el problema 9-40 usando el teoreCastigliano.

9–38. Determine el desplazamiento del puntoC . Use elmétodo del trabajo virtual.EI es constante.9–39. Resuelva el problema 9-38 usando el teorema deCastigliano.

9–42. Determine el desplazamiento en el puntoD . Usprincipio del trabajo virtual.EI es constante.

B A C

4 k/ pie

10 pies 5 pies

B C

6 kN/ m

3 m 3 m

A

8 k

4 pies4 pies

3 k/ pie

B A C

4 pies 4 pies

D

B A

C

w 0

L__2

L__2

Prob. 9–37

B A C

4 k/ pie

10 pies 5 pies

Probs. 9–35/9–36

Probs. 9–38/9–39

Probs. 9–40/9–41

Prob. 9–43

8 k

4 pies4 pies

3 k/ pie

B A C

4 pies 4 pies

D

Prob. 9–42

9–37. Determine la pendiente y el desplazamiento en elpunto B. Suponga que el soporte en A es un pasador y enC es un rodillo. Tome en cuenta la energía de deformaciónadicional debida a la fuerza cortante. Considere queE

29(103) ksi, I 300 pulg4, G 12(103) ksi y suponga que AB tiene un área en su sección transversal de A 7.50pulg2. Use el método del trabajo virtual.

9–43. Determine el desplazamiento en el puntoD . Usteorema de Castigliano.EI es constante.



Probs. 9–46/9–47/9–48

Probs. 9–49/9–50

Probs. 9–51/9–52/9–53


9

*9–44. Use el método del trabajo virtual para determinar ladeflexión vertical en el soporte de osciladorD .EI es constante.9–45. Resuelva el problema 9-44 usando el teorema deCastigliano.

9–49. Determine el desplazamiento horizontal del puntoC .EI es constante.Use el método del trabajo virtual.9–50. Resuelva el problema 9-49 usando el teorema dCastigliano.

9–46. El marco en forma de L se compone de dos segmen-tos,cada uno de longitudL y rigidez a la flexiónEI . Si se so-mete a la carga uniformemente distribuida, determine eldesplazamiento horizontal del extremoC . Use el métododel trabajo virtual.9–47. El marco en forma de L se compone de dos segmen-tos,cada uno de longitudL y rigidez a la flexiónEI . Si se so-mete a la carga uniformemente distribuida, determine el

desplazamiento vertical del puntoB . Use el método del tra-bajo virtual.*9–48. Resuelva el problema 9-47 usando el teorema deCastigliano.

9–51. Determine la deflexión vertical enC . El área de lasección transversal y el momento de inercia de cada smento se muestran en la figura. Considere queE 200GPa. Suponga que A es un soporte fijo. Use el método detrabajo virtual.*9–52. Resuelva el problema 9-51,incluyendo el efecto la energía de deformación cortante y axial.9–53. Resuelva el problema 9-51 usando el teorema dCastigliano.

10 pies

8 pies

A

D

C

B

600 lb

B

C

A

10 pies

8 pies

200 lb/ pie

400 lb/ pie

C 50 kN

A B

3 m

1 m A AB 18(103) mm 2

I AB 400(106) mm 4

A BC 6.5(103) mm 2

I BC 100(106) mm 4

Probs. 9–44/9–45

L

L

A

B

C

w



Probs. 9–54/9–55


9–54. Determine la pendiente en A . Considere queE

29(103) ksi. El momento de inercia de cada segmento delmarco se indica en la figura. Suponga queD es un soportearticulado.Use el método del trabajo virtual.9–55. Resuelva el problema 9-54 usando el teorema deCastigliano.

9–58. Use el método del trabajo virtual y determineflexión horizontal enC .EI es constante.Hay un pasador Suponga queC es un rodillo y queB es una junta fija.9–59. Resuelva el problema 9-58 usando el teoreCastigliano.

*9–56. Use el método del trabajo virtual y determine la de-flexión horizontal enC . El área de la sección transversal decada elemento se indica en la figura. Suponga que los ele-mentos están articulados en sus extremos.E 29(103) ksi.9–57. Resuelva el problema 9-56 usando el teorema deCastigliano.

*9–60. El marco está sometido a la carga de 5 k.mine el desplazamiento vertical enC . Suponga queelementos están articulados en A , C y E , y que están cotados fijamente en las juntas acodadasB y D . EI es cotante. Use el método del trabajo virtual.9–61. Resuelva el problema 9-60 usando el teoreCastigliano.

B C

A D

12 pies I AB 600 pulg 4

I BC 900 pulg 4

I CD 600 pulg4

5 pies 5 pies

12 k

A

BC

6 pies

10 pies

45

400 lb/ pie

A

B D

E

C

6 pies

10 pies

5 k

8 pies 8 pies3 pies

A D

5 kC B

2 k

2 pulg 2 2 pulg 2 4 pies1 pulg 2

1 pulg 2

Probs. 9–56/9–57

Probs. 9–58/9–59

Probs. 9–60/9–61




9


Todos los métodos de energía se basan en el principio de la conservación de la energía, el cual establece que el trabajlizado por todas las fuerzas externas que actúan sobre la estructura,U e, se transforman en trabajo interno o energía de de-formación,U i, desarrollada en los elementos cuando la estructura se deforma.

Ue = Ui

Una fuerza (momento) realiza trabajoU cuando experimenta un desplazamiento (rotación) en la dirección de la fuer(momento).

El principio del trabajo virtual se basa en el trabajo realizado por una fuerza unitaria “virtual” o imaginaria. Si debe nerse la deflexión (rotación) en un punto de la estructura, se aplica una fuerza (momento de par) unitaria virtual a ltructura en ese punto. Esto ocasiona cargas virtuales internas en la estructura. El trabajo virtual se desarrolla cuandcargas reales se colocan sobre la estructura provocando su deformación.

Los desplazamientos en las armaduras se encuentran utilizando

Si el desplazamiento es causado por la temperatura o errores de fabricación, entonces

1#¢ = ©n ¢ L1#¢ = ©na ¢ T L

1#¢ = a nNLAE

U P

P

M

u

U = Mu




A

w

A

1

A 1

Para las vigas y los marcos, el desplazamiento (rotación) se define a partir de

El segundo teorema de Castigliano, también llamado el método del trabajo mínimo, puede usarse para determinflexiones en las estructuras que respondan elásticamente. Se afirma que el desplazamiento (rotación) en un punestructura es igual a la primera derivada parcial de la energía de deformación en la estructura con respecto a una(momento de parM ) que actúa en el punto y en la dirección del desplazamiento (rotación). Para una armadura

Para vigas y marcos

u = LL

0Ma 0M

0M ¿b dxEI

¢ = LL

0Ma0M

0P b dxEI

¢ = aN

a0N0P b

LAE

1#u =

LL

0

muM

EI dx1#¢ =

LL

0

mM

EI dx



Las juntas de este marco de concreto conectadas fijamente hacen que la es-tructura sea estáticamente indeterminada.



10

3

En este capítulo se aplicará el métodode la fuerza o de la flexibilidad

para analizar armaduras, vigas y marcos estáticamente indetermina-dos. Al final del capítulo se presentará un método para dibujar la líneade influencia para una viga o un marco estáticamente indeterminado.

10.1 Estructuras estáticamenteindeterminadas

En la sección 2-4 se estableció que una estructura de cualquier tipo seclasifica comoestáticamente indeterminada cuando la cantidad de reac-ciones o fuerzas internas desconocidas excede a la de las ecuaciones deequilibrio disponibles para su análisis. En esta sección se analizarán losbeneficios de utilizar las estructuras indeterminadas y dos formas funda-mentales en las que pueden analizarse.Tenga en cuenta que la mayoríade las estructuras diseñadas en la actualidad son estáticamente indeter-minadas. Esta indeterminación puede surgir como resultado de la añadi-dura de soportes o elementos, o debido a la forma general de la estruc-tura. Por ejemplo, las construcciones de concreto reforzado son casisiempre estáticamente indeterminadas porque las columnas y las vigasse vacían como elementos continuos a través de las juntas y sobre lossoportes.

Análisis de estructurasestáticamente

indeterminadas por elmétodo de la fuerza



Ventajas y desventajas. Aunque el análisis de una estructuraestáticamente indeterminada es más complicado que el de una estátimente determinada, por lo general hay varias razones muy importanpara la elección de este tipo de estructura durante el diseño. Pero amás importante es que, para una carga dada,el esfuerzo máximo y la flexión de una estructura indeterminada son generalmentemás pe-queños que los de su contraparte estáticamente determinada. Por ejemplo, la viga fijamente apoyada y estáticamente indeterminada defigura 10-1a estará sometida a un momento máximo deM máx PL 8,mientras que la misma viga, cuando está simplemente apoyada, fig10-1b, se someterá a dos veces el momento, es decir, M máx PL 4. Enconsecuencia, la viga fijamente apoyada tiene un cuarto de la deflexióla mitad del esfuerzo en el centro que la viga simplemente apoyada.

Otra razón importante para seleccionar una estructura estáticamenindeterminada es que tiene una tendencia a redistribuir su carga en ssoportes redundantes en las situaciones donde ocurre un diseño defetuoso o se presenta una sobrecarga. En estos casos, la estructura matiene su estabilidad y se evita el colapso. Lo anterior es particularmeimportante cuando se imponen sobre la estructura cargas lateralesre-

pentinas , como las provocadas por el viento o los sismos. Para ilustesto, considere de nuevo la viga con un extremo fijo de la figura 10a .A medida queP aumenta, el material de la viga empieza aceder en susparedes y en su centro formando “articulaciones plásticas” localizadlas cuales hacen que la viga se deforme, como si estuviera conectada diante bisagras o pasadores en estos puntos.Aunque la deflexión se hagrande, las paredes desarrollarán fuerzas horizontales y reaccionesmomento que podrán sostener la viga y así evitar que se colapse pcompleto. En el caso de la viga simplemente apoyada de la figura 10b,una cargaP excesiva hará que la “articulación plástica”se forme sóloel centro de la viga y, debido a la gran deformación vertical, los sopono desarrollarán ninguna fuerza horizontal ni reacciones de momen

que pudieran ser necesarias para evitar un colapso total.Aunque las estructuras estáticamente indeterminadas pueden sopotar una carga con elementos más delgados y tienen mayor estabilidadcomparación con sus contrapartes estáticamente determinadas, hcasos en los que, por el contrario, estas ventajas pueden convertirsedesventajas. El ahorro de costos en material debe compararse concosto adicional necesario para fabricar la estructura, puesto que muchas ocasiones la construcción de los soportes y las juntas de unatructura indeterminada es más costosa que la de una determinada. Sembargo, más importante aún es que las estructuras estáticamente indterminadas tienen reacciones redundantes en los soportes, es necesatener mucho cuidado para evitar el desplazamiento diferencial de los portes, ya que este efecto introduce esfuerzos internos en la estructuPor ejemplo, se ajustara si la pared ubicada en un extremo de la viga que se muestra en la figura 10-1a, se desarrollaría un esfuerzo en la vigdebido a esta deformación “obligada”. Por otra parte, si la viga estuvisimplemente apoyada o estáticamente determinada, figura 10-1b, enton-ces cualquier ajuste de su extremo no ocasionaría una deformación dviga y, por lo tanto, no se desarrollará esfuerzo en la viga. Entoncesgeneral, cualquier deformación como la causada por el desplazamierelativo de un soporte o los cambios en la longitud de los elementos errores de fabricación o cambios de temperatura, introduce esfuerzadicionales en la estructura, los cuales deben ser considerados en elseño de estructuras indeterminadas.

396 CA P Í T U L O 10 AN Á L I S I S D E E S T R U C T U R A S E S T Á T I C A M E N T E I N D E T E R M I N A D A S P O R…

0



10.1 ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 3

Métodos de análisis. Al analizar cualquier estructura indetermi-nada es necesario satisfacer los requisitos de equilibrio , compatibilidad y

fuerza-desplazamiento para la estructura.Elequilibrio se satisface cuandolas fuerzas de reacción mantienen la estructura en reposo y lacompatibi-lidad se cumple cuando los diferentes segmentos de la estructura se ajus-tan sin interrupciones o traslapes intencionales.Los requisitos de fuerza-desplazamiento dependerán de la forma en que responda el material; en

este texto se ha supuesto una respuesta elástica lineal. En general, haydos maneras diferentes de satisfacer estos requisitos cuando se analizauna estructura estáticamente indeterminada: elmétodo de la fuerza o dela flexibilidad y elmétodo del desplazamiento o de la rigidez .

Método de la fuerza. Originalmente, James Clerk Maxwell desa-rrolló en 1864 el método de la fuerza y posteriormente fue refinado porOtto Mohr y Heinrich Müller-Breslau. Este método fue uno de los pri-meros que existió para el análisis de estructuras estáticamente indeter-minadas. Como la compatibilidad forma la base de este método, en oca-siones se le ha llamado elmétodo de la compatibilidad o elmétodo de losdesplazamientos consistentes . Este método consiste en escribir las ecua-ciones que satisfacen losrequisitos de compatibilidad y de fuerza-despla-zamiento para la estructura con el fin de determinar las fuerzas redun-dantes. Una vez que se han determinado estas fuerzas, se calcula el restode las fuerzas de reacción sobre la estructura mediante el cumplimiento delos requisitos de equilibrio. Los principios fundamentales involucradosen la aplicación de este método son fáciles de entender y desarrollar,y seestudiarán en este capítulo.

Método del desplazamiento. Este método se basa en escribirprimero las relaciones de fuerza-desplazamiento para los elementos,para luego satisfacer losrequisitos de equilibrio de la estructura. En estecaso las incógnitas en las ecuaciones sondesplazamientos . Una vez quese han obtenido los desplazamientos, las fuerzas se determinan a partirde las ecuaciones de compatibilidad y de fuerza-desplazamiento. En loscapítulos 11 y 12 se estudiarán algunas de las técnicas clásicas que se uti-lizan para aplicar el método del desplazamiento. Debido a que en la ac-tualidad casi todo el software para el análisis estructural se desarrollausando este método,en los capítulos 14,15 y 16 se presentará una formu-lación de la matriz del método del desplazamiento.

Cada uno de estos dos métodos de análisis, que se delinean en la figura10-2, tiene sus ventajas y desventajas particulares, dependiendo de lageometría de la estructura y de su grado de indeterminación.Al terminarla presentación de los métodos, se dará una explicación sobre la utilidadde cada uno de ellos.

Figura 10–1

L––2

L––2

P

(b)

L––2

L––2

P

(a)



Figura 10–2

10.2 Método de análisis de la fuerza:Procedimiento general

Tal vez la mejor manera de ilustrar los principios involucrados en el todo de análisis de la fuerza sea considerar la viga que se muestra enfigura 10-3a. Si se dibujara su diagrama de cuerpo libre, habría cuatreacciones desconocidas en los soportes; y como se puede disponertres ecuaciones de equilibrio para obtener una solución, la viga es interminada de primer grado.Por lo tanto,se requiere una ecuación adiciopara la solución.Con el fin de obtener esta ecuación se usará el princide superposición y se considerará lacompatibilidad del desplazamientoen uno de los soportes. Esto se hace al elegir una de las reacciones ensoportes como “redundante” y al eliminar temporalmente su efecsobre la viga de manera que ésta se vuelva estáticamente determinadestable. Esta viga se conoce como laestructura primaria . Aquí se elimi-nará la acción de restricción del oscilador enB . Como resultado, la cargaP hará que B que se desplace hacia abajo en una cantidadB, como semuestra en la figura 10-3b. Sin embargo, por superposición, la reacciódesconocida enB , es decir, B y, hace que la viga enB se desplace BBhacia arriba, figura 10-3c. Aquí, la primera literal de esta notación d

doble subíndice se refiere al punto (B) donde se especifica la deflexión,la segunda literal se refiere al punto (B) donde actúa la reacción desconocida. Si se supone que los desplazamientos positivos actúan haarriba, entonces, a partir de las figuras 10-3a a 10-3c, es posible escribir laecuación de compatibilidad necesaria en el oscilador como

Ahora se indicará el desplazamiento enB causado por unacarga uni-taria que actúa en la dirección deB y como elcoeficiente de flexibilidad li-neal f BB , figura 10-3d. Si se emplea el mismo esquema anterior para esnotación de doble subíndice, f BB es la deflexión enB causada por unacarga unitaria enB . Como el material se comporta de una manera linea

elástica, una fuerzaB y que actúa enB , en vez de la carga unitaria, causará un incremento proporcional en f BB . Por lo tanto, es posible escribi

Cuando se escribe en este formato, puede verse que el coeficiente de xibilidad lineal f BB es unamedida de la deflexión por unidad de fuerza ,porlo que sus unidades son mN, pie lb, etcétera. Por lo tanto, la ecuaciónde compatibilidad anterior puede escribirse en términos de la incógnB y como

0 = - ¢ B + By f BB

¢ BBœ = By f BB

0 = - ¢ B + ¢BBœ1+ c2


0

Método de la fuerza Fuerza s

Método deldesplazamiento

De splazamiento s

Incó gnita s Ecuacione s usada s para la solución

Compatibilidad yfuerza-de splazamiento

Equilibrio yfuerza-de splazamiento

Coeficiente s delas incógnita s

Coeficiente s deflexibilidad

Coeficiente s de ri gidez

Figura 10–3

A

P

B

v ig a real(a)

es tructura primaria

P

A B

(b)

B

A

BredundanteB y aplicada

B y

¿BB B y f BB

(c)

A

B

(d)

f BB

1



10.2 MÉTODO DE ANÁLISIS DE LA FUERZA: PROCEDIMIENTO GENERAL 3

Si se emplean los métodos de los capítulos 8 o 9, o la tabla de deflexionesque se encuentra detrás de la portada del libro, es posible obtener las re-laciones adecuadas de carga-desplazamiento para la deflexiónB, figura10-3b, y el coeficiente de flexibilidad f BB , figura 10-3d; asimismo puededeterminarse la solución paraB y, es decir, B y B f BB . Una vez hechoesto,se pueden encontrar las tres reacciones en la pared A a partir de las

ecuaciones de equilibrio.Como se indicó anteriormente, la elección de la redundante esarbitra-ria . Por ejemplo, el momento en A , figura 10-4a, puede determinarsedi-rectamente al eliminar la capacidad de la viga para soportar un momentoen A , es decir, al sustituir el soporte fijo por un pasador. Como se mues-tra en la figura 10-4b, la rotación en A ocasionada por la cargaP esu A , y larotación en A causada por la redundanteM A en A es u AA , figura 10-4c.Si se denota uncoeficiente de flexibilidad angular a AA como el desplaza-miento angular en A causado por un momento de par unitario aplicadosobre A , figura 10-4d, entonces,

Por lo tanto, el coeficiente de flexibilidad angular mide el desplaza-miento angular por unidad de momento par, y por lo tanto tiene unida-des de rad/N• m o de rad/lb• pie, etcétera. Por lo tanto, la ecuación decompatibilidad para la rotación en A requiere que,

En este caso,M A u A /a AA , un valor negativo; que simplemente significaque M A actúa en una dirección opuesta a la del momento de par unitario.

0 = uA + M Aa AA1e +2

uAAœ = M Aa AA

P

AB

v ig a real(a)

P

AB

es tructura primaria(b)

u A

A B

redundanteM A aplicada(c)

u¿ AA M A a AA

M A

A B

(d)

1

a AA

Figura 10–4



En la figura 10-5a se da un tercer ejemplo que ilustra la aplicación dmétodo de la fuerza. Aquí la viga es indeterminada de segundo gradpor lo tanto se requieren dos ecuaciones de compatibilidad para obtenla solución. Se elegirán las fuerzas verticales en los soportes de rodilBy C como redundantes. La viga estáticamente determinada resultante deforma como se muestra en la figura 10-5b cuando se retiran las fuer-zas redundantes. Cada una de estas fuerzas, que se supone actúan haciaabajo, deforma la viga como se muestra en las figuras 10-5c y 10-5d, res-pectivamente. Aquí, los coeficientes de flexibilidad f BB y f CB se encuen-tran a partir de una carga unitaria que actúa enB , figura 10-5e; y f CC y f BC se hallan a partir de una carga unitaria que actúa enC , figura 10-5 f . Porsuperposición, las ecuaciones de compatibilidad para la deflexión enB yC son, respectivamente

(10–1)

Una vez establecidas las relaciones carga-desplazamiento utilizandométodos de los capítulos 8 o 9,se pueden resolver simultáneamente eecuaciones para obtener las dos fuerzas desconocidas,B y y C y.

Después de haber ilustrado la aplicación del método de análisis defuerza mediante un ejemplo, ahora se analizará su aplicación en térnos generales y luego se empleará como base para la solución de probmas relacionados con armaduras, vigas y marcos. Sin embargo, ptodos estos casos tenga en cuenta que como el método depende de la

perposición de desplazamientos, es necesario que elmaterial permanezcaelástico lineal cuando se somete a una carga .Además, considere quecual-quier carga de reacción externa o interna en un punto de la estructupuede determinarse directamente al liberar en primer lugar la capacidde la estructura para soportar la carga, y después escribir una ecuacióncompatibilidad en el punto.Vea el ejemplo 10-4.

0 = ¢C + By f CB + Cy f CC1+ T2 0 = ¢B + By

f BB + Cy

f BC

1+ T

2


0

P 1

v ig a real

P 2

A DC B

(a)

P 1


P 2

A DC B

(b)

B C redundanteB y aplicada

A DC B

(c)

¿BB B y f BB

B y

¿CB B y f CBredundanteC y aplicada

A DC B

(d)

C y

¿BC C y f BC ¿CC C y f CC

A DC B

(e) f BB

1

f CB

A DC B

(f) f BC f CC

1

Figura 10–5

* f BB es la deflexión enB causada por una carga unitaria enB; f CB es la deflexión enC cau-sada por una carga unitaria enB .



10.2 MÉTODO DE ANÁLISIS DE LA FUERZA: PROCEDIMIENTO GENERAL 4


El siguiente procedimiento ofrece un método general para determinar las reacciones ocargas internas de estructuras estáticamente indeterminadas utilizando el método deanálisis de la fuerza o la flexibilidad.

Principio de superposiciónDetermine el número de gradosn en que la estructura es indeterminada. Después, espe-cifique lasn fuerzas o losn momentos redundantes desconocidos que deben retirarse dela estructura para que sea estáticamente determinada y estable. Utilizando el principiode superposición, dibuje la estructura estáticamente indeterminada y muestre que esigual a una serie de estructuras estáticamentedeterminadas correspondientes.La estruc-tura primaria soporta las mismas cargas externas que la estructura estáticamente inde-terminada, y cada una de las estructuras que se añaden a la estructura primaria muestrala estructura cargada con una fuerza o momento redundante separado.También, trace lacurva elástica en cada estructura e indique simbólicamente el desplazamiento o la rota-ción en el punto de cada fuerza o momento redundante.

Ecuaciones de compatibilidadEscriba una ecuación de compatibilidad para el desplazamiento o la rotación en cadapunto donde haya una fuerza o momento redundante. Estas ecuaciones deben expre-sarse en términos de las redundantes desconocidas y sus correspondientes coeficientesde flexibilidad obtenidos de las cargas o momentos de par unitarios que son colinealescon las fuerzas o momentos redundantes.

Determine todas las deflexiones y todos los coeficientes de flexibilidad empleando latabla que aparece detrás de la portada, o los métodos de los capítulos 8 o 9.* Sustituyaestas relaciones de carga-desplazamiento en las ecuaciones de compatibilidad y resuelvalas redundantes desconocidas. En particular, si el valor numérico de una redundante esnegativo, indica que la redundante actúa opuesta a su fuerza unitaria o momento unitariocorrespondiente.

Ecuaciones de equilibrioDibuje un diagrama de cuerpo libre de la estructura.Como las fuerzas yo momentos re-dundantes ya han sido calculados, las reacciones desconocidas restantes pueden determi-narse a partir de las ecuaciones de equilibrio.

Es necesario tener en cuenta que una vez que se hayan obtenido todas las reaccionesen los soportes, es posible dibujar los diagramas de fuerza cortante y de momento, así

como determinar la deformación en cualquier punto de la estructura mediante losmismos métodos descritos anteriormente para estructuras estáticamente determinadas.

*Se sugiere que si el diagrama deM /EI para una viga consiste en segmentos simples, se usen los teoremas del mo-mento de área o el método de la viga conjugada. La vigas con diagramasM /EI complicados, es decir, aquellas quepresentan muchos segmentos curvos (parabólicos,cúbicos,etcétera) pueden analizarse fácilmente utilizando el mé-todo del trabajo virtual, o el segundo teorema de Castigliano.



10.3 Teorema de Maxwell de losdesplazamientos recíprocos;Ley de Betti

Cuando Maxwell desarrolló el método de análisis de la fuerza, tambpublicó el teorema que relaciona los coeficientes de flexibilidad de cquiera de los dos puntos en una estructura elástica, ya sea una armaduuna viga o un marco. Este teorema se conoce como el teorema de desplazamientos recíprocos y puede enunciarse como sigue:El desplaza-miento de un punto B en una estructura debido a una carga unitaria queactúa en el punto A es igual al desplazamiento del punto A cuando lacarga unitaria actúa en el punto B, es decir, f BA f AB .

La comprobación de este teorema puede realizarse fácilmente mdiante el principio del trabajo virtual.Por ejemplo,considere la viga dfigura 10-6. Cuando una carga unitaria real actúa en A , suponga que losmomentos internos en la viga están representados porm A . Para determi-nar el coeficiente de flexibilidad enB , es decir, f BA , se coloca una cargavirtual unitaria enB , figura 10-7,y se calculan los momentos internosmB.Entonces, al aplicar la ecuación 9-18 se obtiene

Del mismo modo, si debe determinarse el coeficiente de flexibilidad f ABcuando una carga unitaria real actúa enB , figura 10-7, entoncesm B re-presenta los momentos internos en la viga debido a una carga unitareal. Por otra parte,m A representa los momentos internos debidos a uncarga unitaria virtual en A , figura 10-6.Por lo tanto,

f AB = LmAmB

EI dx

fBA = LmBmA

EI dx


0B

A

1

f BA

A

f AB

1

B

Figura 10–6

Figura 10–7



10.4 MÉTODO DE ANÁLISIS DE LA FUERZA: V IGAS 4

Por supuesto,ambas integrales dan el mismo resultado, lo que demuestrael teorema,el cual también se aplica en las rotaciones recíprocas, y puedeenunciarse como sigue:La rotación en el punto B de una estructura de-bida al momento de par unitario que actúa en el punto A es igual a la ro-tación en el punto A,cuando el momento de par unitario actúa en el punto B .Por otra parte, si se usa una fuerza unitaria y un momento concentrado

unitario, aplicados en puntos separados de la estructura, también sepuede establecer que:la rotación en radianes en el punto B de una estruc-tura debida a una carga unitaria que actúa en la junta A es igual al despla-zamiento en el punto A, cuando un momento concentrado unitario actúaen el punto B .

Como consecuencia de este teorema, es posible ahorrarse algunos tra-bajos al aplicar el método de la fuerza a los problemas que son estática-mente indeterminados de segundo grado o de un grado superior. Porejemplo, en las ecuaciones 10-1 sólo debe calcularse uno de los dos coefi-cientes de flexibilidad f BC o f CB , puesto que f BC f CB . Por otra parte, elteorema de los desplazamientos recíprocos tiene aplicaciones en el aná-lisis de modelos estructurales y en la construcción de líneas de influencia

con el principio de Müller-Breslau (vea la sección 10-10).Cuando el teorema de los desplazamientos recíprocos se formaliza enun sentido más general, se conoce como laley de Betti . Dicho breve-mente: El trabajo virtualdU AB realizado por un sistema de fuerzas©P Bque experimentan un desplazamiento causado por un sistema de fuerzas©P A es igual al trabajo virtualdU BA causado por las fuerzas©P A cuandola estructura se deforma debido al sistema de fuerzas de©P B. En otraspalabras,dU AB dU BA . La comprobación de este enunciado es similar ala dada anteriormente para el teorema de los desplazamientos recíprocos.

10.4 Método de análisis de la fuerza: VigasEl método de la fuerza aplicado a las vigas se describió de manera gene-ral en la sección 10-2.Utilizando el “procedimiento de análisis” que tam-bién se vio en esa misma sección,se presentan ahora varios ejemplos queilustran la aplicación de esta técnica.

Estas trabes de puente son estáticamente indeterminadaspuesto que son continuas sobre sus pilares.




0

(a)

50 kN

6 m6 m

viga real

C A B

(b)

50 kN

A B

estructura primaria

BC uC

A B

redundante B y aplicada

¿BB B y f BB

B y

Figura 10–8

6 m 6 m

50 kN

112 kN m

34.4 kN

15.6 kN

(c)

(d)

M (kN m)

112

63.27

12 x (m)

93.8

Determine la reacción en el soporte de rodillo B de la viga que semue stra en la fi gura 10-8 a . EI es constante.

EJEMPLO10.1

SOLUCIÓN

Principio de superposición. Por in spección, la viga es estática-mente indeterminada de primer grado. La redundante se tomarácomo B y de modo que e sta fuerza pueda determinar se directamente .En la fi gura 10-8 b se mue stra la aplicación del principio de superpo si-ción. Ob serve que la remoción de la redundante requiere que se retireel soporte de rodillo o la acción re stricti va de la viga en la dirección deB y.Aquí se ha supue sto que B y actúa hacia arriba sobre la viga.

Ecuación de compatibilidad. Si se toma el de splazamiento po si-tivo como diri gido hacia arriba, fi gura 10-8 b , se tiene

(1)

Los término s B y f BB se obtienen fácilmente u sando la tabla de laportada interior. En particular, ob serve que B C + uC (6 m) Por lotanto,

Al sustituir e stos resultado s en la ecuación (1) re sulta

Resp.

Si esta reacción se coloca sobre el dia grama de cuerpo libre de la viga,las reaccione s en A pueden obtener se a partir de la s tre s ecuacione sde equilibrio, fi gura 10-8 c.

De spué s de haber determinado toda s las reaccione s, puede con s-truir se el dia grama de momento como se mue stra en la fi gura 10-8 d .

By = 15.6 kN0 = - 9000EI

+ Bya576EI b1+ c2

f BB = PL 3

3EI =

1112 m233EI = 576 m3

EIc

= 150 kN216 m233EI + 150 kN216 m222EI

16 m2 = 9000 kN #m3

EI T

¢ B = P1L>2233EI

+ P1L>2222EI

aL2 b

0 = - ¢ B + By f BB

1+ c

2




EJEMPLO10.2

Dibuje los diagramas de fuerza cortante y de momento para la vigaque se muestra en la figura 10-9a. El soporte enB se asienta 1.5 pulg.Considere queE 29(103) ksi, I 750 pulg4.

AC

B

20 k1.5 pulg

v ig a real

12pies

12pies 24 pies

(a)

Figura 10–9

B

20 k

B


B

B y

¿BB B y f BB

redundanteB y aplicada

A C C A

(b)

SOLUCIÓNPrincipio de superposición. Por inspección, la viga es indetermi-nada de primer grado. Se elegirá el soporte centralB como redun-dante, de manera que se elimina el rodillo enB , figura 10-9b. Aquí sesupone queB y actúa hacia abajo sobre la viga.

Ecuación de compatibilidad. Con referencia al puntoB de la fi-gura 10-9b, usando unidades en pulgadas,se requiere

(1)

Se utilizará la tabla de la portada interior.Observe que paraB la ecua-ción de la curva de deflexión requiere que 0 x a. Como x 24pies,entoncesa 36 pies.Por lo tanto,

Al sustituir estos valores en la ecuación (1), se obtiene

El signo negativo indica queB y actúa hacia arriba sobre la viga.

By = - 5.56 k

= 31,680 k#pie3112 pulg/pie23 + By12304 k#pie32112 pulg/pie231.5 pulg 12911032 k/pulg221750 pulg42 f BB = PL 3

48EI =

1

148

23

48 EI = 2304 k#pie3

EI

= 31,680 k#pie3

EI

¢ B = Pbx6LEI 1L2 - b2 - x22 = 201122124261482EI

[14822 - 11222 - 12422]1.5 pulg = ¢B + By f BB

1+ T

2




0

EJEMPLO10.2 (Continuación)

Ecuaciones de equilibrio. A partir del diagrama de cuerpo libreque se muestra en la figura 10-9c se tiene

Con base en estos resultados, verifique los diagramas de fuerza cortante y de momento que se muestran en la figura 10-9d.

Ay = 12.22 kAy - 20 + 5.56 + 2.22 = 0+ c©F y = 0;

Cy = 2.22 k- 20

112

2 + 5.56

124

2 + Cy

148

2 = 0d+ ©M A = 0;

12

V (k)

x (pies)24 4812.22

7.78 2.22

146.7M (k pie)

x (pies)

53.3

4812 24

(d)

24 pies A y 12.22 k

20 k

(c)

12pies

12pies

A

5.56 k C y 2.22 k

C




EJEMPLO10.3

Dibuje los diagramas de fuerza cortante y de momento para la vigaque se muestra en la figura 10-10a . EI es constante. Ignore los efectosde la carga axial.

SOLUCIÓNPrincipio de superposición . Como la carga axial es insignificante,la viga es indeterminada de segundo grado. Los dos momentos en losextremos A y B se considerarán como los redundantes. La capacidadde la viga para resistir estos momentos se elimina al colocar un pasa-dor en A y un oscilador enB . El principio de superposición aplicado ala viga se muestra en la figura 10-10b .Ecuaciones de compatibilidad. La referencia a los puntos A y B ,figura 10-10b , requiere que

(1)

(2)0 = uB + M Aa BA + M Ba BB

1d+

2 0 = uA + M Aa AA + M Ba AB

1e +

2

Figura 10–10

u¿BB M B a BB

v ig a real

A B


2 k/ pie

u A uB

A B

momento redundanteMB aplicado

A B

momento redundanteM A aplicadou¿ AA M

A a AA

u¿ AB M B a AB

u¿BA M A a BA

MB

M A

(b)

A B

10 pies 10 pies

(a)

2 k/ pie




0


Las pendientes y los coeficientes de flexibilidad angular necesariopueden determinarse usando la tabla que se encuentra detrás de laportada. Se tiene

Observe quea BA a AB , es consecuencia del teorema de Maxwell delos desplazamientos recíprocos.

Si se sustituyen los datos en las ecuaciones (1) y (2) resulta

Al cancelarEI y resolver estas ecuaciones simultáneamente, se ob-tiene

Con estos resultados pueden calcularse las fuerzas cortantes en los extremos, figura 10-10c , y graficarse los diagramas de cortante y de mo-mento.

M A = - 45.8 k#pie

M B = - 20.8 k#pie

0 = 291.7EI

+ M Aa3.33EI b + M Ba6.67

EI b0 = 375

EI + M Aa6.67

EI b + M Ba3.33EI b

a AB = ML6EI

=112026EI

= 3.33EI

a BB = ML3EI

=112023EI

= 6.67EI

a AA = ML3EI

=112023EI

= 6.67EI

uB = 7w L3

384EI =

712212023384EI = 291.7

EI

uA = 3w

L3

128EI = 3

12

2120

23

128EI = 375EI

10 pies 10 pies

2 k/ pie16.25 k

45.8 kpie

3.75 k

20.8 kpie

10

8.125

V (k)16.25

3.75

20 x (pies)

8.125

M (k pie)

45.8

20.8

20 x (pies)14.43.63

(c)

A B20.2




EJEMPLO10.4

Determine las reacciones en los soportes de la viga que se muestra enla figura 10-11a . EI es constante.

SOLUCIÓN

Principio de superposición. Por inspección, la viga es indetermi-nada de primer grado. Aquí, con fines ilustrativos, se elegirá el mo-mento interno en el soporteB como la redundante. En consecuencia,la viga se corta y se colocan pasadores extremos o una bisagra enB afin de liberar sólo la capacidad de la viga para resistir momentos eneste punto, figura 10-11b . El momento interno enB se aplica a la vigaen la figura 10-11c .Ecuaciones de compatibilidad. A partir de la figura 10-11a se re-quiere que la rotación relativa de un extremo de una viga con res-pecto al extremo de la otra viga sea igual a cero, es decir,

donde

y a BB = a œ

BB + a BB

uB = uœB + u

B

uB + M Ba BB = 0

1e +

2

Figura 10–11(c)

M B M B

momento redundanteMB aplicado

M B a ¿BB M B a –BB

120 lb/ pie 500 lb

A C B


v ig a real(a)

120 lb/ pie 500 lb

A C B


u¿B u–B




0

Las pendientes y los coeficientes de flexibilidad angulares puedendeterminarse a partir de la tabla que se presenta detrás de la portada,es decir,

Así

El signo negativo indica queM B actúa en la dirección opuesta a laque se muestra en la figura 10-11c . Utilizando este resultado, se calcu-lan las reacciones en los soportes como se muestra en la figura 10-11d .Además, los diagramas de fuerza cortante y de momento son como semuestra en la figura 10-11e .

M B = - 1604 lb#pie

8640 lb#pie2EI

+ 3125 lb#pie2EI

+ M Ba4 pies

EI + 3.33 pies

EI b = 0

a BB = ML

3EI =

111023EI = 3.33 pies

EI

a œBB = ML

3EI =

111223EI = 4 pies

EI

uB = PL 2

16EI =

5001102216EI = 3125 lb#pie2

EI

uœB = w L3

24EI = 120

112

23

24EI = 8640 lb#pie

2

EI

120 lb/ pie

586 lb 1264 lb854 lb 410 lb854 lb

1604 lbpie 1604 lbpie

410 lb

500 lb

89.6 lb

(d)

B A D C

V (lb)

x (pies)

586

4.89 12

854

410

17 22

89.6

M (lb pie)

x (pies)

1432

4.8912

1602

17 22

448

(e)




10.5 MÉTODO DE ANÁLISIS DE LA FUERZA: MARCOS 4

10.5 Método de análisis de la fuerza:Marcos

El método de la fuerza es muy útil para resolver problemas relacionadoscon marcos estáticamente indeterminados que tienen un solo nivel y una

geometría inusual,como los bastidores de dos aguas. Los problemas queinvolucran marcos con varios niveles, o aquellos que presentan un altogrado de indeterminación, se resuelven de mejor manera mediante losmétodos de pendiente-deflexión, de la distribución del momento, o de larigidez que se analizarán en capítulos posteriores.

Los siguientes ejemplos ilustran las aplicaciones del método de lafuerza usando el procedimiento de análisis descrito en la sección 10-2.

EJEMPLO10.5

El marco, o caballete, que se muestra en la fotografía se usa para so-portar la cubierta del puente. Si se supone queEI es constante, sepuede presentar un dibujo del marco junto con sus dimensiones y lacarga aplicada, figura 10-12a . Determine las reacciones en los soportes.

10 m 5 m 5 m5 m

40 kN/ m

(a)

A B

Figura 10–12

SOLUCIÓNPrincipio de superposición. Por inspección, el marco es estática-mente indeterminado de primer grado. Se elegirá la reacción horizon-tal en A como redundante. En consecuencia,el pasador A se remplazapor un oscilador, puesto que un soporte de este tipo no restringirá A

en la dirección horizontal. El principio de superposición aplicado almodelo idealizado de la estructura se muestra en la figura 10-12b .Ob-serve cómo se deforma el marco en cada caso.



Ecuación de compatibilidad. La referencia al punto A de la figura10-12b requiere que

(1)Los términos A y f AA se determinarán usando el método del tra-

bajo virtual. Debido a la simetría de la geometría y la carga sólo se ne-cesitan tres coordenadas x. Éstas y los momentos internos se muestranen las figuras 10-12c y 10-12d . Es importante que cada coordenada xsea la misma tanto para las cargas reales como para las virtuales.Además, las direcciones positivas deM y m deben serlas mismas .

Para A se requiere la aplicación de las cargas reales, figura 10-12c,y una carga unitaria virtual en A , figura 10-12d .Así,

= 0 - 25 000EI

- 66 666.7EI

= - 91 666.7EI

+ 2L5

0 11000 + 200x3 - 20x2

321- 52dx 3

EI

¢ A = LL

0

MmEI dx = 2L

5

0

10

211x1

2dx 1

EI + 2L5

0

1200x2

21- 5

2dx 2

EI

0 = ¢A + Ax f AA

1:+

2


0

40 kN/ m

200 kN 200 kN

m 1 0

m 2 200 x 2

x 1

x 2

x 35 m

m 3 200(5 x 3) 40 x 3 x 3__2

1000 200 x 3 20 x 32

(c)

1 kN 1 kNm 1 1 x 1

m 2 5 m 3 5

x 1

x 2

x 35 m 5 m

(d)

40 kN/ m

A

(b)fuerza redundanteA x aplicadaes tructura primaria

A x f AA

A x





157.1 kN 157.1 kN

5 m 5 m

(e)

40 kN/ m

200 kN 200 kN

10 m 5 m

Para f AA se requiere la aplicación de una carga unitaria real y unacarga unitaria virtual que actúe en A , figura 10-12d. Por lo tanto,

Sustituyendo los resultados en la ecuación (1) y resolviendo se ob-tiene

Resp.

Ecuaciones de equilibrio. Con este resultado,en la figura 10-12e semuestran las reacciones sobre el modelo idealizado de la estructura.

Ax = 157 kN

0 = - 91 666.7EI + Ax

a583.33EI b

= 583.33EI

f AA = LL

0 mmEI dx = 2L

5

0

11x1

22dx 1

EI + 2L5

0

15

22

dx 2 + 2L5

0

15

22

dx 3




0

Determine el momento en el soporte fijo A para el marco que semuestra en la figura 10-13a. EI es constante.

EJEMPLO10.6

Figura 10–13

4 pies

8 pies

3 pies

A

B

100 lb/ pie

5pies

C

(a)

SOLUCIÓNPrincipio de superposición. El marco es indeterminado de primergrado. Se puede obtener una solución directa deM A al elegirlo comoredundante. Así, la capacidad del marco para soportar un momentoen A se elimina y por lo tanto se usa un pasador en el soporte.El prin-cipio de superposición aplicado a la estructura se muestra en la figura10-13b .

Ecuación de compatibilidad. La referencia al punto A en la figura10-13b requiere que(1)

Como en el ejemplo anterior, u A y a AA se calcula utilizando el mé-todo del trabajo virtual. Las coordenadas x del marco y los momentosinternos se muestran en las figuras 10-13c y 10-13d.

0 = uA + M Aa AA1e +2

A

B100 lb/ pie

C

marco real

A

B

C


u A

A

B

C

momento redundanteM A aplicado

M A a AA

M A

(b)

100 lb/ pie




Para u A se requiere la aplicación de las cargas reales, figura 10-13c, yun momento de par unitario virtual, figura 10-13d. Por lo tanto,

Para a AA se requiere la aplicación de un momento de par unitarioreal y un momento de par unitario virtual que actúe en A , figura 10-13d.Por tanto,

Sustituyendo estos resultados en la ecuación (1) y resolviendo se ob-tiene

Resp.

El signo negativo indicaM A actúa en la dirección opuesta a la que semuestra en la figura 10-13b.

0 = 821.8EI

+ M Aa4.04EI b M A = - 204 lb#pie

= 3.85EI

+ 0.185EI

= 4.04EI

= L8

0 11 - 0.0833x1

22 dx 1

EI + L

5

0 10.0667x2

22 dx 2

EI

a AA = a LL

0

mumu

EI dx

= 518.5EI

+ 303.2EI

= 821.8EI

+ L5

0

A296.7x2 - 50x22B10.0667x22 dx 2

EI

= L8

0 129.17x1211 - 0.0833x12 dx 1

EI

uA = a LL

0

Mm u dxEI

222.5 lb

296.7 lb

370.8 lb x 2

345

M 2 296.7 x 2 50 x 22

x 129.17 lb

300 lb

M 1 29.17 x 1

(c)

500 lb

0.05 lb

0.0667 lb

0.0833 x2

m2 0.0667 x2

x1

0.0833 lb

0

m1 1 0.0833 x1

1 lbpie

(d)




0

F10–6

F10–2

F10–3

F10–4

F10–5

F10–1


F10–1. Determine las reacciones en el soporte fijo en A yen el rodillo enB . EI es constante.

F10–4. Determine las reacciones en la articulación A y enlos rodillos enB y C .

F10–2. Determine las reacciones en el soporte fijo en A yen el rodillo enB . EI es constante.

F10–3. Determine las reacciones en el soporte fijo en A yen el rodillo enB . El soporteB se asienta 5 mm. Considereque E 200 GPa e I 300 (106) mm4.

F10–5. Determine las reacciones en la articulación A y enlos rodillos enB y C sobre la viga.EI es constante.

F10–6. Determine las reacciones en la articulación A y enlos rodillos enB y C sobre la viga. El soporteB se asienta 5mm. Considere queE 200 GPa, I 300(106) mm4.

A B

40 kN

2 m2 m

AB

C

L L

M 0

A

B

C

50 kN

4 m2 m2 m

A B

L

w 0

AB

C

6 m6 m

10 kN/ m

6 m

10 kN/ m

AB




10–1. Determine las reacciones en los soportes A y B . EI

es constante.

10–2. Determine las reacciones en los soportes A , B y C ,después dibuje los diagramas de fuerza cortante y de mo-mento.EI es constante.

*10–4. Determine las reacciones en los soportes A , B ydespués dibuje el diagrama de fuerza cortante y dmento.EI es constante.

10–5. Determine las reacciones en los soportes, dedibuje el diagrama de fuerza cortante y de momentoEI

constante.

10–3. Determine las reacciones en los soportes A y B . EI

es constante.10–6. Determine las reacciones en los soportes, dedibuje el diagrama de momentos. Suponga queB y C srodillos y que A está articulado. El soporte enB se asiehacia abajo 0.25 pies. Considere queE 29(103)ksi e I

500 pulg4.

L

A

w 0

B

L

A B

P

L

A C

B

12 pies

3 k/ pie

12 pies

C AB

P P

L

2L

2L

2L

2

A B

w

L

2L

2

6 pies 12 pies

3 kip/ pie

AB

C

6 pies

12 kip

Prob. 10–1

Prob. 10–2

Prob. 10–3

Prob. 10–4

Prob. 10–5

Prob. 10–6

PROBLEMAS




0

10–7. Determine la deflexión en el extremoB de la tiraasegurada de acero A-36. El resorte tiene una rigidezk 2N mm. La tira tiene 5 mm de ancho y 10 mm de alto.Además, dibuje los diagramas de fuerza cortante y de mo-mento para la tira.

*10–8. Determine las reacciones en los soportes. En la fi-gura se muestra el momento de inercia para cada segmento.Suponga que el soporte enB es un rodillo.Considere queE

29(103) ksi.

10–10. Determine las reacciones en los soportes, despudibuje el diagrama de momentos. Suponga que el sopoen B es un rodillo.EI es constante.

10–11.

Determine las reacciones en los soportes, despudibuje el diagrama de momentos. Suponga que A está articu-lado y queB y C son rodillos.EI es constante.

10–9. La viga simplemente apoyada se somete a la cargaque se muestra. Determine la deflexión en su centroC . EI

es constante.

*10–12. Determine las reacciones en los soportes,despudibuje el diagrama de momentos. Suponga que el sopoen A está articulado y queB y C son rodillos. EI es cons-tante.

Prob. 10–7

Prob. 10–8

Prob. 10–9

Prob. 10–10

Prob. 10–11

Prob. 10–12

50 N

200 mm

10 mm A

B

k 2 N/ mm

10 k

A B C

18 pies 12 pies


8 pies 8 pies

6 kip/ pie

A B

C

5 kippie

A

8 pies 8 pies

400 lbpieB C

A B C

15 pies 15 pies

600 lb/ pie

C B A

25 pies10

pies

10pies

10 k 2.5 k/ pie




*10–16. Determine las reacciones en los soporte

ponga que A

está conectado fijamente.E

es constante.

10–13. Determine las reacciones en los soportes. Supongaque A y C están articulados y que la junta enB está conec-tada fijamente.EI es constante.

10–14. Determine las reacciones en los soportes. EI esconstante.

10–15. Determine las reacciones en los soportes, dedibuje el diagrama de momentos para cada elementoEI

constante.

Prob. 10–13

Prob. 10–14

Prob. 10–15

Prob. 10–16

B

A

C

9 pies

18 pies

4 k/ pie

2 k/ pie

A

B

C

10 pies

3 k

500 lb/ pie

10 pies

B

C

A

20 kN

3 m

3 m9 m

8 kN/ m

I AB 1250 (106) mm 4

I BC 625 (106) mm 4

B

A

C

8 pies 8 pies

10 pies

10 k




0

Prob. 10–19

Prob. 10–18

Prob. 10–17

12 pies

15 pies

3 k/ pie

C

D

B

A

I 1

I 2 2 I 1

I 1

6 m

9 m

4 kN/ m

8 kN/ m

A B

C

B

C

A

D

1.5 k/ pie

15 pies

12 pies

A

B C

D

10 pies

10 pies

I BC 800 pulg 4

I AB 600 pulg4

I CD 600 pulg4

2 k

3 k/ pie

Prob. 10–20

*10–20. Determine las reacciones en los soportes. Sponga que A y B están articulados y que las juntas enC y D

son conexiones fijas.EI es constante.

10–19. El marco de acero soporta las cargas indicadas. Dtermine las componentes horizontal y vertical de la reación en los soportes A y D . Dibuje el diagrama de momentos para los elementos del marco.E es constante.

10–18. Determine las reacciones en los soportes A y D . Elmomento de inercia de cada segmento del marco se mues-tra en la figura. Considere queE 29(103) ksi.

10–17. Determine las reacciones en los soportes. EI esconstante.




B

C D

A

4 m

3 m

20 kN m 20 kN m

A

C

D

P

L —2

L —2

L —2

L —2

B C

A

D

8 k

20 pies

15 pies

10 pies

B

C D

A

5 m

4 m

9 kN/ m

Prob. 10–21

Prob. 10–22

Prob. 10–23

Prob. 10–24

10–21. Determine las reacciones en los soportes. Supongaque A y D están articulados.EI es constante.

10–23. Determine las reacciones en los soportes. Suque A y B están articulados.EI es constante.

10–22. Determine las reacciones en los soportes. Supongaque A y B están articulados.EI es constante.

*10–24. Dos tablas, cada una con el mismoEI y la milongitud L se cruzan entre sí de manera perpendicomo se muestra en la figura.Determine las reaccionticales en los soportes. Suponga que las tablas apetocan entre sí antes de aplicar la cargaP .



EJEMPLO10.7


0

10.6 Método de análisis de la fuerza:Armaduras

El grado de indeterminación de una armadura, por lo general puede dterminarse por inspección; sin embargo, si esto se hace difícil, us

ecuación 3-1, b + r 2 j . Aquí las incógnitas están representadas por número de fuerzas en las barras (b), más las reacciones en los soporte(r ), y el número de ecuaciones de equilibrio disponibles es de 2 j puestoque pueden escribirse dos ecuaciones para cada una de las juntas ( j ).

El método de la fuerza es muy adecuado para analizar armaduras qson estáticamente indeterminadas de primero o segundo grado. Los guientes ejemplos ilustran la aplicación de este método usando el prodimiento de análisis descrito en la sección 10-2.

*Al aplicar la ecuación 3-1,b r 2 j o 6 3 2(4), 9 > 8,9 8 = 1er grado.

Determine la fuerza en el elemento AC de la armadura que se mues-tra en la figura 10-14a. AE es igual para todos los elementos.

SOLUCIÓNPrincipio de superposición. Por inspección, la armadura es inde-terminada de primer grado.* Como debe determinarse la fuerza en elelementoCA , éste se elegirá como redundante. Para ello es necesario“cortar” el elemento para que no pueda sostener una fuerza, con loque la viga se vuelve estáticamente determinada y estable. El principio de superposición aplicado a la armadura se muestra en la figura

10-14b.Ecuación de compatibilidad. Con referencia al elemento AC en lafigura 10-14b , se requiere que el desplazamiento relativo AC , el cualocurre en los extremos del elemento cortado AC debido a la carga de400 lb,más el desplazamiento relativoF AC f AC AC causado por la fuerzaredundante que actúa sola, sea igual a cero, es decir,

(1)0 = ¢AC + FAC fAC AC

C

400 lb

6 pies

B

8 pies

D

A

(a)

C 400 lb

B

D

A

C

400 lb

B

D

A

C

B

D

A

armadura real

A C

F A C

F A C

F A C f A C A C

es tructura primaria aplicación deF A C redundante

(b)

Figura 10–14



10.6 MÉTODO DE ANÁLISIS DE LA FUERZA: ARMADURAS 4

Aquí el coeficiente de flexibilidad f AC AC representa el desplazamientorelativo de los extremos cortados del elemento AC causado por unacarga unitaria “real” que actúa en los extremos cortados del ele-mento AC . Este término, f AC AC y AC se calcularán empleando el mé-todo de análisis del trabajo virtual. El análisis de la fuerza, utilizando

el método de los nudos, se resume en las figuras 10-14c

y 10-14d.Para AC se requiere la aplicación de la carga real de 400 lb, figura

10-14c, y una fuerza unitaria virtual que actúa en los extremos corta-dos del elemento AC , figura 10-14d. Por lo tanto,

= - 11 200AE

+

11

21- 500

2110

2AE

+

11

210

2110

2AE

= 2c1- 0.8214002182AE d + 1- 0.62102162AE + 1- 0.6213002162AE

¢ AC = anNLAE

C

B

D

A

0.6

0.8

1 lb1 lb

11

0.6

(d)0.8

400 lbC

B

D

A

(c)

400 5 0 0

300 0 0

400

300 lb300 lb

400 lb

Para f AC AC se requiere la aplicación de las fuerzas unitarias reales ylas fuerzas unitarias virtuales que actúan en los extremos cortados delelemento AC , figura 10-14d .Así,

= 34.56AE

= 2c1- 0.822182AE d + 2c1- 0.622162AE d + 2c112210AE d

fAC AC = a n2L

AE

Al sustituir los datos en la ecuación (1) y resolver, se obtiene

Resp.FAC = 324 lb1T20 = - 11 200

AE + 34.56

AE F AC

Dado que el resultado numérico es positivo, AC está sometido atensión tal como se supuso, figura 10-14b. Usando este resultado, lasfuerzas en los otros elementos pueden encontrarse mediante el equili-brio,usando el método de los nudos.




0

Determine la fuerza en cada elemento de la armadura que se muestraen la figura 10-15a si el torniquete sobre el elemento AC se utilizapara acortar el elemento en 0.5 pulgadas.Cada barra tiene un área ensu sección transversal de 0.2 pulg2, yE 29 (106) psi.

EJEMPLO10.8

SOLUCIÓNPrincipio de superposición. Esta armadura tiene la misma geo-metría que la del ejemplo 10-7. Como AC se ha acortado, se elegirácomo redundante, figura 10-15b.Ecuación de compatibilidad. Debido a que no hay cargas externasque actúen sobre la estructura primaria (armadura), no habrá despla-zamiento relativo entre los extremos del elemento seccionado cau-sado por la carga;es decir AC 0. El coeficiente de flexibilidad f AC AC

se determinó en el ejemplo 10-7,por lo que

Si se supone que la cantidad en la que se acorta la barra es positivaentonces la ecuación de compatibilidad para la barra es

Al reconocer que el f AC AC es una medida del desplazamiento por uni-dad de fuerza, se tiene

Por lo tanto,Resp.

Dado que sobre la armadura no actúa ninguna fuerza externa, lasreacciones externas son iguales a cero. Por lo tanto, si se usaF AC y seanaliza la viga mediante el método de los nudos se obtienen los resultados que se muestras en la figura 10-15c.

FAC = 6993 lb = 6.99 k1T20.5 pulg = 0 + 34.56 pies

112 pulg

>pie

210.2 pulg22[2911062 lb>pulg2] FAC

0.5 pulg = 0 + 34.56AE

FAC

fAC AC = 34.56AE

C

B

D

A

(c)

5.59 k (C)

5.59 k (C)

4.20 k (C) 4.20 k (C)

6. 9 9 k

( T ) 6 .9 9 k ( T )

C

B

6 pies

8 pies

armadura real(a)

C

B

D

F A C

F A C f A C A C

F A C

aplicación deF A C redundante

C

B

D

A

∆ A C = 0


+=

A

D

A

Figura 10–15



10.7 ESTRUCTURAS COMPUESTAS 4

10.7 Estructuras compuestasLasestructuras compuestas están formadas por algunos elementos some-tidos sólo a fuerza axial,mientras que otros elementos están sujetos a fle-xión. Si la estructura es estáticamente indeterminada, el método de lafuerza puede ser convenientemente empleado para su análisis. El si-guiente ejemplo ilustra el procedimiento.

EJEMPLO10.9

La viga de péndola armada que se muestra en la foto-grafía está simplemente apoyada y debe diseñarse parasoportar una carga uniforme de 2 kNm. Las dimensio-nes de la estructura se muestran en la figura 10-16a.De-termine la fuerza desarrollada en el elementoCE . Notome en cuenta el espesor de la viga y suponga que loselementos de la armadura están conectados mediantepasadores a la viga.Además, ignore el efecto de la com-presión axial y la fuerza cortante en la viga. El área dela sección transversal de cada puntal es de 400 mm2, ypara la viga I 20 (106) mm4. Considere queE 200GPa.

SOLUCIÓNPrincipio de superposición. Si se conoce la fuerza en uno delos elementos de la armadura, entonces es posible determinarla fuerza en todos los demás elementos, así como en la viga, me-diante la estática. Por lo tanto, la estructura es indeterminadade primer grado. Para obtener la solución, se elige la fuerza enel elementoCE como la redundante. Entonces, este elementose secciona para eliminar su capacidad de sostener una fuerza.El principio de superposición aplicado a la estructura se mues-tra en la figura 10-16b .

Ecuación de compatibilidad. Con referencia al desplaza-miento relativo de los extremos cortados del elementoCE , fi-gura 10-16b, se requiere

(1)0 = ¢CE + F CE f CE CE

A B D

C

F

E

2 m 2 m2 m

1

2 kN/ m

(a)es tructura real

Figura 10–16

2 kN/ m

(b)

es tructura primariaCE

redundante deFCE aplicada

F CE

F CE

F CE f CECE





0

1.118 kN0.5 kN

m 2 0.5 x 2 0.5( x 2 2) 1

x 2

2 m

12

(d)

1.118 kN

m 1 0.5 x 1

v

n

x 1

12

1.118 kN 1.118 kN

0.5 kN 0.5 kN

1 kN

1 kN

2 kN/ m

0

0

000

06 kN

6 kN

6 kN

M 1 6 x 1 x 22

2 x1

V1

x 1––2

x 1

2 x2

x 2––2

006 kN

M 2 6 x 2 x 22

V 2

x 2

(c)

Se usará el método del trabajo virtual para encontrarCE y f CE CE . Elanálisis de fuerzas necesario se muestra en las figuras 10-16c y 10-16d .



10.7 ESTRUCTURAS COMPUESTAS 4

Para CE se requiere la aplicación de las cargas reales, figura 10-16c,y una carga unitaria virtual aplicada a los extremos cortados del ele-mento CE , figura 10-16d. Aquí se usará la simetríatanto de la cargacomo de la geometría, y sólo se tendrá en cuenta la energía de defor-mación en la viga y, por supuesto, la energía de deformación axial enlos elementos de la armadura.Por lo tanto,

Para f CE CE se requiere la aplicación de una carga unitaria real y unacarga unitaria virtual en los extremos cortados del elementoCE , fi-gura 10-16d. Por lo tanto,

Sustituyendo los datos en la ecuación (1) se tiene

Resp.F CE = 7.85 kN 0 = - 7.333110- 32 m + F CE10.9345110- 32 m>kN2

= 0.9345110- 32 m>kN

= 3.333

110

3

2200110921202110- 62 + 8.090

110

3

2400110- 621200110922 = 1.3333

EI + 2

EI + 5.590

AE + 0.5

AE + 2

AE

+ a1122122AE b+ 2a11.1182212 52AE b + 2a1- 0.522112AE b f CE CE =L

L

0 m2dx

EI + an2L

AE = 2L

2

0 1- 0.5x122dx 1

EI + 2L

3

2 1- 122dx 2

EI

= - 29.3311032200110921202110- 62 = - 7.333110- 32 m

= - 12EI

- 17.33EI

+ 0 + 0 + 0

+

a11022AE

b+ 2

a1- 0.52102112AE

b

+ 2a11.118210212 52AE b+ 2L3

2 16x2 - x2

221- 12dx 2

EI

¢ CE = LL

0

MmEI

dx + a nNLAE

= 2L2

0 16x1 - x2

121- 0.5x12dx 1

EI




0

10.8 Comentarios adicionales sobre elmétodo de análisis de la fuerza

Ahora que ya se han desarrollado las ideas básicas sobre el método dfuerza, se procederá a generalizar su aplicación y analizar su utilidad

Cuando se calculan los coeficientes de flexibilidad, f ij (o a ij ), para la es-tructura, puede observarse que sólo dependen de los materiales y de propiedades geométricas de los elementos yno de la carga de la estruc-tura primaria. Por lo tanto, una vez determinados, estos valores puedusarse para calcular las reacciones para cualquier carga.

Para una estructura que tienen reacciones redundantes,R n, se puedenescribirn ecuaciones de compatibilidad,a saber:

Aquí los desplazamientos, 1,…, n, son causadastanto por las cargasreales sobre la estructura primariacomo por el asentamiento de los so-

portes o loscambios dimensionales debidos a las diferencias de temperatura o a los errores de fabricación en los elementos. Para simplificacálculo de estructuras que tienen un alto grado de indeterminación,ecuaciones anteriores pueden replantearse en forma matricial,

(10–2)

o simplemente

En particular, observe que f ij f ji( f 12 f 21, etcétera), una consecuenciadel teorema de Maxwell de los desplazamientos recíprocos (o leyBetti). Por lo tanto, lamatriz de flexibilidad será simétrica , y esta carac-terística es beneficiosa en la solución de grandes conjuntos de ecuaciolineales, como en el caso de una estructura altamente indeterminada.

A lo largo de este capítulo se han determinado los coeficientes de xibilidad usando el método del trabajo virtual que se aplica atoda laestructura . Sin embargo, es posible obtener estos coeficientes paracadaelemento de la estructura, para después, usando las ecuaciones de tranformación, obtener sus valores de toda la estructura. Este enfoque analiza en los libros dedicados al análisis matricial de estructuras yse incluye en este texto.*

f R ≤D f 11 f 12 Á f 1n

f 21 f 22 Á f 2n

o

f n1 f n2 Á f nn

T

DR1R2

Rn

T = -

D¢ 1¢ 2o

¢ n

T

¢ 1 + f 11R1 + f 12R2 + Á + f 1nRn = 0¢ 2 + f 21R1 + f 22R2 + Á + f 2nRn = 0

o¢ n + f n1R1 + f n2R2 + Á + f nn Rn = 0

*Vea,por ejemplo,H.C.Martin, Introduction to Matrix Methods of Structural Analysis ,Mc-Graw-Hill, Nueva York.



10.9 ESTRUCTURAS SIMÉTRICAS 4

Aunque los detalles para la aplicación del método de análisis de lafuerza mediante métodos informáticos también se omite aquí, es posiblehacer algunos comentarios y observaciones generales que se aplican alutilizar este método para resolver problemas que son altamente indeter-minados y que, por consiguiente, implican grandes conjuntos de ecuacio-nes. A este respecto, la precisión numérica de la solución mejora si los

coeficientes de flexibilidad situados cerca de la diagonal principal de lamatriz f son mayores que los situados fuera de la diagonal. Para lograreste objetivo, debe dedicarse alguna reflexión a la selección de la estruc-tura primaria. Para facilitar el cálculo def ij , también es conveniente ele-gir la estructura primaria de modo que sea algo simétrica.Esto tenderá aproducir algunos coeficientes de flexibilidad similares o iguales a cero.Por último, la forma alterada de la estructura primaria debe ser similar ala de la estructura real. Si esto ocurre, entonces las redundantes indu-cirán sólo pequeñas correcciones a la estructura primaria, lo que resultaen una solución más precisa de la ecuación 10-2.

10.9 Estructuras simétricasUn análisis estructural de cualquier estructura altamente indeterminadao, para ese caso, incluso una estructura estáticamente determinada, sepuede simplificar siempre que el diseñador o el analista puedan recono-cer aquellas estructuras que son simétricas y que soportan cargas simé-tricas o antisimétricas. En un sentido general, una estructura puede serclasificada como simétrica siempre que la mitad de ésta desarrolle lamisma carga interna y deflexiones que las de su imagen reflejada en elespejo respecto a su eje central. Normalmente la simetría requiere que lacomposición del material, la geometría, los soportes y la carga sean igua-les en cada lado de la estructura. Sin embargo, esto no siempre tiene que

ser así. Tenga en cuenta que para la estabilidad horizontal se requiere unpasador para soportar la viga y la armadura en las figuras 10-17a y 10-17b.Aquí, la reacción horizontal en el pasador es igual a cero y, por lo tanto,ambas estructuras se deforman y producen la misma carga interna quesu contraparte reflejada. Como resultado, pueden clasificarse comosimétricas.Observe que esto no sería así para el marco de la figura 10-17c,si el soporte fijo en A se sustituyera por un pasador,puesto que entoncesla forma alterada y las cargas internas no serían iguales en sus lados iz-quierdo y derecho.

(b)

w

eje de s imetría

P 2P 1

(a)eje de s imetría

Figura 10–17




0

En ocasiones, una estructura simétrica soporta una carga antisimtrica, es decir, la carga de su lado reflejado tiene la dirección opuecomo lo muestran los dos ejemplos de la figura 10-18.Siempre que ltructura sea simétrica y su carga sea simétrica o antisimétrica, un anáestructural sólo tendrá que llevarse a cabo en la mitad de los elemende la estructura, puesto que en la otra mitad se producirán resultad

iguales (simétrica) u opuestos (antisimétrica). Si una estructura es sitrica y su carga aplicada es antisimétrica,entonces es posible transforesa carga en componentes simétricos y antisimétricos. Para ello, primerola carga se divide en dos, luego se refleja hacia el otro lado de la estructura

y se producen los componentes tanto simétricos como antisimétricos . Porejemplo, la carga sobre la viga de la figura 10-19a se divide en dos y se refleja sobre el eje de simetría de la viga.A partir de esto, se producencomponentes simétricos y antisimétricos de la carga como se mueen la figura 10-19b. Cuando estos componentes se suman se produce carga original. Ahora puede realizarse un análisis estructural por serado empleando los componentes de carga simétrica y antisimétripara después superponer los resultados y así obtener el comportamien

real de la estructura.

carg a antis imétrica

P

P

w w

8 kN 2 kN/ m

(b)

4 kN 4 kN1 kN/ m

carg a s imétrica

4 kN

4 kN

1 kN/ m

1 kN/ mcarg a antis imétrica


Figura 10–17

eje de s imetría(c)

A

w

(a)




2 pulg 22 pulg 2

2 pulg2

2 pulg 2 2 pulg 2

3 p u l g 2

3 p u l g 2

3 p u l g 2

A

3 pies

4 pies

5 k

B

C

DE

4 pies

4 k A B

C

4 pies

8 k

6 k

3 pies

1 pulg2

1 pulg 2

1 pulg 2 1 pulg 2 2 p u

l g 2

2 p u l g 2

D

10 kN

D

C

B

E

A

3 m

3 m

4 m

A

C

D

B

3 pies800 lb

3 pies

4 pies

Prob. 10–25

Prob. 10–26

Prob. 10–27

Prob. 10–28

*10–28. Determine la fuerza en el elemento AD de lamadura. El área de la sección transversal de cada elese muestra en la figura.Suponga que los elementos eticulados en sus extremos. Considere queE 29(103)

10–26. Determine la fuerza en cada elemento de la arma-dura. El área de la sección transversal de cada elemento seindica en la figura. E 29 (103) ksi. Suponga que los ele-mentos están articulados en sus extremos.

10–27. Determine la fuerza en el elemento AC de la armdura. AE es constante.

10–25. Determine la fuerza en cada elemento de la arma-dura. AE es constante.

PROBLEMAS




0

C DE

A B

10 kN20 kN

15 kN

2 m

2 m 2 mB

A

C

4 m

3 m9 kN

4 m4 m

D

10 pies

10 k


15 k 5 k

H

B C D

E A

G F

10 pies

2 k2 k

D

A

B

C

3 pies

3 pies

Prob. 10–29

Prob. 10–30

Prob. 10–31

Prob. 10–32

10–29. Determine la fuerza en cada elemento de la arma-dura. Suponga que lo s elemento s están articulado s en susextremo s. AE es con stante.

10–31. Determine la fuerza en el elemento CD de la ar-madura. AE es con stante.

10–30. Determine la fuerza en cada elemento s de la arma-dura articulada. AE es con stante.

*10–32. Determine la fuerza en el elemento G B de la ar-madura. AE es con stante.




10–33. La viga en voladizo AB recibe soporte adicionalmediante dos tirantes. Determine la fuerza en cada una deestas barras. Pase por alto la compresión axial y la fuerzacortante en la viga. Para la viga, I b 200(106) mm4 y paracada tirante, A 100 mm. Considere queE 200 GPa.

10–35. La viga armada soporta la carga uniformedistribuida.Si todos los elementos de la armadura tieárea en su sección transversal de 1.25 pulg2 determinfuerza en el elementoBC . Pase por alto la profundidla compresión axial en la viga.Considere queE 29(103)para todos los elementos. Además, para la viga, I AD

pulg4. Suponga que A es un pasador yD es un oscilado

10–34. Determine la fuerza en los elementos AB , BC yBD que se utilizan junto con la viga para soportar la cargade 30 k. La viga tiene un momento de inercia de I 600pulg4, los elementos AB y BC tienen una sección transver-

sal de 2 pulg2

y BD tiene una sección transversal de 4 pulg2

.Considere queE 29(103) ksi. Ignore el espesor de la vigay su compresión axial, asimismo suponga que todos los ele-mentos están articulados.Asuma también que el soporte en A es un pasador y enE es un rodillo.

*10–36. La viga armada soporta una fuerza concende 80k en su centro.Determine la fuerza en cada unotres puntales y dibuje el diagrama de momento flexipara la viga. Los puntales tienen un área en su stransversal de 2 pulg2. Supongamos que están articuen sus extremos. No tome en cuenta la profundidadviga ni el efecto de la compresión axial en ésta. Coque E 29 (103) ksi para la viga y los puntales. Adpara la viga, I 400 pulg4.

4 m

80 kN

3 m

A B

C

D

A

B

D

C

E


3 p

5 k/ pie

A B

C

D

80 k

12 pies

5 pies

12 pies

E

D

3 pies

C A

B

3 pies

4 pies

30 k

Prob. 10–33

Prob. 10–34

Prob. 10–35

Prob. 10–36




0

10–37. Determine las reacciones en el soporteC . EI esconstante para ambas vigas.

*10–40. El ensamble estructural soporta las cargas indicdas.Dibuje los diagramas de momento para cada una de vigas.Considere que I 100(106) mm4 para las vigas y A200 mm2 para el tirante. Todos los elementos están hechode acero para el cualE 200 GPa.

10–39. La viga en voladizo se sostiene en un extremo mdiante una barra de suspensión AC de pulgadas de diáme-tro y está fija en el otro extremoB . Determine la fuerza en labarra debido a una carga uniforme de 4 kpie.E 29(103)ksi, tanto para la viga como para la barra.

12

10–38. La viga AB tiene un momento de inercia I 475pulg4 y yace sobre los soportes lisos en sus extremos. Unavarilla CD de 0.75 pulgadas de diámetro está soldada al

centro de la viga y al soporte fijo enD . Si la temperatura dela varilla se reduce en 150 ºF, determine la fuerza desarro-llada en la barra. Tanto la viga como la barra están hechasde un acero para el cualE 200 GPa ya 6.5(10 6) °F.

A C

D

P

B

L

2

L

2

B

C

A

I BC 350 pulg 4

4 k/ pie

20 pies

15 pies

50 pulg

5 pies 5 pies A B

C

D

6 m

8 kN / m

6 m 2 m

4 m

15 kN

A B

C DE

Prob. 10–37

Prob. 10–40Prob. 10–38

Prob. 10–39



10.10 LÍNEAS DE INFLUENCIA PARA VIGAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 4

10.10 Líneas de influencia para vigasestáticamente indeterminadas

En la sección 6-3 se analizó el uso del principio de Müller-Breslau con elfin de dibujar la línea de influencia para la reacción, la cortante y el mo-

mento en un punto de una viga estáticamente determinada. En esta sec-ción se extenderá este método y se aplicará a vigas estáticamente inde-terminadas.

Recuerde que, para una viga, el principio de Müller-Breslau estableceque la línea de influencia para una función (reacción, fuerza cortante omomento) está a la misma escala que la forma alterada de la viga cuandola viga se ve afectada por la función . Para dibujar la forma alterada co-rrectamente, debeeliminarse la capacidad de la viga para resistir la fun-ción aplicada a fin de que la viga pueda deformarse cuando se aplica lafunción. Para lasvigas estáticamente determinadas , las formas alteradas(o las líneas de influencia) serán una serie de segmentos de línea recta .Para las vigasestáticamente indeterminadas , resultaráncurvas . Se anali-

zará la construcción de cada uno de los tres tipos de líneas de influencia(de reacción, de fuerza cortante y de momento) para una viga estática-mente indeterminada. En cada caso, se ilustrará la validez del principiode Müller-Breslau usando el teorema de Maxwell de los desplazamien-tos recíprocos.

Reacción en A. Para determinar la línea de influencia para la reac-ción en A en la figura 10-20a, se coloca una carga unitaria sobre la vigaen puntos sucesivos, y en cada punto debe determinarse la reacción en A .Una gráfica de estos resultados genera la línea de influencia. Por ejem-

plo, cuando la carga está en el puntoD , figura 10-20a, la reacción en A ,que representa la ordenada de la línea de influencia enD , puede deter-minarse mediante el método de la fuerza. Para ello, se aplica el principiode superposición, como se muestra en las figuras 10-20a a 10-20c. Por lotanto, la ecuación de compatibilidad para el punto A es 0 f AD A y f AAo bien A y f AD f AA ; sin embargo, por el teorema de Maxwell de losdesplazamientos recíprocos f AD f DA , figura 10-20d, por lo que tam-bién es posible calcular A y (o la ordenada de la línea de influencia enD )usando la ecuación

Por comparación, el principio de Müller-Breslau requiere eliminar elsoporte en A y aplicar una carga unitaria vertical. La curva de deflexiónresultante, figura 10-20d, es a cierta escala la forma de la línea de influen-cia para A y. Sin embargo, en la ecuación anterior se observa que el factorde escala es 1 f AA .

Ay =

a1

fAAb fDA

f AA

AB

(d)1

D

f DA

A y f AA

ACB

(c)aplicación deA y redundanteA y

f AD

A

B

(b)

1

Des tructura primaria

Figura 10–20

A C B

(a)

1

Dv ig a real




0

Cortante en E . Si debe determinarse la línea de influencia parla fuerza cortante en el puntoE de la viga que se muestra en la figur10-21a, entonces, por el principio de Müller-Breslau, la viga se imagcortada en este punto y se inserta undispositivo de deslizamiento en E ,figura 10-21b . Este dispositivo transmitirá un momento y una fuerza nomal, pero ninguna fuerza cortante. Cuando la viga se flexiona debid

las cargas cortantes unitarias positivas que actúan enE , la pendiente decada lado de la guía sigue siendo la misma,y la curva de deflexión resenta a cierta escala la línea de influencia para la fuerza cortante enE ,fi-gura 10-21c. Si se aplica el método básico para establecer la línea de fluencia de la fuerza cortante enE , entonces sería necesario aplicar uncarga unitaria en cada puntoD y calcular la fuerza cortante enE , figura10-21a. Este valor,V E , representaría la ordenada de la línea de influencen D . Como en el caso anterior, usando el método de la fuerza y el terema de Maxwell de los desplazamientos recíprocos, puede demtrarse que

De nuevo, esto establece la validez del principio de Müller-Breslaudecir, una carga unitaria cortante positiva aplicada a la viga enE , figura10-21c, hará que la viga se altere con la forma de la línea de influenciapara la fuerza cortante enE .Aquí el factor de escala es (1 f EE ).

VE =

a1

fEEb f DE

(a)

DE A C

(b)

E

1

1

(c)

E

1

1

f EE

D f DE

Figura 10–21



10.10 LÍNEAS DE INFLUENCIA PARA VIGAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 4

Momento en E. La línea de influencia para el momento enE de lafigura 10-22a puede determinarse al colocar un pasador o bisagra en E ,puesto que esta conexión transmite fuerzas normales y cortantes, perono puede resistir un momento, figura 10-22b. Al aplicar un momento depar unitario positivo, la viga se deforma a la posición marcada con trazosdiscontinuos en la figura 10-22c, lo que genera a cierta escala la línea de

influencia, de nuevo una consecuencia del principio de Müller-Breslau.Si se emplea el método de la fuerza y el teorema de la reciprocidad deMaxwell, se puede demostrar que

El factor de escala aquí es (1a EE ).

M E = a1a EEb fDE

Figura 10–22

(a)DE

A C

(b)

E

1 1

(c)

E

1 1

D f DE

a EE




0

Para este viaducto se construyeron las líneasde influencia de la trabe continua para di-señarla adecuadamente.


El siguiente procedimiento proporciona un método para establecer la línea de influencde la reacción, la fuerza cortante o el momento en un punto de una viga, mediante la ténica de Müller-Breslau.

Línea de influencia cualitativa

En el punto de la viga para el cual debe determinarse la línea de influencia, coloque uconexión que elimine la capacidad de la viga para soportar la función de la línea de fluencia. Si la función es unareacción vertical, use una guía de rodillos vertical; si la fun-ción escortante , utilice undispositivo de deslizamiento ; o si la función es un momento ,useun pasador o una bisagra . Coloque una carga unitaria en la conexión que actúe sobre laviga en la “dirección positiva” de la función. Dibuje la curva de deflexión de la viga. Ecurva representa a cierta escala la forma de la línea de influencia para la viga.

Línea de influencia cuantitativa

Si deben determinarse los valores numéricos de la línea de influencia, calcule eldespla-zamiento de puntos sucesivos a lo largo de la viga cuando la viga está sometida a la carunitaria colocada en la conexión mencionada anteriormente. Divida cada valor de deplazamiento entre el desplazamiento determinado en el punto donde actúa la carga untaria.Al aplicar este factor de escala, los valores resultantes son las ordenadas de la línde influencia.



10.11 LÍNEAS DE INFLUENCIA CUALITATIVAS PARA MARCOS 4

Figura 10–23

10.11 Líneas de influencia cualitativaspara marcos

El principio de Müller-Breslau proporciona un método rápido y tiene ungran valor para establecer la forma general de la línea de influencia en la

construcción de marcos. Una vez que se conoce la forma de la línea deinfluencia, es posible especificar de inmediato laubicación de las cargasvivas de modo que creen la mayor influencia de la función (reacción,fuerza cortante o momento) en el marco. Por ejemplo, la forma de lalínea de influencia para el momento positivo en el centro I de la trabeFG del marco de la figura 10-23a se muestra mediante líneas disconti-nuas. Entonces, las cargas uniformes se colocarían sólo sobre las vigas

AB , CD y FG con el fin de crear el mayor momento positivo en I .Con elmarco cargado de esta manera, figura 10-23b, entonces podría realizarse unanálisis indeterminado del marco para encontrar el momento crítico en I .

A

E

B

F

C

G

D

H I

(a)

A

E

B

F

C

G

D

H I

(b)



EJEMPLO10.10


0

Figura 10–24

Dibuje la línea de influencia de la reacción vertical en A para la viga quese muestra en la figura 10-24a. EI es constante. Grafique los valoresnuméricos cada 6 pies.

SOLUCIÓNSe retira la capacidad de la viga para resistir la reacciónA y. Esto se haceusando un dispositivo de rodillos verticales el cual se muestra en la figura 10-24b. Al aplicar una carga unitaria vertical en A se obtiene laforma de la línea de influencia de la figura 10-24c.

Con el fin de determinar las ordenadas de la línea de influencia, seusará el método de la viga conjugada. Las reacciones en A y B sobrela “viga real”, cuando se somete a la carga unitaria en A , se muestran en lafigura 10-24b. La viga conjugada correspondiente se muestra en la figura10-24d. Observe que el soporte en A sigue siendo elmismo que el de Aen la figura 10-24b. Esto se debe a que un dispositivo de rodillos vertica-les en la viga conjugada soporta un momento, pero no una fuerza cortante, lo que corresponde a un desplazamiento pero no a una pendienteen el punto A de la viga real, figura 10-24c. Las reacciones en los sopor-tes de la viga conjugada se han calculado y se muestran en la figur10-24d.Ahora se calcularán los desplazamientos de los puntos en la vigareal, figura 10-24b .

18 pies

AB

(a)

línea de influencia cualitativ apara la reacción en A

(c)

1 k

AB

6 pies

B¿

v ig a conjug ada(d)

6 pies6 pies

C ¿ D¿1944____EI

18__EI

12__EI

6__EI 162___

EI

A¿

6 pies6 pies 6 pies

B

v ig a real(b)

1 k

18 k pie

C D

1 k

A




x A y

A 1C 0.852D 0.481B 0

Para B , puesto que no existe un momento sobre la viga conjugada enB , figura 10-24d , entonces

Para D , figura 10-24e:

Para C , figura 10-24 f :

Para A , figura 10-24d:

Puesto que una carga vertical de 1 k que actúa en A sobre la viga dela figura 10-24a causará una reacción vertical en A de 1 k, el desplaza-miento en A , A 1944 EI , debe corresponder a un valor numéricode 1 para la ordenada de la línea de influencia en A . Por lo tanto, al di-vidir los otros desplazamientos calculados entre este factor, se obtiene

¢ A = M A¿ =1944EI

¢ C = M C¿ =162EI

1122 - 12 a12

EI b1122142 = 1656EI

©M C¿ = 0;

¢ D = M D¿ =162EI

162 - 12 a6

EI b162122 = 936EI

©M D¿ = 0;

¢ B = M B¿ = 0

Una gráfica de estos valores genera la línea de influencia que semuestra en la figura 10-24 g.

6 12 18 x

0.852 0.4811

A y

línea de influencia cuantitativ apara la reacción en A

(g )

6 piesM D ¿

V D ¿ 162___EI

6__EI

(e)

12 pies12 piesM C ¿M C ¿

V C ¿V C ¿

12___EI 12___EI

(f)(f)

162___EI 162___EI




0

EJEMPLO10.11

Dibuje la línea de influencia de la fuerza cortante enD para la vigaque se muestra en la figura 10-25a . EI es constante. Grafique los valo-res numéricos cada 9 pies.

SOLUCIÓNSe elimina la capacidad de la viga para resistir una fuerza cortante enD .Esto se hace mediante el dispositivo de rodillo que se muestra en la figura 10-25b . Al aplicar una fuerza cortante unitaria positiva enD se

obtiene la forma de la línea de influencia de la figura 10-25c .En la figura 10-25b se muestran las reacciones en los soportes A , B

y C sobre la “viga real”, cuando ésta se somete a la fuerza cortanteunitaria enD . La viga conjugada correspondiente se muestra en la fi-gura 10-25d . Aquí debe aplicarse un momento de par externoM D’ enD a fin de provocar unmomento interno diferente justo a la izquierday justo a la derecha deD . Estos momentos internos corresponden alos desplazamientos justo a la izquierda y justo a la derecha en desobre la viga real, figura 10-25c . Las reacciones en los soportes A , B ,C y el momento externoM D ’ sobre la viga conjugada se han calcu-lado y se muestran en la figura 10-25e . Como ejercicio, verifique loscálculos.

v ig a real(b)

D

9 k pieB

C

9 k pie


1 k 1 k

1 k

2 k 1 k

línea de influencia cualitativ apara la cortante enD

(c)

D

1 k

1 k

v ig a conjug ada(d)

A ¿B ¿

C ¿

9 pies 9 pies 18 piesD ¿MD ¿

18___EI

(e)

A ¿B ¿

C ¿

12 pies 6 pies

D ¿0

6 pies 12 pies

0B ¿

162___EI

270___EI

3888____EI

162___EI

54__EI

108___EI

108___EI

AC

B

(a)

D


Figura 10–25




x V D

A 0

0.406B 0EC 0

- 0.0938

DR

- 0.594DL

Al graficar estos valores se obtiene la línea de influencia que se mues-tra en la figura 10-25i.

Dado que existe unadiscontinuidad del momento enD , se calcularáel momento interno justo a la izquierda y justo a la derecha deD .Justo a la izquierda deD , figura 10-25 f , se tiene

Justo a la derecha deD , figura 10-25 g, resulta

De la figura 10-25e,

Para el puntoE , figura 10-25b, si se usa el método de las secciones en

el puntoE correspondiente sobre la viga conjugada, figura 10-25h, setiene

Las ordenadas de la línea de influencia se obtienen al dividir cadauno de los valores anteriores entre el factor de escalaM D 3888 EI .Entonces,

¢ E = M E ¿ =40.5EI

132 - 54EI

192 = - 364.5EI

©M E ¿ = 0;

¢ A = M A¿ = 0

¢ B = M B¿ = 0

¢ C = M C¿ = 0

¢ DR = M D œ

R = 40.5

EI 132 - 270

EI 192 + 3888

EI = 1579.5

EI©MDœ

R = 0;

¢ DL

= M D œ

L

= 40.5

EI

13

2 - 270

EI

19

2 = - 2308.5

EI©M Dœ

L

= 0;

línea de influencia cuantitativ apara la cortante enD

(i)

V D

x0 9 1827 36

0.406

0.0938

0.594

(f)(f)

6pies6pies

40.5___EI

40.5___EI

270___EI 270___EI

M D ¿LM D ¿L

3pies

3pies

V D ¿LV D ¿L

9__EI 9__

EI

(g)(g)

6 pies6 pies

M D ¿RM D ¿R

3pies

3pies

V D ¿RV D ¿R

40.5___EI

40.5___EI

270___EI 270___EI

3888____EI

3888____EI

9__EI 9__

EI

(h)(h)

6pies

6pies

ME ¿

ME ¿

3pies

3pies

V E ¿V E ¿

40.5___EI

40.5___EI

54__EI 54__EI

9__EI 9__

EI




0

EJEMPLO10.12

Dibuje la línea de influencia del momento enD para la viga que semuestra en la figura 10-26a . EI es constante. Grafique los valoresnuméricos cada 9 pies.

SOLUCIÓNSe inserta una bisagra enD con el fin de eliminar la capacidad de laviga para resistir un momento en ese punto, figura 10-26b . Al aplicarmomentos par unitarios positivos enD , se obtiene la línea de influen-cia de la figura 10-26c .

En la figura 10-26b se muestran las reacciones en A , B y C sobre la“viga real”,cuando ésta se somete a los momentos de par unitarios enD .La viga conjugada correspondiente y sus reacciones se muestran en la fgura 10-26d . Se sugiere verificar las reacciones en ambos casos.A partirde la figura 10-26d , observe que

¢ A = M A¿ = 0

¢ B = M B¿ = 0

¢ C = M C¿ = 0

Figura 10–26

línea de influencia cualitativ a para el momento enD(c)

D1 k pie1 k pie

aDD

(d)

D ¿ A ¿

B ¿C ¿

E ¿9 pies 9 pies 9 pies 9 pies

18__EI

48__EI

6__EI

2__EI

AC

B

(a)

D


v ig a real(b)

D

1 k pie A

BC

E

1 k pie


0.111 k 0.222 k 0.111 k




x M D

A 0D 3.656B 0EC 0

- 0.844

(e)

6 pies18___EI

M D ¿

3pies

V D ¿

4.5___EI 1___

EI

(f)

6pies

M E ¿3

piesV E ¿

4.5___EI

6___EI

1___EI

Para el puntoD , figura 10-26e:

Para el puntoE , figura 10-26 f :

El desplazamiento angulara DD en D de la “viga real” que se mues-tra en la figura 10-26c se define por la reacción enD sobre la vigaconjugada. Este factor, D y 48/EI , se divide entre los valores ante-riores para obtener las coordenadas de la línea de influencia, es decir,

¢ E = M E ¿ = 4.5EI

132 -6

EI 192 = - 40.5

EI©M E ¿ = 0;

¢ D = M D¿ =4.5EI

132 + 18EI

192 = 175.5EI

©M D¿ = 0;

Al graficar estos valores se obtiene la línea de influencia que semuestra en la figura 10-26 g.

línea de influencia cuantitativ apara el momento enD

(g )

M D

x0 9 1827 36

3.656

0.844




0

Prob. 10–46

Prob. 10–47

Prob. 10–41

Probs. 10–42/10–43

Prob. 10–44

Prob. 10–45

A C

6 m 6 m

B

A

B

C

15 pies15 pies

A BC

3 m 3 m

3 m

A B C DE

3 m 6 m 6 m

2 m

A B C D E F

2 m 4 m 2 m 2 m

A B

3 m 3 m

10–47. Bosqueje la línea de influencia para (a) la reaccivertical enC ; (b) el momento enB y (c) la fuerza cortanteen E . En cada caso, indique en un dibujo de la viga, dóndebe colocarse una carga viva uniformemente distribuide modo que produzca un valor positivo máximo de esfunciones.Suponga que la viga está fija enF .

10–45. Dibuje la línea de influencia para la reacción enC .Grafique los valores numéricos cada 5 pies.EI es constante.

10–42. Dibuje la línea de influencia para el momento en A .Grafique los valores numéricos en los picos. Suponga que A

está fijo y que el soporte enB es un rodillo.EI es constante.

10–43. Dibuje la línea de influencia para la reacción verti-cal en B . Grafique los valores numéricos en los picos. Su-ponga que A está fijo y que el soporte enB es un rodillo.EI

es constante.

*10–44. Dibuje la línea de influencia para la fuerza cor-tante en C . Grafique los valores numéricos cada 1.5 m. Su-ponga que A está fijo y que el soporte enB es un rodillo.EI

es constante.

10–46. Bosqueje la línea de influencia para (a) el mmento enE ; (b) la reacción enC y (c) la fuerza cortante enE .En cada caso, indique en un dibujo de la viga, dónde decolocarse una carga viva uniformemente distribuida de moque produzca un valor positivo máximo de estas funcionSuponga que la viga está fija enD .

10–41. Dibuje la línea de influencia para la reacción enC .Grafique los valores numéricos en los picos. Suponga que A

es un pasador y queB y C son rodillos.EI es constante.

PROBLEMAS




Prob. 10–50

Prob. 10–51

Prob. 10–48

Prob. 10–49

A

B

B A

A

B

A

C

B

10–50. Use el principio de Müller-Breslau para bosla forma general de la línea de influencia para (a) mento en A y (b) la fuerza cortante enB.

10–49. Use el principio de Müller-Breslau para bosquejarla forma general de la línea de influencia para (a) el mo-mento en A y (b) la fuerza cortante enB .

*10–48. Use el principio de Müller-Breslau para bosquejar la forma general de la línea de influencia para (a) el mo-mento en A y (b) la fuerza cortante enB .

10–51. Use el principio de Müller-Breslau para bosla forma general de la línea de influencia para (a) mento en A y (b) la fuerza cortante enB .




0


El análisis de una estructura estáticamente indeterminada requiere que se satisfagan el equilibrio, la compatibilidalas relaciones de fuerza-desplazamiento para la estructura. Un método de análisis de la fuerza consiste en escribiecuaciones que satisfacen los requisitos de compatibilidad y de fuerza-desplazamiento, lo que proporciona una soludirecta para las reacciones redundantes. Una vez obtenido esto, las reacciones restantes se encuentran con base enecuaciones de equilibrio.

El método de la fuerza puede simplificarse mediante elteorema de Maxwell de los desplazamientos recíprocos,el cual establece que el desplazamiento de un puntoBsobre una estructura debido a una carga unitaria queactúa en el punto A , f BA , es igual al desplazamiento delpunto A cuando la carga actúa enB , f AB .

A

P

B

v ig a real

A

Bredundante deB y aplicada

B y

¿BB B y f BB


P

A BB

B

A

1

f BA

A

f AB

1

B

+ T 0 = ¢B - By f BB

fBA = fAB




El análisis de una estructura estáticamente indeterminadapuede simplificarse si la estructura tiene una simetría delmaterial, la geometría y la carga respecto a su eje central.En particular, las estructuras que tienen una carga asimé-trica pueden sustituirse por la superposición de una cargasimétrica y antisimétrica.

Las líneas de influencia para estructuras estáticamente in-determinadas consistirán enlíneas curvas . Se pueden bos-

quejar usando el principio de Müller-Breslau, el cual esta-blece que la forma de la línea de influencia, ya sea parauna reacción, una fuerza cortante o un momento esté a lamisma escala que la forma alterada de la estructura cuandose vea afectada por la reacción, la fuerza cortante o el mo-mento, respectivamente. Si se emplea el teorema de Max-well de las deflexiones recíprocas, es posible obtener losvalores específicos de las ordenadas de cualquier línea deinfluencia.

8 kN 2 kN/ m

4 kN 4 kN1 kN/ m

carg a simétrica

4 kN

4 kN

1 kN/ m

1 kN/ mcarg a antisimétrica

A

A

1 1

forma de la línea de influencia para el momento en A



Los elementos de este marco están conectados fijamente, por lo que el marcoes estáticamente indeterminado.



11

4

En este capítulo se describen brevemente las ideas básicas para anali-zar estructuras utilizando el método de análisis del desplazamiento.Una vez que se hayan presentado estos conceptos, se desarrollarán lasecuaciones generales de pendiente-deflexión, y después se usarán

para analizar vigas y marcos estáticamente indeterminados.

11.1 Método de análisisdel desplazamiento:Procedimientos generales

Todas las estructuras deben satisfacer los requisitos de equilibrio,despla-

zamiento de carga y compatibilidad de los desplazamientos a fin de ga-rantizar su seguridad. En la sección 10-1 se estableció que hay dos for-mas diferentes de satisfacer estos requisitos cuando se analiza unaestructura estáticamente indeterminada. El método de análisis de lafuerza, que se estudió en el capítulo anterior, se basa en la identificaciónde las fuerzas redundantes desconocidas, para después satisfacer lasecuaciones de compatibilidad de la estructura. Esto se hace al expresarlos desplazamientos en términos de las cargas usando las relaciones decarga-desplazamiento.Al resolver las ecuaciones resultantes se obtienenlas reacciones redundantes, y después se utilizan las ecuaciones de equi-librio para determinar las reacciones restantes de la estructura.

El método del desplazamiento funciona de manera inversa. Requiereen primer lugar satisfacer las ecuaciones de equilibrio para la estructura.Para ello se escriben los desplazamientos desconocidos en términos de lacarga usando las relaciones de carga-desplazamiento, luego se resuelvenestas ecuaciones para obtener los desplazamientos. Una vez que se cono-cen los desplazamientos, se determinan las cargas desconocidas a partirde las ecuaciones de compatibilidad empleando las relaciones de carga-desplazamiento. Todos los métodos de desplazamiento siguen este pro-

Método de análisisdel desplazamiento:

Ecuaciones dependiente-deflexión



452 CA P Í T U L O 11 MÉ TO D O D E A N Á L I S I S D E L D E S P L A Z A M I E N TO: EC U A C I O N E S D E P E N D I E N T E-D E F L E X I Ó N

cedimiento general. En este capítulo se generalizará el procedimiepara producir las ecuaciones de pendiente-deflexión.En el capítulo 12desarrollará el método de distribución de momentos, el cual deja de lael cálculo de los desplazamientos y en su lugar hace posible aplicar serie de correcciones de convergencia que permiten calcular direcmente los momentos extremos.Por último,en los capítulos 14, 15 y 1

ilustrará la manera de aplicar este método mediante un análisis matcial, lo que lo hace adecuado para su uso en computadoras.En el análisis siguiente se mostrará la forma de identificar los desp

zamientos desconocidos en una estructura y se desarrollarán algunaslas relaciones de carga-desplazamiento más importantes para los ementos de vigas y marcos. Los resultados se usarán en la próxima secy en los capítulos posteriores como base para aplicar el método de ansis del desplazamiento.

Grados de libertad. Cuando una estructura está cargada, los puntos especificados sobre ella, llamadosnodos , experimentarán desplaza-mientos desconocidos.A estos desplazamientos se les conoce como grados

de libertad para la estructura, y en el método de análisis del desplazmiento resulta importante especificar estos grados de libertad puesque se convierten en las incógnitas al aplicar el método. El númeroestas incógnitas se conoce como el grado en que la estructura es cineticamente indeterminada.

Para conocer la indeterminación cinemática se puede considerar qla estructura consiste en una serie de elementos conectados a los nodlos cuales se encuentran usualmente en las juntas , soportes o extremos deun elemento, o cuando éste experimenta uncambio repentino en su sec-ción transversal . En tres dimensiones, cada nodo en un marco o una vipuede tener un máximo de tres desplazamientos lineales y tres desplamientos de rotación; y en dos dimensiones, cada nodo puede tener asumo dos desplazamientos lineales y un desplazamiento de rotaciAdemás, los desplazamientos nodales pueden restringirse mediante soportes, o debido a los supuestos basados en el comportamiento deestructura. Por ejemplo, si la estructura es una viga y sólo se considla deformación debida a la flexión, entonces no puede haber un desplamiento lineal a lo largo del eje de la viga puesto que este desplazamielo causa la deformación proveniente de una fuerza axial.

Estos conceptos se aclaran si se consideran algunos ejemplos, comzando con la viga de la figura 11-1a.Aquí cualquier cargaP aplicada a laviga hará que el nodo A sólo gire (si se ignora la deformación axial),tanto que el movimiento del nodoB está totalmente restringido. En con

secuencia, la viga tiene sólo un grado de libertad desconocido, u A , y porlo tanto es cinemáticamente indeterminada de primer grado. La vigala figura 11-1b tiene nodos en A , B , y C y, por lo tanto, tiene cuatro gra-dos de libertad, designados por los desplazamientos de rotaciónu A , uB,uC y el desplazamiento verticalC ; es cinemáticamente indeterminadde cuarto grado. Considere ahora el marco de la figura 11-1c. Una vezmás, si se pasa por alto la deformación axial de los elementos, una cargParbitraria aplicada al marco puede hacer que los nodosB y C giren y sepuedan desplazar horizontalmente una cantidadigual . En consecuencia,el marco tiene tres grados de libertad, uB, uC , B, y por lo tanto es ci-nemáticamente indeterminado de tercer grado.

1

u A

A B

(a)

P

AB

(b)

P

C

C uBu A

uC

PB B

C

uC

uB

A

D

(c)

C B

Figura 11–1



11.2 ECUACIONES DE PENDIENTE-DEFLEXIÓN 4

En resumen, la especificación de la indeterminación cinemática o lacantidad de grados de libertad no restringidos para la estructura, es unprimer paso necesario cuando se aplica el método de análisis del despla-zamiento. Con esto se identifica el número de incógnitas en el problema,con base en los supuestos sobre el comportamiento de la deformación dela estructura.Además, una vez que se conocen estos desplazamientos no-

dales, es posible especificar completamente la deformación de los ele-mentos estructurales, y obtener las cargas dentro de los elementos.

11.2 Ecuaciones de pendiente-deflexiónComo se indicó anteriormente, el método de los desplazamientos consis-tentes que se estudió en el capítulo 10 es un método de análisis de la fuerza,puesto que requiere escribir las ecuaciones que relacionan las fuerzas omomentos desconocidos en una estructura. Por desgracia, su uso está li-mitado a estructuras queno son muy indeterminadas. Esto se debe a quese requiere mucho trabajo para establecer las ecuaciones de compatibili-dad y, además, cada ecuación escrita involucra atodas las incógnitas , loque hace difícil resolver el sistema de ecuaciones resultante a menos quese cuente con una computadora. En comparación, el método de la pen-diente-deflexión no es tan complicado. Como se verá más adelante, se re-quiere menos trabajo tanto al escribir las ecuaciones necesarias para ob-tener la solución del problema como al resolver estas ecuaciones y encontrarlos desplazamientos y cargas internas desconocidas. Además, el métodopuede programarse fácilmente en una computadora y emplearse paraanalizar una amplia gama de estructuras indeterminadas.

El método de la pendiente-deflexión fue desarrollado originalmentepor Heinrich Manderla y Otto Mohr con el propósito de estudiar los es-fuerzos secundarios en las armaduras. Después, en 1915,G.A. Maney de-

sarrolló una versión mejorada de esta técnica y la aplicó al análisis devigas indeterminadas y estructuras armadas.

Caso general. El método de la pendiente-deflexión se llama así porque relaciona las pendientes y las deflexiones desconocidas con lacarga aplicada sobre una estructura. Con el fin de desarrollar la formageneral de las ecuaciones de pendiente-deflexión, se considerará unclaro típico AB de una viga continua, como el que se muestra en la figura11-2, el cual se somete a una carga arbitraria y tiene unaEI constante.Sedesea relacionar los momentos internos en los extremos de la vigaM AB yM BA en términos de sus tres grados de libertad, es decir, sus desplaza-mientos angularesu A y uB y el desplazamiento lineal , que puede ser

causado por un asentamiento relativo entre los soportes. Como se desa-rrollará una fórmula, losmomentos y desplazamientos angulares se con-siderarán positivos cuando actúen en sentido horario sobre el claro ,comose muestra en la figura 11-2.Además, eldesplazamiento lineal se consi-dera positivo , de la manera que se muestra, puesto que este desplaza-miento hace que la cuerda del claro y el ángulo de la cuerda del claroc giren en sentido horario .

Las ecuaciones de pendiente-deflexión pueden obtenerse empleandoel principio de superposición al considerar en forma separada los mo-mentos desarrollados en cada soporte debido a cada uno de los desplaza-mientosu A , uB y , y después las cargas.

u A c

uBcurv a dedeflex ión

MBAM AB

EI es constanteconv ención desig nos pos itiv os

cuerda

L

wP

A B

Figura 11–2




1

Desplazamiento angular en A, uA. Considere que el nodo A delelemento que se muestra en la figura 11-3a girau A , en tanto que el nodoB en su extremo lejano semantiene fijo . Para determinar el momentoM AB necesario para causar este desplazamiento se usará el método deviga conjugada. Para este caso, la viga conjugada se muestra en la fig11-3b. Observe que la fuerza cortante en el extremo A actúa hacia abajosobre la viga, puesto queu A tiene sentido horario. La deflexión de l“viga real” en la figura 11-3a debe ser cero en A y B , y por lo tanto la su-matoria correspondiente de losmomentos en cada extremo A y B de laviga conjugada también debe ser igual a cero.De esto resulta

de lo cual se obtienen las siguientes relaciones de carga-desplazamie

(11–1)

(11–2)

Desplazamiento angular en B , uB . De manera similar, si el extremo B de la viga gira hasta su posición finaluB, mientras el extremo Ase mantiene fijo , figura 4.11, es posible relacionar el momento aplicaM BA con el desplazamiento angularuB y el momento de reacciónM AB enla pared.Los resultados son

(11–3)

(11–4)M AB = 2EIL

uB

M BA = 4EIL

uB

M BA = 2EIL

uA

M AB = 4EIL

uAc12

aM BA

EI

bL

d L3 -

c12

aM AB

EI

bL

d 2L3 + uAL = 0d+ ©M B¿ = 0;

c12 aM AB

EI bLd L3 - c12 aM BA

EI bLd 2L3 = 0d+ ©M A¿ = 0;

A B

v ig a real

u A

M AB

L

(a)

MBA

v ig a conjug ada(b)

A ¿ B¿

M AB____EI

M BA____

EI V ¿ A u A

Figura 11–3




Desplazamiento lineal relativo, . Si el nodo lejanoB del ele-mento se desplaza con respecto a A , de modo que la cuerda del elementogira en sentido horario (desplazamiento positivo) pero los dos extremosno giran, entonces en el elemento se desarrollan momentos y reaccionescortantes iguales pero opuestos, figura 11-5a. Como antes, el momentoMpuede relacionarse con el desplazamientousando el método de la vigaconjugada. En este caso, la viga conjugada, figura 11-5b, está libre enambos extremos, puesto que la viga real (elemento) está fijamente so-portada. Sin embargo, debido aldesplazamiento de la viga real enB , elmomento en el extremoB de la viga conjugada debe tener una magni-tud de , como se indica.* Al sumar momentos respecto aB , se tiene

(11–5)

Por la convención de signos adoptada, este momento inducido es nega-

tivo debido a que, para lograr el equilibrio, debe actuar en sentido an-tihorario sobre el elemento.

M AB = M BA = M = - 6EIL2 ¢

c12 MEI

1L2a23 Lb d - c12

MEI

1L2a13 Lb d - ¢ = 0d+ ©M B¿ = 0;

AB

M

V

VM

v ig a real(a)

L


A ¿

B¿

M ___EI

M ___EI

A BuB

M AB

L

M BA

Figura 11–4

Figura 11–5

*Los diagramas de momento que se muestran sobre la viga conjugada se determinaronmediante el método de superposición para una viga simplemente apoyada, según se ex-plicó en la sección 4-5.



Momentos en extremos fijos. En los casos anteriores se hanconsiderado las relaciones entre los desplazamientos y los momentoscesariosM AB y M BA que actúan en los nodos A y B , respectivamente.Sinembargo, por lo general los desplazamientos lineales o angulares denodos son causados por lascargas que actúan sobre el claro de los elementos, no por los momentos que actúan en sus nodos. Para desarrollas ecuaciones de pendiente-deflexión es necesario transformar escargas sobre el claro en momentos equivalentes que actúen en los nodoy después usar las relaciones carga-desplazamiento que se acaban de tener. Esto se logra simplemente al encontrar el momento de reaccique cada carga desarrolla en los nodos. Por ejemplo, considere el emento fijamente apoyado que se muestra en la figura 11-6a, el cual estásometido a una carga concentradaP en su centro. La viga conjugadpara este caso se muestra en la figura 11-6b . Como se requiere que lapendiente en cada extremo sea igual a cero,

Este momento se denominamomento de extremo fijo (FEM). Observeque de acuerdo con la convención de signos adoptada, es negativo ennodo A (sentido antihorario) y positivo en el nodoB (sentido horario).Por comodidad en la resolución de problemas, los momentos de extrefijo se han calculado para otras cargas y se muestran tabulados en elterior de la contraportada del libro. Si se supone que estos FEM se hdeterminado para un problema específico (figura 11-7), se tiene que

(11–6)M AB = 1FEM2AB M BA = 1FEM2BA

M = PL8c

1

2

a PL

4EI

bL

d - 2

c1

2

a M

EI

bL

d = 0+ c©F y = 0;


1


PL___4EI

A ¿ B¿

M ___EI

M ___EI

P

A BV

M

V

M

v ig a real(a)

L__2

L__2

Figura 11–6

A

wP

(FEM) AB

B(FEM) BA

Figura 11–7




Ecuación de pendiente-deflexión. Si los momentos en los extre-mos debidos a cada desplazamiento (ecuaciones 11-1 a 11-5) y la carga(ecuación 11-6) se suman, los momentos resultantes en los extremospueden escribirse como

(11–7)

Debido a que estas dos ecuaciones son similares, el resultado puede ex-presarse como una sola ecuación. Si se refiere a uno de los extremos delclaro como el extremo cercano (N ) y al otro extremo como el extremolejano (F ), y se representa larigidez del elemento comok I /L , y larota-ción de la cuerda del claro comoc (psi) /L , se puede escribir

Para el claro interno o el claro final (11–8)con el extremo lejano fijo

donde

M N momento interno en el extremo cercano del claro;este

momento es positivo en sentido horario

cuando actúa sobreel claro.E , k módulo de elasticidad del material y rigidez del claro

k I L .uN , uF pendientes de los extremos cercano y lejano o desplaza-

mientos angulares del claro en los soportes; los ángulosse miden enradianes y son positivos en sentido horario .

c rotación de la cuerda del claro debida a un desplazamientolineal, es decir,c L ; este ángulo se mide enradianes yes positivo en sentido horario .

(FEM)N momento del extremo fijo en el soporte del extremo cer-cano; el momento es positivo en sentido horario cuando

actúa sobre el claro; consulte la tabla en el interior de lacontraportada para ver distintas condiciones de carga.

A partir de la deducción anterior, la ecuación 11-8 es a la vez una rela-ción de compatibilidad y de carga-desplazamiento,que se encontró con-siderando sólo los efectos de la flexión e ignorando las deformacionesaxiales y cortantes. Se conoce como laecuación general de pendiente-de-

flexión . Cuando se utiliza para la solución de problemas, esta ecuación seaplicados veces para cada elemento del claro ( AB ); es decir, se aplicadesde A hastaB y desdeB hasta A para el claro AB que se muestra en lafigura 11-2.

M N = 2Ek (2uN + uF - 3c ) + (FEM)N

M BA = 2Ea ILb c2uB + uA - 3a¢Lb d + 1FEM2BA

M AB = 2E

a ILb c

2uA + uB - 3

a¢Lb d

+

1FEM

2AB

Este puente peatonal tiene una cubde concreto reforzado. Como se extsobre todos sus soportes, es indetermde segundo grado. Las ecuaciones dediente-deflexión proporcionan un méconveniente para encontrar los mominternos en cada claro.



Claro final articulado. En ocasiones, un claro final de una viga un marco está soportado mediante un pasador o un rodillo en suextremolejano , figura 11-8a. Cuando esto ocurre,el momento en el rodillo o pasdor debe ser cero;y siempre que el desplazamiento angularuB en este so-porte no deba determinarse, es posible modificar las condiciones geneles de la ecuación de pendiente-deflexión a fin de aplicarla sólo una vez

al claro, en vez de dos veces. Para esto se aplicará la ecuación 11-8 oecuaciones 11-7 a cada extremo de la viga que se muestra en la figura 1Esto resulta en las dos ecuaciones siguientes:

(11–9)

Aquí el (FEM)F es igual a cero, puesto que el otro extremo está fijo,gura 11-8b. Por otro lado, el (FEM)N puede obtenerse, por ejemplo, me-diante la tabla en la columna derecha del interior de la contraportada este libro. Al multiplicar la primera ecuación por 2 y restar la seguecuación de ésta, seelimina la incógnitauF y se obtiene

(11–10)Sólo para un claro final con el extremo lejano

articulado o soportado por un rodillo

Como el momento en el extremo lejano es igual a cero,sólo se neceuna aplicación de esta ecuación para el claro final. Esto simplifica el alisis porque la ecuación general 11-8, requeriríados aplicaciones para

este claro y por lo tanto involucra al desplazamiento angular (adiciondesconocidouB (o uF ) en el soporte del extremo.Para resumir la aplicación de las ecuaciones de pendiente-deflexión

considera la viga continua de la figura 11-9, la cual tiene cuatro gradolibertad.Aquí la ecuación 11-8 puede aplicarse dos veces para cada de los tres claros, es decir, de A a B ,de B a A ,de B a C ,de C a B ,de C aD y deD a C . Estas ecuaciones involucran a las cuatro rotaciones descnocidas,u A , uB, uC , uD . Sin embargo, como los momentos extremos en A yD son iguales a cero, no es necesariou A y uD . Se produce una soluciónmás corta al aplicar la ecuación 11-10 deB a A y deC a D , para despuésaplicar la ecuación 11-8 deB a C y deC a B . Estas cuatro ecuaciones involucran sólo a las rotaciones desconocidasuB y uC .

M N = 3Ek (uN - c ) + (FEM)N

M N = 2Ek12uN + uF - 3c2 + 1FEM2N0 = 2Ek12uF + uN - 3c2 + 0


1

w

(b)

(FEM) AB

AB

P

L

(a)

wP

A B

u AM AB

uB

Figura 11–8

wP 1

AB C

DuBu A uC uD

P 2 P 3

Figura 11–9



11.3 ANÁLISIS DE VIGAS 4

11.3 Análisis de vigas

Procedimiento de análisisGrados de libertadMarque todos los soportes y articulaciones (nodos) con el fin de identificar los claros dela viga o del marco entre los nodos.Al dibujar la forma alterada de la estructura será po-sible identificar el número de grados de libertad. Es posible que cada nodo tenga un des-plazamiento angular y un desplazamiento lineal. Lacompatibilidad en los nodos semantiene siempre que los elementos que están conectados fijamente a un nodo experi-menten los mismos desplazamientos que el nodo. Si estos desplazamientos no se cono-cen, y en general así será, entonces por comodidad suponga que actúan endirección

positiva de modo que causan una rotación en sentido horario de un elemento o junta, fi-gura 11-2.

Ecuaciones de pendiente-deflexión

Estas ecuaciones relacionan los momentos desconocidos que se aplican a los nodos a finde causar su desplazamiento en cualquier claro de la estructura. Si existe una carga en elclaro, calcule los FEM usando la tabla que se encuentra en el interior de la contrapor-tada.Además, si un nodo tiene un desplazamiento lineal,, calculec L para los cla-ros adyacentes. Aplique la ecuación 11-8 a cada extremo del claro, generando asídosecuaciones de pendiente-deflexión para cada claro. Sin embargo, si un claro en elex-tremo de una viga o un marco continuo está articulado, aplique la ecuación 11-10 sólo alextremo restringido, lo que generauna ecuación de pendiente-deflexión para el claro.

Ecuaciones de equilibrio

Escriba una ecuación de equilibrio para cada grado de libertad desconocido de la estruc-tura. Cada una de estas ecuaciones debe expresarse en términos de los momentos inter-nos desconocidos según se especifica en las ecuaciones de pendiente-deflexión. Para lasvigas y los marcos escriba la ecuación de equilibrio de momentos en cada soporte, y paralos marcos también escriba las ecuaciones de equilibrio de momentos en cada junta. Si elmarco se ladea o se deforma en sentido horizontal, deben relacionarse las fuerzas cortan-tes de la columna con los momentos en los extremos de ésta.Lo anterior se analiza en lasección 11.5.

Sustituya las ecuaciones de pendiente-deflexión en las ecuaciones de equilibrio yresuelva los desplazamientos desconocidos de las juntas. Estos resultados se sustituyenen las ecuaciones de pendiente-deflexión a fin de determinar los momentos internos en losextremos de cada elemento. Si algunos de los resultados sonnegativos , indican giroen

sentido antihorario , en tanto que los momentos y los desplazamientos positivos se aplicanen sentido horario .




1

Dibuje los diagramas de fuerza cortante y de momento para la vigaque se muestra en la figura 11-10a. EI es constante.

EJEMPLO11.1

SOLUCIÓNEcuaciones de pendiente-deflexión. En este problema debenconsiderarse dos claros. Puesto queno hay un claro que tenga el ex-tremo lejano articulado o soportado por rodillos, se aplica la ecuación11-8 para obtener la solución. Si se emplean las fórmulas de los FEM

tabuladas para la carga triangular que se muestran en el interior de lacontraportada, se tiene

Observe que (FEM)BC es negativo porque actúa en sentido antihora-rio sobre la viga en B . Además, (FEM) AB (FEM)BA 0 puesto queno hay carga en el claro AB .

A fin de identificar las incógnitas, en la figura 11-10b se muestra lacurva elástica de la viga. Como se indica, hay cuatro momentos internos desconocidos.Sólo la pendiente enB ,uB, es desconocida. Como Ay C son soportes fijos,u A uC 0.Además, dado que los soportes nose asientan, ni se desplazan hacia arriba o hacia abajo,c AB c BC 0.Para el claro AB , si se considera que A es el extremo cercano yB es elextremo lejano,se tiene

(1)

Ahora, tomando aB como el extremo cercano y a A como el extremolejano, resulta

(2)

De manera similar, para el claroBC se tiene

(3)

(4)M CB = 2EaI6b[2102 + uB - 3102] + 10.8 = EI

3 uB + 10.8

M BC = 2EaI6b[2uB + 0 - 3102] - 7.2 = 2EI

3 uB - 7.2

M BA = 2EaI8b[2uB + 0 - 3102] + 0 = EI

2 uB

M AB = 2EaI8b[2102 + uB - 3102] + 0 = EI

4 uB

M N = 2Ea ILb12uN + uF - 3c2 + 1FEM2N

1FEM2BC = - wL2

30 = - 6162230 = - 7.2 kN#m

1FEM2CB = wL2

20 =6162220 = 10.8 kN#m

A B

(a)

8 m 6 mC

6 kN/ m

A B

C

M BA M BC

uB

uB

M CBM AB

(b)

Figura 11–10




Ecuaciones de equilibrio. Las cuatro ecuaciones anteriores contie-nen cinco incógnitas. La quinta ecuación necesaria proviene de la con-dición del equilibrio de momentos en el soporteB . En la figura 11-10cse muestra el diagrama de cuerpo libre de un segmento de la viga enB.Aquí se supone queMBA y MBC actúan en dirección positiva para ser

consistentes con las ecuaciones de pendiente-deflexión.* Las cortantesen la viga contribuyen con un momento insignificante alrededor deBpuesto que el segmento tiene una longitud diferencial. Por lo tanto,

(5)Para resolver, sustituya las ecuaciones (2) y (3) en la ecuación (5),

de donde se obtiene

Si se sustituye de nuevo este valor en las ecuaciones (1)-(4) resulta

El valor negativo paraM BC indica que este momento actúa en sentidoantihorario sobre la viga, no en sentido horario como se mostró en lafigura 11-10b.

Con base en estos resultados, las fuerzas cortantes en los claros ex-tremos se determinan a partir de las ecuaciones de equilibrio, figura11-10d. El diagrama de cuerpo libre de toda la viga y los diagramas defuerza cortante y de momento se muestran en la figura 11-10e.

M CB = 12.86 kN#m M BC = - 3.09 kN#m M BA = 3.09 kN#m M AB = 1.54 kN#m

uB = 6.17EI

M BA + M BC = 0d+ ©M B = 0;

M BC

V B R

V BL

M BA

(c)

B y

8 m

1.54 kN m

A y 0.579 kN

B yL 0.579 kN

3.09 kN m

(d)

6 m

6 kN/ mB

yR 4.37 kN

3.09 kN m

C y

13.63 kN

12.86 kN m

4.95 kN0.579 kN

1.54 kN m 13.63 kN

12.86 kN m

0.579

V (kN)

8 1410.96 x (m)

4.37

13.631.54

M (kN m)

8 1410.96

x (m)

3.09

12.86

2.67

(e)

6 kN/ m

5.47

*En sentido horario sobre el segmento de la viga, pero (por el principio de acción, reac-ción igual pero opuesta) en sentido antihorario sobre el soporte.




1

SOLUCIÓNEcuaciones de pendiente-deflexión. En este problema debenconsiderarse dos claros. La ecuación 11-8 se aplica al claro AB . Sepuede usar la ecuación 11-10 para el claroBC porque el extremo C está sobre un rodillo . Si se usan las fórmulas para los FEM tabuladasque se encuentran en el interior de la contraportada,se tiene

Observe que (FEM) AB y (FEM)BC son negativos, puesto que actúanen sentido antihorario sobre la viga en A y B , respectivamente.

Además, como los apoyos no se asientan,c AB c BC 0.Al aplicar laecuación 11-8 para el claro AB y tomar en cuenta queu A 0, se tiene

(1)

(2)

Si se aplica la ecuación 11-10 conB como el extremo cercano yC como el extremo lejano, resulta

(3)Recuerde que la ecuación 11-10no se aplica deC (extremo cercano) aB (extremo lejano).

M BC = 0.375EI uB - 18 M BC = 3EaI

8b1uB - 02 - 18

M N = 3Ea ILb1uN - c2 + 1FEM2N M BA = 0.1667EI uB + 96

M BA = 2Ea I24b[2uB + 0 - 3102] + 96

M AB = 0.08333EI uB - 96

M AB = 2Ea I24b[2102 + uB - 3102] - 96

M N = 2Ea ILb12uN + uF - 3c2 + 1FEM2N

1FEM2BC = - 3PL16 = -

3112218216 = - 18 k#pie

1FEM2BA = wL2

12 = 112 12212422 = 96 k#pie

1FEM2AB = - wL2

12 = - 112 12212422 = - 96 k#pie

EJEMPLO11.2

Dibuje los diagramas de fuerza cortante y de momento para la vigaque se muestra en la figura 11-1a. EI es constante.

8 pies24 pies

4pies

2 k/ pie

B AC

12 k

(a)Figura 11–11




Ecuaciones de equilibrio. Las tres ecuaciones anteriores contie-nen cuatro incógnitas. La cuarta ecuación necesaria proviene de lascondiciones de equilibrio en el soporteB .En la figura 11-11b se mues-tra el diagrama de cuerpo libre. Se tiene

(4)

Para resolver, sustituya las ecuaciones (2) y (3) en la ecuación (4), dedonde resulta

Como uB es negativo (sentido antihorario), la curva elástica para laviga se dibujó correctamente en la figura 11-11a.Al sustituiruB en lasecuaciones (1)-(3), se obtiene

Con base en estos datos para los momentos, se han determinado lasreacciones cortantes en los extremos de los claros de la viga, según semuestra en la figura 11-11c. Los diagramas de fuerza cortante y demomento se grafican en la figura 11-11d.

M BC = - 72.0 k#pie

M BA = 72.0 k#pie M AB = - 108.0 k#pie

uB = - 144.0EI

M BA + M BC = 0d+ ©M B = 0;

72 k pie72 k pie

V BR 15 kV BR 15 k

4pies

4pies

4pies

4pies

12 k12 k

72 k pie72 k pie

V BL 22.5 kV BL 22.5 k

C y 3.0 kC y 3.0 k

48 k48 kV A 25.5 kV A 25.5 k

108 k pie108 k pie 12 pies12 pies 12 pies12 pies

(c)(c)

V (k)

x (pies )

25.5

22.5

12.75

15

24 283

32

(d)

M (k pie)

x (pies )

108

72

12.75

54.6

24 28 32

12

BM BC

V BR

B y

V BL

M BA

(b)




1

EJEMPLO11.3

Determine el momento en A y B para la viga que se muestra en la fi-gura 11-12a. El soporte enB se desplaza (asienta) 80 mm. Considereque E 200 GPa, I 5(106) mm4.

4 m 3 m

A

B

C

8 kN

(a)

Bc BA

c AB A

(b)

Figura 11–12

(1)(2)M BA = 2120011092 N>m22[1.25110- 62 m3][2uB + 0 – 310.022] + 0

- 310.022] + 0M AB = 2120011092 N>m22[1.25110- 62 m3][2102 + uB

Ecuaciones de equilibrio. El diagrama de cuerpo libre de la vigaen el soporteB se muestra en la figura 11-12c. El equilibrio demomentos requiere que

Si se sustituye la ecuación (2) en esta ecuación resulta

Por lo tanto, a partir de las ecuaciones (1) y (2)

M BA = 24.0 kN#m M AB = - 3.00 kN#m

uB = 0.054 rad 111062uB - 3011032 = 2411032

M BA - 8000 N13 m2 = 0d+ ©M B = 0;

SOLUCIÓNEcuaciones de pendiente-deflexión. En este problema sólo debeconsiderarse un claro ( AB ) puesto que el momento enMBC debido ala saliente puede calcularse a partir de la estática.Como no hay cargaen el claro AB , los FEM son iguales a cero. Como se muestra en la fi-gura 11-12a, el desplazamiento hacia abajo (asentamiento) deB haceque la cuerda del claro AB gire en sentido horario.Por lo tanto,

La rigidez para AB es

Al aplicar la ecuación de pendiente-deflexión (ecuación 11-8) aclaro AB con u A 0, se tiene

M N = 2Ea ILb12uN + uF - 3c2 + 1FEM2Nk =

IL =

5

1106

2 mm4

110- 12

2 m4

>mm4

4 m = 1.25

110

- 6

2 m

3

c AB = c BA = 0.08 m4 = 0.02 rad

8000 N8000 N

B yB y

M BAM BA 8000 N(3 m)8000 N(3 m)

V BLV BL

(c)(c)




EJEMPLO11.4

Determine los momentos internos en los soportes de la viga que semuestra en la figura 11-13a. El soporte de rodillo enC es empujadohacia abajo 0.1 pies por la fuerzaP . Considere queE 29(103) ksi e I

1500 pulg4.

SOLUCIÓNEcuaciones de pendiente-deflexión. En este problema debenconsiderarse tres claros. Se aplica la ecuación 11-8 porque los soportesen los extremos A y D están fijos. Además, sólo el claro AB tieneFEM.

Como se muestra en la figura 11-13b, el desplazamiento (o asenta-miento) del soporteC ocasiona quec BC sea positivo, puesto que lacuerda del claroBC gira en sentido horario, yc CD sea negativo, por-que la cuerda del claroCD gira en sentido antihorario. Por lo tanto,

Asimismo,al expresar las unidades de la rigidez en pies, se tiene

Si se observa queu A uD 0 puesto que A y D son soportes fijos, yse aplica la ecuación pendiente-deflexión (ecuación 11-8) dos veces acada claro, resulta

kCD = 15001511224 = 0.004823 pies3

kAB = 15002411224 = 0.003014 pies3 kBC = 1500

2011224 = 0.003617 pies3

c BC = 0.1 pie20 pies = 0.005 rad

c CD = - 0.1 pie

15 pies = - 0.00667 rad

1FEM

2BA = wL2

12 = 1

12

11.5

2124

22 = 72.0 k#pie

1FEM2AB = - wL2

12 = - 112 11.5212422 = - 72.0 k#pie

24 pies A B

C

(a)

20 pies 15 pies

D

1.5 k/ pieP

C B 0.1 pie

c CD

c CD

c BC

c BC

(b)

20 pies 15 pies

D

Figura 11–13





1

Para el claro AB :

(1)

(2)

Para el claroBC :

(3)

(4)

Para el claroCD :

(5)

(6)

Ecuaciones de equilibrio. Estas seis ecuaciones contienen ochoincógnitas. Si se escriben las ecuaciones de equilibrio de momentopara los soportes enB y C , figura 10-13c, se tiene

(7)(8)

Para encontrar la solución se sustituyen las ecuaciones (2) y (3) en lecuación (7),y las ecuaciones (4) y (5) en la ecuación (8).De esto result

Por lo tanto,

El valor negativo deuC indica un giro en sentido inverso de la tan-gente enC , figura 11-13a. Al sustituir estos valores en las ecuaciones(1)-(6) se obtiene

Resp.Resp.Resp.Resp.Resp.Resp.

Aplique estos momentos en los extremos a los clarosBC y CD y de-muestre queV C L 41.05 k,V C R

79.73 k y que la fuerza sobre el ro-dillo esP 121 k.

M DC = 667 k#pie M CD = 529 k#pie M CB = - 529 k#pie M BC = - 292 k#pie M BA = 292 k#pie M AB = 38.2 k#pie

uB = 0.00438 rad

uC = - 0.00344 rad

- uC - 0.214uB = 0.00250 uC + 3.667uB = 0.01262

M CB + M CD = 0d+ ©M C = 0;M BA + M BC = 0d+ ©M B = 0;

M DC = 40 277.8uC + 805.6 M DC = 2[291103211222]10.0048232[2102 + uC - 31- 0.006672] + 0 M CD = 80 555.6uC + 0 + 805.6 M CD = 2[29

110

3

2112

22]

10.004823

2[2uC + 0 - 3

1- 0.00667

2] + 0

M CB = 60 416.7uC + 30 208.3uB - 453.1 M CB = 2[291103211222]10.0036172[2uC + uB - 310.0052] + 0 M BC = 60 416.7uB + 30 208.3uC - 453.1 M BC = 2[291103211222]10.0036172[2uB + uC - 310.0052] + 0

M BA = 50 347.2uB + 72 M BA = 2[29

1103

2112

22]

10.003014

2[2uB + 0 - 3

10

2] + 72

M AB = 25 173.6uB - 72 M AB = 2[291103211222]10.0030142[2102 + uB - 3102] - 72

24 pies A B

C

(a)

20 pies 15 pies

D

1.5 k/ pieP

BBM BC M BC

V BRV BR

B yB y

V BLV BL

M BAM BA

(c)(c)

C C

P P M CDM CD

V C RV C R

V C LV C L

M CBM CB




3 m6 m

A

25 kN/ m

2 m 2 m 2 m 2 m

15 kN 15 kN 15 kN

B C

25 kN 15 kN/ m

3 m 3 m 4 m

A B C

A


B

C

2 k/ pie 30 k


A B

5 m

C D

3 m 5 m

20 kN/ m

A B C D

5 pies5 pies5 pies15 pies15 pies

9 k

2 k/ pie

9 k

A B C

3pies

3pies

3pies 10 pies 10 pies

3 k 3 k 4 k

11–2. Determine los momentos en A , B y C , y después di-buje el diagrama de momento para la viga. El momento deinercia de cada claro se indica en la figura. Suponga que elsoporte en B es un rodillo y que A y C están fijos.E 29(103) ksi.

11–5. Determine el momento en A ,B ,C y D , y despuébuje el diagrama de momento para la viga.Suponga soportes en A y D están fijos y queB y C son rodillos.EIconstante.

11–3. Determine los momentos en los soportes A y C , ydespués dibuje el diagrama de momento. Suponga que la juntaB es un rodillo.EI es constante.

11–6. Determine los momentos en A , B , C y D , y despdibuje el diagrama de momento para la viga. Suponlos soportes en A y D están fijos y queB y C son rodilloses constante.

11–1. Determine los momentos en A , B y C , y después di-buje el diagrama de momento.EI es constante. Supongaque el soporte enB es un rodillo y que A y C están fijos.

*11–4. Determine los momentos en los soportes,pués dibuje el diagrama de momento.Suponga queB esrodillo y que A y C están fijos.EI es constante.

PROBLEMAS

Prob. 11–2

Prob. 11–3

Prob. 11–4

Prob. 11–5

Prob. 11–1

Prob. 11–6




1

11–7. Determine el momento enB , y después dibuje eldiagrama de momento para la viga.Suponga que los sopor-tes en A y C están articulados y queB es un rodillo.EI esconstante.

11–10. Determine los momentos en A y B , y después di-buje el diagrama de momento para la viga.EI es constante.

*11–8. Determine los momentos en A , B y C , y despuésdibuje el diagrama de momento.EI es constante. Supongaque el soporte enB es un rodillo y que A y C están fijos.

*11–12. Determine los momentos que actúan en A y B .Suponga que A está fijamente apoyado, queB es un rodilloy que C está articulado.EI es constante.

11–11. Determine los momentos en A ,B yC , y después di-buje el diagrama de momento para la viga. Suponga quesoporte en A está fijo, queB y C son rodillos, y queD estáarticulado.EI es constante.

11–9. Determine los momentos en cada soporte, y des-pués dibuje el diagrama de momento. Suponga que A estáfijo.EI es constante.

A B C

4 m2 m

4 m6 m

20 kN40 kN

B A C

3 m9 m 3 m

80 kN20 kN / m

A B C D

4pies

4pies


6 k 6 k3 k/ pie

200 lb/ pie 2400 lb

30 pies 10 pies

A B C

A

4 k/ pie

20 pies 15 pies 8pies

8pies

B C D

12 k


A B C

6 k 0.5 k/ pie

Prob. 11–7

Prob. 11–8

Prob. 11–9

Prob. 11–10

Prob. 11–11

Prob. 11–12



11.4 ANÁLISIS DE MARCOS: SIN LADEO 4

11.4 Análisis de marcos: Sin ladeoUn marco no se ladeará, o no se desplazará a la izquierda o a la derecha,siempre y cuando esté debidamente restringido. En la figura 11-14 semuestran algunos ejemplos.Además, no se producirá un desplazamientolateral en un marco no restringido, siempre que sea simétrico con res-pecto a la carga y a la geometría, como se muestra en la figura 11-15.Para ambos casos, el término y en las ecuaciones de pendiente-deflexiónes igual a cero, puesto que la flexión no hace que las juntas tengan undesplazamiento lineal.

Los siguientes ejemplos ilustran la aplicación de las ecuaciones de pen-diente-deflexión usando el procedimiento de análisis que se describió enla sección 11-3 para este tipo de marcos.

wP

ww ww ww

Figura 11–14

Figura 11–15




1

Determine los momentos en cada junta del marco que se muestra enla figura 11-16a, EI es constante.

SOLUCIÓNEcuaciones de pendiente-deflexión. En este problema debenconsiderarse tres claros: AB , BC y CD . Como los claros están fija-mente apoyados en A y D , se aplica la ecuación 11-8 para encontrar lasolución.

A partir de la tabla que se encuentra en el interior de la contrapor-tada, los FEM paraBC son

Observe queu A uD 0 y quec AB c BC c CD 0, puesto que nose producirá un desplazamiento lateral.

Al aplicar la ecuación 11-8, se tiene

(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

(6)M DC = 0.1667EI uC

M DC = 2Ea I12b[2102 + uC - 3102] + 0

M CD = 0.333EI uC

M CD = 2Ea I12b[2uC + 0 - 3102] + 0 M CB = 0.5EI uC + 0.25EI uB + 80

M CB = 2EaI8b[2uC + uB - 3102] + 80

M BC = 0.5EI uB + 0.25EI uC - 80

M BC = 2EaI8b[2uB + uC - 3102] - 80

M BA = 0.333EI uB

M BA = 2E

a I12b

[2uB + 0 - 3

10

2] + 0

M AB = 0.1667EI uB

M AB = 2Ea I12b[2102 + uB - 3102] + 0

M N = 2Ek12uN + uF - 3c2 + 1FEM2N

1FEM

2CB = 5wL2

96 =

5

124

218

22

96 = 80 kN#m

1FEM2BC = - 5wL2

96 = - 51242182296 = - 80 kN#m

EJEMPLO11.5

B

24 kN / m

C

AD

8 m

12 m

(a)

Figura 11–16




Ecuaciones de equilibrio. Las seis ecuaciones anteriores contie-nen ocho incógnitas. Las dos ecuaciones de equilibrio restantes pro-vienen del equilibrio de momentos en las juntasB y C , figura 11-16b.Se tiene

(7)(8)

Para resolver estas ocho ecuaciones se sustituyen las ecuaciones (2)y (3) en la ecuación (7), y se remplazan las ecuaciones (4) y (5) en laecuación (8). Resulta

Al resolver simultáneamente se obtiene

la cual concuerda con la manera en que se deforma el marco, como semuestra en la figura 11-16a . Si se sustituye en las ecuaciones (1)-(6),se tiene

Resp.Resp.Resp.Resp.Resp.Resp.

Con base en estos resultados pueden determinarse las reacciones enlos extremos de cada elemento a partir de las ecuaciones de equilibrio yes posible dibujar el diagrama de momento para el marco, figura 11-16c.

M DC = - 22.9 kN#m M CD = - 45.7 kN#m M CB = 45.7 kN#m M BC = - 45.7 kN#m M BA = 45.7 kN#m M AB = 22.9 kN#m

uB = - uC = 137.1EI

0.833EI uC + 0.25EI uB = - 80 0.833EI uB + 0.25EI uC = 80

M CB + M CD = 0 M BA + M BC = 0

BB

M BC M BC

M BAM BA

C C

M CBM CB

M CDM CD

(b)(b)

82.3 kN m

45.7 kN m 45.7 kN m

22.9 kN m

45.7 kN m

(c)22.9 kN m




1

Determine los momentos internos en cada junta de la estructura quese muestra en la figura 11-17a. El momento de inercia para cada ele-mento se da en la figura. Considere queE 29(103) ksi.

EJEMPLO11.6

SOLUCIÓNEcuaciones de pendiente-deflexión. En este problema debenconsiderarse cuatro claros.Se aplica la ecuación 11-8 a los claros AB yBC , y la ecuación 11-10 aCD y CE , porque los extremos enD y Eestán articulados.

Si se calculan las rigideces de los elementos, se tiene

Los FEM debidos a las cargas son

Al aplicar las ecuaciones 11-8 y 11-10 a la estructura y tomar ecuenta queu A 0,c AB c BC c CD c CE 0 dado que no se pro-duce desplazamiento lateral, se tiene

(1)M AB = 10740.7uB

M AB = 2[291103211222]10.0012862[2102 + uB - 3102] + 0 M N = 2Ek12uN + uF - 3c2 + 1FEM2N

1FEM2CE = - wL2

8 = - 3112

22

8 = - 54 k#pie

1FEM

2CB = PL

8 =611628 = 12 k#pie

1FEM2BC = - PL8 = -

611628 = - 12 k#pie

kBC = 8001611224 = 0.002411 pies3 kCE = 650

1211224 = 0.002612 pies3

kAB = 4001511224 = 0.001286 pies3 kCD = 200

1511224 = 0.000643 pies3

3 k/ pie6 k

8 pies8 pies

15 pies

B

A

C

D

E

400 pulg 4 200 pulg 4

800 pulg 4650 pulg 4

(a)

12 pies

Figura 11–17




(2)

(3)

(4)

(5)

(6)

Ecuaciones de equilibrio. Estas seis ecuaciones contienen ochoincógnitas. Es posible escribir dos ecuaciones de equilibrio de mo-mentos para las juntasB y C , figura 11-17b. Se obtiene

(7)(8)

A fin de encontrar la solución,se sustituyen las ecuaciones (2) y (3) enla ecuación (7),y las ecuaciones (4)-(6) en la ecuación (8).De esto re-

sulta

Al resolver estas ecuaciones simultáneamente se obtiene

Al tener un sentido horario,estos valores tienden a distorsionar la es-tructura como se muestra en la figura 11-17a. Si se sustituyen estos va-lores en las ecuaciones (1)-(6) y se resuelve, resulta

Resp.

Resp.

Resp.

Resp.

Resp.

Resp.M CE = - 37.3 k#pie M CD = 4.12 k#pie M CB = 33.1 k#pie M BC = - 0.592 k#pie M BA = 0.592 k#pie M AB = 0.296 k#pie

uB = 2.758110- 52 rad

uC = 5.113110- 42 rad

20 138.9uB + 81 059.0uC = 42

61 759.3uB + 20 138.9uC = 12

M CB + M CD + M CE = 0 M BA + M BC = 0

M CE = 32 725.7uC - 54

M CE = 3[29

1103

2112

22]

10.002612

2[uC - 0] - 54

M CD = 8055.6uC

M CD = 3[291103211222]10.0006432[uC - 0] + 0 M N = 3Ek1uN - c2 + 1FEM2N

M CB = 20 138.9uB + 40 277.8uC + 12 M CB = 2[291103211222]10.0024112[2uC + uB - 3102] + 12 M BC = 40 277.8uB + 20 138.9uC - 12

M BC = 2[29

1103

2112

22]

10.002411

2[2uB + uC - 3

10

2] - 12

M BA = 21 481.5uB

M BA = 2[291103211222]10.0012862[2uB + 0 - 3102] + 0

M BC M BC

M BAM BA

BB C C M CEM CE

M CDM CD

M CBM CB

(b)(b)




1

11.5 Análisis de marcos: Con ladeoUn marco se ladea,o se desplaza lateralmente,cuando la carga que acsobre él no es simétrica. Para ilustrar este efecto, considere el marcola figura 11-18. Aquí, la cargaP provoca momentosdesiguales MBC yMCB en las juntasB y C , respectivamente.MBC tiende a desplazar la

juntaB hacia la derecha, mientras queMCB tiende a desplazar la juntaC hacia la izquierda. Puesto queMBC es mayor queM CB , el resultado netoes un desplazamiento lateral de las dos juntasB y C hacia la derecha,como se muestra en la figura.* Por lo tanto, al aplicar la ecuaciónpendiente-deflexión a cada columna de este marco debe considerala rotación de la columnac (puesto quec L ) como incógnita en laecuación. En consecuencia, debe incluirse una ecuación de equilibadicional para obtener la solución. En las secciones anteriores se mostró que losdesplazamientos angulares desconocidosu se relacionanmediante lasecuaciones de equilibrio de momentos en las juntas.De unamanera similar, cuando se producendesplazamientos lineales desconoci-dos en las juntas (o rotacionesc del claro), se requiere escribir laecuaciones de equilibrio de fuerzas para obtener la solución completaSin embargo, las incógnitas en estas ecuaciones sólo deben incluirmomentos internos que actúan en los extremos de las columnas, puesque las ecuaciones de pendiente-deflexión involucran a estos momenLa técnica para resolver los problemas de marcos con desplazamientoteral se ilustra de mejor manera mediante ejemplos.

A D

P

B C

M BC M CB

L

Determine los momentos en cada junta del marco que se muestra enla figura 11-19a. EI es constante.

SOLUCIÓNEcuaciones de pendiente-deflexión. Como los extremos en A yD están fijos, se aplica la ecuación 11-8 a los tres claros de la estructura. Aquí se produce desplazamiento lateral porque ni la carga apli-cada ni la geometría de la estructura son simétricas. En este caso, lacarga se aplica directamente a la juntaB y, por lo tanto, ningún FEMactúa en las juntas. Como se muestra en la figura 11-19a, se suponeque ambas juntasB y C se desplazan unacantidad igual . En conse-cuencia, c AB 12 yc DC 18. Ambos términos son positivosporque la cuerda de los elemento AB y CD “giran” en sentido hora-rio.Si se relacionac AB con c DC , se tienec AB (18 12)c DC .Al aplicar

la ecuación 11-8 al marco, resulta

EJEMPLO11.7

(1)

(2)

(3)M BC = 2Ea I15b[2uB + uC - 3102] + 0 = EI10.267uB + 0.133uC2M BA = 2Ea I12b c2uB + 0 - 3a18

12 c DCb d + 0 = EI10.333uB - 0.75c DC2M AB = 2Ea I12b c2102 + uB - 3a18

12 c DCb d + 0 = EI10.1667uB - 0.75c DC2

Figura 11–18

Figura 11–19

*Recuerde que la deformación de los tres elementos debida a la fuerza cortante axial esignificante.

BC

A

D

18 pies

40 k

12 pies

15 pies

(a)



11.5 ANÁLISIS DE MARCOS: CON LADEO 4

BBM BC M BC

M BAM BA

C C

M CBM CB

M CM C

(b)(b)

40 k40 k

B

M BA

M AB

V A

12 pies

C

M CD

18 pies

M DC

V D

(c)

(4)

(5)

(6)Ecuaciones de equilibrio. Las seis ecuaciones contienen nueveincógnitas. Es posible escribir dos ecuaciones de equilibrio de mo-mentos para las juntasB y C , figura 11-19b, a saber,

(7)(8)

Como se presenta un desplazamiento horizontal, se considerarála sumatoria de las fuerzas sobretodo el marco en la dirección x. Deesto resulta

Las reacciones horizontales o fuerzas cortantes de columnaV A y V Dpueden relacionarse con los momentos internos al considerar el dia-grama de cuerpo libre de cada columna por separado, figura 11-19c.Se tiene

Por lo tanto,

(9)

A fin de resolver, se sustituyen las ecuaciones (2) y (3) en la ecua-ción (7), las ecuaciones (4) y (5) en la ecuación (8), y las ecuaciones(1), (2), (5) y (6) en la ecuación (9).De aquí se obtiene

Al resolver simultáneamente, se tiene

Por último, con base en estos resultados y resolviendo las ecuaciones (1)-(6)se obtiene

Resp.Resp.Resp.Resp.Resp.Resp.M DC = - 110 k#pie

M CD = - 94.8 k#pie M CB = 94.8 k#pie M BC = 135 k#pie M BA = - 135 k#pie M AB = - 208 k#pie

EI uB = 438.81

EI uC = 136.18

EI c DC = 375.26

0.5uB + 0.222uC - 1.944c DC = - 480EI

0.133uB + 0.489uC - 0.333c DC = 0 0.6uB + 0.133uC - 0.75c DC = 0

40 + M AB + M BA

12 + M DC + M CD

18 = 0

VD = - M DC + M CD

18©M C = 0;

VA = - M AB + M BA

12©M B = 0;

40 - VA - VD = 0:+

©F x = 0;

M CB + M CD = 0 M BA + M BC = 0

M DC = 2E

a I

18

b[2

10

2 + uC - 3c DC] + 0 = EI

10.111uC - 0.333c DC

2M CD = 2Ea I18b[2uC + 0 - 3c DC] + 0 = EI10.222uC - 0.333c DC2M CB = 2Ea I15b[2uC + uB - 3102] + 0 = EI10.267uC + 0.133uB2




1

Determine los momentos en cada junta del marco que se muestra enla figura 11-20a. Los soportes en A y D están fijos y se supone que la juntaC está articulada.EI es constante para cada elemento.

SOLUCIÓNEcuaciones de pendiente-deflexión. Se aplicará la ecuación 11-8al elemento AB puesto que está conectado fijamente en ambos extre-mos. La ecuación 11-10 puede aplicarse deB a C y deD a C porque elpasador enC soporta un momento cero. Como se muestra en el dia-grama de deflexión, figura 11-20b, hay un desplazamiento lineal des-conocido de la estructura y un desplazamiento angular desconocidouB en la juntaB .* Debido a , los elementos de la cuerda AB y CDgiran en sentido horario,c c AB c DC 4. Si se toma en cuentaque u A uD 0, y que no hay FEM para los elementos, se tiene

(1)

(2)

(3)

(4)

Ecuaciones de equilibrio. El equilibrio de momentos en la juntaB ,figura 11-20c, requiere que

(5)Si las fuerzas se suman paratodo el marco en la dirección horizon-

tal, resulta

(6)Como se muestra en el diagrama de cuerpo libre de cada columna, fi

gura 11-20d, se tiene

VD = - M DC

4©M C = 0;

VA = - M AB + M BA

4©M B = 0;

10 - VA - VD = 0:+ ©F x = 0;

M BA + M BC = 0

M DC = 3E

aI4

b10 - c

2 + 0

M BC = 3EaI3b1uB - 02 + 0

M N = 3Ea ILb1uN - c2 + 1FEM2N M BA = 2EaI

4b12uB + 0 - 3c2 + 0

M AB = 2EaI4b[2102 + uB - 3c ] + 0

M N = 2E

a ILb1

2uN + uF - 3c

2 +

1FEM

2N

EJEMPLO11.8

Figura 11–20

*Los desplazamientos angularesuCB y uCD en la juntaC (articulada) no están inclui-dos en el análisis debido a que se debe usar la ecuación 11-10.

3 m10 kN

4 m

A

B C

D

(a)

uB

uB uCB

uCD

c CDc AB

C B

A D

(b)

M BC M BC

10 kN10 kN

M BAM BA

(c)(c)




Entonces, a partir de la ecuación (6),

(7)

Al sustituir las ecuaciones de pendiente-deflexión en las ecuaciones(5) y (7) y al simplificar se obtiene

Por lo tanto,

Si se sustituyen estos valores en las ecuaciones (1)-(4), se tiene

Resp.

Resp.

Con base en estos resultados, es posible determinar las reacciones enlos extremos de cada elemento a partir de las ecuaciones de equili-brio, figura 11-20e. El diagrama de momentos para el marco se mues-tra en la figura 11-20 f .

M DC = - 11.4 kN#mM BC = 11.4 kN#m,M BA = - 11.4 kN#mM AB = - 17.1 kN#m,

uB = 24021EI

c = 320

21EI

10 + EI4 a32 uB - 15

4 cb = 0

uB = 34 c

10 + M AB + M BA

4 + M DC

4 = 0

11.4

11.4

17.1 11.4

(f)

10 kN10 kN

(e)(e)

7.14 kN7.14 kN

3.81 kN3.81 kN

3.81 kN3.81 kN

3.81 kN3.81 kN

11.4 kN m11.4 kN m11.4 kN m11.4 kN m

2.86 kN2.86 kN2.86 kN2.86 kN

3.81 kN3.81 kN 3.81 kN3.81 kN

2.86 kN2.86 kN

2.86 kN2.86 kN

3.81 kN3.81 kN

11.4 kN m11.4 kN m2.86 kN2.86 kN

3.81 kN3.81 kN

11.4 kN m11.4 kN m

17.1 kN m17.1 kN m

11.4 kN m11.4 kN m7.14 kN7.14 kN

7.14 kN7.14 kN

3.81 kN3.81 kN

M BAM BA

V BV B

V AV A

M ABM AB

V C V C

V DV DM DC M DC

(d)(d)




1

Figura 11–21

Explique cómo se determinan los momentos en cada junta de la es-tructura de dos niveles que se muestra en la figura 11-21a. EI es cons-tante.

SOLUCIÓNEcuación de pendiente-deflexión. Como los soportes en A y F están fijos, la ecuación 11-8 se aplica para los seis claros de la estrutura. No es necesario calcular ningún FEM porque la carga aplicadaactúa en las juntas.Aquí, la carga desplaza a las juntasB y E una can-tidad 1, y aC y D una cantidad 1 2. El resultado es que los ele-mentos AB yFE experimentan rotaciones dec 1 1 5,yBC yED sesometen a rotaciones dec 2 2 5.

Al aplicar la ecuación 11-8 al marco se obtiene

(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

(6)

(7)

(8)

(9)

(10)

(11)

(12)

Estas 12 ecuaciones contienen 18 incógnitas.

M EF = 2EaI5b[2uE + 0 - 3c 1] + 0

M FE = 2EaI5b[2102 + uE - 3c 1] + 0

M DE = 2EaI5b[2uD + uE - 3c 2] + 0

M ED = 2E

aI5

b[2uE + uD - 3c 2] + 0

M EB = 2EaI7b[2uE + uB - 3102] + 0

M BE = 2EaI7b[2uB + uE - 3102] + 0

M DC = 2EaI7b[2uD + uC - 3102] + 0

M CD = 2E

aI7

b[2uC + uD - 3

10

2] + 0

M CB = 2EaI5b[2uC + uB - 3c 2] + 0

M BC = 2EaI5b[2uB + uC - 3c 2] + 0

M BA = 2EaI5b[2uB + 0 - 3c 1] + 0

M AB = 2E

aI5

b[2

10

2 + uB - 3c 1] + 0

A

B

D

E

C

F

40 kN

80 kN

5 m

(a)

5 m

11

1 2 1 2

7 m

EJEMPLO11.9




Ecuaciones de equilibrio. El equilibrio de momentos en las juntasB , C , D y E , figura 11-21b , requiere que

(13)

(14)

(15)

(16)

Como en los ejemplos anteriores, la fuerza cortante en la base detodas las columnas de cualquier nivel debe equilibrar las cargas hori-zontales aplicadas, figura 11-21c. De aquí resulta

(17)

(18)

La solución requiere sustituir las ecuaciones (1)-(12) en las ecuacio-nes (13)-(18), de donde resultan seis ecuaciones con seis incógnitas,c 1, c 2, uB, uC , uD y uE . Estas ecuaciones pueden resolverse de manerasimultánea. Los resultados se sustituyen de nuevo en las ecuaciones(1)-(12), de donde se obtienen los momentos en las juntas.

120 + M AB + M BA

5 + M EF + M FE

5 = 0

40 + 80 - VAB - VFE = 0:+ ©F x = 0;

40 + M BC + M CB

5 + M ED + M DE

5 = 0

40 - VBC - VED = 0:+ ©F x = 0;

M EF + M EB + M ED = 0

M DC + M DE = 0

M CB + M CD = 0

M BA + M BE + M BC = 0

M BC M BC

M BEM BE

M BAM BA

BB

C C

M CBM CB

M CDM CD

M DC M DC

M DEM DE

DD

M EDM ED

M EBM EB

M EF M EF

EE

(b)(b)

40 kN40 kN

V BC V BC V EDV ED

40 kN40 kN

80 kN80 kN

V ABV AB V FEV FE

(c)(c)



EJEMPLO11.10


1

Figura 11–22

*Recuerde que las distorsiones debidas a las fuerzas axiales se pasan por alto y que lodesplazamientos arqueadosBB y CC pueden considerarse como líneas rectas,puestoque c 1 y c 3 son en realidad muy pequeños.

Determine los momentos en cada junta del marco que se muestra enla figura 11-22a. EI es constante para cada elemento.

SOLUCIÓNEcuaciones de pendiente- deflexión. La ecuación 11-8 se aplica acada uno de los tres claros. Los FEM son

El elemento inclinado AB ocasiona que el marco se ladee hacia laderecha, según se muestra en la figura 11-22a. Como resultado, las juntasB y C experimentan desplazamientos, tanto de rotación comolineales. Los desplazamientos lineales se muestran en la figura 11-22b ,donde B se mueve 1 haciaB y C se mueve 3 haciaC . Estos despla-zamientos hacen que las cuerdas de los elementos girenc 1, c 3 (sen-tido horario) y c 2 (sentido antihorario), como se muestra en la fi-gura.* Por lo tanto,

Como se muestra en la figura 11-22c, los tres desplazamientos puedenrelacionarse. Por ejemplo, 2 0.5 1 y 3 0.866 1. Por lo tanto, apartir de las ecuaciones anteriores se tiene

Con base en estos resultados, las ecuaciones de pendiente-deflexiónde la estructura son

c 2 = - 0.417c 1 c 3 = 0.433c 1

c 1 = ¢110

c 2 = - ¢ 212

c 3 = ¢320

1FEM2CB = wL2

12 =21122212 = 24 k#pie

1FEM2BC = - wL2

12 = - 21122212 = - 24 k#pie

60

2 k/ pie

12 pies

20 pies

A

B C

D

10 pies

(a)

60

20 pies

A

B C

D

10 pies

(b)

2B ¿

1

c 2c 1

c 3

C ¿

3

12 pies

(c)

603

1 2




(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

(6)

Estas seis ecuaciones contienen nueve incógnitas.

Ecuaciones de equilibrio. Del equilibrio de momentos en las jun-

tas B y C se obtiene(7)(8)

La tercera ecuación de equilibrio necesaria puede obtenerse al sumarmomentos respecto al puntoO sobre todo el marco, figura 11-22d.Esto elimina las fuerzas desconocidas normalesN A yND y, por lo tantoe + ©M O = 0;

M CD + M CB = 0 M BA + M BC = 0

M DC = 2Ea I20b[2102 + uC - 310.433c 12] + 0

M CD = 2Ea I20b[2uC + 0 - 310.433c 12] + 0

M CB = 2Ea I12b[2uC + uB - 31- 0.417c 12] + 24

M BC = 2E

a I12

b[2uB + uC - 3

1- 0.417c 1

2] - 24

M BA = 2Ea I10b[2uB + 0 - 3c 1] + 0

M AB = 2Ea I10b[2102 + uB - 3c 1] + 0

(9)- 2.4MAB

- 3.4MBA

- 2.04MCD

- 1.04MDC

- 144 = 0

M AB + M DC - aM AB + M BA

10 b1342 - aM DC + M CD

20 b140.782 - 24162 = 0

Al sustituir las ecuaciones (2) y (3) en la ecuación (7), las ecuaciones(4) y (5) en la ecuación (8), y las ecuaciones (1), (2), (5) y (6) en laecuación (9) resulta

Al resolver estas ecuaciones simultáneamente se obtiene

Si se sustituyen estos valores en las ecuaciones (1)-(6), se tiene

Resp.

Resp. M BA = - 5.63 k#pie M CB = 25.3 k#pie M DC = - 17.0 k#pie

M AB = - 23.2 k#pie M BC = 5.63 k#pie M CD = - 25.3 k#pie

EI uB = 87.67 EI uC = - 82.3 EI c 1 = 67.83

- 1.840uB - 0.512uC + 3.880c 1 = 144EI

0.167uB + 0.533uC + 0.0784c 1 = - 24EI

0.733uB + 0.167uC - 0.392c 1 = 24EI

10 pies10 pies

24 pies24 pies

3030

20.78 pi20.78 pi

24 k24 k

20 pies20 pies

N DN D

M DC M DC

M AB M BAV A ___________ 10 M AB M BAV A ___________ 10

M DC M CDV D ___________ 20 M DC M CDV D ___________ 20

6 pies6 pies 6 pies6 pies

N AN A

M ABM AB

(d)(d)

OO




1

Prob. 11–13

Prob. 11–14

Prob. 11–15

11–13. Determine los momentos en A ,B yC , y después di-buje el diagrama de momento para cada elemento.Supongaque todas las juntas están conectadas fijamente.EI es cons-

tante.

11–15. Determine el momento enB, y después dibuje eldiagrama de momento para cada elemento del marco. Sponga que el soporte en A está fijo y queC está articulado.EI es constante.

PROBLEMAS

11–14. Determine los momentos en los soportes, y des-pués dibuje el diagrama de momento. Los elementos estánconectados fijamente en los soportes y en la juntaB .El mo-mento de inercia de cada elemento se proporciona en la fi-gura.Considere queE 29(103) ksi.

*11–16. Determine los momentos enB y D , y después di-buje el diagrama de momentos. Suponga que A y C estánarticulados y queB y D están conectados fijamente.EI esconstante.

18 pies

9 pies

4 k/ pie

A

B

C

8 pies 8 pies

20 k

A

B

15 k

6 pies

6 pies

C

I AB 800 pulg 4

I BC 1200 pulg 4

10 pies 10 pies

12 pies

A B C

D

8 k

15 pies

B A

C

3 m

2 kN / m

4 m

Prob. 11–16




A

B

C

6 pies

15 pies

2 k/ pie

6 pies

10 k

A

D C B

6 m

8 m

6 m

12 kN / m

A

B

D E

C 3 m

4 m

4 m

10 kN

15 kN

12 kN / m

16 kN / m

3 k/ pie

12 pies

B A

D C


11–17. Determine el momento que ejerce cada elementosobre la junta enB , y después dibuje el diagrama de mo-mento para cada elemento del marco. Suponga que el so-porte en A es fijo y enC está articulado.EI es constante.

11–19. Determine el momento en las juntasD y C , y dpués dibuje el diagrama de momento para cada eledel marco. Suponga que los soportes en A y B están artlados.EI es constante.

11–18. Determine el momento que ejerce cada elementosobre la junta enB , y después dibuje el diagrama de mo-mento para cada elemento del marco. Suponga que los so-portes en A , C y D están articulados.EI es constante.

*11–20. Determine el momento que ejerce cada elemsobre las juntas enB y D , y después dibuje el diagrammomento para cada elemento del marco. Suponga qsoportes en A , C y E están articulados.EI es constante.

Prob. 11–17

Prob. 11–18

Prob. 11–19

Prob. 11–20




3 pies

A B C

3 pies3 pies 3 pies 3 pies3 pies 3 pies 3 pies

Problema de proyecto 11–1P

REPASO DEL CAPÍTULOA los desplazamientos desconocidos de una estructura se les conoce como los grados de libertad para la estructu

ten en desplazamientos o rotaciones de juntas.

Las ecuaciones de pendiente-deflexión relacionan los momentos desconocidos en cada junta de un elemento estrulas rotaciones desconocidas que se producen ahí. La siguiente ecuación se aplica dos veces a cada elemento o cderando a cada lado como el extremo “cercano” y a su contraparte como el extremo lejano.

Para el claro interno o el claro final con el extremo lejano fijo

Esta ecuación se aplica sólo una vez, donde el extremo “lejano” está en el soporte de pasador o de rodillo.

Sólo para el claro final con el extremo lejano articulado o soportado por rodillos

Una vez que se escriben las ecuaciones de pendiente-deflexión, se sustituyen en las ecuaciones de equilibrio de en cada junta y después se resuelve para encontrar los desplazamientos desconocidos. Si la estructura (marco) tieplazamiento lateral, entonces ocurrirá un desplazamiento horizontal desconocido en cada nivel de piso, y las futantes de columna desconocidas deben relacionarse con los momentos en las juntas, empleando las ecuaequilibrio de fuerzas y de momentos.Una vez obtenidos los desplazamientos desconocidos, las reacciones descoencuentran a partir de las relaciones de carga-desplazamiento.

M N = 3Ek (uN - c ) + (FEM)N

M N = 2Ek (2uN + uF - 3c ) + (FEM)N

11–1P. El techo se sostiene mediante largueros que se apo-yan en dos trabes. Cada larguero puede considerarse sim-plemente apoyado, y la trabe frontal puede considerarse

unida a las tres columnas mediante un pasador en A y rodi-llos enB y C . Suponga que el techo se hará de concreto decemento con 3 pulgadas de espesor y que cada larguero

tiene un peso de 550 lb. De acuerdo con el código, eestará sometido a una carga de nieve de 25 lb por pdrado. Los largueros tienen una longitud de 25 pies.

los diagramas de fuerza cortante y de momento ptrabe. Suponga que las columnas de soporte son rígid




Todas las trabes en este edificio de concreto están fijamente conectadas, por lo que el análisis estáticamente indeterminado de la estructura puede hacerseutilizando el método de la distribución de momentos.



12

4

El método de distribución de momentos es un método de análisis deldesplazamiento que es fácil de aplicar una vez determinadas ciertasconstantes elásticas. En este capítulo se establecerán en primer lugar las definiciones y conceptos más importantes para la distribución demomentos, y después se aplicará el método para resolver problemasde vigas y marcos estáticamente indeterminados. En la última partedel capítulo se estudia la aplicación del método en marcos con variosniveles.

12.1 Principios generales y def inicionesEl método para analizar vigas y marcos mediante la distribución de mo-mentos fue desarrollado por Hardy Cross en 1930. Cuando este métodose publicó por primera vez atrajo la atención de inmediato, y ha sido re-conocido como uno de los avances más notables en el análisis estructuraldurante el sigloXX.

Como se explicará en detalle más adelante, la distribución de momen-tos es un método de aproximaciones sucesivas que pueden realizarse concualquier grado de precisión deseado. En esencia,el método comienza alsuponer que cada junta de una estructura está fija. Después, al liberar ybloquear cada junta de manera sucesiva, los momentos internos en las juntas se “distribuyen” y equilibran hasta que las juntas giran hacia susposiciones finales o casi finales. Se encontró que este proceso de cálculoes a la vez repetitivo y fácil de aplicar. Sin embargo, antes de explicar lastécnicas para la distribución de momentos, deben presentarse algunasdefiniciones y conceptos.

Método de análisisdel desplazamiento:

distribución demomentos



Convención de signos. Se establecerá la misma convención dsignos que para las ecuaciones de pendiente-deflexión: Losmomentosque actúan sobre el elementocon sentido horario se consideran positi-vos , y losmomentos con sentido antihorario serán negativos , figura 12-1.

Momentos en extremos fijos (FEM). Los momentos en las

“paredes” o en las juntas fijas de un elemento cargado se denominmomentos en extremos fijos . Estos momentos pueden determinarse cobase en la tabla que se encuentra en el interior de la contraportada, dpendiendo del tipo de carga sobre el elemento. Por ejemplo, la viga cgada como se muestra en la figura 12-2 tiene momentos en los extremfijos de FEM PL 8 800(10)8 1000 N• m. Si se toma en cuenta laacción de estos momentos sobre la viga y se aplica la convención de signos adoptada, se ve queM AB 1000 N• m y M BA 1000 N• m.

Factor de rigidez del elemento. Considere la viga de la figur12-3, que está articulada en un extremo y fija en el otro.La aplicaciónmomentoM hace que el extremo A gire a través de un ángulou A . En el

capítulo 11 se relacionóM con u A usando el método de la viga conjugada. De esto resultó la ecuación 11-1, es decir,M (4EI L )u A . El tér-mino entre paréntesis

(12–1)

se conoce como el factor de rigidez en A y puede definirse como la cantidad de momentoM necesaria para hacer girar el extremo A de la viga enu A 1 rad.

K = 4EIL

Extremo lejano fijo

488 CA P Í T U L O 12 MÉ TO D O D E A N Á L I S I S D E L D E S P L A Z A M I E N TO: D I S T R I B U C I Ó N D E M O M E N TO S

2

Figura 12–1Figura 12–2

M AB

B AM BA

P

w 800 NM BAM AB

5 m5 m

B A

M ¿

M

A

B

u A

Figura 12–3



12.1 PRINCIPIOS GENERALES Y DEFINICIONES 4

Factor de rigidez en la junta. Si varios elementos están conecta-dos fijamente a una junta y cada uno de sus extremos lejanos está fijo, en-tonces por el principio de superposición, el factor de rigidez total enla junta es la suma de los factores de rigidez de los elementos unidos a la junta, es decir,K T ©K . Por ejemplo, considere la junta A de un marcoque se muestra en la figura 12-4a. El valor numérico del factor de rigidez

de cada elemento se determina a partir de la ecuación 12-1 y se presentaen la figura.Con estos valores, el factor de rigidez total de la junta A esK T ©K 4000 5000 1000 10 000. Este valor representa la cantidad

de momento necesario para girar la junta a través de un ángulo de 1 rad.

Factor de distribución (DF). Si se aplica un momentoM a una junta conectada fijamente, cada elemento conectado proporcionaráuna parte del momento de resistencia necesario para satisfacer el equili-brio de momentos en la junta. Esa fracción del momento de resistenciatotal suministrada por el elemento se llama factor de distribución (DF).Para obtener su valor, imagine que la junta está fijamente conectada anelementos. Si un momentoM aplicado hace que la junta gire una canti-

dad u, entonces cada elementoi gira esta misma cantidad. Si el factor derigidez deli-ésimo elemento esK i, entonces el momento aportado por elelemento esM i K iu. Dado que el equilibrio requiere queM M 1 M n

K 1u K nu u©K i, entonces el factor de distribución para eli-ésimoelemento es

Al cancelar el término comúnu, se ve que el factor de distribución de unelemento es igual al factor de rigidez del elemento dividido entre el fac-tor de rigidez total de la junta; es decir, en general,

(12–2)

Por ejemplo, los factores de distribución para los elementos AB , AC y AD en la junta A de la figura 12-4a son

Como resultado, siM 2000 N• m actúa en la junta A , figura 12-4b,losmomentos de equilibrio ejercidos por los elementos sobre la junta,figura12-4c,son

MAD = 0.1120002 = 200 N#m MAC = 0.5120002 = 1000 N#m MAB = 0.4120002 = 800 N#m

DFAD = 1000

>10 000 = 0.1

DFAC = 5000>10 000 = 0.5

DFAB = 4000>10 000 = 0.4

DF = K©K

DFi = M i

M = K iu

u©K i

D

A

B

C

K AD 1000 K AB 4000

K AC 5000

(a)

D A

B

C

M 2000 N m

(b)

200 N m

1000 N m

800 N m

M 2000 N m

(c)

Figura 12–4



Factor de ri

gi

dez relati

va del elemento. Con bastante fre-

cuencia una viga o un marco continuos se harán del mismo material,lo que su módulo de elasticidadE será igual para todos los elementos. Ses así, el factor común 4E en la ecuación 12-1 secancelará del numeradory del denominador de la ecuación 12-2, al determinar el factor de disbución para una junta. Por lo tanto, resultamás fácil sólo determinar el

factor de rigidez relativa del elemento

(12–3)

y usar esto para los cálculos del DF.

Factor de traslado . Considere de nuevo la viga de la figura 12-En el capítulo 11 se demostró queM AB (4EI L )u A (ecuación 11-1) yM BA (2EI L )u A (ecuación 11-2). Si se resuelve parau A y se igualanestas ecuaciones resultaM BA M AB /2. En otras palabras, el momentoMen el pasador induce un momento deM M en la pared. El factor detraslado representa la fracción deM que es “trasladada”del pasador a lapared. Por lo tanto, en el caso de una vigael extremo lejano fijo , el factorde traslado es . El signo más indica que ambos momentos actúan enmisma dirección.

12.2 Distribució n de momentos para v igasLa distribución de momentos se basa en el principio del sucesivo bqueo y liberación de las juntas de una estructura a fin de permitir quemomentos en juntas se distribuyan y equilibren. La mejor manera de plicar el método es por medio de ejemplos.

12

12

K R = IL

Extremo lejano fijo


2

Las cargas estáticamente indeterminadas en las trabes delpuente, las cuales son continuas sobre sus pilotes, pueden de-terminarse usando el método de la distribución de momentos.



12.2 DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS PARA VIGAS 4

Considere una viga que tiene un módulo de elasticidadE constante ylas dimensiones y la carga que se muestran en la figura 12-5a. Antes decomenzar, lo primero es determinar los factores de distribución en losdos extremos de cada claro. Con base en la ecuación 12-1,K 4EI L ,los factores de rigidez a ambos lados deB son

Por lo tanto, si se usa la ecuación 12-2,DFK /©

K , para los extremos co-nectados a la juntaB , se tiene

En las paredes, juntas A y C , el factor de distribución depende del factorde rigidez del elemento y del “factor de rigidez” de la pared. Como enteoría se necesitaría un momento de tamaño “infinito” para hacer que lapared girara un radián, el factor de rigidez de la pared es infinito. Portanto, para las juntas A y C se tiene

Observe que los resultados anteriores también podrían haberse obte-nido si en los cálculos se hubiera usado el factor de rigidez relativaK R

I L (ecuación 12-3).Además, siempre que se use un conjuntoconsistentede unidades para el factor de rigidez, el DF no tendrá unidades, y en una

junta, excepto cuando se encuentre en una pared fija, la suma de los DFserá siempre igual a 1.Después de haber calculado los DF, ahora se determinarán los FEM.

Sólo el claroBC está cargado y, con base en la tabla ubicada en la parteinterior de la contraportada, para una carga uniforme se tiene

1FEM2CB = wL2

12 =2401202212 = 8000 lb#pie

1FEM2BC = - wL2

12 = -2401202212 = - 8000 lb#pie

DFCB =4E1302q + 4E1302 = 0

DFAB =4E1202q + 4E1202 = 0

DFBC =4E13024E1202 + 4E1302 = 0.6

DFBA =4E12024E1202 + 4E1302 = 0.4

C

A

I BC 600 pulg 4

15 pies 20 pies

240 lb/ pie

(a)

B I AB 300 pulg 4

Figura 12–5

K BA =4E1300215 = 4E1202 pulg4>pie K BC =

4E1600220 = 4E1302 pulg4>pie



Se empieza por suponer que la juntaB está fija o bloqueada. Entonces emomento de extremo fijo enB contiene el claroBC en esta posición fijao bloqueada, como se muestra en la figura 12-5b. Por supuesto, esto norepresenta la situación de equilibrio real enB , puesto que los momentosen cada lado de esta junta deben ser iguales pero opuestos.Para correglo anterior se aplicará un momento igual pero opuesto de 8000 lb• pie a

la junta y se permitirá que la junta gire libremente, figura 12-5c. Comoresultado, las porciones de este momento se distribuyen en los clarosBC

y BA , de acuerdo con los DF (o la rigidez) de estos claros en la junta.específico,el momento enBA es de 0.4(8000) 3200 lb• pie y el momentoen BC es de 0.6(8000) 4800 lb• pie.Por último, debido a la rotación librque ocurre enB , estos momentos deben “trasladarse” puesto que lomomentos se desarrollan en los extremos del claro. Si se usa un factotraslado de , los resultados son como se muestra en la figura 12-5d .

Este ejemplo indica los pasos básicos necesarios en la distribuciónmomentos en una junta: Determinar el momento no equilibrado qactúa inicialmente en la junta “bloqueada”, desbloquear la junta y apcar un momento desequilibrado igual pero opuesto para corregir el eq

librio, distribuir el momento entre los claros conectados, y trasladamomento en cada claro hasta su otro extremo. Por lo general, los pase presentan en forma de tabla, como se indica en la figura 12-5e.Aquí lanotación Dist, TR indica una fila donde los momentos se distribuyedespués se trasladan.En este caso particular sólo es necesarioun ciclo dedistribución de momentos, puesto que los soportes de pared en A y C “absorben” los momentos y no debe equilibrarse o desbloquearse nguna junta adicional para satisfacer el equilibrio de la junta.Una vez tribuidos de esta manera, los momentos en cada junta se suman, obniendo los resultados finales que se muestran en la fila inferior detabla de la figura 12-5e. Observe que ahora la juntaB se encuentra enequilibrio. ComoM BC es negativo, este momento se aplica al claroBC

en un sentido antihorario, como se muestra en los diagramas de cuerlibre de los claros de la viga en la figura 12-5 f . Al conocer los momentosen los extremos,se calculan las fuerzas cortantes en los extremos a pade las ecuaciones de equilibrio aplicadas a cada uno de estos claros.

Considere ahora la misma viga,excepto que el soporte enC es un osci-lador, figura 12-6a. En este caso, sóloun elemento está en la juntaC , porlo que el factor de distribución para los elementos deCB en la juntaC es

DFCB = 4E (30)4E (30) = 1

12


2 A

BC

8000 lbpie

240 lb/ pie

8000 lbpiela juntaB s e mantiene fija

(b)

8000 lb pie A

BC

8000 lb pie

momento de corrección aplicado a la junta B

(c)

8000 lbpie

momento enB dis tribuido(d)

3200 lbpie 4800 lbpie 2400lb pie

1600lb pie

(e)

JuntaElemento

DFFEM

M

A

AB

0

16001600

B

BA

0.4

3200 4800 24003200

8000

10 400

0.68000

3200

BC

0

CB

C

Dist,TR

240 lb/ pie

15 pies 20 pies

(f)

1600 lb pie

V A 320 lb

V B L 320 lb

3200 lb pie

V B R 2040 lb V C 2760 lb

10 400 lb pie

Figura 12–5




Los otros factores de distribución y los FEM son iguales a los calculadoscon anterioridad. Se enuncian en las filas 1 y 2 de la tabla en la figura12-6b. En un inicio se supondrá que las juntasB y C están bloqueadas. Secomienza por liberar la juntaC y colocar un momento equilibrante de

8000 lb• pie en la junta.Todo el momento se distribuye en el elementoCB puesto que (1)( 8000) lb• pie 8000 lb• pie. La flecha en la fila

3 indica que ( 8000) lb•

pie

4000 lb•

pie se traslada a la juntaB

puesto que la juntaC ahora puede girar libremente. La juntaC se blo-quea de nuevo . Como el momento total enC está equilibrado , se colocauna fila debajo del momento de 8000 lb• pie.Ahora se considerará elmomento desequilibrado de 12 000 lb• pie en la juntaB .Aquí,para lo-grar el equilibrio, se aplica un momento de12 000 lb• pie a B y esta junta se desbloquea de modo que las partes del momento se distribuyanen BA y BC ; es decir, (0.4)(12 000) 4800 lb• pie y (0.6)(12 000) 7200lb • pie, como se muestra en la fila 4.También tenga en cuenta quedeestos momentos debe trasladarse a la pared fija A y al rodilloC puestoque la juntaB ha girado. La juntaB ahora sebloquea de nuevo . Una vezmás, la juntaC se libera y el momento desequilibrado en el rodillo se dis-

tribuye como se hizo anteriormente.Los resultados se muestran en la fila 5.Si las juntasB y C se bloquean y desbloquean de manera sucesiva, enesencia se disminuye el tamaño del momento que debe equilibrarsehasta que se vuelve insignificante en comparación con los momentos ori-ginales, fila 14. Cada uno de los pasos en las filas 3 y 14 deben entenderseplenamente. Si se suman los momentos, los resultados finales son los quese muestran en la fila 15, donde se ve que los momentos finales ya satis-facen el equilibrio de la junta.

12

12

A BC


15 pies 20 pies

240 lb/ pie

(a)

A

AB

0.4

B C

BA BC CB

0.60 1

8000400072004800

80008000360036001800540540270

1080

811628140.512.224.312.26.11.83.61.80.9

0.5

720

108

16.2

2.4

0.4

2400

360

54

8.1

1.2

Junta

Elemento

DF

FEM

M 2823.3 5647.0 5647.0 0

1

234567891011121314

15

(b)

Figura 12–6




2En lugar de aplicar el proceso de distribución de momentos de man

sucesiva a cada junta, como se muestra aquí, también es posible aplicen todas las juntas almismo tiempo .Este esquema se muestra en la tabla dla figura 12-6c. En este caso, se comienza por fijar todas las juntas padespués equilibrar y distribuir los momentos del extremo fijo en las jtas B y C , fila 3.Si se liberan las juntasB y C al mismo tiempo (la junta A

siempre está fija), entonces los momentos se trasladan al extremocada claro, fila 4. Una vez más, las juntas se bloquean, y los momentoequilibran y distribuyen, fila 5. Al liberar las juntas una vez más se mite que los momentos se trasladen, como se muestra en la fila 6. Conuando de esta manera se obtiene el mismo resultado final que antescual aparece en la línea 24.En comparación, este método da una convgencia más lenta que la respuesta del método anterior; sin embargo,muchos casos, la aplicación de este método es más eficiente y por ellutilizará en los ejemplos que siguen. Por último, con base en los resudos, ya sea de la figura 12-6b o 12-6c, los diagramas de cuerpo libre dcada claro de la viga son como se presentan en la figura 12-6d.

A pesar de que en este caso la obtención de los resultados finales i

plicó varios pasos, el trabajo que se necesita es bastante metódico, pueque requiere la aplicación de una serie de pasos aritméticos,en vez desolver un conjunto de ecuaciones como en el método de la pendiente-

Junta

Elemento

DF

FEM

A

AB

0.4

B C

BA BC CB

0.60 1

80004800

1600

8000800024002400240012001200720

1200

360600360

8.1

480

240

72

36

10.8

1600

800

240

1

23456789101112131415

(c)

Dist.TR

Dist.TR

Dist.TR

Dist.TR

Dist.TR

Dist.TR

Dist.TR

Dist.TRDist.TR

Dist.

TRDist.

3200

120

36

18

17181920212223

M 2823 5647 5647 0 24

5.4

2.7

0.81

0.40

5.4

1.62

0.80

0.24

4000

36018010890542716.213.5

2.434.05

1.22– 2.02

0.370.61

180180

54542727

8.1

8.1

4.054.05

1.221.22

0.610.61

16

240 lb/ pie

2823.3 lb pie

V A 564.7 lb15 pies

20 pies

V B L 564.7 lb

5647.0 lb pie

5647.0 lb pie

V B R 2682.4 lb V C 2117.6 lb

(d)Figura 12–6




flexión. Sin embargo, cabe señalar que el proceso fundamental de la dis-tribución de momentos sigue el mismo procedimiento que cualquier mé-todo de desplazamiento.Ahí el proceso consiste en establecer relacionesde carga-desplazamiento en cada junta y satisfacer las necesidades deequilibrio en las juntas a fin de determinar el desplazamiento angular co-rrecto de la junta (compatibilidad).Aquí, sin embargo, el equilibrio y la

compatibilidad de la rotación en la junta se satisfacendirectamente

apli-cando un “balance de momentos”, proceso que incorpora las relacionesde carga-deflexión (factores de rigidez). También es posible simplificaraún más el uso de la distribución de momentos, y esto se estudiará en lapróxima sección.


El siguiente procedimiento proporciona un método general para determinar los momen-tos en los extremos de claros de viga mediante la distribución de momentos.

Factores de distribución y momentos de extremo fijo

Es necesario identificar las juntas en la viga y calcular los factores de rigidez para cadaclaro en las juntas. Con estos valores es posible determinar los factores de distribución apartir de DF K ©K . Recuerde que DF 0 para un extremo fijo, y DF 1 para un so-porte de pasador o rodillo en elextremo .

Los momentos de extremo fijo para cada claro cargado se determinan utilizando latabla que se encuentra en el interior de la contraportada. Los FEM positivos actúan ensentido horario sobre el claro y los FEM negativos actúan en sentido contrario. Paramayor comodidad, estos valores pueden registrarse en forma tabular, como se muestraen la figura 12-6c.

Proceso de distribución de momentos

Suponga que todas las juntas en las que deben determinarse los momentos sobre los cla-ros conectados estáninicialmente bloqueadas . Entonces:1. Determine el momento necesario para poner cada junta en equilibrio.2. Libere o “desbloquee” las juntas y distribuya los momentos de equilibrio en el claro

conectado a cada junta.3. Traslade estos momentos en cada claro hacia su otro extremo multiplicando cada mo-

mento por el factor de traslado .Al repetir este ciclo de bloqueo y desbloqueo de las juntas se encontrará con que las

correcciones de los momentos disminuirán puesto que la viga tiende a alcanzar su formafinal alterada. Cuando se obtiene un valor suficientemente pequeño para las correccio-nes, el proceso cíclico debe detenerse sin “trasladar” los últimos momentos. Despuésdebe sumarse cada columna de FEM, momentos distribuidos y momentos de traslado. Siesto se hace correctamente, se logrará el equilibrio de momentos en las juntas.

12




2

Determine los momentos internos en cada soporte de la viga que semuestra en la figura 12-7a. EI es constante.

EJEMPLO12.1

1FEM2CD = - PL8 =

- 2501828 = - 250 kN#m 1FEM2DC = PL8 =

2501828 = 250 kN#m

1FEM

2BC = - wL2

12 = - 20

112

22

12 = - 240 kN#m 1FEM

2CB = wL2

12 = 20

112

22

12 = 240 kN#m

SOLUCIÓNPrimero deben calcularse los factores de distribución en cada junta.*Los factores de rigidez para los elementos son

Por lo tanto,

Los momentos de extremo fijo son

DFCB =4EI>12

4EI>12 + 4EI>8 = 0.4 DFCD =4EI>84EI>12 + 4EI>8 = 0.6

DFAB = DFDC = 0 DFBA = DFBC =4EI>12

4EI>12 + 4EI>12 = 0.5

K AB = 4EI12

K BC = 4EI12

K CD = 4EI8

12 m 12 m4 m 4 m

A B C D20 kN / m

250 kN

(a)

Figura 12–7

Empezando con los FEM, fila 4 de la figura 12-7b, los momentos enlas juntasB y C se distribuyen en forma simultánea , fila 5. Después,estos momentos se trasladan simultáneamente a los respectivos extre-mos de cada claro, fila 6. De nuevo, los momentos resultantes se distribuyen y se trasladan simultáneamente, filas 7 y 8. El proceso continúhasta que los momentos resultantes disminuyan a la cantidad ade-

cuada, fila 13. Los momentos resultantes se determinan mediante unasumatoria, fila 14.Si se colocan los momentos sobre cada claro de la viga y se aplica

las ecuaciones de equilibrio, se obtienen las fuerzas cortantes en loextremos que se muestran en la figura 12-7c y el diagrama de mo-mento flexionante para toda la viga, figura 12-7d.

*Aquí se utilizó el factor de rigidez 4EI L ; sin embargo, también pudo haberse em-pleado el factor de rigidez relativa I L .




A

AB

0.5

B C

BA BC CB

0.50 0.4

240

1202120 4601

0.50.26

12

60

62.5 125.2 125.2 281.5

1

2

(b)

D

DC CD

0.6 0

0.5

240

246

0.3

250

3618

250

3

281.5 234.3

3

4

56789

3

0.02

1

6

0.05

0.3

0.050.1

0.30.6

31.20.020.01

1.8

0.01

0.2

0.9

1011121314

Junta

Elemento

DF

FEM

M

Dist.TRDist.TR

Dist.TR

Dist.TR

Dist.

62.5 kN m62.5 kN m

15.6 kN15.6 kN

15.6 kN15.6 kN

125.2 kN m125.2 kN m 281.5 kN m281.5 kN m12 m12 m

BB A A

C C BB

20 kN/ m20 kN/ m133.0 kN133.0 kN107.0 kN107.0 kN

250 kN250 kN

12 m12 m

4 m4 m 4 m4 m130.9 kN130.9 kN 119.1 kN119.1 kN

234.3 kN m234.3 kN mC C DD

(c)(c)

M (kN m)

x (m)

62.5

4.2 1217.3

2428

32

125.2

281.5234.3

160.9

242.1

(d)



Determine el momento interno en cada soporte de la viga que se mues-tra en la figura 12-8a. Se indica el momento de inercia de cada claro.

EJEMPLO12.2


2

Figura 12–8

400 lb


60 lb/ pie

I AB 500 pulg 4 A

B C D

I BC 750 pulg 4 I CD 600 pulg4

(a)

SOLUCIÓNEn este problema no hay un momento que se distribuya en el claro sa-

liente AB ; por lo tanto, el factor de distribución (DF)BA 0. La rigi-dez del claroBC se basa en 4EI L puesto que el oscilador no está enel extremo lejano de la viga. Los factores de rigidez, los factores ddistribución y los momentos de extremo fijo se calculan de la siguiente manera:

Debido a la saliente,

Estos valores se muestran en la cuarta fila de la tabla, figura 12-8b .El claro saliente requiere que el momento interno a la izquierda deBsea 4000 lb• pie. El equilibrio en la juntaB exige un momento in-terno de 4000 lb• pie a la derecha deB . Como se muestra en laquinta fila de la tabla, se agregan 2000 lb• pie aBC con el fin de sa-tisfacer esta condición. Las operaciones de distribución y traslado srealizan de la manera usual, como se indica en la tabla.

1FEM2CB = wL212 = 60

120

22

12 = 2000 lb#pie

1FEM

2BC = - wL2

12 = -601202212 = - 2000 lb#pie

1FEM2BA = 400 lb110 pies2 = 4000 lb#pie

DFDC = 160Eq + 160E

= 0

DFCD = 160E150E + 160E

= 0.516

DFCB = 150E150E + 160E

= 0.484

DFBC = 1 - 1DF2BA = 1 - 0 = 1

K BC =4E1750220

= 150E

K CD =4E1600215

= 160E




B C

BC CB

10 0.484

200040002000484

9681000

242117.1

121242

4000 4000 587.1

(b)

D

DC CD

0.516 0

242

1032

587.1 293.6

484 484

58.6

29.314.27.17.13.53.5

29.329.3

58.658.6

0.80.80.40.40.10.1

2000

14.67.13.51.71.80.90.40.20.20.1

516

124.9

62.4

15.1

7.6

1.8

0.9

0.2

0.10.1

0.4

0.9

3.8

7.6

31.2

62.4

258

516

Junta

Elemento

DF

FEM

M

Dist.TR

Dist.TR

Dist.TR

Dist.

TRDist.TR

Dist.TR

Dist.TR

Dist.TR

Dist.TR

Dist.

Dado que se conocen los momentos internos, es posible construir eldiagrama de momento para la viga (figura 12-8c).

400 lb

4000 lb pie

400 lb

10 pies

770.6 lb

20 pies

429.4 lb

587.1 lb pie

58.5 lb 293.6 lb pie

58.5 lb15 pies

60 lb/ pie

M (lb pie)

10

22.8

30

4000

587.1

949.1

x (pies)

(c)

293.6




2 12.3 Modificaciones al factor de rigidezEn los ejemplos anteriores de la distribución de momentos,al distributrasladar los momentos se ha considerado que cada claro de la viga erestringido por un soporte fijo (junta bloqueada) en su extremo lejanPor esta razón se han calculado los factores de rigidez, los factores de tribución y los factores de traslado a partir del caso de la figura 12-9.supuesto, aquíK 4EI L es el factor de rigidez (ecuación 12-1) y el fator de traslado es .

En algunos casos es posible modificar el factor de rigidez de un cparticular de la viga y por lo tanto simplificar el proceso de distribucde momentos. A continuación se estudiarán tres casos prácticos en que esto ocurre con frecuencia.

Elemento articulado soportado en su extremo lejano. Muchasvigas indeterminadas tienen el extremo lejano de su claro soportado un pasador (o un rodillo) como en el caso de la juntaB de la figura 12-10a.Aquí, el momentoM aplicado gira el extremo A en una cantidadu. Paradeterminaru, debe determinarse la fuerza cortante en el punto A de laviga conjugada, figura 12-10b. Se tiene

o bien

Por lo tanto, el factor de rigidez para esta viga es

(12–4)

Además, observe que el factor de traslado es cero , puesto que el pasadoren B no soporta un momento. Entonces, por comparación, si el extremolejano estuviera fijamente apoya do , el factor de rigidez K 4EI L tendríaque modificarse en a fin de modelar el caso del extremo lejano articu-lado . Si se toma en cuenta esta modificación, el proceso de distribucde momentos se simplifica puesto que el extremo articuladono tiene quebloquearse y desbloquearse sucesivamente para distribuir los momenAdemás, como el extremo del claro está fijo, los momentos de extrefijo para el claro se calculan empleando los valores en la columna recha de la tabla que se encuentra en el interior de la contraportada. Eel ejemplo 12-4 se ilustra la forma de aplicar estas simplificaciones.

34

Extremo lejano articuladoo con soporte de rodillo

K = 3EIL

M = 3EIL

u

VAœ = u = ML

3EI

VAœ1L2 - 1

2 a MEI bLa23 Lb = 0d+ ©M B¿ = 0;

12

Figura 12–10

Figura 12–9

L

junta

liberada juntabloqueada

4 EI M ____ u

L1 __ M 2u

L

juntaliberada

M AB

B

extremoarticulado

A

viga real(a)

u

LB ¿ A ¿

V A ¿ V B ¿

viga conjugada(b)

M __EI

1 M _ ( __) (L )2 EI

1_ L32_ L3



12.3 MODIFICACIONES AL FACTOR DE RIGIDEZ 5

Figura 12–11

Viga y carga s imé tr icas. Si una viga es simétrica con respecto asu carga y también a su geometría, el diagrama de momento flexionantede la viga también será simétrico. En consecuencia, puede hacerse unamodificación del factor de rigidez para el claro central, por lo que losmomentos en la viga sólo deben distribuirse a través de las juntas queestán en ambos puntos medios de la viga. Para desarrollar la modifica-ción adecuada del factor de rigidez, considere la viga de la figura 12-11a.Debido a la simetría, los momentos internos enB y C son iguales. Supo-niendo que este valor seaM , la viga conjugada para el claroBC es comose muestra en la figura 12-11b . Por lo tanto, la pendienteu en cada ex-tremo es,

o bien

Entonces, el factor de rigidez para el claro central es

(12–5)

En consecuencia, sólo se pueden distribuir los momentos de la mitadde la viga dado que el factor de rigidez para el claro central se calculaempleando la ecuación 12-5.En comparación, el factor de rigidez del claro central será la mitad del que generalmente se determina empleandoK = 4EI L.

K = 2EIL

Viga y carga simétricas

M = 2EIL

u

VB¿ = u = ML2EI

- VB¿

1L

2 +

MEI

1L

2aL2 b

= 0d+ ©M Cœ = 0;

A D

LL ¿ L ¿

P

C B

P

viga real

(a)

u u

B ¿ C ¿

V B ¿ V C ¿

L__2

L__2

M ___ LEI

M ___EI

viga conjugada

(b)




2

Viga simé tr ica con carga ant isimé tr ica. Si una viga simétricase somete a una carga antisimétrica, el diagrama de momento resulta

será antisimétrico. Al igual que en el caso anterior, el factor de rigidel claro central se puede modificar de manera que sólo deba consirarse la mitad de la viga para el análisis de distribución de momenConsidere la viga de la figura 12-12a. La viga conjugada para su clarcentral BC se muestra en la figura 12-12b. Debido a la carga antisimétrica, el momento interno enB es igual pero opuesto al que ocurre enC .Si se supone que este valor esM , la pendienteu en cada extremo se de-termina de la manera siguiente:

Figura 12–12

A D

LL ¿ L ¿

C B

P

viga real

(a)

P

u

u

B ¿

C ¿

V B ¿

V C ¿

5 __ L6

1 __ L6

viga conjugada(b)

1 M L__ (__) (__) 2 EI 2

1 M L__ (__) (__) 2 EI 2

M __EI

M __EI

- VB¿

1L

2 +

12

a MEI b a

L2 b a

5L6 b

-12 a

MEI b a

L2 b a

L6 b

= 0d+ ©M C¿ = 0;

o bien

Por lo tanto, el factor de rigidez para el claro central es

(12–6)

En consecuencia, cuando el factor de rigidez para el claro central deviga se calcula mediante la ecuación 12-6, sólo deben distribuirse losmentos en la mitad de la viga. Aquí, el factor de rigidez es una y mediaveces más grande que el que se determina usando K = 4EI L.

Viga simétrica concarga antisimétrica

K = 6EIL

M = 6EIL

u

VB¿ = u = ML6EI



EJEMPLO12.3

Determine los momentos internos en los soportes de la viga que semuestra en la figura 12-13a. EI es constante.



A B C D

4 k/ pie

(a)

Figura 12–13

A B

AB BA BC

1 0.667 0.333

0 108.9 108.9

(b)

Junta

Elemento

DF

M

6048.9

133.324.4

FEMDist.

SOLUCIÓNPor inspección, la viga y la carga son simétricas. Por lo tanto, se apli-caráK 2EI L para calcular el factor de rigidez del claro centralBC y, por lo tanto, en el análisis se empleará sólo la mitad izquierda dela viga. El análisis puede reducirse aún más usandoK 3EI L paracalcular el factor de rigidez del segmento AB puesto que el extremo Aestá fijo. Además, la distribución de momentos en A puede omitirseusando el FEM para una carga triangular sobre un plano con un ex-tremo fijo y el otro articulado. Por lo tanto,

Estos datos se encuentran en la tabla de la figura 12-13b.Al calcular losfactores de rigidez como se mostró antes, se reduce considerablementeel análisis, puesto que sólo debe equilibrarse la juntaB, y los trasladoshacia las articulaciones A yC no son necesarios.Por supuesto,la juntaC está sometida al mismo momento interno de 108.9 k• pie.

1FEM2BC = - wL2

12 = -41202212 = - 133.3 k#pie

1FEM

2BA = wL2

15 = 4

115

22

15 = 60 k#pie

DFBC =2EI>20

3EI

>15 + 2EI

>20 = 0.333

DFBA =3EI>15

3EI>15 + 2EI>20 = 0.667

DFAB =3EI>153EI>15

= 1

K BC = 2EI20 1usando la ecuación 12–52

K AB =3EI

15

1usando la ecuación 12–4

2



Determine los momentos internos en los soportes de la viga que semuestra en la figura 12-14a. El momento de inercia de los dos clarosse muestra en la figura.

EJEMPLO12.4


2

SOLUCIÓNComo la viga está soportada por rodillos en su extremo lejanoC , la ri-gidez del claroBC se calculará con base enK 3EI L . Se tiene

Por lo tanto,

En este problema es posible obtener una mayor simplificación delmétodo de distribución, si se toma en cuenta que puedeusarse un mo-mento solo de extremo fijo para el claro finalBC . Si se emplea la co-lumna derecha de la tabla ubicada en el interior de la contraportada,para un claro cargado uniformemente que tiene un lado fijo y el otroarticulado, se tiene

1FEM2BC = - wL2

8 = - 240120228 = - 12 000 lb#pie

DFCB = 90E90E

= 1

DFBC = 90E80E + 90E

= 0.5294

DFBA = 80E80E + 90E

= 0.4706

DFAB = 80Eq + 80E

= 0

K BC = 3EIL

=3E1600220 = 90E

K AB = 4EIL

=4E1300215 = 80E

Figura 12–14

20 pies15 pies

240 lb/ pie

I AB 300 pulg 4

A

B C I BC 600 pulg 4

(a)




Los datos anteriores se introducen en la tabla de la figura 12-14b yse realiza la distribución de momentos. En comparación con la figura12-6b, este método simplifica considerablemente la distribución.

Con base en los resultados, las fuerzas cortantes en los extremos dela viga y los diagramas de momento son como se muestra en la figura

12-14c.

0

A C

AB BA BC

0.4706 0.5294

2823.6 5647.2 5647.2

(b)

CB

1

0

B

6352.812 000

2823.65647.2

Junta

Elemento

DFFEM

M

Dist.CO

M (lb pie)M (lb pie)

x (pies) x (pies)

28242824

56475647

93439343

1515

26.226.2

(c)(c)

20 pies20 pies

240 lb/ pie240 lb/ pie2118 lb2118 lb2682 lb2682 lb564.7 lb564.7 lb

5647 lb pie5647 lb pie 5647 lb pie5647 lb pie

3247 lb3247 lb

15 pies15 pies

564.7 lb564.7 lb

2824 lb pie2824 lb pie




2

Prob. 12–1

Prob. 12–2

Prob. 12–3

12–1. Determine los momentos enB y C . EI es constante.Suponga queB yC son rodillos y que A yD están articulados.

*12–4. Determine las reacciones en los soportes y despudibuje el diagrama de momentos. Suponga que A está fijo.EI es constante.

PROBLEMAS

12–2. Determine los momentos en A , B y C . Suponga queel soporte enB es un rodillo y que A y C están fijos.EI esconstante.

12–5. Determine los momentos enB y C , y después dibujeel diagrama de momentos para la viga.Suponga queC es unsoporte fijo.EI es constante.

12–3. Determine los momentos en A , B y C , y después di-buje el diagrama de momentos. Suponga que el soporte enB es un rodillo y que A y C están fijos.EI es constante.

12–6. Determine los momentos enB y C , y después dibujeel diagrama de momentos para la viga.Todas las conexioestán articuladas. Suponga que las reacciones horizonta

son iguales a cero.EI es constante.

A B C D

8 pies8 pies 20 pies

3 k/ pie

15 pies20 pies20 pies

ADC B

500 lb800 lb/ pie

6 m 4 m 4 m

B A C

8 kN/ m12 kN

A B

C

D

4 m

12 kN/ m

12 kN/ m4 m

4 m

A B C

36 pies 24 pies

2 k / pie3 k / pie

B

6pies

6pies


A C

900 lb 900 lb 400 lb

Prob. 12–4

Prob. 12–5

Prob. 12–6




12–7. Determine las reacciones en los soportes. Supongaque A está fijo y queB y C son rodillos que pueden empujar o jalar la viga.EI es constante.

12–10. Determine el momento enB, y después dibuje egrama de momentos para la viga.Suponga que los sop

A y C son rodillos y queB está articulado.EI es constante

*12–8. Determine los momentos enB y C , y después di-buje el diagrama de momentos para la viga. Suponga quelos soportes enB y C son rodillos y que A y D están articu-lados.EI es constante.

12–11. Determine los momentos enB , C y D , y despdibuje el diagrama de momentos para la viga.EI es cotante.

12–9. Determine los momentos enB y C , y después dibujeel diagrama de momentos para la viga. Suponga que los so-portes enB y C son rodillos y que A está articulado.EI esconstante.

*12–12. Determine el momento enB y después dibudiagrama de momentos para la viga. Suponga queporte en A está articulado, queB es un rodillo y queC efijo.EI es constante.

A B C

2.5 m5 m

12 kN/ m

A B C D

4 m4 m 6 m

12 kN/ m 12 kN / m


C B AD

200 lb/ pie300 lb

2 m 4 m 4 m 2 m

C B AD

6 kN / m

D E

20 pies 20 pies 10 pies10 pies A

D EC B

1.5 k/ pie10 kpie 10 k

15 pies 12 pies

A B C

4 k/ pie

Prob. 12–7

Prob. 12–8

Prob. 12–9

Prob. 12–10

Prob. 12–11

Prob. 12–12




2 12.4 Distr ibució n de momentospara marcos : Sin ladeo

La aplicación del método de distribución de momentos para marcos ladeo sigue el mismo procedimiento que el descrito para las vigas. P

reducir al mínimo la posibilidad de errores se sugiere que el análisiorganice en forma tabular, como en los ejemplos anteriores. Ademásdistribución de momentos puede simplificarse si el factor de rigidezun claro puede modificarse como se indicó en la sección anterior.

Determine los momentos internos en las juntas del marco que semuestra en la figura 12-15a. E y D están articulados y en el punto Ahay un soporte fijo.EI es constante.

EJEMPLO12.5

5 k/ pie

20 k

15 pies

18 pies12 pies

A

B C

D

E

(a)

A B C D E

AB BA CD DC EC BC CB CE

0.330 1 1

44.6135

10.130.7

1.75.1

0.41.2

0.10.2

0.455

61.4135

10.122.3

2.35.1

0.40.8

0.10.2

89.1

0.545

73.6

12.2

2.8

0.4

0.1

89.1

0

36.8

6.1

1.4

0.2

44.5 115

0.298

40.2

9.1

1.5

0.4

0.0

51.2

0.372

50.2

11.5

1.9

0.4

0.1

64.1

(b)

JuntaElemento

DF

FEM

M

Dist.TR

Dist.

TRDist.TR

Dist.TR

Dist.

Figura 12–15



12.4 DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS PARA MARCOS: SIN LADEO 5

(c)44.5 k pie

89.1 k pie89.1 k pie

51.2 k pie

101 k pie

64.1 k pie

115 k pie

SOLUCIÓNPor inspección, el pasador enE impedirá que el marco se ladee. Losfactores de rigidez deCD y CE pueden calcularse usandoK 3EI Lpuesto que los extremos están fijos. Además, la carga de 20 k no con-tribuye con un FEM porque está aplicada en la juntaB . Por lo tanto,

Los datos se muestran en la tabla de la figura 12-15b.Aquí se realizasucesivamente la distribución de momentos en las juntasB y C . Losmomentos finales se muestran en la última fila.

El diagrama de momentos para el marco de la figura 12-15c se cons-truye utilizando estos datos.

1FEM2CB = wL2

12 =51182212 = 135 k#pie

1FEM2BC = - wL2

12 = - 51182212 = - 135 k#pie

DFDC = 1 DFEC = 1 DFCE = 1 – 0.330 – 0.298 = 0.372

DFCD = 3EI

>15

4EI>18 + 3EI>15 + 3EI>12 = 0.298

DFCB =4EI>18

4EI

>18 + 3EI

>15 + 3EI

>12 = 0.330

DFBC = 1 – 0.545 = 0.455

DFBA =4EI>15

4EI>15 + 4EI>18 = 0.545

DFAB = 0

K AB = 4EI15 K BC = 4EI

18 K CD = 3EI15 K CE = 3EI

12




2

Figura 12–16

12.5 Distr ibució n de momentospara marcos : Con ladeo

En la sección 11-5 se mostró que los marcos que no son simétricos oestán sujetos a cargas no simétricas tienen una tendencia a ladearse.

ejemplo de estos casos se muestra en la figura 12-16a.Aquí, la carga apli-cadaP generará momentos desiguales en las juntasB yC de modo que elmarco se desviará una cantidad hacia la derecha. Para determinar estadeflexión y los momentos internos en las juntas mediante la distribucde momentos se usará el principio de superposición. En este sentidoconsidera primero que el marco de la figura 12-16b no experimentaladeo al aplicar un soporte artificial en la juntaC . Se aplica la distribu-ción de momentos y después, por la estática, se determina la fuerza rtrictivaR . Luego se aplica a la estructura una fuerza de restricción igpero opuesta, figura 12-16c, y se calculan los momentos en el marco. Umétodo para realizar este último paso requiere, en primer lugar, suponer un valor numérico de uno de los momentos internos, por ejemploM BA .

Si se usa la distribución de momentos y la estática, es posible determla deflexión y la fuerza externaR correspondientes al valor supuestopara M BA . Dado que se producen deformaciones elásticas lineales,fuerzaR desarrolla momentos en el marco que son proporcionales a losdesarrollados porR . Por ejemplo, si se conocenM BA y R , el momentoen B desarrollado porR será M BA M BA (R R ). Al sumar los momen-tos en las juntas para ambos casos, figuras 12-16b y c, se obtendrán losmomentos reales en el marco,figura 12-16a. La aplicación de esta técnicse ilustra en los ejemplos 12-6 a 12-8.

Marcos de varios niveles. Con mucha frecuencia, los marcos dvarios niveles pueden tener algunos desplazamientosindependientes en

sus juntas y, por consiguiente, el análisis de la distribución de momeempleando las técnicas descritas anteriormente implicará un mayor nmero de cálculos. Por ejemplo, considere el marco de dos niveles qumuestra en la figura 12-17a. Esta estructura puede tener dos desplaza

P

B

A D

C

aplicación de una juntaartificial (sin ladeo)

(b)

R

P

B

A

C

D

(a)

junta artificial retirada(con ladeo)

(c)

B

A D

C R




SOLUCIÓNEn primer lugar se considerará que el marco no sufre desplazamientolateral como se muestra en la figura 12-18b . Se tiene

El factor de rigidez de cada claro se calcula con base en 4EI L o em-pleando el factor de rigidez relativa I L . Los DF y la distribución demomentos se muestran en la tabla de la figura 12-18d . Con base enestos resultados se aplican las ecuaciones de equilibrio a los diagramas de cuerpo libre de las columnas a fin de determinarA x y D x, fi-gura 12-18e. A partir del diagrama de cuerpo libre de todo el marco(no se muestra), la restricciónR de la junta en la figura 12-18b tieneuna magnitud de

Ahora debe aplicarse un valor igual pero opuesto deR 0.92 kNsobre el puntoC del marco y es necesario calcular los momentos in-ternos, figura 12-18c. Para resolver el problema del cálculo de estosmomentos, se supondrá que se aplica una fuerzaR sobre C , lo queocasiona que el marco se desvíe , como se muestra en la figura12-18 f .Aquí las juntas enB y C se encuentrantemporalmente restrin-

gidas a la rotación , y como resultado se determinan los momentos deextremo fijo en los extremos de las columnas con base en la fórmulade la deflexión que se encuentra en el interior de la contraportada,es decir,

R = 1.73 kN - 0.81 kN = 0.92 kN©Fx = 0;

1FEM2CB =1611221421522 = 2.56 kN#m

1FEM2BC = -1614221121522 = - 10.24 kN#m

EJEMPLO12.6


2

16 kN

B

A

C

D

1 m 4 m

5 m5 m

(a)

=

(b)

16 kN

B

A D

C R

B

A D

C R

(c)

Junta A B C D

Elemento AB BA BC CB CD DC

DF 0 0.5 0.5 0.5 0.5 0

FEM 5.12 1.28

0.32

0.32

0.02

2.56

0.16

0.16

5.1210.24

0.320.64

0.320.64

0.020.04

1.28

0.08

0.08

0.64

0.64

0.04

M 2.88 5.78 5.78

1.282.56

1.282.56

0.080.16

0.080.16

2.72 2.72 1.32(d)

Dist.TR

Dist.TR

Dist.TR

Dist.

2.72 kN m2.72 kN m5.78 kN m5.78 kN m

1.32 kN m1.32 kN m2.88 kN m2.88 kN m

D x 0.81 kND x 0.81 kN A x 1.73 kN A x 1.73 kN

5 m5 m 5 m5 m

(e)(e)

Figura 12–18



12.5 DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS PARA MARCOS: CON LADEO 5

BB

A A

C C

DD

(f)(f)

¿¿ ¿¿

R ¿R ¿

100 kN m100 kN m

100 kN m100 kN m 100 kN m100 kN m

100 kN m100 kN m

Junta A B C D


DF 0 0.5 0.5 0.5 0.5 0

FEM50

12.5

3.125

0.78

25

50

12.525

50 50

12.5

3.1256.25

0.781.56

M 80.00 60.00 60.00

(g)

100

6.25

1.56

0.39

100 100

0.195 0.1950.39

12.525 25

3.1256.25

0.781.56

60.00

0.1950.39

60.00 80.00

100

3.125

0.78

0.1950.39

1.56

6.25

Dist.TR

Dist.

TRDist.TR

Dist.TR

Dist.

60 kN m60 kN m60 kN m60 kN m

80 kN m80 kN m80 kN m80 kN m

D x 28 kND x 28 kN A x 28 kN A x 28 kN

5 m5 m 5 m5 m

(h)(h)

En vista de quetanto B como C se desplazan la misma cantidad ,y AB y DC tienen losmismos valores deE , I y L , el FEM en AB seráel mismo que enDC . Como se muestra en la figura 12-18 f , se su-

pondrá arbitrariamente que este momento de extremo fijo sea

Se requiere un signo negativo porque el momento debe actuaren sen-tido antihorario sobre la columna para obtener una deflexión haciala derecha. Ahora puede determinarse el valor deR asociado con

este momento de 100 kN• m. La distribución de momentos de losFEM se muestra en la figura 12-18 g. Con base en el equilibrio, se calcu-lan las reacciones horizontales en A y D , figura 12-18h. Así, para todoel marco se requiere

Por lo tanto,R 56.0 kN crea los momentos tabulados en la figura12-18 g. Los momentos correspondientes causados porR 0.92 kNpueden determinarse por proporción. Por lo tanto, el momento resul-tante en el marco, figura 12-18a, es igual a la suma de los calculadospara el marco en la figura 12-18b , más la cantidad proporcional de losque se calcularon en la figura 12-18c. Se tiene

Resp.

Resp.

Resp.

Resp.

Resp.

Resp.M DC = - 1.32 + 0.9256.01- 802 = - 2.63 kN#m

M CD = - 2.72 + 0.9256.01- 602 = - 3.71 kN#m

M CB = 2.72 + 0.9256.01602 = 3.71 kN#m

M BC = - 5.78 + 0.9256.01602 = - 4.79 kN#m

M BA = 5.78 + 0.9256.01- 602 = 4.79 kN#m

M AB = 2.88 + 0.9256.01- 802 = 1.57 kN#m

R¿ =28 + 28 = 56.0 kN©F x = 0;

1FEM2AB = 1FEM2BA = 1FEM2CD = 1FEM2DC = - 100 kN#m

M = 6EI¢

L2



Determine los momentos en cada junta del marco que se muestra enla figura 12-19a. El momento de inercia de cada elemento se indicaen la figura.

EJEMPLO 12.7


2

SOLUCIÓNEn primer lugar se evita un ladeo en el marco, como se muestra en lafigura 12-19b . Los momentos internos en las juntas se calculan comose indica en la figura 12-19d.Aquí,el factor de rigidez delCD se calculóempleando 3EI L , puesto que hay un pasador enD . El cálculo de lasreacciones horizontales en A y D se muestra en la figura 12 19e. En-tonces, para todo el marco,

R = 2.89 – 1.00 = 1.89 k©F x = 0;

2 k/ pie

10 pies

12 pies

15 pies A

B

(a)

C

I BC = 1500 pulg 4I A

B = 2

0 0 0 p ul g

4 I D C

= 2

5 0 0 p u

l g 4

=

D

2 k/ pie

A

B

(b)

C

D

R

A

B

(c)

C

D

R

Junta A B C D


DF 0 0.615 0.385 0.5 0.5 1FEM

14.76 9.2424

1224

12

3.69

0.713

0.18

7.38

1.84

0.357

2.316

0.4471.16

0.110.29

2.31 4.62

0.581.16

0.110.224

2.31

0.58

0.11M 9.58 19.34 19.34 15.00 15.00 0

(d)

Dist.TR

Dist.TR

Dist.TR

Dist.

10 pies10 pies

19.34 kpie19.34 kpie

9.58 k pie9.58 k pie

A x 2.89 k A x 2.89 k

15 pies15 pies

15.00 kpie15.00 kpie

D x 1.00 kD x 1.00 k

(e)(e)

Figura 12–19




Junta A B C D


DF 0 0.615 0.385 0.5 0.5 1FEM

61.5 38.5 13.89 13.89

4.27

2.96

0.20

100

30.75

2.142.676.94

1.854.81

0.130.33

9.62519.25

0.671.34

0.46 0.92

9.625

0.67

0.46M 69.91 40.01 40.01 23.31 23.31 0

(g)

1.48

100 27.78

TRDist.

Dist.

TRDist.TR

Dist.

10 pies

40.01 k pie

69.91 k pie

A ¿

x 11.0 k

15 pies

23.31 k pie

D ¿

x 1.55 k

(h)

A

B

(f)

C

D

R ¿

100 k pie 27.78 k pie

100 k pie

¿ ¿

(f)

La fuerza opuesta se aplica ahora sobre el marco como se muestra enla figura 12-19c. Al igual que en el ejemplo anterior, se consideraráuna fuerza R que actúa en la forma mostrada en la figura 12-19 f .

Como resultado, las juntasB y C se desplazan la misma cantidad .Los momentos de extremo fijo paraBA se calculan a partir de

Sin embargo, con base en la tabla que se encuentra en el interior de lacontraportada, paraCD se tiene

Si se supone que el FEM para AB es de 100 k• pie como se muestra enla figura 12-19 f , el FEMcorrespondiente en C , que causa elmismo ,se encuentra por comparación, esto es,

La distribución de momentos para estos FEM se tabula en la figura12-19 g. Los cálculos de las reacciones horizontales en A y D se mues-tran en la figura 12 19h. Entonces, para todo el marco,

Por lo tanto, los momentos resultantes en el marco son

Resp.

Resp.

Resp.

Resp.

Resp.M CD = - 15.00 + A1.8912.55B1- 23.312 = - 18.5 k#pie

M CB = 15.00 + A1.8912.55B123.312 = 18.5 k#pie

M BC = - 19.34 + A1.8912.55B140.012 = - 13.3 k#pie

M BA = 19.34 + A1.8912.55B1- 40.012 = 13.3 k#pie

M AB = 9.58 + A1.8912.55B1- 69.912 = - 0.948 k#pie

R¿ =11.0 + 1.55 = 12.55 k©F x = 0;

1FEM2CD = - 27.78 k#pie

¢¿ = - 1- 1002110226E120002 = - 1FEM2CD115223E125002

1FEM2CD = - 3EI ¢L2 = -

3E125002¢¿115221FEM2AB = 1FEM2BA = - 6EI ¢

L2 = -6E120002¢¿11022




EJEMPLO12.8


2

Figura 12–20

8 k

A

B C

D

6 pies5

pies5

pies 6 pies

8 pies1 0 p

i e s 1 0 p i e s =

(a)

20 k

8 k

20 k

A

B C

D

(b)

R

A

B C

D

(c)

R

Junta A B C D


DF 1 0.429 0.571 0.571 0.429 1FEM

5.7110

1.632.86

0.470.82

0.130.24

M 0

4.29

1.23

0.35

0.10

5.97 5.97 5.97

4.29

1.23

0.35

0.10

5.97 0

(d)

5.7110

1.632.86

0.47 0.82

0.130.24

Dist.TR

Dist.TR

Dist.TR

Dist.

SOLUCIÓNPrimero se evita el desplazamiento lateral mediante la fuerza de res-tricciónR , figura 12-20b . Los FEM para el elementoBC son

Como los claros AB y DC están articulados en sus extremos, el factorde rigidez se calcula empleando 3EI L . La distribución de momentosse muestra en la figura 12-20d.

Las reacciones horizontales en A y D deben determinarse a partirde estos resultados, lo cual se hace mediante un análisis del equilibripara cada elemento , figura 12-20e.Al sumar los momentos respecto delos puntosB y C en cada pierna, se tiene

Por lo tanto, para todo el marco,R = 3.75 – 3.75 + 20 = 20 k©F x = 0;

5.97 - Dx182 + 4162 = 0 Dx = 3.75 kd+ ©M C = 0; - 5.97 + Ax182 - 4162 = 0 Ax = 3.75 kd+ ©M B = 0;

1FEM2BC = -811028 = - 10 k#pie 1FEM2CB =

811028 = 10 k#pie

4 k6

pies

8 pies

VB

5.97 kpie4 pies

A x

4 k6

pies

8 pies

VC

5.97 kpie4 pies

D x

C B

A D

8 k

5 pies

5 pies

20 k RVB

5.97 k pieV C

4 k 4 k5.97 k pie

(e)




La fuerza opuestaR se aplica ahora al marco como se muestra en lafigura 12-20c. Con el fin de determinar los momentos internos desa-rrollados porR se considerará primero que la fuerzaR actúa como semuestra en la figura 12-20 f . Aquí las líneas discontinuas no represen-tan la distorsión de los elementos del marco, sino que se construyen

como líneas rectas extendidas hasta las posiciones finalesB

yC

desde los puntosB y C , respectivamente. Debido a la simetría delmarco, el desplazamientoBB CC . Además, estos desplaza-mientos hacen queBC gire.La distancia vertical entreB yC es 1.2 ,como se muestra en el diagrama de desplazamiento, figura 12-20 g.Dado que cada claro experimenta desplazamientos hasta un puntoextremo que ocasionan un giro en éste, se inducen momentos de ex-tremo fijo en los claros. Dichos momentos son:

Observe que paraBA y CD los momentos sonnegativos puesto queuna rotación en sentido horario del claro ocasiona un FEM con sen-

tido antihorario .Si se asigna arbitrariamente un valor de (FEM)BA (FEM)CD100 k• pie, entonces al igualar en las fórmulas anteriores se ob-

tiene (FEM)BC (FEM)CB 240 k• pie. Estos momentos se aplicanal marco y se distribuyen, figura 12-20h . Con los resultados anteriores,el análisis de equilibrio es como se muestra en la figura 12-20i. Paracada pierna se tiene

Entonces, para todo el marco,

Por lo tanto, los momentos resultantes en el marco sonResp.

Resp.

Resp.

Resp.M CD = - 5.97 + A2080.74B1- 146.802 = - 42.3 k#pie

M CB = 5.97 + A2080.74B1146.802 = 42.3 k#pie

M BC = - 5.97 + A2080.74B1146.802 = 30.4 k#pie

M BA = 5.97 + A2080.74B1- 146.802 = - 30.4 k#pie

R¿ =40.37 + 40.37 = 80.74 k©Fx = 0;

- Dxœ182 + 29.36162 + 146.80 = 0

Dx

œ = 40.37 kd+ ©M C = 0; - Ax

œ182 + 29.36162 + 146.80 = 0

Axœ = 40.37 kd+ ©M B = 0;

6EI11.2¢¿2>11022. 1FEM2BC = 1FEM2CB =- 3EI ¢¿>11022,1FEM2BA = 1FEM2CD =

BC

D A

R ¿

(f)

36.9

B ¿

¿¿

C ¿

36.9

36.9

36.9B, C

¿

¿

C ¿

B ¿

0.6 ¿

0.6 ¿

(g)

Junta A B C D

Elemento AB BA B C C B CD DC

DF 1 0.429 0.571 0.571 0.429 1FEM

79.94240

17.15

4.89

1.40

22.8239.97

6.5211.41

1.863.26

0 146.80 146.80 0

(h)

0.40 0.530.93

79.94240

22.8239.97

6.5211.41

1.863.26

0.530.93

60.06

17.15

4.89

1.40

10060.06100

0.40146.80 146.80

Di s t.TR

Di s t.TR

Di s t.TR

Di s t.TR

Di s t.M

6 pies

8 pies

V ¿

B

146.80 k pie

29.36 k

A ¿

x

6 pies

8 pies

D ¿

x

C B

A D

10 pies R ¿

146.80 k pie

V ¿

C

146.80 k pie

(i)

29.36 k

29.36 k 29.36 k

29.36 k

146.80 k pie

29.36 k




2

Prob. 12–13

Prob. 12–14

Prob. 12–15

Prob. 12–16

12–13. Determine el momento enB , y después dibuje eldiagrama de momentos para cada elemento del marco. Su-ponga que los soportes en A y C están articulados.EI es

constante.

12–15. Determine las reacciones en A y D . Suponga quelos soportes en A y D están fijos y queB y C están conecta-dos fijamente.EI es constante.

PROBLEMAS

12–14. Determine los momentos en los extremos de cada

elemento del marco.Suponga que la junta enB está fija,queC está articulada y que A está fijo.El momento de inercia decada elemento se muestra en la figura.E 29(103) ksi.

*12–16. Determine los momentos enD y C , y después di-

buje el diagrama de momentos para cada elemento dmarco.Suponga que los soportes en A y B están articuladosy que las juntasD y C están fijas.EI es constante.

B C

A

6 m

5 m

8 kN / m

8 k/ pie

A

B C

D

15 pies

24 pies

2 k/ pie

A

4 k

8 pies

8 pies

B

12 pies

C I BC 800 pulg 4

I AB 550 pulg 4

B

C D

A

12 pies

9 pies

5 k/ pie




Prob. 12–17

Prob. 12–18

12–17. Determine los momentos en el soporte fijo A y enla juntaD , y después dibuje el diagrama de momentos parael marco. Suponga queB está articulado.

12–19. El marco está hecho de tubos que se conectamente. Si soporta las cargas que se muestran, determmomentos desarrollados en cada una de las juntasEI constante.

12–18. Determine los momentos en cada junta del marco,y después dibuje el diagrama de momentos para el ele-mentoBCE . Suponga queB ,C yE están fijamente conecta-dos y que A y D están articulados.E 29(103) ksi.

*12–20. Determine los momentos enB y C , y despuébuje el diagrama de momentos para cada elemenmarco. Suponga que los soportes en A , E y D están fijoses constante.

A

B

D

4 k/ pie


C

2 k

3 k

8 pies

8 pies

0.5 k/ pie

A D

E

B

C I BC 400 pulg 4

I CE 400 pulg 4

I AB 600 pulg 4

I DC 500 pulg 4

24 pies 12 pies

18 kN 18 kN

4 m

4 m 4 m 4 m

A

B

D

C

B

E

C A

10 k2 k/ pie

8 pies 8 pies

12 pies

16 pies

D

Prob. 12–19

Prob. 12–20




212–21. Determine los momentos enD y C , y después di-buje el diagrama de momentos para cada elemento delmarco.Suponga que los soportes en A y B están articulados.EI es constante.

12–23. Determine los momentos que actúan en los extrmos de cada elemento del marco.EI es constante.

12–22. Determine los momentos que actúan en los extre-mos de cada elemento. Suponga que los soportes en A y Destán fijos. El momento de inercia de cada elemento semuestra en la figura.E 29(103) ksi.

*12–24. Determine los momentos que actúan en los extrmos de cada elemento. Suponga que las juntas están fimente conectadas y que A yB son soportes fijos.EI es cons-tante.

B

C D

A

4 m

1 m 3 m

16 kN

10 pies 15 pies

6 k/ pie

I BC = 1200 pulg 4

I AB 800 pulg 4

I CD = 600 pulg 4

A

B C

D

24 pies

B

C

A

D

0.2 k/ pie

20 pies

18 pies

12 pies

15 k

20 pies

A

B C

D

24 pies

1.5 k/ pie

Prob. 12–21

Prob. 12–22

Prob. 12–23

Prob. 12–24



REPASO DEL CAPITULO 5

12–25. Determine los momentos en las juntasB y C , y des-pués dibuje el diagrama de momentos para cada elementodel marco. Los soportes en A y D están articulados.EI esconstante.

12–26. Determine los momentos en las juntasC y Ddespués dibuje el diagrama de momentos para cadmento del marco. Suponga que los soportes en A y B esarticulados.EI es constante.

B C

A D

12 pies

5 pies10 pies5 pies

8 k

B

C

A

D12 pies

6 pies

8 pies

3 k

Prob. 12–25

Prob. 12–26


El proceso de distribución de momentos se realiza de manera cómoda en la forma tabular.Antes de comenzar delarse el momento de extremo fijo para cada claro empleando la tabla que aparece en el interior de la contraportadlibro.Los factores de distribución se obtienen al dividir la rigidez de un elemento entre la rigidez total de la juntelementos que cuentan con un extremo lejano fijo, useK 4EI L ; para un elemento con su extremo lejano articulasoportado por rodillos,useK 3EI L ; para un claro y una carga simétricos,K 2EI L , y para una carga antisimétric

6EI L . Recuerde que el factor de distribución para un extremo fijo es DF0, y para un extremo articulado o soporpor rodillos, DF 1.

La distribución de momentos es un método de aproximaciones sucesivas que puede realizarse con cualquier gracisión deseado. Inicialmente se requiere bloquear todas las juntas de la estructura. Luego se determina el moequilibrio para cada junta; las juntas se desbloquean y este momento se distribuye a cada elemento conectado, y mitad de su valor se traslada al otro lado del claro.Este ciclo de bloquear y liberar las juntas se repite hasta que ede momentos se vuelva aceptablemente pequeño. Entonces se detiene el proceso y el momento en cada junta es llos momentos en cada ciclo de bloqueo y desbloqueo.



El uso de trabes con momentos de inercia variables redujo en forma conside-rable el peso muerto de cada uno de estos claros.



13

5

En este capítulo se aplicarán los métodos de la pendiente-deflexión yde la distribución de momentos para analizar vigas y marcos compues-tos por elementos no prismáticos. Primero se estudiará cómo obtener los traslados de factores, los factores de rigidez y los momentos de ex-tremo fijo necesarios. A esto le sigue un análisis relacionado con el usode valores tabulares que se publican con frecuencia en la literatura dediseño. Por último se estudiará el análisis de estructuras estáticamenteindeterminadas utilizando los métodos de la pendiente-deflexión y dela distribución de momentos.

13.1 Propiedades de carga de loselementos no prismáticos

Con frecuencia, las trabes que se usan en los claros grandes de puentes yedificios se diseñan como vigas no prismáticas,es decir,que deben contarcon momentos de inercia variables; lo anterior, con el fin de ahorrar ma-terial. Las formas más comunes de los elementos estructurales noprismáticos tienen enriñonados que son escalonados, ahusados o parabó-licos, figura 13-1. Siempre que sea posible expresar el momento de iner-cia del elemento en función de la coordenada x de longitud, se puedeusar el principio del trabajo virtual o teorema de Castigliano como se ex-plicó en el capítulo 9 para encontrar su deflexión. Las ecuaciones son

Si la geometría y la carga del elemento requieren la evaluación de unaintegral que no puede determinarse en forma cerrada, entonces deberáusarse la regla de Simpson o alguna otra técnica numérica para llevar acabo la integración.

¢ = Ll

0 MmEI

dx

o bien

¢ = Ll

0 0M0P

MEI

dx

Vigas y marcoscon elementos no

prismáticos

Figura 13–1

enriñonados escalonados

enriñonados ahusados

enriñonados parabólicos



Si las ecuaciones de pendiente-deflexión o la distribución de momtos se emplean para determinar las reacciones sobre un elemento prismático, entonces primero deben calcularse las siguientes propiedes para el elemento.

Momentos de extremo fijo (FEM). Son las reacciones de momento en los extremos del elemento que se supone está fijamente apyado, figura 13-2a.Factor de rigidez (K ). Es la magnitud del momento que debaplicarse al extremo del elemento de modo que ese extremo gire a trade un ángulo deu 1 rad.Aquí se aplica el momento en el soporte articlado, mientras el otro extremo se supone fijo, figura 13-2b.

Factor de traslado (FTR). Representa la fracción numérica (C )del momento que se “traslada” desde el extremo articulado hasta pared, figura 13.2c.

Una vez obtenidos, es posible verificar los cálculos de los factorerigidez y de traslado; en parte, observando una importante relación qexiste entre ellos. Al respecto, considere la viga de la figura 13-3 sotida a las cargas y deflexiones que se muestran. La aplicación del rema recíproco de Maxwell-Betti requiere que el trabajo realizado plas cargas de la figura 13-3a, que actúan a través de los desplazamientode la figura 13-3b , sea igual al trabajo de las cargas que se muestran la figura 13-3b, que actúan a través de los desplazamientos de la figu13-3a, es decir,

o bien

(13–1)Por lo tanto, una vez determinados, los factores de rigidez y traspdeben satisfacer la ecuación 13-1.

CAB K A = CBA K B

K A102 + CAB K A112 = CBA K B112 + K B102UAB = UBA

524 CA P Í T U L O 13 V I G A S Y M A R C O S C O N E L E M E N TO S N O P R I S M Á T I C O S

3

El pilón ahusado de concreto se usa para so-portar las trabes del puente de esta auto-pista.

wP

(FEM) A

(FEM) B

(a) A

BK

u (1 rad)

(b)

A

B

K

(c)

A

BM CK

Figura 13–2



13.1 PROPIEDADES DE CARGA DE LOS ELEMENTOS NO PRISMÁTICOS 5

Estas propiedades pueden obtenerse usando, por ejemplo, el métodode la viga conjugada o un método de energía. Sin embargo, a menudo elproceso implica una considerable cantidad de trabajo. En consecuencia,se han desarrollado gráficas y tablas para determinar estos datos para lasformas comunes que se utilizan en el diseño estructural. Una de esasfuentes es elHandbook of Frame Constants (Manual de constantes enmarcos), publicado por la Portland Cement Association.* En las tablas13-1 y 13-2 se presenta una parte de esta información tomada de la publi-cación mencionada. Una forma tabular más completa de estos datospuede encontrarse en el manual de la PCA, junto con las correspondien-tes deducciones de las fórmulas empleadas.

La nomenclatura se define de la manera siguiente:relación de la longitud del enriñonado en los extremos A yB con la longitud del claro.relación de la distancia desde la carga concentrada hastael extremo A con la longitud del claro.factores de traslado del elemento AB en los extremos A yB , respectivamente.profundidad del elemento en los extremos A y B , respecti-vamente.profundidad del elemento en la sección mínima.momento de inercia de la sección a la profundidad mínima.factor de rigidez en los extremos A y B , respectivamente.longitud del elemento.Momento de extremo fijo en los extremos A y B , respecti-vamente; se especifica en las tablas para una carga uni-formew o una fuerza concentradaP .relaciones para las secciones transversales rectangulares,donde r A (h A – hC )/hC , r B (hB – hC )/hC .

Como se indicó anteriormente, los momentos de extremo fijo y los facto-res de traslado pueden encontrarse en las tablas. El factor de rigidez ab-soluta puede determinarse empleando los factores de rigidez tabulados ya partir de las siguientes ecuaciones:

(13–2)

La aplicación del uso de las tablas se ilustrará en el ejemplo 13-1.

K A = kAB EI C

L K B = kBA EI C

L

rA, rB =

M BA =M AB ,L =

kBA =kAB ,I C =hC =

hB =hA,

CBA =CAB ,

b =

aB =aA,

Con frecuencia, en la construcción dsias se usan los marcos de madera comentos de inercia variables.

u A (1 rad)

K AC AB K A

(a)

AB

u B (1 rad

B

A

(b)

C BA K B

Figura 13–3

*Handbook of Frame Constants . Portland Cement Association, Chicago, Illinois.




3

13.2 Distribución de momentospara estructuras con elementosno prismáticos

Una vez que se han determinado los momentos de extremo fijo y los tores de rigidez y traslado para los elementos no prismáticos de unatructura, la aplicación del método de distribución de momentos siguemismo procedimiento que se describió en el capítulo 12.Al respectocuerde que la distribución de momentos puede acortarse al modificafactor de rigidez de un elemento para tomar en cuenta las condicioneslos extremos del claro con soporte articulado y la simetría o antisimede la estructura. En los elementos no prismáticos también pueden hcerse modificaciones similares.

Viga articulada en el extremo lejano. Considere la viga de lafigura 13-4a, la cual está articulada en su extremo lejanoB . El factor derigidez absolutaK A es el momento aplicado en A de modo que la vigaen A gire u A 1 rad y puede determinarse de la siguiente manera. Eprimer lugar suponga queB está temporalmente fijo y que se aplica umomentoK A en A , figura 13-4b. El momento inducido enB es C AB K A ,donde C AB es el factor de traslado de A a B . En segundo lugar, comoBno está fijo, la aplicación del momento opuestoC AB K A sobre la viga, fi-gura 13-4c, inducirá un momentoC BA C AB K A en el extremo A . Mediantela superposición,el resultado de estas dos aplicaciones de momento osiona que la viga esté cargada como se muestra en la figura 13-4a. Por lotanto, puede verse que el factor de rigidez absoluta de la viga en A es

(13–3)

Aquí K A es el factor de rigidez absoluta de la viga, suponiendo que efija en el extremoB . Por ejemplo, en el caso de una viga prismática,K A4EI /L y C AB C BA . Al sustituir en la ecuación 13-3 se obtieneK A3EI /L , que es igual a la ecuación 12-4.

12

K Aœ = K A

11 - CAB CBA

2

K ¿ A

A

u A (1 rad)

BB(b)

C AB K AC AB K A

K ¿ A

A

u A (1 rad)

B

(a)

B

C AB K A

u A (1 rad)

C BA C AB K A

A

(c)

Figura 13–4



13.2 DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS PARA ESTRUCTURAS CON ELEMENTOS NO PRISMÁTICOS 5

Viga y carga simétricas. En este caso es necesario determinar elmomentoK A necesario para girar el extremo A , u A + 1 rad, mientrasque uB 1 rad, figura 13-5a.Aquí primero se supone que el extremoBestá fijo y se aplica el momentoK A en A , figura l3-5b . Después se apli-ca un momentoK B negativo sobre el extremoB suponiendo que el ex-tremo A está fijo. Lo anterior resulta en un momentoC BA K B en el extre-

mo A como se muestra en la figura 13-5c. Al superponer estas dosaplicaciones de momento en A se obtienen los resultados de la figura13-5a. Se requiere

Con base en la ecuación 13-1 (C BA K B C AB K A ), también es posibleescribir

(13–4)

En el caso de una viga prismática,K A 4EI /L y C AB , de modo queK A 2EI /L , lo cual es igual a la ecuación 12-5.

12

K Aœ = K A11 - CAB2

K Aœ = K A - CBA K B

K A A

u A (1 rad)

C AB K A

B

(b)

B

u B ( 1 rad)

K ¿ A

(a)

K ¿ A A

u A (1 rad)

A

u B ( 1 rad)

K B

(c)

B

C BA K B

Figura 13–5




3

Viga simétrica con carga antisimétrica. En el caso de unaviga simétrica con carga antisimétrica, es necesario determinarK A demodo que ocurra una rotación igual en los extremos de la viga, fig13-6a. Para hacer esto, primero se fija el extremoB y se aplica el mo-mento K A en A , figura 13-6b . Del mismo modo, en la figura 13-6c semuestra la aplicación deK B en el extremoB en tanto que el extremo Ase mantiene fijo.Al superponer los dos casos se obtienen los resultade la figura 13-6a. Por lo tanto,

o, si se usa la ecuación 13-1 (C BA K B C AB K A), resulta que para la rigi-dez absoluta

(13–5)

Al sustituir los datos para un elemento prismático,K A 4EI /L y C AB ,se obtieneK A 6EI /L , lo cual es igual a la ecuación 12-6.

12

K Aœ = K A11 + CAB2

K Aœ = K A + CBA K B

u A (1 rad)

K A

B

C AB K A

(b) A

K ¿ A A

u A (1 rad)

K ¿ A

u B (1 rad)

(a)B

A

K B

u B (1 rad)

B(c)

C BA K B

(a)

A

(FEM) AB

(FEM) BAB

L

u A __

L u B __

L

A B

(b)

Figura 13–6

Figura 13–7




Traslación relativa de una junta en una viga. Los momen-tos de extremo fijo se desarrollan en un elemento no prismático si éstetiene una traslación relativa de una junta entre sus extremos A y B ,fi-gura 13-7a. Para determinar estos momentos se procede de la manerasiguiente. En primer lugar, considere que los extremos A y B están ar-ticulados y que el extremoB de la viga se desplaza una distanciadetal manera que las rotaciones de los extremos sonu A uB L , figura13-7b. En segundo lugar, suponga queB está fijo y aplique un momentode M A K A( L ) sobre el extremo A de manera que el extremo gireu A L , figura 13-7c. En tercer lugar, suponga que A está fijo y apli-que un momentoM B K B( L ) al extremoB de modo que éste gireuB L , figura 3-7d. Como la suma total de estas tres operacionesgenera la condición que se muestra en la figura 13-7a, se tiene que en A

Al aplicar la ecuación 13-1 (C BA K B C AB K A) se obtiene

(13–6)

Para el extremoB puede escribirse una expresión similar. Recuerde quepara que un elemento prismáticoK A 4EI L y C AB . Por lo tanto(FEM) AB 6EI D L 2, lo cual es igual a la ecuación 11-5.

Si el extremoB está articulado en vez de fijo, figura 13-8, el momentode extremo fijo en A puede determinarse de una manera similar a la des-crita anteriormente. El resultado es

(13–7)

Aquí puede verse que, para un elemento prismático, esta ecuación da(FEM) AB 3EI L 2, la cual es igual a la que aparece en el interiorde la contraportada.

El siguiente ejemplo ilustra la aplicación del método de distribuciónde momentos en estructuras que tienen elementos no prismáticos. Unavez que se han determinado los momentos de extremo fijo y los factoresde rigidez y de traspaso, y que se ha modificado el factor de rigidez deacuerdo con las ecuaciones dadas anteriormente, el procedimiento de aná-lisis es igual al descrito en el capítulo 12.

1FEM

2ABœ = - K A

¢

L

11 - CAB CBA

2

12

1FEM2AB = - K A ¢L

11 + CAB21FEM2AB = - K A

¢L

- CBA K B ¢L

C AB K A __ LK A __

L

u A __

L

B A

(c) A

B

(d)

C BA K B __ L

K B

u B __

L

(FEM) ¿

AB A

L

Figura 13–7

Figura 13–8




3

SOLUCIÓNComo los enriñonados son parabólicos, se utilizará la tabla 13-2 parobtener las propiedades de la distribución de momentos de la viga.

Claro AB

Conformando estas relaciones en la tabla 13-2, se encuentra que

A partir de las ecuaciones 13-2,

Como el extremo lejano del claroBA está articulado, se modificará elfactor de rigidez deBA mediante la ecuación 13-3. Se tiene

Con base en la tabla 13-2, para la carga uniforme

1FEM2BA = 119.50 k#pie 1FEM2AB = -10.0956212212522 = - 119.50 k#pie

K BAœ = K BA11 - CAB CBA2 = 0.171E [1 – 0.61910.6192] = 0.105E

K AB = K BA = kEI C

L =

6.41E A112B112122325 = 0.171E

kAB = kBA = 6.41 CAB = CBA = 0.619

aA = aB = 5

25 = 0.2

rA = rB = 4 – 2

2 = 1.0

Determine los momentos internos en los soportes de la viga que smuestra en la figura 13-9a. La viga tiene un espesor de 1 pie yE esconstante.

EJEMPLO13.1

3pies

30 k2 k/ pie

5 pies

C

25 pies5 pies 15 pies 5 pies 5 pies

10 pies

(a)

5 pies

4 pies

A B

2 pies 4 pies2 pies

Figura 13–9




Junta A B C Elemento AB BA BC CB

K 0.171E 0.105E 0.875E 1.031E

FEM6.72 56.05

56.73 22.77

7.91 66.06 43.78

51.59

M 0 178.84 178.84 72.60

DF 1 0.107 0.893 0

FTR 0.619 0.619 0.781 0.664119.50119.50 119.50

73.97

(b)

Dist.TRDist.TR

Claro BC

En la tabla 13-2 se encuentra que

Por lo tanto, a partir de las ecuaciones l3-2,

Para la carga concentrada,

Si se emplean los valores anteriores para los factores de rigidez, secalculan los factores de distribución y se introducen en la tabla, figura13-9b. La distribución de momentos sigue el mismo procedimiento

descrito en el capítulo 12. Los resultados en k• pie se muestran en laúltima fila de la tabla.

1FEM2CB = 0.075913021102 = 22.77 k#pie 1FEM2BC = - 0.189113021102 = - 56.73 k#pie

b = 310 = 0.3

K CB = kEI C

L =

15.47E A112B

11

212

23

10 = 1.031E

K BC = kEI C

L =

13.12E A112B112122310 = 0.875E

kBC = 13.12 kCB = 15.47 CBC = 0.781 CCB = 0.664

rC = 5 – 22 = 1.5

aB = aC = 510

= 0.5

rB = 4 – 22

= 1.0

Figura 13–9



13.3 Ecuaciones de pendiente-deflexiónpara elementos no prismáticos

Las ecuaciones de pendiente-deflexión para elementos prismáticosdesarrollaron en el capítulo 11.En esta sección se generalizará la forma

estas ecuaciones para que también se apliquen a los elementos no prismticos. Para ello se utilizarán los resultados de la sección anterior y se pcederá a formular las ecuaciones de la misma manera que se hizo encapítulo 11; es decir, considerando los efectos causados por las carel desplazamiento relativo de las juntas y la rotación de cada junta pseparado, para después superponer los resultados.

Cargas. Las cargas se especifican por los momentos de extremo f(FEM) AB y (FEM)BA que actúan en los extremos A y B del claro. Losmomentos positivos actúan en sentido horario.Traslación relativa de las juntas. Cuando ocurre un desplazamientorelativo entre las juntas, los momentos inducidos se determinan a partirla ecuación 13-6. En el extremo A este momento es [K A L )(1 C AB )y en el extremoB es [K B L )(1 C BA ).Rotación en A. Si el extremo A girau A , el momento requerido en elpunto A del claro esK Au A .Además,esto induce a un momento deC AB K Au A

C BA K Bu A en el extremoB .Rotación en B . Si el extremoB gira uB, un momento deK BuB debeactuar en el extremoB , y el momento inducido en el extremo A es C BAK BuB C AB K A uB.

Los momentos extremos totales causados por estos efectos producenecuaciones de pendiente-deflexión generalizadas que, por lo tanto, puden escribirse como

Como estas dos ecuaciones son similares, pueden expresarse como sola ecuación. Si se denomina a uno de los extremos del claro comextremo cercano (N ), y al otro como el extremo lejano (F ), y además serepresenta la rotación del elemento comoc L , se tiene

(13–8)

Aquí momento interno en el extremo cercano del claro; este momenes positivo cuando actúa sobre el claro en sentido horario.rigidez absoluta del extremo cercano, determinada a partir dlas tablas o por medio de cálculos.

K N =

M N =

M N = K N1uN + CN uF - c11 + CN22 + 1FEM2N

M BA = K BBuB + CBA uA - ¢L

11 + CBA2R + 1FEM2BA

M AB = K ABuA + CAB uB - ¢L

11 + CAB2R + 1FEM2AB


3



pendientes del extremo cercano y del extremo lejano delclaro en los soportes; los ángulos se miden enradianes yson positivos en sentido horario .rotación de la cuerda del claro debida a undesplazamiento lineal,c L ; este ángulo se mide enradianes y es positivo en sentido horario .

momento de extremo fijo en el soporte del extremo cer-cano; el momento es positivo cuando actúa en sentido ho-rario sobre el claro y se obtiene a partir de las tablas opor medio de cálculos.

La aplicación de la ecuación sigue el mismo procedimiento que sedescribió en el capítulo 11 y, por lo tanto, no se analizará aquí. En par-ticular, tenga en cuenta que la ecuación 13-8 se reduce a la ecuación 11-8cuando se aplica a elementos que son prismáticos.

1FEM

2N =

c =

uN , uF =

13.3 ECUACIONES DE PENDIENTE-DEFLEXIÓN PARA ELEMENTOS NO PRISMÁTICOS 5

Puente carretero continuo de concreto reforzado.

A menudo las construcciones metálicas ligeras se di-señan utilizando marcos con elementos que tienen mo-mentos de inercia variables.




3

13–1. Determine los momentos en A , B y C por el métodode la distribución de momentos. Suponga que los soportesen A y C son fijos y que el soporte de rodillos enB está en

una base rígida. La viga tiene un espesor de 4 pies. Use latabla 13-1.E es constante.Los enriñonados son rectos.

13–2. Resuelva el problema 13-1 usando las ecuaciones dependiente-deflexión.

13–5. Use el método de la distribución de momentos padeterminar el momento en cada junta del marco simétripara puente. Los soportes enF y E son fijos yB y C están

conectados fijamente. Use la tabla 13-2. Suponga queE esconstante y que cada elemento tiene 1 pie de espesor.

13–6. Resuelva el problema 13-5 usando las ecuacionespendiente-deflexión.

PROBLEMAS

13–3. Aplique el método de distribución de momentospara determinar el momento en cada junta del marco pa-rabólico enriñonado. Los soportes A y B son fijos. Use latabla 13-2. Cada uno de los elementos tiene 1 pie de espe-sor. E es constante.*13–4. Resuelva el problema 13-3 usando las ecuacionesde pendiente-deflexión.

13–7. Aplique el método de la distribución de momentospara determinar el momento en cada junta del marco simé-trico parabólico enriñonado. Los soportes A y D son fijos.Use la tabla 13-2. Cada elemento tiene 1 pie de espesor.E esconstante.*13–8. Resuelva el problema 13-7 usando las ecuacionesde pendiente-deflexión.

6pies

4 pies 4 pies2 pies

A C

4 pies 4 pies

4 pies 6pies

B

20 pies 20 pies

8 k/ pie

9 pies6 pies 8pies

2 pies 4 pies4 pies

25 pies2 pies

A B C

D

F E30 pies 40 pies 30 pies

4 k/ pie

5 pies

40 pies40 pies

2 pies

2 pies

8 pies 12 pies

C

B

A

1.5 k/ pie

4 pies3.2 pies 3.2 pies

15 pies

5 pies2.5 pies

2 k8 pies 8 pies

A D

B C

3 pies 3 pies

Probs. 13–1/13–2

Probs. 13–3/13–4

Probs. 13–5/13–6

Probs. 13–7/13–8




20 pies

2.5 pies6

pies

1 pie6

pies18 pies

2.5 pies

1 pie 1 pie

A

B

C

D

500 lb/ pie

4pies

3 pies


30 ft 30 ft 30 ft

3 piesDC B

E F

A

2 k/ pie


12pies

13–9. Use el método de la distribución de momentos paradeterminar el momento en cada junta del marco.Los sopor-tes en A yC están articulados en las juntas,yB yD están co-nectados fijamente. Suponga queE es constante y que loselementos tienen un espesor de 1 pie. Los enriñonados sonrectos,por lo que puede usar la tabla 13-1.

13–10. Resuelva el problema 13-9 usando las ecuacionesde pendiente-deflexión.

13–11. Use el método de la distribución de mompara determinar el momento en cada junta del marcotrico para puente. Los soportesF y E son fijos yB y C esconectados fijamente. Los enriñonados son rectos,que puede emplear la tabla 13-2. Suponga queE es cotante y que los elementos tienen 1 pie de espesor.

*13–12. Resuelva el problema 13-11 usando las ecnes de pendiente-deflexión.

Los elementos no prismáticos que tienen momentos de inercia variables se usan con frecuencia en puentes y mconstrucción con claros amplios a fin de ahorrar material.

El análisis estructural que incluye elementos no prismáticos puede realizarse empleando las ecuaciones de pdeflexión o la distribución de momentos. Al hacer esto,se vuelve necesario obtener los momentos de extremo fitores de rigidez y los factores de traslado para el elemento. Una forma de obtener estos valores consiste en usar de la viga conjugada, aunque el trabajo es algo tedioso. También es posible obtener estos valores a partir de datdos,como los publicados por la Portland Cement Association.

Si se usa el método de la distribución de momentos, entonces el proceso puede simplificarse al modificar la rig

gunos de los elementos.


Probs. 13–9/13–10 Probs. 13–11/13–12



El análisis de la armadura espacial en estas torres de transmisión eléctricapuede realizarse utilizando el método de la rigidez.



14

5

En este capítulo se explicarán los fundamentos básicos del uso del mé-todo de la rigidez para el análisis de estructuras. Se mostrará que laaplicación de este método, aunque tediosa para hacerlo manualmente,resulta muy adecuada para su uso en computadora. Se proporcionaránejemplos de aplicaciones específicas en armaduras planas. El métodose ampliará para incluir el análisis de armaduras espaciales. Las vigas yestructuras armadas se estudiarán en los próximos capítulos.

14.1 Fundamentos del métodode la rigidez

En esencia, hay dos formas de analizar las estructuras utilizando méto-dos matriciales. El método de la rigidez, que se usará en éste y los si-guientes capítulos, es un método de análisis del desplazamiento. Paraanalizar las estructuras también puede emplearse un método de fuerza,llamado el método de la flexibilidad, como se indica en la sección 9-1; sinembargo, tal método no se presenta en este texto. Existen varias razonespara ello, la más importante es que el método de la rigidez puede usarsetanto para analizar estructuras estáticamente determinadas como inde-terminadas, mientras que el método de la flexibilidad requiere un proce-dimiento diferente para cada uno de estos dos casos. Inclusive, del mé-todo de la rigidez se obtienen los desplazamientos y las fuerzas de formadirecta, mientras que con el método de la flexibilidad, los desplazamien-tos no se obtienen de esa manera.Además, por lo general es mucho másfácil formular las matrices necesarias para realizar las operaciones encomputadora mediante el método de la rigidez; y una vez hecho esto, loscálculos en computadora pueden realizarse de modo eficiente.

Análisis de armadurasutilizando el métodode la rigidez



La aplicación del método de la rigidez requiere subdividir la estructen una serie deelementos finitos discretos e identificar sus puntos extremos comonodos . Para el análisis de la armadura, los elementos finitosrepresentan mediante cada uno de los elementos que la componen y nodos representan las juntas. Se determinan las propiedades de fuerza-desplazamiento en cada elemento y después se relacionan entr

usando las ecuaciones de equilibrio de fuerzas escritas en los nodLuego estas relaciones, para toda la estructura, se agrupan en lo quedenominamatriz de rigidez de la estructura K . Una vez establecido estose pueden determinar los desplazamientos desconocidos de los nodpara cualquier carga dada sobre la estructura.Al conocer estos desplamientos pueden calcularse las fuerzas externas e internas en la estrtura utilizando las relaciones de fuerza-desplazamiento para cada emento.

Antes de desarrollar un procedimiento formal para aplicar el métode la rigidez, es necesario establecer primero algunas definiciones y cceptos preliminares.

Identificación del elemento y el nodo. Uno de los primerospasos para aplicar el método de la rigidez consiste en identificar los mentos o miembros de la estructura y sus nodos. Cada elemento se escificará por un número encerrado en un cuadrado, y para identificar nodos se usará un número dentro de un círculo.También se identificalos extremos “cercano”y “lejano”de cada elemento mediante una flecindicada a lo largo del elemento, con la punta de la flecha dirigida hael extremo lejano. En la figura 14-1a se muestran algunos ejemplos cola identificación del elemento, el nodo y la “dirección” para una armdura. Estas asignaciones se hicieron de manera arbitraria.*

Coordenadas global y del elemento. Dado que las cargas ylos desplazamientos son cantidades vectoriales, es necesario estableun sistema de coordenadas a fin de precisar el sentido correcto de larección.Aquí se usarán dos tipos diferentes de sistemas coordenadosusará un sistema de coordenadas de la estructura o global x , y, el cual esúnico, y sirve para especificar el sentido de cada uno de los componede la fuerza externa y el desplazamiento en los nodos, figura 14-1a. Seempleará un sistema de coordenadas locales o del elemento para especifi-car el sentido de dirección de sus desplazamientos y las cargasinternasen el elemento. Este sistema se identificará con ejes x , y con el origen enel nodo “cercano”y el eje x extendiéndose hacia el nodo “lejano”. En l

figura 14-1b se muestra un ejemplo para el elemento 4 de la armadur

540 CA P Í T U L O 14 AN Á L I S I S D E A R M A D U R A S U T I L I Z A N D O E L M É TO D O D E L A R I G I D E Z

4

*Para vigas grandes, las manipulaciones matriciales usandoK resultan ser más eficientes sse emplea una numeración selectiva de los elementos en un patrón de onda, es decirmenzando desde la parte superior hasta la parte inferior y después de abajo hacia arretcétera.



14.1 FUNDAMENTOS DEL MÉTODO DE LA RIGIDEZ 5

Indeterminación cinemática. Como se explicó en la sección 11-1,los grados de libertad no restringidos para una armadura representan lasincógnitas primarias de cualquier método de desplazamiento, y por lotanto éstos deben identificarse.Como regla general hay dos grados de li-bertad, o dos posibles desplazamientos, para cada junta (nodo). Para suaplicación, cada grado de libertad se especificará sobre la armadura me-

diante un código numérico,mostrado en la junta o nodo, y se referirá a sudirección coordenada global positiva con una flecha asociada. Por ejem-plo, la armadura de la figura 14-1a tiene ocho grados de libertad, los cua-les se han identificado mediante los “códigos” del 1 al 8, como se mues-tra. La armadura es cinemáticamente indeterminada de quinto gradodebido a estos ocho posibles desplazamientos:del 1 al 5 representan gra-dos de libertad desconocidos o sin restricciones , y del 6 al 8 representan

grados de libertad restringidos . Debido a las restricciones, aquí los des-plazamientos son iguales a cero. Para futuras aplicaciones,los númerosde código más bajo se usarán siempre para identificar los desplazamien-tos desconocidos (grados de libertad no restringidos), y los números decódigo más alto se utilizarán para identificar los desplazamientos conoci-

dos (grados de libertad restringidos) . La razón para elegir este método deidentificación tiene que ver con la comodidad posterior al dividir la ma-triz de rigidez de la estructura, de modo que los desplazamientos desco-nocidos se puedan encontrar de forma más directa.

Una vez etiquetada la armadura y especificados los números de có-digo, se puede determinar la matriz de rigidez de la estructuraK . Parahacer esto primero debe establecerse unamatriz de rigidez del elementok para cada elemento de la armadura. Esta matriz se usa para expresarlas relaciones de carga-desplazamiento del elemento en términos de lascoordenadas locales . Puesto que no todos los elementos de la armaduraestán en la misma dirección,se debe desarrollar una manera de transfor-mar estas cantidades desde el sistema local de coordenadas x , y de cadaelemento al sistema de coordenadas x, y, de la estructura global. Estopuede hacerse empleandomatrices de transformación de la fuerza y el desplazamiento . Una vez establecidos, los elementos de la matriz de rigi-dez del elemento se transforman de las coordenadas locales a las globa-les,y luego se juntan para crear la matriz de rigidez de la estructura. Si seusa K, como se estableció anteriormente, es posible determinar primerolos desplazamientos del nodo para después encontrar las reacciones en lossoportes y las fuerzas de los elementos.Ahora se trabajará en el desarro-llo de este método.

(a)

34

2

1

1

3

5

24

2

1

5

6

4

3

8

7

y

x4

3

2

y ¿

x ¿

(b)

Figura 14–1



14.2 Matriz de rigidez del elementoEn esta sección se establecerá la matriz de rigidez para un solo elemede una armadura con coordenadas locales x , y , orientadas como semuestra en la figura 14-2.Los términos de esta matriz representan laslaciones de carga-desplazamiento para el elemento.

Un elemento de una armadura sólo puede desplazarse a lo largo deeje (eje x ) puesto que las cargas se aplican a lo largo de ese eje. Portanto, pueden ocurrir dos desplazamientos independientes. Cuando impone un desplazamiento positivodN sobre el extremo cercano del elemento, mientras el extremo lejano se mantiene articulado, figura 14-a,las fuerzas desarrolladas en los extremos de los elementos son

Observe queq F es negativa porque para lograr el equilibrio actúa en dirección negativa x . Del mismo modo, un desplazamiento positivodF

en el extremo lejano, que mantiene al extremo cercano articulado, fig14-2b, resulta en las siguientes fuerzas de elemento

Por superposición, figura 14-2c, las fuerzas resultantes causadas poambos desplazamientos son

(14–1)

(14–2)Estas ecuaciones de carga-desplazamiento pueden escribirse en formatricial* como

o bien(14–3)

donde

(14–4)

Esta matriz, k , se denominamatriz de rigidez del elemento , y tiene lamisma forma para cada elemento de la armadura. Los cuatro elemenque la componen se llamancoeficientes de influencia de la rigidez del ele-mento , k ij . Físicamente,k ij representa la fuerza en la juntai cuando se

k œ = AEL

c1 - 1

- 1 1dq = k œ d

cqN

qFd = AEL

c1 - 1- 1 1d cdN

dFd qF = -

AEL dN +

AEL dF

qN = AEL

dN - AEL

dF

qN = - AE

L dF q

F = AEL

dF

qœN = AE

L dN

qœ

F = - AEL

dN


4

Figura 14–2

*En el Apéndice A, se hace un repaso de álgebra matricial.

(a)

y ¿

x ¿

q ¿

F

dN

q ¿

N

(b)

y ¿

x ¿

q –

F

dF

q–

N

x ¿

(c)

y ¿

qF

dF

dN

qN



14.3 MATRICES DE TRANSFORMACIÓN DE FUERZA Y DESPLAZAMIENTO 5

impone undesplazamiento unitario en la junta j . Por ejemplo,sii j 1,entoncesk 11 es la fuerza en la junta cercana cuando la junta lejana semantiene fija,y la junta cercana experimenta un desplazamiento dedN 1,es decir,

Del mismo modo, la fuerza en la junta lejana se determina a partir dei 2, j 1, por lo que

Estos dos términos representan la primera columna de la matriz de rigi-dez del elemento. De la misma manera, la segunda columna de esta ma-triz representa las fuerzas en el elemento sólo cuando el extremo lejanodel elemento experimenta un desplazamiento unitario.

14.3 Matrices de transformaciónde fuerza y desplazamiento

Como una armadura está compuesta de muchos elementos (miembros),ahora se desarrollará un método para transformar las fuerzasq del ele-mento y los desplazamientosd definidos en coordenadas locales a coor-denadas globales.A fin de establecer una convención, se considerará quelas coordenadas globales x positivas están a la derecha y las coordenadas

y positivas hacia arriba.Los ángulos menores entre los ejes globales x, y, positivos , y el eje local x positivo se definirán comou x y u y, tal como semuestra en la figura 14-3. Los cosenos de estos ángulos se usarán en elanálisis matricial que sigue. Éstos se identificarán como l x = cosu x, l y =cos u y. Los valores numéricos para l x y l y pueden generarse fácilmentepor computadora una vez que se han especificado las coordenadas x, ydel extremo cercanoN y del extremo lejanoF del elemento.Por ejemplo,considere el elementoNF de la armadura que se muestra en la figura 14-4.Aquí, las coordenadas deN y F son ( xN , yN ) y ( xF , yF ), respectivamente.*Por lo tanto,

(14–5)

(14–6)

Los signos algebraicos de estas ecuaciones “generalizadas” contarán deforma automática para los elementos orientados en otros cuadrantes delplano x- y.

l y = cosuy = yF - yN

L = yF - yN

2 1xF - xN22 + 1yF - yN22 l x = cosux = xF - xN

L = xF - xN

2

1xF - xN

22 +

1yF - yN

22

qF = kœ21 = - AE

L

qN = kœ11 = AE

L

Figura 14–3

Figura 14–4

*El origen puede ubicarse en cualquier punto conveniente.Sin embargo,usualmente se lo-caliza de modo que las coordenadas x, y de todos los nodos sean positivas , como se mues-tra en la figura 14-4.

y ¿

x ¿

x

F

y

N

u x

u y

x ¿

F (lejano

N (cercano)

y

yF

yN

xN xF

u y

u x



Matriz de transformación del desplazamiento. En lascoordenadas globales, cada extremo del elemento puede tener dos gdos de libertad o desplazamientos independientes; a saber, la juntaN tiene D Nx y D Ny, figuras 14-5a y 14-5b , y la juntaF tiene D Fx y D Fy, figu-ras 14-5c y 14-5d. Ahora se considerarán cada uno de estos desplazmientos por separado, a fin de determinar su desplazamiento de comp

nente a lo largo del elemento. Cuando el extremo lejano se mantiearticulado y al extremo cercano se le da un desplazamiento globalD Nx,figura 14-5a, el desplazamiento correspondiente (deformación) a largo del elemento esD Nx cosu x.* Del mismo modo, un desplazamientD Ny ocasionará que el elemento se desplaceD Ny cosu y a lo largo del eje

x , figura 14-5b. El efecto deambos desplazamientos globales hace que eelemento se desplace

De manera similar, los desplazamientos positivosD Fx y D Fy, aplicadosen forma sucesiva en el extremo lejanoF , mientras el extremo cercano se

mantiene articulado, figuras 14-5c y 14-5d, hará que el elemento se desplace

Si se considera que l x = cosu x y l y = cosu y representan loscosenos direc-tores para el elemento, se tiene

que puede escribirse en forma matricial como

(14–7)

o bien

(14–8)

donde

(14–9)

De la deducción anterior, T transforma los cuatro desplazamientosDglobales x, y, en los dos desplazamientosd locales x . Por lo tanto, T seconoce como lamatriz de transformación del desplazamiento .

T = cl x l y 0 00 0 l x l yd

d = TD

cdN

dFd = cl x l y 0 00 0 l x l yd D

DNx

DNy

DFx

DFyT dF = DFx l x + DFy l y

dN = DNx l x + DNy l y

dF = DFx cosux + DFy cosuy

dN = DNx cosux + DNy cosuy


4

*El cambio enu x o u y no se tomará en cuenta porque es muy pequeño.

Figura 14–5

(a)

F

x ¿

y

xD Nx

D Nx cos u x

N

u x

(b)

D NyD Ny cos u y

F

x

y x ¿

N

u y

(c)

y

x¿

F

N

D Fx cos u x

D Fx

x

u x

(d)

N

y

x

F

D Fy cos u yD Fy

u y x ¿



Matriz de transformación de fuerza. Considere ahora laaplicación de la fuerzaqN sobre el extremo cercano del elemento, el ex-tremo lejano se mantiene articulado, figura 14-6a.Aquí las componentesde la fuerza global deqN en N son

Del mismo modo,si se aplicaqF a la barra, figura 14-6b , las componentesde la fuerza global enF son

Con base en los cosenos directoresl x cos u x, l y = cosu y, estas ecua-ciones se convierten en

que pueden escribirse en forma matricial como

(14–10)

o bien

(14–11)

donde

(14–12)

En este caso, TT transforma las dos fuerzasq locales ( x ) que actúan enlos extremos del elemento en las cuatro componentes de la fuerzaQ glo-bal ( x, y). Por comparación, puede establecerse que estamatriz de trans-

formación de la fuerza es la transpuesta de la matriz de transformacióndel desplazamiento, ecuación 14-9.

TT =

Dl x 0l y 00 l x

0 l yTQ = T TqD

QNx

QNy

QFx

QFy

T =

Dl x 0l y 00 l x

0 l y

TcqN

qFd

QFx = qF l x QFy = qF l y

QNx = qN l x

QNy = qN l y

QFx = qF cosux

QFy = qF cosuy

QNx = qN cosux

QNy = qN cosuy

x

Q NyqN

Q Nx

y

x

F

N

(a)

u y

u x

Q Fy qF

Q Fx

x ¿

y

F

N x

u y

(b)

u x

Figura 14–6

14.3 MATRICES DE TRANSFORMACIÓN DE FUERZA Y DESPLAZAMIENTO 5



14.4 Matriz de rigidez globaldel elemento

Ahora se combinarán los resultados de las secciones anteriores ydeterminará la matriz de rigidez de un elemento que relaciona los co

ponentes de la fuerza globalQ del elemento con sus desplazamientoglobalesD . Si se sustituye la ecuación 14-8 (d TD ) en la ecuación 14-3(q k d), es posible determinar las fuerzasq de los elementos en fun-ción de los desplazamientos globalesD en sus puntos extremos, a saber

(14–13)

Al sustituir esta ecuación en la ecuación 14-11, Q TT q, se obtiene el re-sultado final,

o bien

(14–14)

donde

(14–15)

La matrizk es lamatriz de rigidez del elemento en coordenadas globalesDado queTT , T y k ya se conocen,entonces

Si se realizan las operaciones matriciales se obtiene

(14–16)

k = AEL

N x N y F x F yD l x2 l xl y - l x

2 - l xl y

l xl y l y2 - l xl y - l y

2

- l x2 - l xl y l x

2 l xl y

- l xl y - l y2 l xl y l y

2 T N x

N y

F x

F y

k =

Dl x 0l y 00 l x

0 l y

T AE

L c1 - 1

- 1 1d cl x l y 0 00 0 l x l yd

k = TTk œ T

Q = kD

Q = TTk¿TD

q = k ¿TD


4



14.5 MATRIZ DE RIGIDEZ DE LA ARMADURA 5

La ubicación de cada elemento en esta matriz simétrica de 44 estáreferenciada con cada grado de libertad global asociado con el extremocercano N , seguido por el extremo lejanoF . Esto se indica mediante lanotación del número de código a lo largo de las filas y columnas, es decir,N x, N y, F x, F y.Aquí k representa las relaciones de fuerza-desplazamientopara el elemento cuando las componentes de la fuerza y el desplaza-miento en los extremos del elemento están en las direcciones globales x, y.Por lo tanto, cada uno de los términos de la matriz es uncoeficiente deinfluencia de la rigidez k ij , lo que denota la componente de fuerza x o yen i, necesaria para originar una componenteunitaria de desplazamientoasociada x o y en j . Como resultado,cada columna identificada de la ma-triz representa las cuatro componentes de fuerza desarrolladas en losextremos del elemento cuando el extremo identificado se somete a undesplazamiento unitario relacionado con su columna de la matriz. Porejemplo, un desplazamiento unitarioD Nx 1 creará las cuatro compo-nentes de fuerza sobre el elemento que se muestran en la primera co-lumna de la matriz.

14.5 Matriz de rigidez de la armadura

Una vez que se forman todas las matrices de rigidez de los elementos encoordenadas globales, es necesario ensamblarlas en el orden correctopara que se pueda determinar la matriz de rigidezK de toda la arma-dura. Este proceso de combinación de matrices de los elementos de-pende de una cuidadosa identificación de los miembros de cada matrizdel elemento. Como se analizó en la sección anterior, esto se hace por ladesignación de filas y columnas de la matriz mediante los cuatro núme-ros de códigoN x, N y, F x, F y que se utilizan para identificar los dos gradosde libertad globales que pueden ocurrir en cada extremo del elemento(vea la ecuación 14-16). La matriz de rigidez de la estructura tendrá en-tonces un orden que será igual al número de código mayor asignado a laarmadura, ya que representa la cantidad total de grados de libertad parala estructura.Cuando se ensamblen las matricesk, cada elemento enk sepondrá entonces en sumisma designación de fila y columna en la matrizde rigidez de la estructuraK . En particular, cuando dos o más elementosestán conectados a la misma junta o nodo, entonces algunos de los ele-mentos de cada matrizk del elemento se asignarán a la misma posición

en la matrizK. Cuando esto ocurre, los elementos asignados a la ubica-ción común deben sumarse algebraicamente. La razón de esto se haceevidente si se tiene en cuenta que cada elemento de la matrizk repre-senta la resistencia del elemento a una fuerza aplicada en su extremo. Deesta manera, la suma de estas resistencias en la dirección x o y al formarla matrizK determina laresistencia total de cada junta a un desplaza-miento unitario en la dirección x o y.

Este método de ensamble de las matrices de los elementos para for-mar la matriz de rigidez de la estructura se mostrará ahora mediante dosejemplos numéricos. Aunque este proceso es algo tedioso si se hace ma-nualmente, resulta más fácil si se programa en una computadora.



Determine la matriz de rigidez de la estructura para la armadura dedos elementos que se muestra en la figura 14-7a. AE es constante.


4

EJEMPLO14.1

SOLUCIÓNPor inspección, tendrá dos componentes de desplazamiento desco-nocidas, en tanto que las juntas y estarán limitadas por el despla-zamiento. En consecuencia, las componentes del desplazamiento en la junta se codifican numéricamente en primer lugar, seguidas por lasde las articulaciones y , figura 14-7b. El origen del sistema decoordenadas globales puede ubicarse en cualquier punto. Para mayorcomodidad, se elegirá la junta, como se muestra. Los elementos seidentifican de forma arbitraria y se trazan flechas a lo largo de los doelementos para identificar los extremos cercano y lejano de cada elemento.Ahora pueden determinarse los cosenos directores y la matrizde rigidez para cada elemento.Elemento 1. Como es el extremo cercano y es el extremo lejano,entonces a partir de las ecuaciones 14-5 y 14-6, se tiene

Con base en la ecuación 14-16, si se divide cada término entreL 3pies, se tiene

Los cálculos pueden verificarse en parte al observar quek1 es simé-trica .Tenga en cuenta que las filas y columnas enk1 se identifican porlos grados de libertad x, y en el extremo cercano, seguidos por el ex-tremo lejano, es decir, 1,2, 3, 4, respectivamente,para el elemento 1, figura 14 7b. Esto se hace con el fin de identificar los términos para elensamble posterior en la matrizK .

k1 = AE

1 2 3 4

D0.333 0 - 0.333 0

0 0 0 0- 0.333 0 0.333 00 0 0 0T

1

234

l x = 3 - 03 = 1

l y = 0 - 0

3 = 0

Figura 14–7

3 pies

4 pies

1

2 3

(a)

3 pies

4 pies

2 3

1

6

5

2

1

4

31

2

x

y

(b)



Elemento 2. Como es el extremo cercano y es el extremo lejano, se tiene

Así, la ecuación 14-16 conL 5 pies se convierte en

Aquí las filas y columnas se identifican como 1, 2, 5, 6, puesto queestos números representan, respectivamente, los grados de libertad x,

y en los extremos cercano y lejano del elemento 2.

Matriz de rigidez de la estructura. Esta matriz tiene una ordende 6 6 porque hay seis grados de libertad designados para la arma-dura, figura 14-7b. Los elementos correspondientes de las dos matricesanteriores se suman algebraicamente para formar la matriz de rigidezde la estructura. Quizá el proceso de ensamble es más fácil de obser-var si las columnas y filas numéricas faltantes enk1 y k2 se expandencon ceros para formar dos matrices de 66. Entonces,

k2 = AE

1 2 5 6

D0.072 0.096 - 0.072 - 0.0960.096 0.128 - 0.096 - 0.128

- 0.072 - 0.096 0.072 0.096- 0.096 - 0.128 0.096 0.128T

1256

l x = 3 - 05 = 0.6

l y = 4 - 0

5 = 0.8

K = AE

F0.405 0.096 - 0.333 0 - 0.072 - 0.0960.096 0.128 0 0 - 0.096 - 0.128

- 0.333 0 0.333 0 0 00 0 0 0 0 0

- 0.072 - 0.096 0 0 0.072 0.096- 0.096 - 0.128 0 0 0.096 0.128

V

1 2 3 4 5 6

F0.072 0.096 0 0 - 0.072 - 0.096

0.096 0.128 0 0 - 0.096 - 0.1280 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0

- 0.072 - 0.096 0 0 0.072 0.096- 0.096 - 0.128 0 0 0.096 0.128V

1

23456

K = AE

1 2 3 4 5 6

F0.333 0 - 0.333 0 0 0

0 0 0 0 0 0- 0.333 0 0.333 0 0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0V

1

23456

+ AE

K = k1 + k2

Si se usa una computadora para esta operación,por lo general se em-pieza con unaK donde todos los términos son cero; después, conformese generan las matrices de rigidez globales del elemento, éstas se colo-can directamente en sus respectivas posiciones elementales en la ma-trizK , en vez de desarrollar las matrices de rigidez de cada elemento yalmacenarlas, para después ensamblarlas.




EJEMPLO14.2

Determine la matriz de rigidez de la estructura para la armadura quese muestra en la figura 14-8a. AE es constante.

SOLUCIÓNAunque la armadura es estáticamente indeterminada de primergrado, esto no representa ninguna dificultad para la obtención de lamatriz de rigidez de la estructura.Cada junta y cada elemento se identifican numéricamente en forma arbitraria, y los extremos cercano ylejano se indican mediante flechas a lo largo de los elementos. Comose muestra en la figura 14-8b, los desplazamientos no restringidos secodifican numéricamente en primer lugar . Hay ocho grados de libertadpara la armadura y, por lo tanto,K será una matriz de 8 8. Con el finde mantener todas las coordenadas de las juntas positivas,el origen delas coordenadas globales se elige en.Ahora se aplicarán las ecuacio-nes 14-5, 14-6 y 14-16 a cada elemento.

Elemento 1. Aquí L 10 pies, de modo que

Elemento 2. Aquí por lo que

Elemento 3. Aquí L 10 pies, entonces

k3 = AE

1 2 3 4D0 0 0 00 0.1 0 - 0.10 0 0 00 - 0.1 0 0.1T 1234

l x = 0 - 010 = 0 l y = 10 - 0

10 = 1

k2 = AE

1 2 7 8

D0.035 0.035 - 0.035 - 0.0350.035 0.035 - 0.035 - 0.035

- 0.035 - 0.035 0.035 0.035- 0.035 - 0.035 0.035 0.035

T 1278

l x = 10 - 0102 2

= 0.707 l y = 10 - 0102 2

= 0.707

L = 102 2 pies,

k1 = AE

1 2 6 5D0.1 0 - 0.1 00 0 0 0

- 0.1 0 0.1 00 0 0 0T 1265

l x = 10 - 010 = 1 l y = 0 - 0

10 = 0


4

Figura 14–8

10 pies

10 pies

(a)

10 pies

10 pies

4

y

34 48

3

6

2

55

x62

1

1

2

3

(b)

1

7

6



Elemento 4. Aquí L 10 pies, de modo que

Elemento 5. Aquí por lo que

Elemento 6. Aquí L 10 pies,entonces

Matriz de rigidez de la estructura. Ahora, las seis matrices ante-riores pueden ensamblarse en la matrizK de 8 8 al sumar algebrai-camente sus elementos correspondientes. Por ejemplo, puesto que(k11)1 AE (0.1), (k11)2 AE (0.035), (k11)3 (k11)4 (k11)5 (k11)6

0, entonces,K 11 AE (0.1 + 0.035) AE (0.135), y así sucesiva-mente.Por lo tanto, el resultado final es

k6 = AE

6 5 7 8

D0 0 0 00 0.1 0 - 0.10 0 0 00 - 0.1 0 0.1

T 6578

l x = 10 - 1010 = 0

l y = 10 - 0

10 = 1

k5 = AE

3 4 6 5

D0.035 - 0.035 - 0.035 0.035

- 0.035 0.035 0.035 - 0.035- 0.035 0.035 0.035 - 0.0350.035 - 0.035 - 0.035 0.035T

3

465

l x = 10 - 0102 2

= 0.707

l y = 0 - 10102 2

= - 0.707

L = 102 2 pies,

k4 = AE

3 4 7 8

D0.1 0 - 0.1 00 0 0 0

- 0.1 0 0.1 00 0 0 0T

3478

l x = 10 - 010 = 1

l y = 10 - 10

10 = 0

K = AE

1 2 3 4 5 6 7 8

H0.135 0.035 0 0 0 - 0.1 - 0.035 - 0.0350.035 0.135 0 - 0.1 0 0 - 0.035 - 0.035

0 0 0.135 - 0.035 0.035 - 0.035 - 0.1 00 - 0.1 - 0.035 0.135 - 0.035 0.035 0 00 0 0.035 - 0.035 0.135 - 0.035 0 - 0.1

- 0.1 0 - 0.035 0.035 - 0.035 0.135 0 0- 0.035 - 0.035 - 0.1 0 0 0 0.135 0.035- 0.035 - 0.035 0 0 - 0.1 0 0.035 0.135

X

12345678

Resp.




14.6 Aplicación del método de la rigidezpara el análisis de armaduras

Una vez que se forma la matriz de rigidez de la estructura, las comnentes de fuerza globalQ que actúan sobre la armadura pueden relacionar con sus desplazamientos globalesD utilizando

(14–17)Esta ecuación se conoce como laecuación de rigidez de la estructura .Como siempre se han asignado los números más bajos de código pidentificar los grados de libertad no restringidos, esto permitirá ahhacer una partición de la ecuación en la forma siguiente:*

(14–18)

Aquí cargas externas y desplazamientosconocidos ; aquí las cargasexisten en la armadura como parte del problema, y los des-plazamientos suelen especificarse como iguales a cero debia las limitaciones de soportes como pasadores o rodillos.cargas y desplazamientosdesconocidos ; aquí las cargasrepresentan las reacciones desconocidas en los soportesy los desplazamientos se presentan en las juntas donde elmovimiento no está restringido en una dirección particular.matriz de rigidez de laestructura , que se parte para ser com-patible con las particiones deQ y D .

Al expandir la ecuación 14-18 se obtiene(14–19)

(14–20)Muy a menudoD k 0, puesto que los soportes no se desplazan.Cuandse da este caso, la ecuación 14-19 se convierte en

Como los elementos de la matriz partidaK11 representan laresistenciatotal en una junta de armadura a un desplazamiento unitario, ya sea endirección x o y, entonces la ecuación anterior simboliza la colección todas lasecuaciones de equilibrio de fuerzas aplicadas a las juntas dondelas cargas externas son cero o tienen un valor conocido (Q k). Si se des-peja D u, resulta

(14–21)

De esta ecuación puede obtenerse una solución directa para todos ldesplazamientos de junta desconocidos; entonces, a partir de la ecuac14-20, conD k 0, se obtiene

(14–22)con base en la cual pueden obtenerse las reacciones desconocidas ensoportes. Las fuerzas del elemento pueden determinarse mediante la ección 14-13, a saber:

q = k ¿TD

Q u = K21D u

D u = [K11]- 1Q k

Q k = K11D u

Q u = K21D u + K22D k

Q k = K11D u + K12D k

K =

D u =Q u,

D k =Q k,

cQ k

Q ud = cK11 K12K21 K22d cD u

D kd

Q = KD


4

*Este esquema de partición será evidente en los ejemplos numéricos que siguen.



14.6 APLICACIÓN DEL MÉTODO DE LA RIGIDEZ PARA EL ANÁLISIS DE ARMADURAS5

Al expandir esta ecuación se obtiene


El siguiente método proporciona un medio para determinar los desplazamientos y lasreacciones en los apoyos desconocidos para una armadura utilizando el método de la ri-gidez.

Notación• Establezca el sistema de coordenadas globales x, y. Por lo general,el origen se localiza

en una junta para la cual las coordenadas de todas las demás juntas son positivas.• Identifique cada junta y elemento en forma numérica, y especifique arbitrariamente

los extremos cercano y lejano de cada elemento de manera simbólica al dirigir unaflecha a lo largo del elemento con la punta dirigida hacia el extremo lejano.

• Especifique los dos números de código en cada junta, considere losnúmeros másbajos para identificar los grados de libertad no restringidos , seguidos por losnúmerosmayores para identificarlos grados de libertad restringidos .

• Con base en el problema, establezcaD k y Q k.

Matriz de rigidez de la estructura• Para cada elemento, determine l x y l y y la matriz de rigidez del elemento usando la

ecuación 14-16.

• Ensamble estas matrices para formar la matriz de rigidez de toda la armadura, comose explicó en la sección 14-5. Para verificar parcialmente los cálculos, revise que lasmatrices de rigidez del elemento y la estructura sean simétricas .

Desplazamientos y cargas• Parta la matriz de rigidez de la estructura,como lo indica la ecuación 14-18.• Determine los desplazamientos desconocidosD u de la junta mediante la ecuación

14-21, las reacciones en los soportesQ u con base en la ecuación 14-22, y cada fuerzade elementoqF usando la ecuación 14-23.

cqN

qFd = AEL

c1 - 1- 1 1d cl x l y 0 0

0 0 l x l yd

DDNx

DNy

DFx

DFy

TqF = AEL

[- l x - l y l x l y]DDNx

DNy

DFx

DFyTComo qN qF para el equilibrio, sólo debe encontrarse una de lasfuerzas.Aquí se determinaráqF , la cual ejerce tensión en el elemento, fi-gura 14-2c.

(14-23)

En particular,si el resultado que se calcula mediante esta ecuación es ne-gativo,entonces el elemento está en compresión.




4

Determine la fuerza en cada uno de los dos elementos que componenla armadura que se muestra en la figura 14-9a. AE es constante.

SOLUCIÓNNotación. En la figura 14-9b se muestran el origen de x, y y la nu-meración de las juntas y los elementos.Además, los extremos cercany lejano de todos los elementos se identifican mediante flechas y susan números de código en cada junta. Por inspección, puede verseque los desplazamientos externos conocidos sonD 3 D 4 D 5 D 6

0. Inclusive, las cargas externas conocidas sonQ 1 0,Q 2 2 k.Por lo tanto,

Matriz de rigidez de la estructura. Si se emplea la misma nota-ción que se usó aquí, esta matriz ya se desarrolló en el ejemplo 14-1

Desplazamientos y cargas. Al escribir la ecuación 14-17,Q KD ,para esta armadura se tiene

D k =

D000

0

T

345

6

Q k =

c0

- 2

d 12

EJEMPLO14.3

(1)

F0

- 2Q3

Q4Q5Q6V

= AE

F0.405 0.096 - 0.333 0 - 0.072 - 0.0960.096 0.128 0 0 - 0.096 - 0.128

- 0.333 0 0.333 0 0 00 0 0 0 0 0

- 0.072 - 0.096 0 0 0.072 0.096- 0.096 - 0.128 0 0 0.096 0.128V

D1D20000VA partir de esta ecuación se puede identificarK11 y así determinarD u.

Se ve que la multiplicación de matrices, como la ecuación 14-19, resulta en

Aquí resulta fácil resolver mediante una expansión directa,

Físicamente estas ecuaciones representan©F X = 0 y©F y = 0 aplicadasa la junta . Despejando, se obtiene

D1 = 4.505AE

D2 = - 19.003

AE

- 2 = AE10.096D1 + 0.128D220 = AE10.405D1 + 0.096D22c0

- 2

d = AE

c0.405 0.0960.096 0.128

d cD1D2

d +

c00

d

Figura 14–9

3 pies

4 pies

(a)2 k



Por inspección de la figura 14-9b, de hecho se esperaría la ocurrenciade un desplazamiento hacia la derecha y hacia abajo en la juntasegún lo indican los signos positivos y negativos de estas respuestas.

Con estos resultados, ahora se obtienen las reacciones en los sopor-tes a partir de la ecuación (1),escrita en la forma de la ecuación 14-20

(o la ecuación 14-22) como

Al expander y despejar las reacciones,

La fuerza en cada elemento se encuentra con base en la ecuación14-23. Empleando los datos para l x, y l y en el ejemplo 14-1, se tiene

Elemento 1: l x 1, l y 0,L 3 pies.

Resp.

Elemento 2: l x 0.6, l y 0.8,L 5 pies.

Resp.

Por supuesto, estas respuestas pueden verificarse mediante el equili-brio, aplicado en la junta .

= 15 [- 0.614.5052 - 0.81- 19.0032] = 2.5 k

q2 = AE5

1 2 5 6C- 0.6 - 0.8 0.6 0.8D 1AE

D4.505

- 19.00300 T

1256

= 13 [- 4.505] = - 1.5 k

q1 = AE3 1 2 3 4C- 1 0 1 0D 1

AE

D4.505

- 19.00300 T

1234

Q6 = - 0.09614.5052 - 0.1281- 19.0032 = 2.0 k Q5 = - 0.07214.5052 - 0.0961- 19.0032 = 1.5 k Q4 = 0

Q3 = - 0.333

14.505

2 = - 1.5 k

DQ3Q4Q5Q6T = AE D- 0.333 0

0 0- 0.072 - 0.096- 0.096 - 0.128T 1

AE c4.505

- 19.003d + D0000T2 3

1

6

5

2

1

4

31

2

y

(b)2 k




EJEMPLO14.4

Determine las reacciones en los soportes y la fuerza en el elemento 2de la armadura que se muestra en la figura 14 10a. AE es constante.

SOLUCIÓNNotación. Se numeran las juntas y los elementos numerados y seestablece el origen de los ejes x, y en , figura 14-10b. Además, lasflechas se usan para hacer referencia a los extremos cercano y lejanode cada elemento. Si se emplean los números de código donde los números más bajos indican los grados de libertad no restringidos, figur14-10b , se tiene

Estructura de la matriz de rigidez. Esta matriz se determinó en elejemplo 14-2 con la misma notación que en la figura 14-10b.

Desplazamientos y cargas. Para este problemaQ KD es

D k =

C0

00

S

6

78

Q k =

E00

2- 4

0U

12

345


4

(1)H002

- 40

Q6Q7Q8

X = AE H0.135 0.035 0 0 0 - 0.1 - 0.035 - 0.0350.035 0.135 0 - 0.1 0 0 - 0.035 - 0.0350 0 0.135 - 0.035 0.035 - 0.035 - 0.1 00 - 0.1 - 0.035 0.135 - 0.035 0.035 0 00 0 0.035 - 0.035 0.135 - 0.035 0 - 0.1

- 0.1 0 - 0.035 0.035 - 0.035 0.135 0 0- 0.035 - 0.035 - 0.1 0 0 0 0.135 0.035- 0.035 - 0.035 0 0 - 0.1 0 0.035 0.135

XD1D2D3D4D5000X

4

y

34 4

8

3

6

2

55

x2

1

1

2

3

(b)

4 k

2 k

1

7

6

10 pies

10 pies

(a)

2 k

4 k

2

Figura 14–10

Si se multiplica de modo que pueda formularse la ecuación 14-18 dedesplazamiento desconocido, se obtiene

E002

- 40U = AE E0.135 0.035 0 0 0

0.035 0.135 0 - 0.1 00 0 0.135 - 0.035 0.0350 - 0.1 - 0.035 0.135 - 0.0350 0 0.035 - 0.035 0.135UD1

D2D3D4D5U + E00000U



Al expandir estas ecuaciones y despejar los desplazamientos resulta

Si se desarrolla la ecuación 14-20 a partir de la ecuación (1), em-pleando los resultados calculados, se tieneE

D1D2D3D4D5U

= 1AE

E17.94

- 69.20- 2.06

- 87.14- 22.06U

CQ6Q7Q8S

= AE

C - 0.1 0 - 0.035 0.035 - 0.035- 0.035 - 0.035 - 0.1 0 0- 0.035 - 0.035 0 0 - 0.1 S

1AE

E17.94

- 69.20- 2.06

- 87.14- 22.06U

+

C000S

Al expandir y calcular las reacciones en los soportes se obtiene

Resp.

Resp.

Resp.

El signo negativo paraQ 6 indica que la reacción en el soporte de osci-lador actúa en la dirección x negativa. La fuerza en el elemento 2 seencuentra a partir de la ecuación 14-23, donde desde el ejemplo 14-2,

l x 0.707, l y 0.707, Entonces,

Resp.= 2.56 k

q2 = AE

102 2 [- 0.707 - 0.707 0.707 0.707]1

AE D17.94

- 69.2000 T

L = 101 2 pies.

Q8 = 4.0 k

Q7 = 2.0 k

Q6 = - 4.0 k




EJEMPLO14.5

Determine la fuerza en el elemento 2 del ensamble que se muestra enla figura 14-11a si el soporte en la junta se asienta 25 mmhaciaabajo . Considere que AE 8(103) kN.

SOLUCIÓNNotación. Por comodidad, el origen de las coordenadas globales enla figura 14-11b se establece la junta y, como siempre, los númerosmás bajos del código se usan para hacer referencia a los grados de libertad no restringidos. Por lo tanto,

Matriz de rigidez de la estructura. Con base en la ecuación 14-16,se tiene

Elemento 1: l x 0, l y 1,L 3 m, de modo que

Elemento 2: l x 0.8, l y 0.6,L 5 m, entonces

Elemento 3: l x 1, l y 0,L 4 m, entonces

Al ensamblar estas matrices, la matriz de rigidez de la estructura se

convierte en

K = AE

1 2 3 4 5 6 7 8

H0.378 0.096 0 0 - 0.128 - 0.096 - 0.25 00.096 0.405 0 - 0.333 - 0.096 - 0.072 0 00 0 0 0 0 0 0 00 - 0.333 0 0.333 0 0 0 0

- 0.128 - 0.096 0 0 0.128 0.096 0 0- 0.096 - 0.072 0 0 0.096 0.072 0 0- 0.25 0 0 0 0 0 0.25 0

0 0 0 0 0 0 0 0X

12345678

k3 = AE

7 8 1 2D0.25 0 - 0.25 00 0 0 0

- 0.25 0 0.25 00 0 0 0T 7812

k2 = AE

1 2 5 6

D0.128 0.096 - 0.128 - 0.0960.096 0.072 - 0.096 - 0.072

- 0.128 - 0.096 0.128 0.096- 0.096 - 0.072 0.096 0.072T

1256

k1 = AE

3 4 1 2D0 0 0 00 0.333 0 - 0.3330 0 0 00 - 0.333 0 0.333T 3412

D k =

F0

- 0.0250000

V

345678

Q k = c00d 12


4

7

1

3

2

1

2

1

2

4

3

48

6

53

(b)

x

y

1

3

2

1

4 m

3 m

(a)

24

3

Figura 14–11



Desplazamientos y cargas. Aquí Q KD resulta en

Al desarrollar la solución para los desplazamientos,ecuación 14-19, setiene

c00

d = AE

c0.378 0.0960.096 0.405

d cD1D2

d + AE

c0 0 - 0.128 - 0.096 - 0.25 00 - 0.333 - 0.096 - 0.072 0 0

d F0

- 0.02500

00

V

H00

Q3

Q4Q5Q6Q7Q8X

= AE

H0.378 0.096 0 0 - 0.128 - 0.096 - 0.25 00.096 0.405 0 - 0.333 - 0.096 - 0.072 0 00 0 0 0 0 0 0 00 - 0.333 0 0.333 0 0 0 0

- 0.128 - 0.096 0 0 0.128 0.096 0 0- 0.096 - 0.072 0 0 0.096 0.072 0 0- 0.25 0 0 0 0 0 0.25 0

0 0 0 0 0 0 0 0X H D1

D20

- 0.0250000 X

De donde se obtiene

Al resolver estas ecuaciones simultáneamente da

A pesar de que no es necesario calcular las reacciones en los soportes,si así se desea pueden encontrarse a partir de la expansión definidapor la ecuación 14-20. Si se usa la ecuación 14-23 para determinar lafuerza en el elemento 2 resulta

Elemento 2: l x 0.8, l y 0.6,L 5 m, AE 8(103) kN, demodo que

Resp.

Usando el mismo procedimiento, se muestra que la fuerza en el ele-mento 1 esq1 8.34 kN y en el elemento 3,q3 11.1 kN. Los resulta-dos se muestran en el diagrama de cuerpo libre de la junta, figura14-11c, la cual puede comprobarse que está en equilibrio.

=8110325 10.00444 - 0.01312 = - 13.9 kN

q2 =8110325 [0.8 0.6 - 0.8 - 0.6]

D0.00556

- 0.02187500

T

D2 = - 0.021875 m D1 = 0.00556 m

0 = AE [10.096D1 + 0.405D22 + 0.00833] 0 = AE [10.378D1 + 0.096D22 + 0]

211.1 kN

8.34 kN13.9 kN

34

5

(c)




14.7 Coordenadas nodalesEn ocasiones, una armadura puede estar soportada mediante un rodilsituado en un plano inclinado , y cuando esto ocurre la restricción de cerdeflexión en el soporte (nodo)no puede definirse directamente em-pleando un solo sistema global de coordenadas horizontales y verticaPor ejemplo, considere la armadura en la figura 14-12a. La condición dedesplazamiento cero en el nodo está definida sólo a lo largo del eje y ,y debido a que el rodillo puede desplazarse a lo largo del eje x , estenodo tendrácomponentes de desplazamiento a lo largo deambos ejes decoordenadas globales, x, y. Por esta razón no es posible incluir la condción de desplazamiento cero en este nodo al escribir la ecuación de rigiglobal de la armadura usando los ejes x, y, sin hacer algunas modificaciones en el procedimiento del análisis matricial.

Para resolver este problema, de modo que pueda incorporarse fácmente en un análisis de computadora, se empleará un conjunto decoor-denadas nodales x , y que se localiza en el soporte inclinado. Estos ej

están orientados de modo que las reacciones y los desplazamientosencuentran en los soportes a lo largo de cada uno de los ejes de coornadas,figura 14-12a. Con el fin de determinar la ecuación de rigidez globde la armadura, se vuelve necesario desarrollar las matrices de transfmación de la fuerza y el desplazamiento para cada uno de los elemenconectados en este soporte, para que los resultados puedan sumarse el mismo sistema de coordenadas global, x, y. Para mostrar cómo se haceesto, considere el elemento 1 de la armadura que se muestra en la fig14-12b, con un sistema de coordenadas globales x, y en el nodo cercano

, y un sistema de coordenadas nodales x , y en el nodo lejanoCuando se producen desplazamientosD de manera que tengan compo-nentes a lo largo de cada uno de estos ejes, como se muestra en la fig

14-12c,los desplazamientosd en la dirección x a lo largo de los extremosdel elemento se convierten en

dF = DFx cosux + DFy cosuy

dN = DNx cosux + DNy cosuy

~F .~N


4

y

x

x–

y –

(a)

2

33

21

1

Figura 14–12



14.7 COORDENADAS NODALES 5

Estas ecuaciones pueden escribirse en forma matricial como

Del mismo modo, las fuerzasq en los extremos cercano y lejano del ele-mento, figura 14-12d, tienen componentesQ a lo largo de los ejes globa-les de

las cuales pueden expresarse como

Las matrices de transformación del desplazamiento y la fuerza en lasecuaciones anteriores se usan para desarrollar la matriz de rigidez delelemento para esta situación.Al aplicar la ecuación 14-15, se tiene

Si se realizan las operaciones matriciales, resulta

(14–24)

Esta matriz de rigidez se usa después para cada elemento que esté co-nectado a un soporte de rodillos inclinado, y el proceso para ensamblarlas matrices y formar la matriz de rigidez de la estructura sigue el proce-dimiento acostumbrado. El siguiente problema de ejemplo ilustra suaplicación.

k = AEL

D l x

2l xl y - l xl x - l xl y

l xl y l y2 - l yl x - l yl y

- l xl x - l yl x l x2 l xl y

- l xl y - l yl y l xl y l y2 T

k = Dl x 0l y 00 l x

0 l yT AEL

c1 - 1- 1 1d cl x l y 0 0

0 0 l x l ydk = TTk¿T

DQNx

QNy

QFx

QFy T = Dl x 0l y 00 l x

0 l yTcqN

qFd

QFx = qF cosux

QFy = qF cosuy

QNx = qN cosux

QNy = qN cosuy

cdN

dFd = cl x l y 0 00 0 l x l yd

DDNx

DNy

DFx

DFy

T y¿

y

x

x –

y –

x ¿

coordenadas globales

coordenadasnodales

coordenadalocales

(b)

F

N

y

F

N

y –

coordenadasglobales(c)

D Ny

D Fy–

D Fx –

D Ny cos u y

D Nx cos u x

D Fx – cos u x–

D Fy – cos u y–

D Nx

u y

u x

u y –

u x

y y–

(d)

qN

qF F

N

Q Ny

Q Fx –

Q Fy –

Q Nx

u y

u x

u x

u y–



EJEMPLO14.6

Determine las reacciones en los soportes para la armadura que semuestra en la figura 14-13a.

SOLUCIÓNNotación. Como el soporte de rodillos en se encuentra sobre unplano inclinado, en este nodo deben usarse coordenadas nodales. Senumeran las juntas y los elementos y se establecen los ejes globales x,

y, en el nodo , figura 14-13b. Observe que los números de código 3 y 4están a lo largo de los ejes x , y , a fin de poder usar la condición deque D 4 0.

Matrices de rigidez de los elementos. Las matrices de rigidez delos elementos 1 y 2 deben desarrollarse mediante la ecuación 14-24puesto que estos elementos tienen números de código en la direcciónde los ejes globales y nodales. La matriz de rigidez para el elemento se determina de la forma habitual.Elemento 1. Figura 14-13c, l x 1, l y 0, l x 0.707, l y 0.707

Elemento 2. Figura 14-13d , l x 0, l y 1, l x 0.707, l y

0.707

Elemento 3. l x 0.8, l y 0.6

k3 = AE

5 6 1 2D0.128 0.096 - 0.128 - 0.0960.096 0.072 - 0.096 - 0.072

- 0.128 - 0.096 0.128 0.096- 0.096 - 0.072 0.096 0.072T 5612

k2 = AE

1

2

3

4

D0 0 0 00 0.3333 - 0.2357 - 0.23570 - 0.2357 0.1667 0.16670 - 0.2357 0.1667 0.1667

T 1234

k1 = AE

5

6

3

4

D0.25 0 - 0.17675 0.176750 0 0 0

- 0.17675 0 0.125 - 0.1250.17675 0 - 0.125 0.125

T 5634


4

Figura 14–13

4 m

(a)

3 m

45

30 kN1

23

(b)45

30 kN1

2

5

6

23

1

243

1

3 y –

y

x –

x

1

y ¿

x¿

y – x–

u x– 45

(c)

u y – 135

(d)

x¿

y – x –

y ¿

2

u x – 135 y– 135



Matriz de rigidez de la estructura. Al ensamblar estas matricespara determinar la matriz de rigidez de la estructura, se tiene

(1)F3000

Q4Q5Q6V = AE F

0.128 0.096 0 0 - 0.128 - 0.0960.096 0.4053 - 0.2357 - 0.2357 - 0.096 - 0.0720 - 0.2357 0.2917 0.0417 - 0.17675 00 - 0.2357 0.0417 0.2917 0.17675 0

- 0.128 - 0.096 - 0.17675 0.17675 0.378 0.096- 0.096 - 0.072 0 0 0.096 0.072VF

D1D2D3000V

Si se realiza la multiplicación matricial de las particiones superiores sepueden determinan los tres desplazamientos desconocidosD al resol-ver simultáneamente las ecuaciones resultantes,es decir,

Las reacciones desconocidasQ se obtienen al multiplicar las matricespartidas inferiores en la ecuación (1). Si se usan los desplazamientoscalculados, se tiene,

Resp.

Resp.

Resp.= - 22.5 kN

Q6 = - 0.0961352.52 - 0.0721- 157.52 + 01- 127.32= - 7.5 kN

Q5 = - 0.1281352.52 - 0.0961- 157.52 - 0.176751- 127.32= 31.8 kN

Q4 = 0

1352.5

2 - 0.2357

1- 157.5

2 + 0.0417

1- 127.3

2

D3 = - 127.3AE

D2 = - 157.5AE

D1 = 352.5AE

14.7 COORDENADAS NODALES 5



14.8 Armaduras con cambios térmicosy errores de fabricación

Si algunos de los elementos de la armadura se someten a un aumentdisminución de su longitud debido a cambios térmicos o errores de facación, es necesario usar el método de superposición para obtener la soción.Lo anterior requiere tres pasos. En primer lugar, se calculan las fuzas de extremo fijo necesarias paraevitar el movimiento de nodos comoel causado por la temperatura o los errores de fabricación. En segunlugar, se colocan fuerzas iguales pero opuestas sobre los nodos de lamadura y se calculan los desplazamientos de los nodos mediante un alisis matricial.Por último, se determinan las fuerzas reales de los elemtos y las reacciones en la armadura mediante la superposición de esdos resultados.Por supuesto, este procedimiento sólo es necesario si lamadura es estáticamente indeterminada. Si la viga es estáticamente deminada, los desplazamientos en los nodos pueden encontrarse mediaeste método; sin embargo, los cambios de temperatura y los errores debricación no afectarán las reacciones y las fuerzas de elemento pueque la armadura es libre de ajustarse a los cambios de longitud.

Efectos térmicos. Si un elemento de una armadura con longitudLestá sujeto a un aumento de temperaturaT , el elemento experimentaráun aumento en su longitud de L = TL , donde es el coeficiente deexpansión térmica. Una fuerza de compresiónq0 aplicada al elementocausará una disminución en la longitud del elemento deL = q0L / AE .Si se igualan estos dos desplazamientos, entoncesq0 = AE T . Estafuerza mantendrá fijos los nodos del elemento, como se muestra en lagura 14-14,y entonces se tiene

Observe que si ocurre una disminución de la temperatura, entoncesT se vuelve negativo y estas fuerzas invierten la dirección a fin de maner el elemento en equilibrio.

Estas dos fuerzas pueden transformarse en coordenadas globalusando la ecuación 14-10, de donde se obtiene

(14–25)

Errores de fabricación. Si un elemento de armadura se hace demasiado largo en una cantidadL antes de ajustarse en la armadura, entonces la fuerzaq0 necesaria para mantener al elemento en su longitude diseñoL es q0 AE L /L , por lo que para el elemento de la figur14-14, se tiene

1qF20 = - AE ¢ LL

1qN20 = AE ¢ LLD

1QNx201QNy201QFx

20

1QFy

20

T =

Dl x 0l y 00 l x

0 l y

TAE a ¢ Tc1

- 1d = AE a ¢ T

D l x

l y

- l x

- l y

T

1qF

20 = - AE a ¢ T

1qN

20 = AE a ¢ T


4

Figura 14–14

y ¿

x ¿

(qN )0

(qF )0

L

F

N



14.8 ARMADURAS CON CAMBIOS TÉRMICOS Y ERRORES DE FABRICACIÓN 5

Si originalmente el elemento es demasiado corto, entoncesL se vuelvenegativo y estas fuerzas se invierten.

En coordenadas globales,estas fuerzas son

(14–26)

Análisis matricial. En el caso general, si una armadura se somete ala aplicación de fuerzas, a cambios de temperatura y a errores de fabrica-ción, la relación inicial de fuerza-desplazamiento para la armadura seconvierte en

(14–27)Aquí Q 0 es una matriz columna para toda la armadura, de las fuerzas deextremo fijo iniciales, causadas por los cambios de temperatura y los

errores de fabricación de los elementos definidos en las ecuaciones 14-25y 14-26. Esta ecuación puede partirse en la forma siguiente

Si se lleva a cabo la multiplicación, resulta(14–28)(14–29)

De acuerdo con el procedimiento de superposición descrito anterior-mente, los desplazamientos desconocidosD u se determinan a partir de laprimera ecuación al restarK12D k y (Q k)0 en ambos lados, para despuésdespejarD u. De esto se obtiene

Una vez obtenidos estos desplazamientos nodales, las fuerzas de los ele-mentos se determinan por superposición,es decir,

Si esta ecuación se expande para determinar la fuerza en el extremo lejano del elemento, resulta

(14–30)

Este resultado es similar a la ecuación 14-23, excepto que aquí se tieneel término adicional (qF )0, lo que representa la fuerza de extremo fijoinicial debida a los cambios de temperatura y/o errores de fabrica-ción como se definió anteriormente. Tenga en cuenta que si el resultadocalculado a partir de esta ecuación es negativo, el elemento estará encompresión.

Los dos ejemplos siguientes ilustran la aplicación de este procedi-miento.

qF = AE

L [- l x - l y l x

l y ]

DDNx

DNy

DFx

DFy

T +

1qF

20

q = k ¿TD + q0

D u = K11- 11Q k - K12D k - 1Q k202

Q u = K21D u + K22D k + 1Q u20 Q k = K11D u + K12D k + 1Q k20cQ k

Q ud = cK11 K12K21 K22d cD u

D kd + c1Q k201Q u20d

Q = KD + Q 0D1

QNx

20

1QNy

20

1QFx201QFy20T

= AE ¢ L

L

D l x

l y

- l x

- l yT



EJEMPLO 14.7

Determine la fuerza en los elementos 1 y 2 del ensamble articuladoque se muestra en la figura 14-15, si el elemento 2 se hizo 0.01 m mcorto de lo esperado antes de ajustarlo en su lugar. Considere que AE

8(103) kN.


4

SOLUCIÓNComo el elemento es corto, entoncesL 0.01 m y, por lo tanto, alaplicar la ecuación 14-26 en el elemento 2, con l x 0.8, l y 0.6,se tiene.

La matriz de rigidez de la estructura para este ensamble ya se esta-bleció en el ejemplo 14-5.Al aplicar la ecuación 14-27, se obtieneD1

Q1201Q2201Q5201Q620T = AE1- 0.0125 D

- 0.8- 0.6

0.80.6T = AE D

0.00160.0012

- 0.0016- 0.0012T

1256

(1)H00

Q3Q4Q5Q6Q7Q8

X = AE H0.378 0.096 0 0 - 0.128 - 0.096 - 0.25 00.096 0.405 0 - 0.333 - 0.096 - 0.072 0 00 0 0 0 0 0 0 00 - 0.333 0 0.333 0 0 0 0

- 0.128 - 0.096 0 0 0.128 0.096 0 0- 0.096 - 0.072 0 0 0.096 0.072 0 0- 0.25 0 0 0 0 0 0.25 0

0 0 0 0 0 0 0 0X H

D1D2000000X + AE H

0.00160.001200

- 0.0016- 0.0012

00X

Figura 14–15

1

3

2

1

4 m

3 m

24

3

28

6

y

1

35

x

4

7



Si se parten las matrices de la manera que se muestra y se lleva a cabola multiplicación para obtener las ecuaciones de los desplazamientosdesconocidos, resulta

c00d = AE c0.378 0.0960.096 0.405d cD1

D2d + AE c0 0 - 0.128 - 0.096 - 0.25 00 - 0.333 - 0.096 - 0.072 0 0d F

000000V + AE c0.0016

0.0012dlo que da

Al resolver estas ecuaciones simultáneamente,

Aunque no sea necesario, las reaccionesQ pueden determinarse al ex-pandir la ecuación (1), siguiendo el formato de la ecuación 14-29.

A fin de determinar la fuerza en los elementos 1 y 2, debe aplicarsela ecuación 14-30, por lo tanto se tiene

Elemento 1. l x 0, l y 1,L 3 m, AE 8(103) kN, de modo que

Resp.

Elemento 2. l x 0.8, l y 0.6,L 5 m, AE 8(103) kN, por lo

que

q1 = - 5.56 kN

q1 =8110323 [0 - 1 0 1]D0

0- 0.003704- 0.002084T + [0]

D2 = - 0.002084 m D1 = - 0.003704 m

0 = AE [0.096D1 + 0.405D2] + AE [0] + AE [0.0012] 0 = AE [0.378D1 + 0.096D2] + AE [0] + AE [0.0016]

Resp.q2 = 9.26 kN

q2 =8110325 [0.8 0.6 - 0.8 - 0.6]D- 0.003704

- 0.00208400 T - 811032 1- 0.0125




EJEMPLO14.8

El elemento 2 de la armadura que se muestra en la figura 14-16 se somete a un aumento en la temperatura de 150°F. Determine la fuerzadesarrollada en el elemento 2. Considere quea = 6.5(106)/°F, E =29(106) lb/pulg2. Cada elemento tiene un área transversal de A = 0.75pulg2.


4

SOLUCIÓNComo hay un aumento de temperatura,T = 150°F. Al aplicar la

ecuación 14-25 en el elemento 2, donde l

x = 0.7071, l

y

0.7071, setiene

La matriz de rigidez para esta armadura ya se desarrolló en el ejemplo14-2.

D1Q1201Q2201Q7201Q820T = AE16.52 110- 62 11502D0.70710.7071

- 0.7071- 0.7071T = AE D0.000689325

0.000689325- 0.000689325- 0.000689325T 1278

10 pies

4

3

1

4

y

83

10 pies21

3 4

2

6

2

5

5

x6

7

1

(1)H00000

Q6Q7Q8

X = AE H0.135 0.035 0 0 0 - 0.1 - 0.035 - 0.0350.035 0.135 0 - 0.1 0 0 - 0.035 - 0.0350 0 0.135 - 0.035 0.035 - 0.035 - 0.1 00 - 0.1 - 0.035 0.135 - 0.035 0.035 0 00 0 0.035 - 0.035 0.135 - 0.035 0 - 0.1

- 0.1 0 - 0.035 0.035 - 0.035 0.135 0 0- 0.035 - 0.035 - 0.1 0 0 0 0.135 0.035- 0.035 - 0.035 0 0 - 0.1 0 0.035 0.135

X HD1D2D3D4D5000X + AE H

0.0006893250.0006893250000

- 0.000689325- 0.000689325

X 12345678

Figura 14–16



Si se expande para determinar las ecuaciones de los desplazamientosdesconocidos, y estas ecuaciones se resuelven simultáneamente, re-sulta

Con base en la ecuación 14-30 es posible determinar la fuerza en elelemento 2, se tiene

D5 = - 0.002027 pies D4 = - 0.009848 pies D3 = - 0.002027 pies D2 = - 0.01187 pies D1 = - 0.002027 pies

Resp.= - 6093 lb = - 6.09 k

q2 =0.75[2911062]102 2

[- 0.707 - 0.707 0.707 0.707]D- 0.002027- 0.01187

00 T - 0.75[2911062][6.5110- 62]11502

Observe que el aumento de temperatura en el elemento 2 no cau-sará ninguna reacción en la armadura puesto que en lo externo la ar-madura es estáticamente determinada.Para demostrar esto, considerela expansión de la matriz de la ecuación (1) para determinar las reac-ciones. Con base en los resultados de los desplazamientos, se tiene

+ 0 - 0.11- 0.0020272] + AE [- 0.000689325] = 0

Q8 = AE [- 0.0351- 0.0020272 - 0.0351- 0.011872 + 0

- 0.11- 0.0020272 + 0 + 0] + AE [- 0.000689325] = 0

Q7 = AE [- 0.0351- 0.0020272 - 0.0351- 0.011872+ 0.035

1- 0.009848

2 - 0.035

1- 0.002027

2] + AE [0] = 0

Q6 = AE [- 0.11- 0.0020272 + 0 - 0.0351- 0.0020272




14.9 Análisis de armaduras espacialesEl análisis de las armaduras espaciales estáticamente determinadas edeterminadas puede realizarse empleando el mismo procedimiendescrito anteriormente. Sin embargo, para tener en cuenta los aspecttridimensionales del problema es necesario incluir elementos adicioles en la matriz de transformaciónT . A este respecto, considere el elemento de una armadura que se muestra en la figura 14-17. La matrizrigidez para el elemento definida en términos de la coordenada local xestá dada por la ecuación 14-4. Aún más, por la inspección de la fig14-17, los cosenos directores entre las coordenadas globales y locpueden encontrarse empleando ecuaciones análogas a las ecuacion14-5 y 14-6,es decir,

(14–31)

(14–32)

(14–33)

Como resultado de la tercera dimensión, la matriz de transformaciecuación 14-9, se convierte en

Si se sustituye esta ecuación y la 14-4 en la ecuación 14-15,k TT k T,re-sulta

k = Fl x 0l y 0l z 00 l x

0 l y

0 l zV AEL

c1 - 1- 1 1d cl x l y l z 0 0 0

0 0 0 l x l y l zd

T = cl x l y l z 0 0 00 0 0 l x l y l zd

= zF - zN

2

1xF - xN

22 +

1yF - yN

22 +

1zF - zN

22

l z = cosuz = zF - zN

L

= yF - yN

2 1xF - xN22 + 1yF - yN22 + 1zF - zN22 l y = cosuy = yF - yN

L

= xF - xN2 1xF - xN22 + 1yF - yN22 + 1zF - zN22

l x = cosux = xF - xN

L


4

F x ¿

L

6

5

43

21

N

x

z

y

yN

xN

yF

xF

zF zN

u yu x

u z

Figura 14–17



Si se lleva a cabo la multiplicación matricial se obtiene la matriz simétrica

k = AE

L

N x

N y

N z

F x

F y

F z

F l x

2 l xl y l xl z

l yl x l y2 l yl z

l zl x l zl y l z2

- l x2 - l xl y - l xl z

- l yl x - l y2 - l yl z

- l zl x - l zl y - l z2

- l x2 - l xl y - l xl z

- l yl x - l y2 - l yl z

- l zl x - l zl y - l z2

l x2 l xl y l xl z

l yl x l y2 l yl z

l zl x l zl y l z2 V

N x

N y

N zF x

F y

F z

(14–34)

Esta ecuación representa lamatriz de rigidez del elemento expresada encoordenadas globales . Los números de código a lo largo de las filas y lascolumnas hacen referencia a las direcciones x, y, z en el extremo cercano,N x, N y, N z, seguidos por los que están en el extremo lejano,F x, F y, F z.

Si se va a programar en computadora, por lo general resulta más efi-ciente usar la ecuación 14-34 que llevar a cabo la multiplicación matricialTT k T para cada elemento. Una forma de ahorrar espacio de almacena-miento en la computadora es inicializar la matriz de rigidez de la “estruc-tura” K con todos los elementos en cero; después, a medida que se gene-ran los términos de cada matriz de rigidez de los elementos, éstos secolocan directamente en sus respectivas posiciones enK . Luego dehaber desarrollado la matriz de rigidez de la estructura puede seguirse elmismo procedimiento descrito en la sección 14-6 para determinar losdesplazamientos en las juntas, las reacciones en los soportes y las fuerzasinternas en los elementos.


El método de la rigidez es el preferido para analizar estructuras usando una computadora. En primer lugar, es nidentificar la cantidad de elementos estructurales y sus nodos. Después se establecen las coordenadas globales pla estructura y se ubica cada uno de los sistemas coordenados locales de los elementos, de modo que su origen extremo cercano seleccionado, y de tal manera que el eje x positivo se extienda hacia el extremo lejano.

La formulación del método requiere que primero se construya cada elemento de la matriz de rigidezk . Ésta relaciona lacargas en los extremos del elemento, q, con sus desplazamientos, d, donde q k d. Después, con base en la matriz transformaciónT, los desplazamientos localesd se relacionan con los desplazamientos globalesD , donde d TDAdemás, las fuerzas localesq se transforman en las fuerzas globalesQ empleando la matriz de transformaciónT, es decirQ TT q. Cuando estas matrices se combinan, se obtiene la matriz de rigidez del elementoK en coordenadas globales k

TT k T. Si se ensamblan todas las matrices de rigidez de los elementos, se obtiene la matriz de rigidezK para toda la estructura.

Los desplazamientos y las cargas sobre la estructura se obtienen al partirQ KD , de modo que los desplazamientos dconocidos se determinan con base enD u [K11] 1Q k, siempre que los soportes no se desplacen. Por último, las reanes en los soportes se obtienen deQ u K21, D u, y cada fuerza de elemento se encuentra a partir deq k TD .

El marco estructural de este hangar paronaves está completamente construidarmaduras,a fin de reducir de manera ficativa el peso de la estructura. (Cortesía Bethlehem Steel Corporation ).





4

*14–4. Determine la matriz de rigidezK para la arma-dura. Considere que A 0.75 pulg2 y queE 29(103) ksi.

14–5. Determine el desplazamiento horizontal de la juntay la fuerza en el elemento . Considere que A 0.75

pulg2 y que E 29(103) ksi.

14–6. Determine la fuerza en el elemento si su tem-peratura se incrementa en 100°F. Considere que A 0.75pulg2, E 29(103) ksi, = 6.5(106) °F.

ƒ 2 ƒ

ƒ 2 ƒ

14–9. Determine la matriz de rigidezK para la armadura.Considere que A = 0.0015 m2 y queE = 200 GPa para cada

elemento.14–10. Determine la fuerza en el elemento . Consdere que A = 0.0015 m2 y queE = 200 GPa para cada ele-mento.

14–11. Determine el desplazamiento vertical del nodo,si el elemento era 10 mm más largo de lo esperaantes de ajustarlo en la armadura. Para obtener la solucióretire la carga de 20 k. Considere que A = 0.0015 m2 y queE= 200 GPa para cada elemento.

ƒ 6 ƒ

ƒ 5 ƒ

14–7. Determine la matriz de rigidezK para la armadura.Considere que A = 0.0015 m2 y queE = 200 GPa para cadaelemento.

*14–8. Determine el desplazamiento vertical en la juntay la fuerza en el elemento . Considere que A = 0.0015m2 y queE = 200 GPa.

ƒ 5 ƒ

14–1. Determine la matriz de rigidezK para el ensamble.Considere que A 0.5 pulg2 y que E 29(103) ksi paracada elemento.

14–2. Determine los desplazamientos horizontales y ver-ticales en la junta del ensamble del problema 14-1.

14–3. Determine la fuerza en cada elemento del ensam-ble del problema 14-1.

PROBLEMAS

Probs. 14–4/14–5/14–6

Probs. 14–7/14–8

Probs. 14–9/14–10/14–11

Probs. 14–1/14–2/14–3

109

33

65

4

4

3 m

4 m 4 m

20 kN47

6

1

2

2

1

5

35

78

1 2

2

4 pies 3 pies

4 pies

1

2500 lb

8

76

4

5323 4

1

1 3

7

2

1

3

4 pies 6 pies

3 pies

3 pies

4 k

33

5

8

1

64

2 41

2

30 kN

10

9

3

3

6

5 4

4

2 m

2 m2 m

46

1 12

5

35

71

228



14–15. Determine la matriz de rigidezK para la arma-dura. AE es constante.*14–16. Determine el desplazamiento vertical de la junta

y las reacciones en los soportes. AE es constante.

*14–12. Determine la matriz de rigidezK para la arma-dura.Considere que A = 2 pulg2 y queE = 29(103) ksi.

14–13. Determine el desplazamiento horizontal de la junta y la fuerza en el elemento . Considere que A =2 pulg2 y queE = 29(103) ksi. No tome en cuenta el eslabóncorto en .

14–14. Determine la fuerza en el elemento si el ele-mento era 0.025 pulgadas más corto de lo esperado antes deajustarse en la armadura. Considere que A = 2 pulg2 y queE= 29(103) ksi. No tome en cuenta el eslabón corto en.

ƒ 3 ƒ

ƒ 5 ƒ

14–17. Use un programa de computadora para detnar las reacciones sobre la armadura y la fuerza en camento. AE es constante.

Probs. 14–12/14–13/14–14

Probs. 14–15/14–16

Prob. 14–17

Prob. 14–18

14–18. Use un programa de computadora para detnar las reacciones sobre la armadura y la fuerza en camento. AE es constante.

5

1

6

5

3

6 pies1

24 3

2

1

78

3 k

4

3

2

4

6

8 pies

E

C

D

8 pies8 pies8 pies

6 pies

6 pies

6 pies

B

A

2 k

F

1.5 k

3 2

1

3 m

4 m

65

2

1

3

4

2

1

3

3 kN

45

4 kN

F

E D

C

B A

60

2 m

2 m

2 m

PROBLEMAS 5



Las trabes de este puente son continuas sobre los pilotes, y las cargas estáti-camente indeterminadas en ellas pueden determinarse utilizando el métodode la rigidez.



15

5

En este capítulo se extenderán los conceptos presentados en el capí-tulo anterior y se aplicarán al análisis de vigas. Se podrá ver que unavez desarrolladas la matriz de rigidez y la matriz de transformación delelemento, el procedimiento para su aplicación es exactamente elmismo que para las armaduras. Se prestará atención especial a loscasos de asentamientos y temperaturas diferenciales.

15.1 Comentarios preliminaresAntes de mostrar cómo se aplica el método de la rigidez a las vigas, pri-mero se analizarán algunos conceptos y definiciones preliminares rela-cionados con estos elementos.

Identificación del elemento y el nodo. Con el fin de aplicarel método de la rigidez a las vigas, primero debe determinarse cómo sub-dividir la viga en los elementos finitos que la componen. En general,

cada elemento debe estar libre de carga y tener una sección prismática.Por esta razón los nodos de cada elemento se localizan en un soporte oen los puntos donde los elementos se conectan entre sí, o se aplica unafuerza externa; donde el área de la sección transversal cambia súbita-mente, o donde debe determinarse el desplazamiento vertical o de rota-ción en un punto. Por ejemplo, considere la viga de la figura 15-1a . Si seusa el mismo esquema que para las armaduras, los cuatro nodos se espe-cifican en forma numérica dentro de un círculo y los tres elementos seidentifican numéricamente dentro de un cuadrado.Observe también quelos extremos “cercano” y “lejano” de cada elemento se identifican me-diante flechas escritas a lo largo de cada elemento.

Análisis de vigasutilizando el métodode la rigidez

(a)

x

y

2 311 3

56

2 47

1

83

P

2 4

Figura 15–1



Coordenadas globales y del elemento. El sistema de coor-denadas globales se identificará utilizando los ejes x, y, z, que por lo ge-neral tienen su origen en un nodo y se posicionan de modo que los noen otros puntos de la viga tengan coordenadas positivas, figura 15-1a.Lascoordenadas locales o del elemento x , y , z tienen su origen en el ex-tremo “cercano” de cada elemento, y el eje positivo x se dirige hacia elextremo “lejano”.En la figura 15-1b se muestran estas coordenadas parael elemento 2. En ambos casos se ha empleado un sistema de coordedas diestro, de modo que si los dedos de la mano derecha se cierran eje x ( x ) hacia el eje y ( y ), el pulgar apunta en la dirección positivdel eje z (z ), que se dirige hacia afuera de la página. Tenga en cuenque para cada componente de la viga los ejes x y x serán colineales y quelas coordenadas globales y del elemento serán todas paralelas. Portanto, a diferencia del caso de las armaduras, aquí no será necesario derrollar matrices de transformación entre estos sistemas de coordenadIndeterminación cinemática. Una vez que se han identificadolos elementos y los nodos, y que se ha establecido el sistema de coonadas globales, pueden determinarse los grados de libertad para la vig

su determinación cinemática. Si se toman en cuenta los efectos de la xión y la fuerza cortante, entoncescada nodo en una viga puede tenerdos grados de libertad; es decir, un desplazamiento vertical y una roción. Como en el caso de las armaduras, estos desplazamientos liney de rotación se identifican por códigos numéricos. Los números más bde código se usarán para identificar los desplazamientos desconoci(grados de libertad no restringidos), y las cifras más altas se utilizapara identificar los desplazamientos conocidos (grados de libertad rtringidos). Recuerde que la razón para elegir este método de identifición se relaciona con la consiguiente comodidad al realizar la particde la matriz de rigidez de la estructura,de modo que los desplazamiendesconocidos puedan determinarse de la manera más directa.

Para mostrar un ejemplo de etiquetado con códigos numéricos, condere de nuevo la viga continua que se muestra en la figura 15-1a.Aquí,laviga es cinemáticamente indeterminada de cuarto grado. Hay ocho gdos de libertad, por lo cual los números de código del 1 al 4 represenlos desplazamientos desconocidos y los números del 5 al 8 representandesplazamientos conocidos, que en este caso son todos iguales a cComo otro ejemplo, la viga de la figura 15-2a puede subdividirse en treselementos y cuatro nodos. En particular, observe que la articulación terna en el nodo 3 se deforma en la misma cantidad para los elementoy 3; sin embargo, la rotación en el extremo de cada elemento es diferePor eso se usan tres números de código para mostrar estas deflexionAquí hay nueve grados de libertad,cinco de los cuales son desconoci

como se muestra en la figura 15-2b, y cuatro conocidos; de nuevo, todoson iguales a cero. Por último, tenga en cuenta el mecanismo deslizausado en la viga de la figura 15-3a. Aquí la deflexión de la viga se muetra en la figura 15-3b y, por lo tanto, hay cinco componentes desconocdos de deflexión etiquetados con los números de código más bajos.viga es cinemáticamente indeterminada de quinto grado.

El desarrollo del método de la rigidez para las vigas sigue un procmiento similar al utilizado para las armaduras. En primer lugar debetablecerse la matriz de rigidez de cada elemento, después estas matrise combinan para formar la matriz de rigidez de la viga o de la estrtura. Si se usa la ecuación matricial de la estructura, entonces puede p

576 CA P Í T U L O 15 AN Á L I S I S D E V I G A S U T I L I Z A N D O E L M É TO D O D E L A R I G I D E Z

5

2 x ¿

y ¿

(b)

2 3

1 2 332 4

P

584 1 7

62

3

(a)

1

9

D 1

D 2

D 4 D 5

D 3

(b)

1 2 31 32

4

P

4 65 79 3

8 12

(a)

D 4D 2

D 3

D 3

D 1

D 5

(b)

Figura 15–2

Figura 15–3

Figura 15–1



15.2 MATRIZ DE RIGIDEZ DE LA VIGA-ELEMENTO 5

cederse a determinar los desplazamientos desconocidos en los nodos yde esta forma determinar las reacciones sobre la viga y la fuerza cortantey el momento internos en los nodos.

15.2 Matriz de rigidez de la viga-elementoEn esta sección se desarrollará la matriz de rigidez para un componentede viga o un elemento que tenga una sección transversal constante y estéreferenciado al sistema de coordenadas locales x , y , z , figura 15-4. Elorigen de las coordenadas se localiza en el extremo “cercano”N , y el eje

x positivo se extiende hacia el extremo “lejano” F . Hay dos reaccionesen cada extremo del elemento,que consisten en las fuerzas cortantesqNyy qFy y en los momentos flectoresqNz y qFz . Estas cargas actúan en lasdirecciones coordenadas positivas. En particular, los momentosqNz yqFz son positivosen sentido antihorario , puesto que por la regla de lamano derecha los vectores de momento están dirigidos a lo largo del ejez positivo, el cual se dirige hacia afuera de la página.

Los desplazamientos lineales y angulares asociados con estas cargastambién siguen esta misma convención de signos positivos. Ahora se im-pondrán cada uno de estos desplazamientos por separado y después sedeterminarán las cargas que actúan sobre el elemento, causadas por cadadesplazamiento.

x ¿

y ¿

N

qNy ¿ dNy ¿

qN z¿ dN z¿ F

qFy ¿ dFy ¿

convención de signos positivos

qF z ¿ dF z¿

Desplazamientos en y . Cuando se impone un desplazamientopositivodNy mientras se evitan otros posibles desplazamientos, se creanfuerzas cortantes y momentos de flexión resultantes como los que semuestran en la figura 15-5a. En particular, el momento se ha desarro-llado en la sección 11.2 como la ecuación 11.5. Del mismo modo, cuandose imponedFy , las fuerzas cortantes y momentos flexionantes necesariosson como se muestra en la figura 15-5b.

y ¿

x ¿

(a)desplazamientos en y ¿

y ¿

x ¿

(b)

dFy ¿

12EI qNy ¿ _____ dNy ¿

L 3

12EI qFy ¿ _____ dNy ¿

L 3 12EI qNy ¿ _____ dFy ¿

L 3

12EI qFy ¿ _____ dFy ¿

L 3

6EI qN z¿ ____ dNy ¿

L 2

6EI qN z¿ ____ dFy ¿

L 2

6EI qF z¿ ____ dFy ¿

L 2

6EI qF z¿ ____ dNy ¿

L 2

dNy ¿

Figura 15–4

Figura 15–5



Rotaciones en z . Si se impone una rotación positivadNz mientrasse evitan todos los otros desplazamientos posibles, las fuerzas cortantlos momentos requeridos para la deformación se muestran en la fig15-6a. En particular, el momento resultante se desarrolló en la secci11-2 como las ecuaciones 11-1 y 11-2. Del mismo modo, cuando sepone dFz , las cargas resultantes son como se muestra en la figura 15-b.

Por superposición, si se suman los resultados anteriores de las figu15-5 y 15-6, las cuatro relaciones de carga-desplazamiento resultapara el elemento pueden expresarse en forma matricial como

Estas ecuaciones también pueden escribirse de manera abreviada co(15–2)

La matriz simétricak en la ecuación 15-1 se conoce como lamatriz de rigidez del elemento . Los 16 coeficientes de influenciak ij que la componenrepresentan los desplazamientos del elemento por la fuerza cortantepor el momento flexionante. Físicamente, estos coeficientes represenla carga sobre el elemento cuando éste experimenta un desplazamienunitario específico. Por ejemplo, sidNy = 1, figura 15-5a, mientras que

todos los otros desplazamientos son iguales a cero , el elemento estará so-metido únicamente a las cuatro cargas indicadas en la primera columde la matrizk. De manera similar, las otras columnas de la matrizk sonlas cargas de elemento para los desplazamientos unitarios identificamediante los números de código de los grados de libertad que aparecarriba de las columnas. Con base en el desarrollo se han satisfecho tael equilibrio como la compatibilidad de los desplazamientos. Ademdebe hacerse notar que esta matriz es lamisma en coordenadas locales yen coordenadas globales puesto que los ejes x , y , z son paralelos a losejes x, y,z; por lo tanto, no se requieren matrices de transformación entlas coordenadas.

q = kd

HqNy ¿

qNz ¿

qFy ¿

qFz ¿

X

=

Ny¿ Nz¿ Fy¿ Fz¿

H

12EIL3

6EIL2 - 12EI

L36EIL2

6EIL2

4EIL

- 6EIL2

2EIL

- 12EIL3 - 6EI

L212EI

L3 - 6EIL2

6EIL2

2EIL -

6EIL2

4EIL

X

HdNy ¿

dNz ¿

dFy ¿

dFz ¿

X


5

dN z¿

(a)

6EI qNy ¿ ____ dN z¿

L 2

6EI qFy ¿ ____ dN z ¿

L 2

2EI qF z¿ ____ dN z¿

L

4EI qN z ¿ ____ dN z¿

L

x ¿

y ¿

dF z¿

6EI qNy ¿ ____ dF z¿

L 2

6EI qFy ¿ ____ dF z ¿

L 2

4EI qF z¿ ____ dF z¿

L 2EI qN z ¿ ____ dF z¿

L

y ¿

x ¿

Figura 15–6

(15–1)



15.4 APLICACIÓN DEL MÉTODO DE LA RIGIDEZ AL ANÁLISIS DE VIGAS 5

15.3 Matriz de rigidez de laviga-estructura

Una vez que se han encontrado todas las matrices de rigidez de los ele-mentos,es necesario ensamblarlas en la matriz de rigidez de la estructuraK.

Este proceso depende de conocer primero la ubicación de cada términode la matriz de rigidez de los elementos. Aquí las filas y columnas decada matrizk (ecuación 15-1) se identifican por los dos números de có-digo en el extremo cercano del elemento (N y , N z ), seguidos por los delotro extremo (F y , F z ). Por lo tanto, al ensamblar las matrices cada ele-mento debe colocarse en la misma ubicación de la matrizK . De estamanera,K tendrá un orden que será igual al número de código mayorasignado a la viga, puesto que éste representa el total de grados de liber-tad. También, cuando hay varios elementos conectados a un nodo, suscoeficientes de influencia de la rigidez del elemento tendrán la mismaposición en la matrizK y por lo tanto deben sumarse algebraicamentepara determinar el coeficiente de influencia de la rigidez nodal para laestructura.Esto es necesario porque cada coeficiente representa la resis-tencia de la estructura nodal en una dirección particular ( y o z ) cuando seproduce un desplazamiento unitario ( y o z ), ya sea en el mismo nodo oen otro. Por ejemplo,K23 representa la carga en la dirección y en la ubi-cación del número de código “2” cuando ocurre un desplazamiento unita-rio en la dirección y en la ubicación del número de código “3”.

15.4 Aplicación del método de la rigidezal análisis de vigas

Después de determinar la matriz de rigidez de la estructura,las cargas enlos nodos de la viga pueden relacionarse con los desplazamientos si seutiliza la ecuación de rigidez de la estructura

Aquí Q y D son matrices columna que representan tanto las cargas co-nocidas y desconocidas como los desplazamientos.Al hacer la particiónde la matriz de rigidez en los elementos conocidos y desconocidos de lacarga y el desplazamiento,se tiene

que al expandirla genera las dos ecuaciones

(15–3)(15–4)

Los desplazamientos desconocidosD u se determinan a partir de la pri-mera de estas ecuaciones. Si se usan estos valores, pueden calcularse lasreacciones de apoyoQ u para la segunda ecuación.

Q u = K21D u + K22D k

Q k = K11D u + K12D k

cQ

kQ ud =

cK

11K

12K21 K22d cD

uD kd

Q = KD



Cargas intermedias. Para su aplicación, es importante que loelementos de la viga estén libres de carga en toda su longitud.Esto escesario puesto que la matriz de rigidez de cada elemento se desarrosolamente para cargas aplicadas en sus extremos. (Vea la figura 15Sin embargo, es frecuente que las vigas soporten una carga distribuidesta condición requiere modificaciones para poder realizar el análmatricial.

Para manejar este caso, se usará el principio de superposición de umanera similar a la empleada para las armaduras que se estudiaron ensección 14-8. Para mostrar su aplicación, considere el elemento de vcon longitudL de la figura 15-7a, el cual está sometido a la carga unforme distribuidaw. Primero se aplicarán los momentos de extremo fiy las reacciones sobre el elemento, los cuales se usarán en el métodola rigidez,figura 15-7b. Se hará referencia a estas cargas como una matrcolumna –q0. Después se aplicarán las cargas distribuidas y sus reaccnes, figura 15-7c. Las cargas reales en la viga se determinan al sumestos dos resultados. Las reacciones de extremo fijo para otros casoscarga se dan en el interior de la contraportada.Además de resolver pblemas que implican cargas laterales de este tipo, este método tambpuede usarse para resolver problemas relacionados con los cambiostemperatura o errores de fabricación.

Fuerzas del elemento. La fuerza cortante y el momento en loextremos de cada elemento de la viga pueden determinarse a partir deecuación 15-2 y al añadir cualesquier reacciones de extremo fijoq0, si elelemento está sometido a una carga intermedia. Se tiene

(15–5)

Si los resultados son negativos, esto indica que la carga actúa en dición opuesta a la mostrada en la figura 15-4.

q = kd + q0


5

L

w

cargas reales

(a)

cargas sobre las juntasde un elemento

con extremos fijos

(b)

wL___2

wL___2 wL___

2wL___2

wL 2____12

wL 2____12

wL 2____12

wL 2____12

w

cargas y reacciones realessobre un elementofijamente apoyado

(c)

Figura 15–7





El siguiente método proporciona un medio para determinar los desplazamientos, lasreacciones en los soportes y las cargas internas de los miembros o elementos finitos deuna viga estáticamente determinada o estáticamente indeterminada.

Notación

• Divida la viga en elementos finitos e identifique arbitrariamente cada elemento y susnodos. Use un número escrito dentro de un círculo para un nodo y un número escritodentro de un cuadro para un miembro. Por lo general, un elemento se extiende entrelos puntos de apoyo, los puntos de cargas concentradas y las juntas, o en los puntosdonde deben determinarse las cargas internas o los desplazamientos.Además, los va-lores deE e I para los elementos que deben ser constantes.

• Especifique en forma simbólica los extremos cercano y lejano de cada elemento al di-rigir una flecha a lo largo del elemento, con la punta dirigida hacia el extremo lejano.

• En cada punto nodal, especifique numéricamente los números de código y y z. Entodos los casos, use losnúmeros de código más bajos para identificar todos los gradosde libertad no restringidos, seguidos por el resto de los números más altos para identi-ficar los grados de libertad que están restringidos.

• Con base en el problema, establezca los desplazamientos conocidosD k y las cargas ex-ternas conocidasQ k. Incluya cualesquier cargas de extremo fijoinvertidas , si un ele-mento soporta una carga intermedia.

Matriz de rigidez de la estructura

• Aplique la ecuación 15-1 para determinar la matriz de rigidez para cada elemento ex-presada en coordenadas globales.

• Después de determinar la matriz de rigidez de cada elemento, y cuando las filas y co-lumnas estén identificadas con los números de código adecuados, ensamble las matri-ces para determinar la matriz de rigidez de la estructuraK . Como una comprobaciónparcial, las matrices de rigidez de todos los elementos y la matriz de rigidez de la es-tructura deben ser simétricas .

Desplazamientos y cargas

• Parta la ecuación de rigidez de la estructura y realice la multiplicación matricial con el

fin de determinar los desplazamientos desconocidosD u y las reacciones en los sopor-tes desconocidasQ u.• La fuerza cortante y el momento internosq en los extremos de cada elemento de viga

pueden determinarse a partir de la ecuación 15-5, tomando en cuenta las cargas de ex-tremo fijo adicionales.



EJEMPLO15.1


5

k1 = EI

6 4 5 3D1.5 1.5 - 1.5 1.51.5 2 - 1.5 1

- 1.5 - 1.5 1.5 - 1.51.5 1 - 1.5 2T 6453 k2 = EI

5 3 2 1D1.5 1.5 - 1.5 1.51.5 2 - 1.5 1

- 1.5 - 1.5 1.5 - 1.51.5 1 - 1.5 2T 5321

Determine las reacciones en los soportes de la viga que se muestra enla figura 15-8a. EI es constante.

(a)

5 kN

2 m 2 m

SOLUCIÓNNotación. La viga tiene dos elementos y tres nodos, que se identifi-

can en la figura 15-8b. Los números de código del 1 al 6 se indican deforma que losnúmeros más bajos 1-4identifican los grados de libertad

no restringidos .Las matrices de la carga y el desplazamiento conocidos son

Q k = D0- 500T 1234 D k = c00d 56

(b)

1 2

6 5 2

134

31

5 kN

2

Matrices de rigidez de los elementos. Cada una de las dos matri-ces de rigidez de los elementos se determina a partir de la ecuación15-1. Observe con cuidado cómo se establecen los números de códig

para cada columna y fila.

Figura 15–8




Desplazamientos y cargas. Ahora es posible ensamblar estos ele-mentos en la matriz de rigidez de la estructura. Por ejemplo,el elementoK11 = 0 2 2,K55 = 1.5 1.5 = 3, etcétera.Por lo tanto,

Las matrices se parten de la manera que se muestra. Si se realiza lamultiplicación para las primeras cuatro filas, se tiene

Resolviendo,

Con base en estos resultados y al multiplicar las dos últimas filas,resulta

Resp.

Resp.= - 5 kN

Q6 = 0 + 0 + 1.5EI a- 6.67EI b + 1.5EI a3.33

EI b= 10 kN

Q5 = 1.5EI a- 16.67EI b - 1.5EI a- 26.67

EI b + 0 - 1.5EI a3.33EI b

D4 = 3.33EI

D3 = - 6.67EI

D2 = - 26.67EI

D1 = - 16.67EI

0 = 0 + 0 + D3 + 2D4

0 = D1 - 1.5D2 + 4D3 + D4

- 5EI

= - 1.5D1 + 1.5D2 - 1.5D3 + 0

0 = 2D1 - 1.5D2 + D3 + 0

F0

- 500

Q5Q6V

= EI

1 2 3 4 5 6

F2 - 1.5 1 0 1.5 0

- 1.5 1.5 - 1.5 0 - 1.5 01 - 1.5 4 1 0 1.50 0 1 2 - 1.5 1.51.5 - 1.5 0 - 1.5 3 - 1.50 0 1.5 1.5 - 1.5 1.5V F

D1D2D3D400V

Q = KD



EJEMPLO15.2

Determine la fuerza cortante y el momento en el miembro 1 de la vigacompuesta que se muestra en la figura 15-9a. EI es constante.

SOLUCIÓNNotación. Cuando la viga se deforma, el pasador interno permitiráuna sola deflexión, sin embargo, la pendiente de cada miembro conectado será diferente. Además, se presentará una pendiente en el rodi-llo. Estos cuatro grados de libertad desconocidos se etiquetan con losnúmeros de código 1,2, 3 y 4, figura 15-9b.

Matrices de rigidez de los miembros. Si se aplica la ecuación 15-1a cada miembro, de acuerdo con los números de código que se muestran en la figura 15-9b, se tiene

Q k =

≥000

- M 0¥

1234

D k =

C00

0

S 56

7


5

k2 = EI

3

2

5

4

H12L3

6L2 - 12

L36

L2

6L2

4L

- 6L2

2L

- 12L3 - 6

L212L3 - 6

L2

6L2

2L

- 6L2

4L

X3

2

5

4

k1 = EI

6

7

3

1

H12L3

6L2 - 12

L36

L2

6L2

4L

- 6L2

2L

- 12L3 - 6

L212L3 - 6

L2

6L2

2L

- 6L2

4L

X6

7

3

1

Desplazamientos y cargas. La matriz de rigidez de la estructura seforma al ensamblar los elementos de las matrices de rigidez de lomiembros. Si se aplica la ecuación matricial de la estructura,resulta qu

Q = KD

Figura 15–9

1 2

L L

M 0

(b)

1 2

L L

6 3 54217

2 31

M 0

(a)



= EI

1 2 3 4 5 6 74L

0 - 6L2 0 0 6

L22L

0 4L

6L2

2L

- 6L2 0 0

- 6L2

6L2

24L3

6L2 - 12

L3 - 12L3 - 6

L2

0 2L

6L2

4L

- 6L2 0 0

0 - 6L2 - 12

L3 - 6L2

12L3 0 0

6L2 0 - 12

L3 0 0 12L3

6L2

2L

0 - 6L2 0 0 6

L24L

D1

D2

D3

D4

0

0

0

1

2

3

4

5

6

7

0

0

0

- M 0

Q5

Q6

Q7


Al multiplicar las cuatro primeras filas para determinar el desplaza-miento se obtiene

De modo que

Con base en estos resultados, la reacciónQ 5 se obtiene de la multipli-cación de la quinta fila.

Resp.

Este resultado puede comprobarse fácilmente si se aplica la estática almiembro 2 .

Q5 = M 0L

Q5 = - 6EIL2 a- M 0L

6EI b - 12EIL3 aM 0L2

3EI b - 6EIL2 a- 2M 0L

3EI b D4 = - 2M 0L

3EI

D3 = M 0L2

3EI

D2 = - M 0L6EI

D1 = M 0L2EI

- M0 =2L D2 +

6L2D3 +

4L D4

0 = - 6L2D1 + 6

L2D2 + 24L3D3 + 6

L2D4

0 = 4L

D2 + 6L2D3 + 2

LD4

0 = 4L

D1 - 6L2D3

1

2

3

4

5

6

7



Figura 15–10

EJEMPLO15.3

4 kN m

1 2

2 m 2 m

4 kN m

3

12

(a)

La viga de la figura 15-10a está sometida a los dos momentos de par.Siel soporte central se asienta 1.5 mm,determine las reacciones en lossoportes. Suponga que los soportes de rodillo eny pueden jalar oempujar la viga. Considere queE 200 GPa y que I 22 (10 6) m4.


5

SOLUCIÓNNotación. La viga tiene dos elementos y tres grados de libertad des-conocidos. Éstos se etiquetan con los números de código más bajo, figura 15 10b.Aquí las matrices de carga y desplazamiento conocidos son

Qk =

C40

- 4

S 123

D

k =

C0

- 0.00150

S 456

Matrices de rigidez de los miembros. Las matrices de rigidez delos miembros se determinan mediante la ecuación 15-1, de acuerdocon los números de código y las direcciones de los miembros que smuestran en la figura 15-10b. Se tiene,

3 2

6

(b)

4 kN m

1 2

2 m 2 m

4 kN m

3

1

5

1

4

2




Desplazamientos y cargas. Si se ensambla la matriz de rigidez dela estructura y se escribe la ecuación de rigidez de la estructura, re-sulta

Al resolver los desplazamientos desconocidos,

Si se sustituyeEI = 200(106)(22)(106) y se resuelve,

Por lo tanto, con base en estos resultados, las reacciones en los sopor-tes son

D3 = - 0.001580 radD2 = 0,D1 = 0.001580 rad,

- 4EI

= 0D1 + 1D2 + 2D3 + 0 - 1.51- 0.00152 + 0

0 = 1D1 + 4D2 + 1D3 - 1.5102 + 0 + 0

4EI

= 2D1 + D2 + 0D3 - 1.5

10

2 + 1.5

1- 0.0015

2 + 0

F40- 4Q4Q5Q6V = EI

1

2

3

4

5

6

F2 1 0 - 1.5 1.5 01 4 1 - 1.5 0 1.50 1 2 0 - 1.5 1.5

- 1.5 - 1.5 0 1.5 - 1.5 01.5 0 - 1.5 - 1.5 3 - 1.50 1.5 1.5 0 - 1.5 1.5V F D1

D2D30

- 0.00150 V

k2 = EI

5 2 4 1

D1.5 1.5 - 1.5 1.51.5 2 - 1.5 1

- 1.5 - 1.5 1.5 - 1.51.5 1 - 1.5 2T

5241

k1 = EI

6

3

5

2

D1.5 1.5 - 1.5 1.51.5 2 - 1.5 1

- 1.5 - 1.5 1.5 - 1.51.5 1 - 1.5 2

T6352

Resp

Resp

RespQ6 = 2001106222110- 62[0 + 1.5102 + 1.51- 0.0015802 + 0 - 1.51- 0.00152 + 1.5102] = - 0.525 kN

Q5 = 2001106222110- 62[1.510.0015802 + 0 - 1.51- 0.0015802 - 1.5102 + 31- 0.00152 - 1.5102] = 1.05 kN

Q4 = 2001106222110- 62[- 1.510.0015802 - 1.5102 + 0 + 1.5102 - 1.51- 0.00152 + 0] = - 0.525 kN



12 k2 k/ pie24 k

12 k pie 144 k pulg96 k pie 1152 k pulgv ig a sujeta a la carg a real y a lasreacciones fijamente apoyadas

(c)

A BC

24 k6 k 6 k

Determine el momento desarrollado en el soporte A de la viga que semuestra en la figura 15-11a. Suponga que los soportes de rodillo pue-den jalar o empujar la viga. Considere queE = 29(103) ksi y que I =510 pulg4.

SOLUCIÓNNotación. Aquí, la viga tiene dos grados de libertad no restringidos,identificados por los números de código 1 y 2.

El análisis matricial requiere que la carga externa se aplique en losnodos y, por lo tanto, las cargas distribuidas y concentradas se reemplazan por sus momentos de extremo fijo equivalentes, los cuales sdeterminan a partir de la tabla que aparece en el interior de la contra-portada. (Vea el ejemplo 11.2.) Observe que no hay cargas externascolocadas en y no hay fuerzas externas verticales ubicadas en‚puesto que las reacciones en los números de código 3, 4 y 5deben ser desconocidos en la matriz de carga. Si se usa superposición, los resul-tados del análisis matricial para las cargas de la figura 15-11b se modi-ficarán posteriormente con las cargas de la figura 15-11c. A partir dela figura 15-11b, las matrices del desplazamiento conocido y la cargaconocida son

Matrices de rigidez de los miembros. Cada una de las dos matricesde rigidez de los miembros se determina a partir de la ecuación 15-1.Elemento 1:

Elemento 2:

6EIL2 =

612921103215102[81122]2 = 9628.91

12EIL3 =

1212921103215102[81122]3 = 200.602

k1 =

4 3

5

2

D7.430 1069.9 - 7.430 1069.91069.9 205 417 - 1069.9 102 708

- 7.430 - 1069.9 7.430 - 1069.91069.9 102 708 - 1069.9 205 417T

4352

2EIL

=212921103215102241122 = 102 708

4EIL

=412921103215102241122 = 205 417

6EIL2 =

612921103215102[241122]2 = 1069.9

12EIL3 = 12

129

2110

3

21510

2[241122]3 = 7.430

D k = C000S 456 Q k = c1441008d 12


5

EJEMPLO15.4

12 k2 k/ pie

A BC

24 pies4

pies4

pies(a)

1 13

4

96 k pie 12 k pie 1008 kpulg 12 k pie 144 k pulg

2

52

6

1

2 2 3

v ig a que se analizará por el método de la rig idez(b)

Figura 15–11




Desplazamientos y cargas. Se requiere

Q = KD

k2 =

5

2

6

1

D200.602 9628.91 - 200.602 9628.919628.91 616 250 - 9628.91 308 125

- 200.602 - 9628.91 200.602 - 9628.919628.91 308 125 - 9628.91 616 250T

5261

2EIL

=2129211032151028

112

2 = 308 125

4EIL

=41292110321510281122 = 616 250

F1441008Q3Q4Q5Q6V =

1

2

3

4

5

6

F616 250 308 125 0 0 9628.91 - 9628.91308 125 821 667 102 708 1069.9 8559.01 - 9628.91

0 102 708 205 417 1069.9 - 1069.9 00 1069.9 1069.9 7.430 - 7.430 0

9628.91 8559.01 - 1069.9 - 7.430 208.03 - 200.602- 9628.91 - 9628.91 0 0 - 200.602 200.602V F

D1D20000V

Resolviendo de la manera usual,

Por lo tanto,

El momento real en A debe incluir lareacción fijamente apoyada de+96 k• pie que se muestra en la figura 15-11c, junto con el resultadocalculado paraQ 3. Por tanto,

Resp.

Este resultado se compara con el determinado en el ejemplo 11-2.Aunque no es necesario aquí, puede determinarse el momento in-

terno y la fuerza corte interna enB al considerar, por ejemplo, elmiembro 1 y el nodo 2, figura 15-11b. El resultado requiere expandir

q1 = k1d + 1q021MAB = 12 k#pie + 96 k#pie = 108 k#pieg

Q3 = 0 + 102 70811.402032110- 32 = 144 k#pulg = 12 k#pie

D2 = 1.40203

110- 3

2 pulg

D1 = - 0.4673

110- 3

2 pulg

1008 = 308 125D1 + 821 667D2

144 = 616 250D1 + 308 125D2

Dq4q3q5q2T =

4

3

5

2D7.430 1069.9 - 7.430 1069.91069.9 205 417 - 1069.9 102 708- 7.430 - 1069.9 7.430 - 1069.91069.9 102 708 - 1069.9 205 417T D0

00

1.40203T 110- 32 + D241152

24- 1152T



Determine la deflexión en y las reacciones sobre la viga que semuestra en la figura 15-12a. EI es constante.


5

EJEMPLO15.5

SOLUCIÓN

Notación. La viga se divide en dos elementos y los nodos y losmiembros se identifican siguiendo las direcciones desde el extremocercano hasta el extremo lejano, figura 15-12b. Las deflexiones desco-nocidas se muestran en la figura 15-12c. En particular, tenga en cuentaque no ocurre un desplazamiento de rotaciónD 4 debido a la restric-ción de rodillos.

Matrices de rigidez de los miembros. ComoEI es constante y losmiembros son de igual longitud, las matrices de rigidez de los miembros son idénticas. Usando números de código para identificar cadafila y columna, de acuerdo con la ecuación 15-1 y la figura 15-12b, setiene

k2 = EI

1 2 5 6D1.5 1.5 - 1.5 1.51.5 2 - 1.5 1

- 1.5 - 1.5 1.5 - 1.51.5 1 - 1.5 2T 1256

k1 = EI

3 4 1 2

D1.5 1.5 - 1.5 1.51.5 2 - 1.5 1

- 1.5 - 1.5 1.5 - 1.51.5 1 - 1.5 2T

3412

2 m 2 m

(a)

1

P

4 2 6

3 51

(b)

1 32

P

1 2

Figura 15–12




Desplazamientos y cargas. Al ensamblar las matrices de rigidezde los miembros en la matriz de rigidez de la estructura,y al aplicar laecuación matricial de rigidez de la estructura, resulta

Si se despejan los desplazamientos se obtiene

Resp.

Observe que los signos de los resultados coinciden con las direccionesde las flechas mostradas en la figura 15-12c. Por lo tanto, a partir deestos resultados, las reacciones son

D3 = - 2.667PEI

D2 = P

EI

D1 = - 1.667PEI

0 = - 1.5D1 + 1.5D2 + 1.5D3

0 = 0D1 + 4D2 + 1.5D3

- PEI

= 3D1 + 0D2 - 1.5D3

F - P00

Q4Q5Q6V = EI

1 2 3 4 5 6

F3 0 - 1.5 - 1.5 - 1.5 1.50 4 1.5 1 - 1.5 1

- 1.5 1.5 1.5 1.5 0 0- 1.5 1 1.5 2 0 0- 1.5 - 1.5 0 0 1.5 - 1.5

1.5 1 0 0 - 1.5 2V

FD1D2D3000V

Q = KD

(c)

D 3

D 1D 2

Resp.

Resp.

Resp.= - 1.5P

Q6 = 1.5EI a- 1.667PEI b + 1EI a PEI b + 0a- 2.667P

EI b= P

Q5 = - 1.5EI a- 1.667PEI b - 1.5EI a PEI b + 0a- 2.667P

EI b= - 0.5P

Q4 = - 1.5EI

a- 1.667P

EI

b + 1EI

a PEI

b + 1.5EI

a- 2.667P

EI

b




5

Probs. 15–1/15–2

Prob. 15–3

Prob. 15–4

Prob. 15–5

Prob. 15–6

Prob. 15–7

15–1. Determine los momentos en y . Suponga quees un rodillo y que y están fijos.EI es constante.

15–2. Determine los momentos en y si el soporte semueve 5 mm hacia arriba. Suponga quees un rodillo yque y están fijos.EI = 60(106) N • m2.

15–5. Determine las reacciones en los soportes. Suponque y son rodillos y que es un pasador.EI es cons-tante.

15–3. Determine las reacciones en los soportes. Supongaque los rodillos pueden empujar o jalar la viga.EI es cons-tante.

15–6. Determine las reacciones en los soportes. Suponque está fijo y que y son rodillos.EI es constante.

*15–4. Determine las reacciones en los soportes. Suponga-mos que es un pasador y que y son rodillos que pue-den empujar o jalar la viga.EI es constante.

15–7. Determine las reacciones en los soportes. Suponque y están fijos y que es un rodillo.EI es constante.

PROBLEMAS

4 m6 m

25 kN/ m

2 1 3

21 21 3

4 65

6 m 8 m

15 kN/ m

21 21

12 3

3

456

6 kN/ m9 kN/ m

6 m

5 2 3

46 1

4 m

1 21

2 3

6 m 8 m

1 2 3

10 kN/ m

1 2

16

5 4 3

2


11 2

21 3

2 3

3 k678 5

3 4

4

12 m 8 m

1 2

6 kN/ m

1 2

125

46 3

3

20 kN m




Prob. 15–8

Prob. 15–9

Prob. 15–10

Prob. 15–11

Prob. 15–13

Prob. 15–12

*15–8. Determine las reacciones en los soportes. EI esconstante.

15–11. Determine las reacciones en los soportes. Hdeslizador liso en . EI es constante.

15–9. Determine los momentos en y . EI es constante.Suponga que ‚ y son rodillos y que está articulado.

*15–12. Use un programa de computadora para detnar las reacciones sobre la viga.Suponga que A está fijoes constante.

15–10. Determine las reacciones en los soportes. Supongaque está articulado y que y son rodillos.EI es cons-tante.

15–13. Use un programa de computadora para determlas reacciones sobre la viga. Suponga que A y D son pasares y queB y C son rodillos.EI es constante.

1 2

6

7

4

3

2 1

5

4 m

15 kN/ m

3 m

1 2 3

12 m 12 m 12 m

4 kN/ m

2 31 21

1 2 3 4

3 4

A B C D


3 k/ pie


3 k/ pie

1

1

4 5 6

2

2

33

1 2

8 pies8 pies15 pies20 pies

A C B

12 k4 k/ pie

12

1

3 1

24

30 kN/ m

4 m



El marco de este edificio es estáticamente indeterminado. El análisis de fuer-zas puede realizarse utilizando el método de la rigidez.



16

5

Los conceptos presentados en los capítulos anteriores sobre armadu-ras y vigas se extenderán en este capítulo y se aplicarán al análisis demarcos. Se verá que el procedimiento para obtener una solución esparecido al de las vigas, pero se requiere el uso de matrices de trans-formación puesto que los elementos de los marcos están orientadosen diferentes direcciones.

16.1 Matriz de rigidez del marco-elementoEn esta sección se desarrollará la matriz de rigidez para un elemento demarco prismático con referencia al sistema de coordenadas locales x , y ,z , figura 16-1.Aquí, el elemento está sometido a las cargas axialesqNx ,q

Fx, a las cargas cortantesq

Ny, q

Fy, y a los momentos flexionantesq

Nz,

qFz en sus extremos cercano y lejano, respectivamente. Estas cargasactúan en las direcciones coordenadas positivas, junto con sus desplaza-mientos asociados.Como en el caso de las vigas, los momentos qNz y qFzson positivos en sentido antihorario, ya que por la regla de la mano de-recha los vectores de momento se dirigen a lo largo del ejez positivo,que está fuera de la página.

En los capítulos anteriores se ha considerado cada una de las relacio-nes carga-desplazamiento causada por estas cargas. La carga axial seanalizó con referencia a la figura 14-2, la carga cortante en relación conla figura 15-5, y el momento flexionante con referencia a la figura 15-6.Por superposición,al sumar estos resultados, las seis relaciones resultan-

Análisis de marcosplanos utilizando el

método de la rigidez



tes de carga-desplazamiento para el elemento se pueden expresar en formatricial como

596 CA P Í T U L O 16 AN Á L I S I S D E M A R C O S P L A N O S U T I L I Z A N D O E L M É TO D O D E L A R I G I D E Z

6

x¿

y¿

N

qNy ¿ dNy ¿

qNx ¿ dNx ¿ qN z¿ dN z¿

F

qFy ¿ dFy ¿

qF z ¿ dF z¿

qFx ¿ dFx ¿

convención de signos positivos

12EI

L 312EI

L 36EI

L 26EI

L 2

AE

L

AE

L

AE

L

AE

L00 0 0 dNx ¿

N x¿

N y¿

N z¿

F x¿

F y¿

F z¿

qNx ¿

0 0 dNy ¿qNy ¿

6EI

L 24EI

L

2EI

L

6EI

L 20 0 dNz ¿qNz ¿

12EI L 3

12EI L 3

6EI L 2

6EI L 20 0

0 0 0 0 dFx ¿qFx ¿

dFy ¿qFy ¿

6EI

L 26EI

L 22EI

L

4EI

L0 0 dFz ¿qFz ¿

Figura 16–1

(16–1)o en forma abreviada como

(16–2)

La matriz de rigidez del elementok se compone de treinta y seis coeficientes de influencia que representan físicamente la carga sobre el emento cuando éste se encuentra sometido a un desplazamiento unitaespecificado. En concreto, cada columna de la matriz representa las cgas de los elementos para desplazamientos unitarios identificados pocodificación de grados de libertad que se enlista encima de las columCon base en el ensamble, se han satisfecho el equilibrio y la compatidad de desplazamientos.

q = k ¿d

Este puente peatonal tiene la forma de una“armadura Vendreel”. Si bien,en sentido es-tricto, no es una armadura porque no haydiagonales, forma un marco de caja estática-mente indeterminado, que puede analizarseempleando el método de la rigidez.



16.2 MATRICES DE TRANSFORMACIÓN DEL DESPLAZAMIENTO Y DE LAS FUERZAS 5

16.2 Matrices de transformación deldesplazamiento y de las fuerzas

Como en el caso de las armaduras, se debe tener la capacidad de trans-formar las cargas internas del elementoq y las deformacionesd, de las

coordenadas locales x , y , z a las coordenadas globales x, y, z. Por estarazón se requieren matrices de transformación.

Matriz de transformación del desplazamiento. Considereel elemento de un marco que se muestra en la figura 16-2a. Aquí se ob-serva que un desplazamiento en coordenadas globalesD Nx crea despla-zamientos en coordenadas locales

Asimismo, un desplazamiento en coordenadas globalesD Ny, figura 16-2b,crea los siguientes desplazamientos en coordenadas locales

Por último,como los ejesz y z son coincidentes, es decir, están dirigidoshacia afuera de la página, una rotaciónD Nz respecto az genera una rota-ción correspondientedNz alrededor dez . Por lo tanto,

De manera similar,si sobre el extremo lejano del elemento se imponendesplazamientos globalesD Fx en la dirección x, D Fy en la dirección y yuna rotaciónD Fz , las ecuaciones de transformación resultantes son, res-pectivamente,

Si se considera que l x = cosu x, l y cosu y representan los cosenos direc-tores de los elementos,puede escribirse la superposición de los desplaza-mientos en forma matricial como

(16–3)

o bien(16–4)

Por inspección,T transforma los seis desplazamientosD globales x, y, zen los seis desplazamientosd locales x , y , z . Por tanto, T se conocecomo lamatriz de transformación del desplazamiento .

d = TDFdNx ¿dNy ¿dNz ¿d

Fx¿

dFy ¿dFz ¿V

=

F l x l y 0 0 0 0- l y l x 0 0 0 0

0 0 1 0 0 00 0 0 l

x l

y0

0 0 0 - l y l x 00 0 0 0 0 1V F

DNx

DNy

DNz

DFxDFy

DFzV

dFz ¿ = DFz

dFx ¿ = DFy cosuy

dFy ¿ = DFy cosux

dFx ¿ = DFx cosux

dFy ¿ = - DFx cosuy

dNz ¿ = DNz

dNx ¿ = DNy cosuy

dNy ¿ = DNy cosux

dNx ¿ = DNx cosux

dNy ¿ = - DNx cosuy

D Nx

(a)

dNy ¿ D Nx cos u ydNx ¿ D Nx cos u x

u y

u x

y ¿

y

(b)

D Ny u y

u xdNy ¿ D Ny cos u x

dNx ¿ D Ny cos u y

y ¿

y

Figura 16–2




6

Matriz de transformación de la fuerza. Si ahora se aplicacada componente de carga sobre el extremo cercano del elemento, es psible determinar la forma de transformar los componentes de carga las coordenadas locales a las globales. Al aplicarqNx , figura 16-3a, sepuede ver que

Si se aplicaqNy , figura 16-3b, entonces sus componentes son

Por último, comoqNz es colineal conQ Nz , se tiene

De manera similar, las cargas en los extremos deqFx’, qFy , qFz generaránlos siguientes componentes respectivos:

Al ensamblar estas ecuaciones en forma matricial con l x cos u x, l y =

cosu y, se obtiene

(16–5)

o bien

(16–6)

Aquí, como se dijo antes, T T transforma las seis cargas de elemento expresadas con coordenadas locales en las seis cargas expresadas con cdenadas globales.

Q = T Tq

FQNx

QNy

QNz

QFx

QFy

QFzV = F l x - l y 0 0 0 0l y l x 0 0 0 00 0 1 0 0 00 0 0 l x - l y 00 0 0 l y l x 00 0 0 0 0 1V FqNx ¿

qNy ¿qNz ¿qFx ¿qFy ¿qFz ¿V

QFz = qFz ¿

QFx = - qFy ¿ cosuy

QFy = qFy ¿ cosux

QFx = qFx ¿ cosux

QFy = qFx ¿ cosuy

QNz = qNz ¿

QNx = - qNy ¿ cosuy

QNy = qNy ¿ cosux

QNx = qNx ¿ cosux

QNy = qNx ¿ cosuy

x

(a)

qNx ¿

Q Nx qNx ¿ cos u x

Q Ny qNx ¿ cos u y

u x

u y

x ¿

y¿

y

x

(b)

qNy ¿

Q Nx qNy ¿ cos u y Q Ny qNy ¿ cos u x

x¿

y ¿

y

u y

u x

Figura 16–3



16.3 MATRIZ DE RIGIDEZ GLOBAL DEL MARCO-ELEMENTO 5

16.3 Matriz de rigidez global delmarco-elemento

Los resultados de la sección anterior se combinarán ahora con el fin dedeterminar la matriz de rigidez de un elemento que relacione las cargas

globalesQ con los desplazamientos globalesD . Para ello, se sustituye laecuación 16-4 (d = TD ) en la ecuación 16-2 (q = k d). Se tiene

(16–7)

Aquí las fuerzasq de los elementos están relacionadas con los despla-zamientos globalesD .Al sustituir este resultado en la ecuación 16-6 (Q =TT q) se obtiene el resultado final,

(16–8)o bien

donde(16–9)

Aquí k representa la matriz de rigidez global del elemento. Su valorpuede obtenerse en forma general utilizando las ecuaciones 16-5, 16-1 y16-3 y al realizar las operaciones matriciales. Con esto se obtiene el resul-tado final,

k = TTk¿T

Q = kD

Q = TTk¿TD

q = k ¿TD

AE

Ll x

2 l y212EI

L 3 AE

L l xl y12EI

L 3 l y

6EI

L 2

AE

Ll x

2 l y212EI

L 3 AE

L l xl y12EI

L 3 l y

6EI

L 2

AE

Ll x

2 l y212EI

L 3 AE

Ll xl y

12EI

L 3 l y

6EI

L 2

AE

Ll xl y

12EI

L 3 AE

L l x2l y212EI

L 3 l x

6EI

L 2

AE

Ll xl y

12EI

L 3 AE

Ll x

2l y2 12EI

L 3 l x

6EI

L 2

l y6EI

L 2

l x6EI

L 2

4EI

L

l y6EI

L 2

l x6EI

L 2

2EI

L

l y6EI

L 2

l x6EI

L 2

4EI

L

l y6EI

L 2

l x6EI

L 2

2EI

L

AE

L l y212EI

L 3 l x2

AE

L

12EI

L 3 l xl y

l x6EI

L 2

AE

Ll y

2 12EI

L 3 l x2

AE

L

12EI

L 3 l xl y

l x6EI

L 2

AE

Ll x

2 l y212EI

L 3 AE

Ll xl y

12EI

L 3 l y

6EI

L 2

N x

N x N y N z F x F y F z

N y

N z

F x

F y

F z

k

(16–10

Observe que esta matriz de 6 6 es simétrica . Además, la ubicación decada elemento se asocia con la codificación en el extremo cercano,N x,N y,N z, seguida por la del extremo lejano,F x,F y,F z, la cual aparece en la par-te superior de las columnas y a lo largo de las filas.Al igual que en la ma-triz k , cada columna de la matrizk representa las cargas coordinadassobre los nodos del elemento que son necesarias para resistir un desplaza-miento unitario en la dirección definida por el código de la columna. Porejemplo, la primera columna dek representa las cargas en coordenadasglobales sobre los extremos lejano y cercano causadas por undesplaza-miento unitario en el extremo cercano en la dirección x, es decir,D Nx.




6

16.4 Aplicación del método de la rigidezpara el análisis de marcos

Una vez que se han establecido las matrices de rigidez de los elemenéstas pueden ensamblarse en la matriz de rigidez de la estructura en

forma habitual. Si se escribe la ecuación matricial de la estructura, es sible determinar los desplazamientos en los nodos restringidos, seguide las reacciones y las cargas internas en los nodos. Las cargas laterque actúan sobre un elemento, los errores de fabricación, los cambiostemperatura, los soportes inclinados y los soportes internos se manede la misma manera que se indicó para las armaduras y las vigas.


El siguiente método proporciona un medio para encontrar los desplazamientos, las reaciones en los soportes y las cargas internas de los elementos que forman marcos estátimente determinados e indeterminados.

Notación

• Divida la estructura en elementos finitos e identifique arbitrariamente cada elementy sus nodos. Por lo general, los elementos se extienden entre puntos de apoyo, puntdonde se aplican cargas concentradas, esquinas o juntas o entre los puntos donddeben determinarse las cargas internas o los desplazamientos.

• Establezca el sistema global de coordenadas x, y, z, por lo general situado convenien-temente con el origen en un punto nodal sobre uno de los elementos y los ejes ubicdos de modo que todos los nodos tengan coordenadas positivas.

• En cada punto nodal del marco, especifique numéricamente los tres componentes dcodificación x, y, z. En todos los casos use losnúmeros de código más bajos para iden-tificar todos los grados de libertad no restringidos , seguidos por el resto de losnúmerosde código más altos para identificar los grados de libertad restringidos .

• Con base en el problema, establezca los desplazamientos conocidosD k y las cargas ex-ternas conocidasQ k. Al definirQ k, asegúrese de incluir cualquier carga de extremofijoinvertida si un elemento soporta una carga intermedia.


• Aplique la ecuación 16-10 para determinar la matriz de rigidez para cada elemenexpresada en coordenadas globales. En particular, los cosenos directores l x y l y se de-terminan a partir de las coordenadas x, y de los extremos del elemento, ecuaciones 14-5y 14-6.

• Después de escribir cada matriz de rigidez de los elementos, y luego de identificar seis filas y columnas con los números de código cercanos y lejanos, las matricesunen para formar la matriz de rigidez de la estructuraK . Como una comprobaciónparcial, todas las matrices de rigidez de los elementos y de la estructura deben s

simétricas .



16.4 APLICACIÓN DEL MÉTODO DE LA RIGIDEZ PARA EL ANÁLISIS DE MARCOS 6

Figura 16–4

EJEMPLO 16.1

Determine las cargas en las juntas de la estructura de dos elementosque se muestra en la figura 16-4a. Considere que I = 500 pulg4, A = 10pulg2, yE = 29(103) ksi para ambos elementos.

SOLUCIÓN

Notación. Por inspección, el marco tiene dos elementos y tresnodos, que se identifican como se muestra en la figura 16-4b. El origendel sistema global de coordenadas se encuentra en. Los números decódigo en los nodos se especificannumerando en primer lugar los gra-dos de libertad no restringidos .A partir de las restricciones en y , yde la carga aplicada,se tiene

Matriz de rigidez de la estructura. Los siguientes términos soncomunes a ambas matrices de rigidez de los elementos:

12EIL3 =

12[291103215002][201122]3 = 12.6 k>pulg

AEL

=10[2911032]201122 = 1208.3 k>pulg

D k =

D0000

T

6789

Q k =

E5000

0

U

1234

5

(b)

y

x5

6

4

2

1

8

1

2

2

3

7

3

5 k

9

1

20 pies5 k

20 pies

(a)

Desplazamientos y cargas• Haga una partición de la matriz de rigidez,como lo indica la ecua-

ción 14-18. Una expansión posterior conduce a

Los desplazamientos desconocidosD u se determinan a partir de laprimera de estas ecuaciones. Con base en estos valores, las reaccio-nes en los soportesQ u se calculan a partir de la segunda ecuación.Por último, las cargas internasq en los extremos de los elementospueden calcularse a partir de la ecuación 16-7, es decir,

Si los resultados de cualesquier incógnitas se calculan como canti-dades negativas, esto indica que actúan en las direcciones coorde-nadas negativas.

q = k ¿TD

Q u =

K21D u +

K22D k

Q k = K11D u + K12D k




6

EJEMPLO 16.1 (Continuación)

Elemento 1:

Al sustituir los datos en la ecuación 16-10, se tiene

Las filas y las columnas de esta matriz de 66 se identifican por lostres números de código x, y, z, primero en el extremo cercano y des-pués en el extremo lejano, es decir, 4, 6, 5, 1, 2, 3, respectivamente, f

gura 16-4b. Esto se hace para el ensamble posterior de los elementos.Elemento 2:

Al sustituir los datos en la ecuación 16-10 resulta

Como es usual, la identificación de columnas y filas se hace con referencia a los tres números de código en la secuencia x, y, z para los ex-tremos cercano y lejano, respectivamente; es decir, 1, 2, 3 y después 78, 9, figura 16-4b.

k2 =

1 2 3 7 8 9

F12.6 0 1510.4 - 12.6 0 1510.4

0 1208.3 0 0 - 1208.3 0

1510.4 0 241.7

1103

2 - 1510.4 0 120.83

1103

2- 12.6 0 - 1510.4 12.6 0 - 1510.40 - 1208.3 0 0 1208.3 0

1510.4 0 120.8311032 - 1510.4 0 241.711032V 12

3789

l x = 20 - 2020 = 0 l y = - 20 - 0

20 = - 1

k1 =

4 6 5 1 2 3

F1208.3 0 0 - 1208.3 0 0

0 12.6 1510.4 0 - 12.6 1510.40 1510.4 241.711032 0 - 1510.4 120.8311032- 1208.3 0 0 1208.3 0 00 - 12.6 - 1510.4 0 12.6 - 1510.40 1510.4 120.8311032 0 - 1510.4 241.711032V

465123

l x = 20 - 020 = 1

l y = 0 - 0

20 = 0

2EIL

=2[291103215002]201122 = 120.8311032 k#pulg

4EI

L =4[29

1103

21500

2]

20

112

2 = 241.7

110

3

2 k

#pulg

6EIL2 =

6[291103215002][201122]2 = 1510.4 k




La matriz de rigidez de la estructura se determina al ensamblark1 yk2.El resultado, que se muestra partido comoQ KD , es

Desplazamientos y cargas. Si se expande para determinar los des-plazamientos resulta

Al resolver, se obtiene

Con base en estos resultados, las reacciones en los soportes se deter-

minan a partir de la ecuación (1) de la siguiente manera:

Resp.

DQ6Q7Q8Q9T =

1 2 3 4 5

E0 - 12.6 1510.4 0 1510.4- 12.6 0 - 1510.4 0 0

0 - 1208.3 0 0 01510.4 0 120.83110320 0 U E0.696

- 1.55110- 32- 2.488110- 320.6961.234110- 32U

+ D0000T

= D- 1.87 k- 5.00 k

1.87 k750 k#pulgT

ED1D2D3D4D5U = E0.696 pulg

- 1.55110- 32 pulg- 2.488110- 32 rad

0.696 pulg1.234110- 32 radU

E50000U = E

1220.9 0 1510.4 - 1208.3 00 1220.9 - 1510.4 0 - 1510.4

1510.4 - 1510.4 483.311032 0 120.8311032- 1208.3 0 0 1208.3 00 - 1510.4 120.8311032 0 241.711032UE

D1D2D3D4D5U + E

00000U

1 2 3

1220.95 0 1510.4

000

0

0

Q 6

Q 7

Q 8

Q 9

1220.9 1510.41510.4 1510.4 483.3(103)

1208.3 0 0

0 1510.4 120.83(103)

0 12.6 1510.4

12.6 0 1510.4

0 1208.3 0

1510.4 0 120.83(103)

4 5 6 7

1208.3 0 0 12.6

0 1510.4 12.6 00 120.83(103) 1510.4 1510.4

1208.3 0 0 0

0 241.7(103) 1510.4 0

0 1510.4 12.6 0

0 0 0 12.6

0 0 0 0

0 0 0 1510.4

8 9

0 1510.4

1208.3 00 120.83(103)

0 0

0 0 (1)

0 0

0 1510.4

1208.3 0

0 241.7(103)

D 1

D 2

D 3

D 4

D 5

0

0

0

0




6


Las cargas internas en el nodo pueden determinarse al aplicar laecuación 16-7 en el elemento 1. Aquík 1 se define mediante la ecua-ción 16-1 yT1 por medio de la ecuación 16-3.Así,

Tenga en cuenta la disposición adecuada de los elementos en las ma-trices como lo indican los números de código a lo largo de las columnas y las filas.Al resolver se obtiene

Resp.

Los resultados anteriores se muestran en la figura 16-4c. Las direccio-nes de estos vectores están en concordancia con las direcciones positivadefinidas en la figura 16-1.Además,el origen de los ejes locales x , y ,zse encuentra en el extremo cercano del elemento. De manera similar,el diagrama de cuerpo libre del elemento 2 es como se muestra en lafigura 16-4d.

Fq4q6q5q1q2q3V = F

0- 1.87 k001.87 k

- 450 k#pulgV

1208.3 4

1208.3

0 0

0 0

0 6

0

12.61510.4

12.61510.4

0 5

0

1510.4 241.7(103)

1510.4 120.83(103)

1208.3 1

1208.3

0 0

0 0

0 2

0

12.61510.4

12.61510.4

0 3

0

1510.4 120.83(103)

1510.4 241.7(103)

1

0

00

00

0

0

10

00

4

1

65

23

0

0

01

00

0

1

00

00

0

0

00

10

0

0

00

01

0.696

0.696

0 1.234(10 3)

1.55(10 3)2.488(10 3)

q1 k1T1D

y ¿

1.87 k

1.87 k

450 k pulg

x ¿

(c)

1.87 k

450 k pulg 5 k

1.87 k750 k pulg

5 k

(d)

y ¿

x ¿

Figura 16–4




Determine las cargas en los extremos de cada elemento de la estruc-tura que se muestra en la figura 16-5a. Considere que I 600 pulg4,

A 12 pulg2 y E 29(103) ksi para cada elemento.

SOLUCIÓNNotación. Para llevar a cabo un análisis matricial, la carga distri-buida que actúa sobre el elemento horizontal será reemplazada pormomentos y fuerzas cortantes equivalentes en los extremos calcula-dos con base en la estática y en la tabla que se encuentra en el interiorde la contraportada. (Tenga en cuenta que no hay ninguna fuerza ex-terna de 30 k o momento de 1200 k• pulg ubicados en puesto quelas reacciones en los números de código 8 y 9deben ser desconocidosen la matriz de carga.) Después, mediante superposición, los resulta-dos obtenidos para el marco de la figura 16-5b se modificarán paraeste elemento con base en las cargas mostradas en la figura 16-5c.

Como se muestra en la figura 16-5b, los nodos y los elementos estánnumerados y el origen del sistema de coordenadas globales se colocaen el nodo . Como de costumbre, los números de código se especifi-can con números asignados primero a los grados de libertad no res-tringidos. Por lo tanto,


Elemento 1:

l x = 20 - 025 = 0.8

l y = 15 - 0

25 = 0.6

2EIL

=2[2911032]600

251122 = 11611032 k#pulg

4EIL

=4[2911032]600

251122 = 23211032 k#pulg

6EIL2 =

6[29

1103)]600

[25112)]2 = 1160 k

12EIL3 =

12[2911032]600[251122]3 = 7.73 k>pulg

AEL

=12[2911032]251122 = 1160 k>pulg

D k =

F00000

0

V

45678

9

Q k =

C0

- 30- 1200

S 123

EJEMPLO 16.2

20 pies

3 k/ pie

20 pies

15 pies

(a)

1

30 k

y

x

2

2

3

1

65

4

23

1

98

1200 k pulg

(b)

3 k/ pie

20 pies

30 k30 k

1__ (3)(20)2 100 k pie12 100 k pie(1200 k pulg )

c)

(1200 k pulg )

Figura 16–5





6

Al aplicar la ecuación 16-10, se tiene

k1 =

4 5 6 1 2 3

F745.18 553.09 - 696 - 745.18 - 553.09 - 696553.09 422.55 928 - 553.09 - 422.55 928

- 696 928 23211032696 - 928 11611032- 745.18 - 553.09 696 745.18 553.09 696- 553.09 - 422.55 - 928 553.09 422.55 - 928- 696 928 11611032696 - 928 23211032V

456123

Elemento 2:

Por lo tanto, la ecuación 16-10 se convierte en

l x = 40 - 2020 = 1 l y = 15 - 15

20 = 0

2EIL

=23291103)4600320112)4 = 1.4511052 k#pulg

4EIL

=4[29

1103

2]600

20

112

2 = 2.90

1105

2 k #pulg

6EIL2 =

6[2911032]600[201122]2 = 1812.50 k

12EIL3 =

12[2911032]600[201122]3 = 15.10 k>pulg

AEL

=12[2911032]201122 = 1450 k>pulg

k2 =

1 2 3 7 8 9

F1450 0 0 - 1450 0 00 15.10 1812.50 0 - 15.10 1812.500 1812.50 29011032 0 - 1812.50 14511032- 1450 0 0 1450 0 00 - 15.10 - 1812.50 0 15.10 - 1812.500 1812.50 14511032 0 - 1812.50 29011032V

123789




La matriz de rigidez de la estructura, incluida enQ KD , se con-vierte en

0

30

1200

Q 4 0

0

0

0

0

0

D 1

D 2

D 3

Q 5

Q 6

Q 7

Q 8

Q 9

2195.18

553.09696

745.18 553.09

696 1450

0

0

553.09

437.65884.5

553.09

422.55928

0015.10 1812.50

1812.50 145(103)

696

884.5

522(103)696

928

116(103)

745.18

553.09

696745.18

553.09696

553.09422.55

928

553.09422.55928

696928116(103)

696

928

232(103)

1450

00

0

0

00

0

0

0

0

0

0

0

000

1450

15.10

1812.50

0

000

00

1812.50

145(103)00

0

015.10 1812.50

1812.50 290(103)

1 2 3 4 5 6 7 8 9

(1)

Desplazamientos y cargas. Si se expande para determinar los des-plazamientos, y se resuelve, resulta

A partir de estos resultados, las reacciones en los soportes se deter-minan con base en la ecuación (1) de la siguiente manera:C

D1D2D3S

=

C0.0247 pulg- 0.0954 pulg

- 0.00217 radSC0

- 30- 1200

S =

C2195.18 553.09 696553.09 437.65 884.5696 884.5 52211032

SCD1D2D3

S +

C000

SF

Q4Q5

Q6Q7Q8Q9V

=

F- 745.18 - 553.09 - 696- 553.09 - 422.55 928

696 - 928 116

1103

2- 1450 0 00 - 15.10 - 1812.500 1812.50 14511032VC

0.0247- 0.0954- 0.00217S

+

F000000V

=

F35.85 k24.63 k

- 145.99 k#pulg- 35.85 k

5.37 k- 487.60 k#pulgV




6


Las cargas internas pueden determinarse desde la ecuación 16-7aplicada a los elementos 1 y 2. En el caso del elemento 1, q k1T1D ,donde k 1 se determina a partir de la ecuación 16-1 yT1 con base en laecuación 16-3.Por lo tanto,

4 5 6 1 2 3

Fq4q5q6q1q2q3V = F1160 0 0 - 1160 0 0

0 7.73 1160 0 - 7.73 11600 1160 23211032 0 - 1160 11611032- 1160 0 0 1160 0 00 - 7.73 - 1160 0 7.73 - 11600 1160 116

1103

20 - 1160 232

1103

2V F0.8 0.6 0 0 0 0

- 0.6 0.8 0 0 0 00 0 1 0 0 00 0 0 0.8 0.6 00 0 0 - 0.6 0.8 00 0 0 0 0 1V 0

000.0247

- 0.0954- 0.00217V 456123

Aquí los números de código indican las filas y columnas de los extremos cercano y lejano de los elementos, respectivamente; es decir, 4, 56, y después 1, 2, 3, figura 16-5b. Entonces,

Resp.

Estos resultados se muestran en la figura 16-5d.Para el elemento 2 se realiza un análisis similar. Los resultados s

muestran en la parte izquierda de la figura 16-5e. Para este elementoes necesario superponer las cargas de la figura 16-5c, de modo que losresultados finales del elementos 2 se muestran a la derecha.

Fq4q5q6q

1q2q3V

=

F43.5 k

- 1.81 k- 146 k#pulg- 43.5 k

1.81 k- 398 k#pulgV

3 k/ pie

35.85 k

802.3 kpulg

5.37 k

5.37 k

35.85 k35.85 k

487.6 kpulg

30 k

1200 k pulg 1200 k pulg

30 k3 k/ pie

24.6 k

398 k pulg

(e)

35.85 k

35.4 k

1688 k pulg

y ¿

(d)

x ¿

43.5 k

146 k pulg

1.81 k

1.81 k

398 k pulg

43.5 k

Figura 16–5




16–1. Determine la matriz de rigidez de la estructuraKpara el marco. Suponga que y están fijos. Considereque E 200 GPa, I 300(106) mm4 y A 10(103) mm2

para cada elemento.16–2. Determine las reacciones en los soportes fijosy .Considere queE 200 GPa, I 300(106) mm4 y A 10(103) mm2 para cada elemento.

*16–4. Determine las reacciones en los soportes yConsidere queE 200 MPa, I 300(106) mm4 y A21(103) mm2 para cada elemento.

PROBLEMAS

16–3. Determine la matriz de rigidez de la estructuraKpara el marco. Suponga que está articulado y que estáfijo. Considere queE 200 MPa, I 300(106) mm4 y A21(103) mm2 para cada elemento.

Prob. 16–3 Prob. 16–5

Probs. 16–1/16–2

8

12

3

1

2

212 kN / m

13

46

4 m

9

7

5

2 m

2 m

10 kN

2

1

2

32

300 kN m

1

9

5 m

4 m

3

64

5

1

8

7

Prob. 16–4

2

1

2

32

300 kN m

1

9

5 m

4 m

3

64

5

1

8

7

9

1 2

3

1

2

2

13

64

4 m

2 m 2 m

60 kN

5

8

7

16–5. Determine la matriz de rigidez de la estructpara el marco. Considere queE 200 GPa, I 350(mm4 y A 15(103) mm2 para cada elemento. Las junt

y están articuladas.




6

16–9. Determine la matriz de rigidezK para el marco.Considere queE 29(103) ksi, I 300 pulg4 y A 10 pulg2para cada elemento.

16–10. Determine las reacciones en los soportes y .Considere queE 29(103) ksi, I 300 pulg4 y A 10 pulg2para cada elemento.

10 pies20 pies

2

1

3

2 7

14

6

9

8

5

2

1

3

2 k / pie

Probs. 16–9/16–10

16–7. Determine la matriz de rigidez de la estructuraKpara el marco. Considere queE 29(103) ksi, I 650 pulg4,

A 20 pulg2 para cada elemento.

Prob. 16–7

2

1

65

4

2

13

2

1

6 k

4 k

39

8

7

12 pies

10 pies

*16–8. Determine los componentes de los desplazamietos en . Considere queE 29(103) ksi, I 650 pulg4 y

A 20 pulg2 para cada elemento,

Prob. 16–8

2

1

65

42

13

2

1

6 k

4 k

39

8

7

12 pies

10 piesProb. 16–6

9

1 2

3

1

2

2

13

6

4

4 m

2 m 2 m

60 kN

5

8

7

16–6. Determine las reacciones en los soportes articula-dos y . Considere queE 200 GPa, I 350(106) mm4 y

A 15(103) mm2 para cada elemento.




16–13. Use un programa de computadora para detnar las reacciones en el marco. AE y EI son constantes.

16–11. Determine la matriz de rigidez de la estructuraKpara el marco. Considere queE 29(103) ksi, I 700 pulg4y A 20 pulg2 para cada elemento.

16–14. Use un programa de computadora para detnar las reacciones en el marco. Suponga que A , B, D yestán articuladas.Además AE y EI son constantes.

1

29

83

21

3

16 pies20 k

12 pies12 pies

1

2

4

7

6

5

A

B C E

F

6 m 4 m

8 m

8 k

D

A D

15 kB C

20 pies

24 pies

1.5 k / pie

Prob. 16–11

*16–12. Determine las reacciones en los soportes articula-dos y . Considere queE 29(103) ksi, I 700 pulg4 y A

20 pulg2 para cada elemento.

1

29

83

21

3

16 pies20 k

12 pies12 pies

1

2

4

7

6

5

Prob. 16–12

Prob. 16–13

Prob. 16–14



612

Álgebra matricial parael análisis estructural

APÉNDICE

A A.1 Definiciones básicas y tiposde matrices

Con la accesibilidad de las computadoras de escritorio, se ha generalizla aplicación del álgebra matricial para el análisis de las estructurasálgebra matricial proporciona una herramienta adecuada para este tipde análisis, puesto que la solución es relativamente fácil de formularuna manera concisa,para después realizar las manipulaciones necesaen la matriz real mediante una computadora. Por esta razón, es imptante que el ingeniero estructural esté familiarizado con las operaciofundamentales de este tipo de matemáticas.

Matriz. Una matriz es un arreglo rectangular de números que tienem filas yn columnas. Los números, que se denominanelementos , seensamblan entre corchetes. Por ejemplo, la matrizA se escribe como:

Se dice que esta matriz tiene unorden de m n (m por n). Observe queel primer subíndice de un elemento indica la posición de su fila ysegundo subíndice indica la posición de su columna. Entonces, en geral,a ij es el elemento situado en lai-ésima fila y en la j -ésima columna.

Matriz fila. Si la matriz se compone sólo de elementos en una sofila, se denominamatriz fila . Por ejemplo, una matriz fila de 1 n seescribe como

Aquí se usa un solo subíndice para denotar un elemento, puesto queentiende que el subíndice de fila siempre será igual a 1, es decir,a1 a11,a2 a12, y así sucesivamente.

A = [a1 a2 Á an]

A =

Da11 a12 Á a1n

a21 a22 Á a2n

oam1 am2 Á amn

T



Columna matriz. Una matriz con elementos apilados en una solacolumna se llamamatriz columna . La matriz columna dem 1 es

Aquí la notación de los subíndices simbolizaa1 a11, a2 a21, y así suce-sivamente.

Matriz cuadrada. Cuando en una matriz el número de filas esigual al número de columnas, se dice que es unamatriz cuadrada . Unamatriz cuadrada den n sería

Matriz diagonal. Cuando todos los elementos de una matriz cua-drada son iguales a cero, excepto a lo largo de la diagonal principal, quedesciende de izquierda a derecha, la matriz se denominamatriz diagonal .Por ejemplo,

Matriz unitaria o identidad. La matriz unitaria o identidad esuna matriz diagonal,donde todos los elementos de la diagonal son igua-les a la unidad.Por ejemplo,

Matriz simétrica. Una matriz cuadrada es simétrica siempre quea ij a ji. Por ejemplo,

A =3 5 25 - 1 42 4 8

I =

C1 0 00 1 00 0 1

S

A =

Ca11 0 00 a22 00 0 a33S

A =

Da11 a12 Á a1n

a21 a22 Á a2n

oan1 an2 Á annT

A =

Da1a2

oam

T

A.1 DEFINICIONES BÁSICAS Y TIPOS DE MATRICES 6



614 AP É N D I C E A ÁL G E B R A M AT R I C I A L PA R A E L A N Á L I S I S E S T R U C T U R A L

A

A.2 Operaciones matricialesIgualdad de matrices. Se dice que las matricesA y B son igualessi son del mismo orden y cada uno de sus elementos correspondienson iguales, es decir,a ij b ij . Por ejemplo, si

entoncesA B.

Adición y sustracción de matrices. Dos matrices puedensumarse entre sí o restar una de la otra si son del mismo orden. El restado se obtiene al sumar o restar los elementos correspondientes. Pejemplo, si

entonces

Multiplicación por un escalar. Cuando una matriz se multiplicapor un escalar, cada elemento de la matriz se multiplica por el esca

Por ejemplo, si

entonces

Multiplicación de matrices. Dos matricesA y B pueden multi-plicarse entre sí sólo si sonconformables . Esta condición se cumple si enúmero decolumnas de A es igual al número de filas de B . Por ejemplo,si

(A–1)

entonces es posible determinarAB , puesto queA tiene dos columnas yB tiene dos filas. Observe, sin embargo, queBA no puede obtenerse.¿Por qué?

A = ca11 a12a21 a22d B = cb11 b12 b13

b21 b22 b23d

kA = c- 24 - 6- 36 12d

A = c4 16 - 2d k = - 6

A + B = c1 153 3d A - B = c11 - 1

1 - 5dA = c

6 72 - 1d B = c

- 5 81 4d

A = c2 64 - 3d B = c2 6

4 - 3d



A.2 OPERACIONES MATRICIALES 6

Si la matrizA que tiene una orden de (m n ) se multiplica por lamatrizB que tiene un orden de (n q), se obtendrá una matrizC quetendrá un orden de (m q), es decir,

Los elementos de la matrizC se encuentran usando los elementosa ij enA y b ij en B de la siguiente manera:

(A–2)

La metodología de esta fórmula puede explicarse mediante algunosejemplos sencillos. Considere que

Por inspección, es posible obtener el productoC AB puesto que lasmatrices son conformables, es decir,A tiene tres columnas yB tiene tresfilas.A partir de la ecuación A-2, la multiplicación generará una matrizCque tendrá dos filas y una columna. Los resultados se obtienen de lasiguiente manera:c11: Multiplique los elementos de la primera fila deA por los elementoscorrespondientes en la columna deB y sume los resultados; es decir,

c21: Multiplique los elementos de la segunda fila deA por los elementos

correspondientes en la columna deB y sume los resultados;

Así

C = c4941d

c21 = c2 = - 1122 + 6162 + 1172 = 41

c11 = c1 = 2122 + 4162 + 3172 = 49

A = c2 4 3- 1 6 1d B = C267S

cij = ank =1

aikbkj

1m * n21n * q2 1m * q2A

B

=

C




A

Como segundo ejemplo, considere

Una vez más, es posible encontrar el productoC AB puesto que Atiene dos columnas yB tiene dos filas. La matrizC resultante tiene tresfilas y dos columnas.Los elementos se obtienen de la siguiente mane

(primera fila deA por la primeracolumna deB)(primera fila deA por la segundacolumna deB)(segunda fila deA por la primeracolumna deB)(segunda fila deA por la segundacolumna deB)(tercera fila deA por la primeracolumna deB)(tercera fila deA por la segunda colum-na deB)

El esquema para la multiplicación sigue la aplicación de la ecuación APor lo tanto,

Observe además queBA no existe, puesto que escritas de esta manerlas matrices no son conformables.

Las siguientes reglas son aplicables a la multiplicación de matrices1. En general, el producto de dos matrices no es conmutativo:

(A–3)

2. La ley distributiva es válida:

(A–4)

3. La ley asociativa es válida:

(A–5)

Matriz transpuesta. Una matriz puede transponerse al intercambiasus filas y columnas.Por ejemplo, si

A =a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

B = [b1 b2 b3]

A1BC2 = 1AB2CA

1B + C

2 = AB + AC

AB Z BA

C =

C1 475 32

- 28 18

S

c32 = - 2172 + 8142 = 18

c31 = - 2122 + 81- 32 = - 28

c22 = 4

17

2 + 1

14

2 = 32

c21 = 4122 + 11- 32 = 5

c12 = 5172 + 3142 = 47

c11 = 5122 + 31- 32 = 1

A =

C5 34 1

- 2 8

S

B = c2 7- 3 4d



A.2 OPERACIONES MATRICIALES 6

Entonces

Tenga en cuenta queAB no es conformable por lo que el producto noexiste.(A tiene tres columnas yB tiene una fila.) De manera alternativa, lamultiplicaciónAB T es posible porque aquí las matrices son conformables(A tiene tres columnas yBT tiene tres filas). Las matrices transpuestastienen las siguientes propiedades:

(A–6)

(A–7)

(A–8)

Esta última identidad se ilustrará mediante un ejemplo. Si

Entonces, a partir de la ecuación A-8,

Partición de matrices. Una matriz puede subdividirse en subma-trices al efectuar una partición. Por ejemplo,

Aquí las submatrices son

A 21 = ca21a31d A 22 = ca22 a23 a24

a32 a33 a34dA 11 = [a11]

A 12 = [a12 a13 a14]

A = Ca11 a12 a13 a14a21 a22 a23 a24a31 a32 a33 a34S = cA 11 A 12

A 21 A 22dc28 - 228 - 12d

=

c28 - 228 - 12d

a c28 28- 2 - 12d bT

= c28 - 228 - 12d

a c6 21 - 3d c4 3

2 5d bT= c4 2

3 5d c6 12 - 3d

A = c6 21 - 3d B = c4 3

2 5d1AB2T = B TA T1kA2T = kA T

1A + B2T = A T + B T

A T =

Ca11 a21 a31a12 a22 a32a13 a23 a33

S

BT =

Cb1b2b3

S




A

Las reglas del álgebra matricial son aplicables a las matrices particionasiempre que la partición sea conformable. Por ejemplo, las submatricorrespondientes deA y B pueden sumarse o restarse siempre y cuandtengan el mismo número de filas y columnas. Del mismo modo, la mplicación de matrices es posible siempre que el respectivo númerocolumnas y filas deA y B y sus submatrices sean iguales.Por ejemplo,

entonces el productoAB existe,puesto que el número de columnas deAes igual al número de filas deB (tres). Del mismo modo, las matrices particionadas son conformables para la multiplicación dado queA se subdi-vide en dos columnas yB se subdivide en dos filas, es decir,

Al multiplicar las submatrices se obtiene

A.3 DeterminantesEn la siguiente sección se analizará cómo invertir una matriz. Como

operación requiere una evaluación del determinante de la matriz, ahose expondrán algunas de las propiedades básicas de los determinanteUn determinante es un arreglo cuadrado de números encerrado ent

barras verticales. Por ejemplo, un determinante de ordenn-ésimo, connfilas yn columnas, es

(A–9)ƒA ƒ =

a11 a12 Á a1n

a21 a22 Á a2n

oan1 an2 Á ann

AB = Dc8

- 4 42d + c - 7

- 35 - 4- 20d[12 18] + [56 32] T = C

1 0- 39 - 18

68 50SA 22B21 = [8][7

4] = [56

32]

A 21B11 = [6

3]c2 - 10 8d = [12

18]

A 12B21 = c- 1- 5d[7 4] = c c - 7 - 4

- 35 - 20dA 11B11 = c4 1

- 2 0d c2 - 10 8d = c8 4

- 4 2dAB =

cA 11 A 12

A 21 A 22

d cB11

B21

d =

cA 11B11 + A 12B21

A 21B11 + A 22B21

d

A = C4 1 - 1

- 2 0 - 56 3 8S B = C

2 - 10 87 4S



A.3 DETERMINANTES 6

La evaluación de este determinante conduce a un solo valor numéricoque puede determinarse mediante laexpansión de Laplace . Este métodohace uso de los menores y cofactores del determinante. En específico,cada elementoa ij de un determinante de ordenn tiene unmenor M ij ,que esun determinante de ordenn 1. Este determinante (menor) es lo quequeda cuando se cancelan lai-ésima fila y la j -ésima columna que contie-

nen al elementoa ij . Si el menor se multiplica por (1)i+ j

se obtiene elcofactor de a ij , el cual se denota como

(A–10)Por ejemplo, considere el determinante de tercer orden

Los cofactores para los elementos de la primera fila son

La expansión de Laplace para un determinante de ordenn, ecuaciónA-9, establece que el valor numérico representado por el determinantees igual a la suma de los productos de los elementos de cualquier fila ocolumna por sus respectivos cofactores,es decir,

o (A–11)

Para su aplicación, se observa que debido a los cofactores el númeroDse define en términos den determinantes (cofactores), cada uno deorden n 1. Estos determinantes pueden reevaluarse de manera inde-pendiente empleando la misma fórmula, por lo que es necesario evaluar(n 1) determinantes de orden (n 2), y así sucesivamente. El procesode evaluación continúa hasta que los determinantes restantes para serevaluados se reducen al segundo orden, en el que los cofactores de loselementos son elementos individuales deD . Considere, por ejemplo, el

siguiente determinante de segundo orden

D puede evaluarse a lo largo de la fila superior de los elementos,de donderesulta

O, por ejemplo, si se usa la segunda columna de los elementos, se tieneD = 51- 121+21- 12 + 21- 122+2132 = 11

D = 31- 121+1122 + 51- 121+21- 12 = 11

D = `3 5- 1 2`

D = a1 jC1 j + a2 jC2 j + Á + anj Cnj 1 j = 1, 2, Á , o n2D = ai1Ci1 + ai2Ci2 + Á + ainCin

1i = 1, 2, Á , o n

2

C13 = 1- 121+3à21 a22a31 a32` = à21 a22

a31 a32` C12 = 1- 121+2à21 a23

a31 a33` = - a21 a23a31 a33`

C11 =

1- 1

21+1

à

22 a

23a32 a33` = à

22 a

23a32 a33`3a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a333

Cij = 1- 12i+ jM ij




A

En vez de usar las ecuaciones A-11, quizá sea más fácil darse cueque la evaluación de un determinante de segundo orden puede llevarscabo al multiplicar los elementos de la diagonal, desde el elemento surior izquierdo hacia abajo a la derecha, y restar de esto el producto deelementos desde el elemento superior derecho hacia abajo a la izquida, es decir, siga la flecha

Considere ahora el determinante de tercer orden

Con base en la ecuación A-11, |D | puede evaluarse empleando los elementos ubicados, ya sea a lo largo de la fila superior, o bien en la prira columna,esto es

Como un ejercicio, trate de evaluar |D | usando los elementos a lo largode la segunda fila.

A.4 Inversa de una matrizConsidere el siguiente conjunto de tres ecuaciones lineales:

que pueden escribirse en forma matricial como

(A–12)

(A–13)Ax = CCa11 a12 a13

a21 a22 a23a31 a32 a33SCx1

x2x3S = Cc1

c2c3S

a31 x1 + a32 x2 + a33 x3 = c3 a21

x1 + a22

x2 + a23

x3 = c2

a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 = c1

= 1

14 - 0

2 - 4

16 - 0

2 - 1

118 + 2

2 = - 40

D = 11- 121+1`2 60 2` +41- 122+1`3 - 1

0 2` + 1- 121- 123+1`3 - 12 6`

= 114 - 02 - 318 + 62 - 110 + 22 = - 40

D = 1121- 121+1`2 60 2` + 1321- 121+2`4 6

- 1 2` + 1- 121- 121+3`4 2- 1 0`

ƒD ƒ =

31 3 - 14 2 6

- 1 0 2

3

D = `3 5- 1 2 ` = 3122 - 51- 12 = 11



A.4 INVERSA DE UNA MATRIZ 6

Podría pensarse que es posible determinar una solución para x al dividirC entre A ; sin embargo, la división no es posible en el álgebra matricial.En su lugar, se multiplica por el inverso de la matriz. La inversa de lamatriz A es otra matriz del mismo orden, la cual se escribe simbólica-mente comoA 1 y tiene la siguiente propiedad,

donde I es una matriz identidad.Al multiplicar ambos lados de la ecua-ción A-13 porA 1, se obtiene

ComoA 1Ax Ix x, se tiene

(A–14)Siempre que se pueda obtenerA 1 será posible encontrar una soluciónpara x.

Para el cálculo manual, el método usado para formularA 1 puededesarrollarse empleando la regla de Cramer. El desarrollo no se presen-tará aquí, sólo se proporcionan los resultados.* este respecto,los elementosen las matrices de la ecuación A-14 pueden escribirse como

(A–15)

Aquí | A | es una evaluación del determinante de la matriz de coeficientesA , que se determina mediante la expansión de Laplace analizada en lasección A.3. La matriz cuadrada que contiene los cofactoresC

ij se llama

la matriz adjunta . Por comparación, se observa que la matriz inversaA 1

se obtiene a partir deA al remplazar primero cada elementoa ij por sucofactor C ij , después se transpone la matriz resultante, resultando lamatriz adjunta y, finalmente, se multiplica la matriz adjunta por 1/| A |.

Para ilustrar numéricamente cómo se obtieneA 1, se considerará lasolución del siguiente sistema de ecuaciones lineales:

(A–16)

Aquí

A = C1 - 1 1- 1 1 1

1 2 - 2Sx1 + 2x2 - 2x3 = 5

- x1 + x2 + x3 = - 1 x1 - x2 + x3 = - 1

Cx1x2x3S = 1

ƒA ƒ CC11 C21 C31C12 C22 C32C13 C23 C33SCc1

c2c3Sx = A - 1C

x = A - 1C

A - 1Ax = A - 1C

AA - 1 = A - 1A = I

*Vea Kreyszig.E., Advanced Engineering Mathematics , John Wiley & Sons, Inc.,NuevaYork.




A

La matriz de cofactores deA es

Si se evalúan los determinantes y se toma la transpuesta, la matriz adjunt

Puesto que

Por lo tanto, la inversa deA es

Al resolver las ecuaciones A-16 se obtiene

Por supuesto, los cálculos numéricos se extienden mucho más pgrandes conjuntos de ecuaciones. Por esta razón, en el análisis estructuse usan computadoras para determinar la inversa de las matrices.

x3 = - 16[1- 321- 12 + 1- 321- 12 + 102152] = - 1

x2 = - 16[1- 121- 12 + 1- 321- 12 + 1- 22152] = 1

x1 = - 16[1- 421- 12 + 01- 12 + 1- 22152] = 1

Cx1x2x3

S = - 1

6

C - 4 0 - 2- 1 - 3 - 2- 3 - 3 0

SC - 1- 1

5

S

A - 1 = - 16

C - 4 0 - 2- 1 - 3 - 2- 3 - 3 0S

A = †1 - 1 1- 1 1 1

1 2 - 2 † = - 6

CT =

C - 4 0 - 2- 1 - 3 - 2- 3 - 3 0

S

C =

F `12 1

- 2 - ` - 11 1

- 2 ` - 11 1

2 -

- 1

2

1

- 2 `1

1

1

- 2 -

`1

1

- 1

2 ` - 11 1

1 - `1- 1 1

1 `1- 1 - 11 V



A.5 MÉTODO DE GAUSS PARA RESOLVER ECUACIONES SIMULTÁNEAS 6

A.5 Método de Gauss para resolverecuaciones simultáneas

Cuando hay que resolver muchas ecuaciones lineales simultáneas, puedeusarse el método de eliminación de Gauss debido a su eficiencia numérica.

La aplicación de este método requiere resolver una ecuación de un conjunto den ecuaciones para una incógnita, por ejemplo, x1, en términos detodas las otras incógnitas, x2, x3, …, xn. Al sustituir esta ecuación llamadaecuación pivote en las ecuaciones restantes deja un conjunto den 1ecuaciones conn 1 incógnitas. Si se repite el proceso resolviendo una deestas ecuaciones para x2 en términos de lasn 2 incógnitas restantes, x3,

x4,…, xn, se forma la segunda ecuación pivote.Después,esta ecuación se sus-tituye en las otras ecuaciones, dejando un conjunto den 3 ecuacionescon n 3 incógnitas. El proceso se repite hasta que queda una ecuaciónpivote con una incógnita,que después se resuelve. Las demás incógnitas sedeterminan al sustituir sucesivamente hacia atrás en las ecuaciones pivoterestante.Para mejorar la precisión de la solución, en el desarrollo de cadaecuación pivote se recomienda seleccionar siempre la ecuación de la serieque tenga el mayor coeficiente numérico para una incógnita que se estátratando de eliminar.El proceso se ilustrará con un ejemplo.

Resuelva el siguiente sistema de ecuaciones mediante la eliminaciónde Gauss:

(A–17)

(A–18)

(A–19)

Se iniciará con la eliminación de x1. El mayor coeficiente de x1 está enla ecuación A-19; por consiguiente,se tomará como la ecuación pivote.Sise resuelve para x1, se tiene

(A–20)

Al sustituir en las ecuaciones A-17 y A-18, para después simplificar,resulta

(A–21)

(A–22)A continuación se elimina x2. Se elige la ecuación A-21 como ecuaciónpivote porque el coeficiente de x2 es mayor ahí. Se tiene

(A–23)

Si se sustituye esta ecuación en la ecuación A-22 y se simplifica, resulta laecuación pivote final, que puede resolverse para x3. De esto se obtiene x3

0.75. Al sustituir este valor en la ecuación pivote A-23 da x2 0.25.Finalmente, a partir de la ecuación pivote A-20 se tiene que x1 0.75.

x2 = 0.727 - 0.636x3

1.5x2 - 0.5x3 = 0

2.75x2 + 1.75x3 = 2

x1 = 1 + 1.25x2 - 0.75x3

4x1 - 5x2 + 3x3 = 4

2x1 - x2 + x3 = 2

- 2x1 + 8x2 + 2x3 = 2




A

A–1. Si y , determine

2A – B y A 3B.

A–2. Si y ,

determine 3A – 2B y A 2B.

A–3. Si y , determineAB .

*A–4. Si y , determineAB .

A–5. Si y , determineAB .

A–6. Si y , demuestre que

(A B) T A T BT

A–7. Si , determineA A T .

A–8. Si , determineAA T .

A–9. Si , determineAA T .

A–10. Si y ,

determineAB .

A–11. Si y ,

determineAB .

B = C25- 1SA = c2 5 - 13 2 5d

B =

C20

- 1

SA = c5 6 0

- 1 2 3dA = c2 8

- 1 5dA = c2 5

8 - 1dA =

C2 3 6

5 9 2- 1 0 2

SB = C - 1

44SA = C256S

B = [4 6 - 5]A = C2- 56S

B =

c6 25 - 1

dA

=

c6 34 2

d

B = c4 - 12 - 2dA = [2 5]

B = C6 4 - 33 2 - 25 1 6SA = C3 5 - 2

4 3 11 - 1 7S

B =

C - 1 2

5 8- 2 1

SA =

C3 62 74 - 2

S*A–12. Si y ,

determineAB .

A–13. Demuestre que la ley distributiva es válida,

decir, A (B C) AB AC si ,

, .

A–14. Demuestre que la ley asociativa es válida, es deci

A (BC ) (AB )C si , ,

.

A–15. Evalúe los determinantes y .

*A–16. Si , determineA 1

A–17. Si , determineA 1

A–18. Resuelva las ecuaciones 4 x1 x2 x3 1, 5 x14 x2 3 x3 4, x1 2 x2 x3 2 usando la ecuación

matricialx A 1C.

A–19. Resuelva las ecuaciones del problema A-18 usanel método de eliminación de Gauss.

*A–20. Resuelva las ecuaciones x1 2 x2 2 x3 5, x1 x2 x3 1, x1 x2 x3 1 usando la ecuación matriciax A 1C.

A–21. Resuelva las ecuaciones del problema A-20 usanel método de eliminación de Gauss.

A = C3 5 74 - 1 20 3 1S

A = c2 54 - 1d 3

5 7 21 8 2

- 1 4 0

324 3

- 1 6

2C = [2 - 1 3]

B = C1- 14SA = c2 5 1

- 5 6 0d

C =

C421

SB =

C2

- 10

S A = c4 2 - 1

3 5 6d

B =

C2 - 1 - 13 2 52 4 6

SA =

C6 5 - 10 3 22 1 4

SPROBLEMAS



APÉND

B

6

Procedimiento generalpara usar el software

de análisis estructuralEn la actualidad existen programas populares de software para análisisestructural como STAAD, RISA, SAP, etcétera; todos ellos basados en elmétodo de análisis de la matriz de rigidez,que se describe en los capítulos13 a 15.* Aunque cada programa tiene una interfaz un poco diferente,todos requieren que el operador introduzca datos relacionados con laestructura.

A continuación se describe un procedimiento general para usar cual-quiera de estos programas.

Pasos preliminares. Antes de emplear cualquier programa,es nece-sario primero identificar numéricamente los elementos y articulaciones,llamadas nodos,de la estructura y establecer los sistemas de coordenadasglobales y locales con el fin de especificar la geometría de la estructura yla carga. Para ello,quizá desee hacer un bosquejo de la estructura y espe-cificar cada elemento con un número encerrado en un cuadrado, y usarun número dentro de un círculo para identificar los nodos. En algunosprogramas también deben identificarse los extremos “cercano” y “leja-no”de los elementos. Esto se hace mediante una flecha trazada a lo largodel elemento, con la punta de la flecha dirigida hacia el extremo lejano.En las figuras B-1, B-2 y B-3 se muestra la identificación de los elemen-tos, los nodos y la “dirección” para una armadura plana, una viga, y un

marco plano.En la figura B1,el nodoestá en el “extremo cercano”delelemento y el nodo está en su “extremo lejano”. Estas asignacionespueden hacerse arbitrariamente. Sin embargo, observe que los nodos dela armadura siempre están en las articulaciones, puesto que es donde seaplican las cargas y donde deben determinarse los desplazamientos y lasfuerzas en los elementos. Para las vigas y los marcos, los nodos seencuentran en los soportes, en una esquina o junta, en un pasador inter-no, o en un punto donde debe determinarse el desplazamiento lineal ode rotación, figuras B-2 y B-3.

Como las cargas y los desplazamientos son cantidades vectoriales, esnecesario establecer un sistema de coordenadas a fin de precisar el senti-do correcto de la dirección.Aquí deben usarse dos tipos de sistemas decoordenadas.

Coordenadas globales. Un solo sistema de coordenadas globaleso de la estructura , que usa los ejes derechos x, y, z, se emplea para especi-ficar la ubicación de cada nodo con respecto al origen y para identificar elsentido de cada una de las cargas externas y de los componentes del des-plazamiento en los nodos. Resulta conveniente ubicar el origen en unnodo, de modo que todos los demás nodos tengan coordenadas positivas.Vea cada una de las figuras.

4

*Los libros relacionados con el análisis matricial presentan una cobertura más completade este método, incluidos los efectos de la torsión en marcos tridimensionales.

3 4

21

1

3

5

24

y

200 N

2 m

2 m

4 m

3

2

4

x ¿

y ¿

Figura B–1



626 AP É N D I C E B PR O C E D I M I E N TO G E N E R A L PA R A U S A R E L S O F T WA R E D E A N Á L I S I S E S T R U C T U R A

B

Coordenadas locales. Un sistema de coordenadas locales o del elemento se usa para especificar la ubicación y dirección de las car

externas que actúan sobre los elementos de la viga y el marco o de cquier otra estructura, a fin de proporcionar una forma de interpretar lresultados calculados para las cargas internas que actúan en los nodoscada elemento. Este sistema puede identificarse usando los ejes derec

x , y , z con el origen en el nodo “cercano” y el eje x extendiéndose a lolargo del elemento hacia el nodo “lejano”. En las figuras B-1 y B-3,pectivamente, se muestra un ejemplo para el elemento 4 de una armadra y el elemento 3 de un marco.

Operación del programa. Cuando un programa se ejecutadebe aparecer un menú que permita varias selecciones para introdulos datos y obtener los resultados.A continuación se explican los com

nentes usados para los datos de entrada.Para cualquier problema,asegrese de usar un conjunto consistente de unidades para las cantidadnuméricas.

Información de la estructura general. Por lo general, estecomponente debe seleccionarse en primer lugar a fin de asignarle título al problema e identificar el tipo de estructura a analizar:armaduviga o marco.

Datos del nodo. Introducir uno a uno el número de cada nodo las coordenadas globales de sus extremos cercano y lejano.

Datos del elemento. Introducir uno a uno el número de cada ele

mento, los números de los nodos cercano y lejano, y las propiedadeselemento, E (módulo de elasticidad), A (área de la sección transversale/o I (el momento de inercia y/o el momento polar de inercia u otro tide constante de torsión adecuada necesaria para los marcos tridimensnales*). Si estas propiedades del elemento son desconocidas, entonsiempre que la estructura sea estáticamente determinada, estos valopueden establecerse iguales a uno. Si la estructura es estáticamente interminada entonces la estructura no debe tener asentamiento en l

*Con mucha frecuencia puede seleccionarse forma estructural dada,por ejemplo un pede ala ancha o W,si el programa tiene una base de datos con sus propiedades geométr

x

y

211 32

300 N

1.5 m1.5 m 2 m

Figura B–2

2 3

44

3

2

1

1 x

y400 N/ m500 N

5

4 m

3 m

2 m

1.5 m

0.75 m

435

3

4

x ¿

y ¿

3

Figura B–3



AP É N D I C E B PR O C E D I M I E N TO G E N E R A L PA R A U S A R E L S O F T WA R E D E A N Á L I S I S E S T R U C T U R A L 6

soportes y los elementos deben tener la misma área en su sección trans-versal y estar hechos del mismo material. Entonces, los resultados calcu-lados proporcionarán las reacciones correctas y las fuerzas internas, perono el desplazamiento correcto.

Si una articulación interna o un pasador conecta a dos elementos deuna viga o un marco, entonces debe especificarse la liberación del

momento en ese nodo. Por ejemplo, el elemento 3 del marco que semuestra en la figura B-3 tiene un pasador en el nodo lejano, 4. Delmismo modo, este pasador también puede identificarse en el nodo cerca-no del elemento 4.

Datos del soporte. Se introducen uno a uno los nodos ubicados enun soporte, indicando las direcciones de las coordenadas globales en dondese producen las restricciones. Por ejemplo, dado que el nodo 5 del marcode la figura B-3 es un soporte fijo, se introduce un cero en las direcciones(de rotación) x, y y z; sin embargo, si este soporte se asienta 0.003 m haciaabajo, entonces el valor introducido para y debería ser 0.003.

Datos de la carga. Las cargas se especifican, ya sea en los nodoso en los elementos. Introduzca los valores algebraicos de lascargas noda-les en relación con lascoordenadas globales . Por ejemplo, para la arma-dura de la figura B-1, la carga en el nodo 2 está en la dirección y y tieneun valor de 200. Para loselementos de vigas y marcos, las cargas y suubicación se referencian usando lascoordenadas locales . Por ejemplo, lacarga distribuida sobre el elemento 2 de la estructura mostrada en la figu-ra B-3 se especifica con una intensidad de400 N/m ubicada a 0.75 mdel nodo 2 y 400 N/m ubicada a 3 m de este nodo.

Resultados. Una vez que se introducen todos los datos, entonces esposible resolver el problema. Se obtienen las reacciones externas sobrela estructura y los desplazamientos y cargas internas en cada nodo.Como una comprobación parcial de los resultados, con frecuencia se dauna verificación estática en cada uno de los nodos. Es muy importanteque no confíe totalmente en los resultados obtenidos. En vez de ello,sería conveniente realizar un análisis estructural intuitivo para controlaraún más las respuestas. Después de todo, el ingeniero estructural debeasumir toda la responsabilidad, tanto del modelado como del cálculo delos resultados finales.



Soluciones parciales y respuestasa los problemas fundamentalesCapítulo 2

F2–1.

Resp.

Resp.

Resp.

F2–2.

Resp.

Resp.

Resp.

Resp.

F2–3.

Resp.

Resp.

Resp.

Resp.

F2–4. Elemento AC

Resp.

ElementoBC

Resp.

Resp.

Resp.M B = 21.0 kN#m2.50122 + 8122112 - M B = 0d+ ©M B = 0;

By = 18.5 kNBy - 2.50 - 8122 = 0+ c©F y = 0;

Bx = 0:+ ©F x = 0;

Cy = 2.50 kNCy142 - 10112 = 0d+ ©M A = 0;

NA = 7.50 kN10132 - NA142 = 0d+ ©M C = 0;

By = Cy = a5sen 60°b1sen 60°2 = 5.00 kN

Bx = Cx = a5sen 60°b1cos 60°2 = 2.89 kN

Ax = 2.89 kNa5sen 60°b1cos 60°2 - Ax = 0: + ©F x = 0;

Ay = 15.0 kN10122132 - Ay142 = 0d+ ©M B = 0;

FBC = 5sen 60° kNF BC sen 60°

14

2 - 10

12

211

2 = 0d+ ©M A = 0;

By = Cy = a20sen 45°b1sen 45°2 = 20.0 kN

Bx = Cx = a20sen 45°b1cos 45°2 = 20.0 kN

Ax = 20.0 kNAx - a20sen 45°b1cos 45°2 = 0: + ©F x = 0;

Ay = 20.0 kN10

14

212

2 - Ay

14

2 = 0d+ ©M B = 0;

FBC = 20sen 45° kNF BC sen 45°142 - 10142122 = 0d+ ©M A = 0;

Bx = Cx = 25.0A45B = 20.0 kN By = Cy = 25.0A3

5B = 15.0 kN

Ax = 20.0 kNAx - 25.0A45B = 0:

+ ©F x = 0;

Ay = 15.0 kN60 - Ay142 = 0d+ ©M B = 0;

FBC = 25.0 kN60 - F BC A35B14

2 = 0d+ ©M A = 0;

A



SO L U C I O N E S PA R C I A L E S Y R E S P U E S TA S A L O S P R O B L E M A S F U N D A M E N TA L E S6

F2–5.

Resp.

Resp.

Resp.

Resp.

F2–6. Resp.

Resp.

Resp.

F2–7.

Cy = 2.00 kNCy + 4.00 - 6 = 0+ c©F y = 0;

Cx = 2.00 kNCx - 2 = 0:+ ©F x = 0;

N A = 4.00 kN6122 + 2122 - NA142 = 0d+ ©M C = 0;

By = Cy = 125

135

2 = 75.0 lb

Bx = Cx = 125

145

2 = 100 lb

Ay = 225 lbAy + 125A35B - 300 = 0+ c©F y = 0;

Ax = 100 lbAx - 1251452 = 0:+ ©F x = 0;

F BC = 125 lbF BC 1352142 + F BC1452132 - 300122 = 0d+ ©M A = 0;

2.5 m

3 (5)

3 m

4 m

8 kN 8 kN2 m 2 m 2 m

4 m

A x

A y

D x

D y

B x B x

B y

B y

35

4

Elemento AB

ElementoBCD

Resp.

Elemento AB

Resp.

Resp.

ElementoBCD

Resp.

Resp.Dy = 14.833 kN = 14.8 kNDy + 1.167 - 8 - 8 = 0+ c©F y = 0;

Dx = 10.25 kN10.25 - Dx = 0:+ ©F x = 0;

Ay = 10.167 kN = 10.2 kNAy - 132152A35B - 1.167 = 0+ c©F y = 0;

Ax = 1.75 kN- Ax + 31521452 - 10.25 = 0: + ©F x = 0;

By = 1.167 kN = 1.17 kNBx = 10.25 kN

d+ ©M D = 0; 8122 + 8142 - Bx142 - By162 = 0

d+ ©M A = 0; Bx142 - By132 - 315212.52 = 0



630 SO L U C I O N E S PA R C I A L E S Y R E S P U E S TA S A L O S P R O B L E M A S F U N D A M E N TA LE S

F2–8.

A x

B x

B x

C x

C y

C y

C x

B y

B y

2 m

3 m

6 kN

4 kN

6 kN

3 m

2 m 2 m

6 m

A yD y

MD

D x

Elemento AB

Resp.

Resp.

ElementoBC

Resp.

Resp.

Resp.

Elemento AB

Resp.

ElementoCD

Resp.

Resp.

Resp.M D = 12.0 kN#mM D - 2.00162 = 0d+ ©M D = 0;

Dy = 6.00 kNDy - 6.00 = 0+ c©F y = 0;

Dx = 2.00 kN2.00 - Dx = 0:+ ©F x = 0;

Ay = 6.00 kNAy - 6.00 = 0+ c©F y = 0;

Cy = 6.00 kNCy162 - 6122 - 6142 = 0d+ ©M B = 0;

By = 6.00 kN6122 + 6142 - By162 = 0d+ ©M C = 0;

Cx = 2.00 kN2.00 - Cx = 0:+ ©F x = 0;

Ax = 2.00 kN4132 - Ax162 = 0d+ ©M B = 0;

Bx = 2.00 kNBx

16

2 - 4

13

2 = 0d+ ©M A = 0;




A x

B x

B x

C x

C y

C y

C x

B y

B y

4 pies

3 pies

2(8) k

0.5(6) k

3 pies

4 pies

4 pies

A y

D y

MD

D x

F2–9.

Elemento AB

Resp.

Resp.

ElementoBC

Resp.

Resp.

Resp.

Elemento AB

Resp.

ElementoCD

Resp.

Resp.

Resp.M D = 6.00 k#pieM D - 1.50142 = 0d+ ©M D = 0;

Dy = 8.00 kDy - 8.00 = 0+ c©F y = 0;

Dx = 1.50 k1.50 - Dx = 0: + ©F x = 0;

Ay = 8.00 kAy - 8.00 = 0+ c©F y = 0;

Cx = 1.50 k1.50 - Cx = 0: + ©F x = 0;

Cy = 8.00 kCy182 - 2182142 = 0d+ ©M B = 0;

By = 8.00 k2182142 - By182 = 0d+ ©M C = 0;

Ax = 1.50 k0.5

16

213

2 - Ax

16

2 = 0d+ ©M B = 0;

Bx = 1.50 kBx162 - 0.5162132 = 0d+ ©M A = 0;




F2–10.

2 m 2 m 2 m6 kN

8 kN 8 kN6 kN

A x

B x

B x

C x

C y

C y

C x

B y

B y

3 m

3 m

1.5 (6) kN

A yD y

MD

D x

ElementoBC

Resp.

Resp.

Elemento AB

Resp.

Resp.

Resp.

ElementoBC

Resp.

ElementoCD

Resp.

Resp.

Resp.M D = 27.0 kN#m1.5162132 - M D = 0d+ ©M D = 0;

Dy = 14.0 kNDy - 14.0 = 0+ c©F y = 0;

Dx = 9.00 kNDx - 1.5162 = 0: + ©F x = 0;

Cx = 0:+ ©F x = 0;

Ay = 14.0 kNAy - 14.0 = 0+ c©F y = 0;

Ax = 0:+ ©F x = 0;

Bx = 0d+ ©M A = 0;

By = 14.0 kN8

12

2 + 8

14

2 + 6

16

2 - By

16

2 = 0d+ ©M C = 0;

Cy = 14.0 kNCy

16

2 - 8

12

2 - 8

14

2 - 6

16

2 = 0d+ ©M B = 0;




F3–1. Junta C

Resp

RespF CA = 30.0 kN1T250.01352 - F CA = 0+ c©F y = 0;

F CB = 50.0 kN1C240 - F CB1452 = 0:+ ©F x = 0;

F3–2. Junta B

Resp

RespF BA = 6.00 kN1C2F BA - 8.485 cos 45° = 0:+ ©F x = 0;

F BC = 8.485 kN1T2 = 8.49 kN1T2F BC sen 45° - 6 = 0+ c©F y = 0;

FCA

FCB

40C

35

4

NB

FBA B

35

4

FCB 50.0 kNJunta B

Resp

N B = 30.0 kNN B - 50.01352 = 0+ c©F y = 0;

F BA = 40.0 kN1T250.01452 - F BA = 0:+ ©F x = 0;

FBA

FBC

B

6 kN

45

Junta C

Resp

RespF CA = 6.00 kN1C2F CA - 8.485 sen 45° = 0+ c©F y = 0;

F CD = 6.00 kN

1T

28.485 cos 45° - F CD = 0:

+ ©F x = 0;FCD

FCA

C

8.485 kN

45

F3–3. Junta C

Resp

RespF CB = 10.0 kN1C2F CB - 14.14 sen 45° = 0+ c©F y = 0;

F CD = 14.14 kN1T2 = 14.1 kN1T210 - F CD cos 45° = 0:+ ©F x = 0;

FCD FCB

C

45

10 kN

FDA FDB

D

14.14 kNJunta D

Resp

RespF DB = 0 a+©F y¿ = 0;F DA = 14.14 kN1T2 = 14.1 kN1T214.14 - F DA = 0+Q©F x¿ = 0;




F3–4. Junta D

Resp.

Resp.F DA = 0+c©F y = 0;

F DC = 2.00 k1T2F DC - 2 = 0:+ ©F x = 0;

10 kN

FBA

NB

B

2 k

FDA

FDC D

FCAFCB

2 C

3

5 4

F AB

N A

3.333 k

3

5 4

Junta B

Resp.

N D = 10.0 kNN B - 10.0 = 0+c©F y = 0;F BA = 0:+ ©F x = 0;

Junta C

Resp.

Resp.F CB = 2.667 k1T2 = 2.67 k1T23.3331452 - F CB = 0+c©F y = 0;

F CA = 3.333 k1C2 = 3.33 k1C2F CA1352 - 2 = 0:+ ©F x = 0;

Junta A

Resp.

N A = 2.667 kN A - 3.333

145

2 = 0+c©F y = 0;

F AB = 2.00 k

1T

2F AB - 3.333

135

2 = 0:+ ©F x = 0;

F3–5. Junta D

Resp.

Resp.F DA = 0+c©F y = 0;F DC = 0:

+ ©F x = 0;

FDA

FDC

FCAFCB

C

8 kN45 60

Junta C

Resp.

Resp.F CB = 10.93 kN1C2 = 10.9 kN1C2F CB - 5.657 sen 45° - 8 sen 60° = 0+c©F y = 0;

F CA = 5.657 kN1T2 = 5.66 kN1T28 cos 60° - F CA cos 45° = 0:+ ©F x = 0;




F AB

NB

10.93 kN

Junta B

Resp

N B = 10.93 kN+c©F y = 0; F AB = 0: + ©F x = 0;

Junta F

Resp

RespF FD = 1000 N1T2 = 1.00 kN1T21414.21 sen 45° - F FD = 0+ c©F y = 0;

F FG = 1000 N1C2 = 1.00 kN1C2F FG - 1414.21 cos 45° = 0:+ ©F x = 0;

FED

FEF

1000 N

45

F

FFD

FFG

1414.21 N

45

FDC

FDG

600 N

1000 N

1000 N

45

FCG

800 N

F3–6. Toda la armadura

Junta E

Resp

RespF ED = 1000 N1T2 = 1.00 kN1T21414.21 cos 45° - F ED = 0: + ©F x = 0;

F EF = 1414.21 N1C2 = 1.41 kN1C21000 - F EF sen 45° = 0+ c©F y = 0;

E y = 1000 NE y182 - 600122 - 800142 - 600162 = 0d+ ©M A = 0;

Junta D

Resp

RespF DC = 1400 N1T2 = 1.40 kN1T21000 + 565.69 cos 45° - F DC = 0:+ ©F x = 0;

F DG = 565.69 N1C2 = 566 N1C21000 - 600 - F DG sen 45° = 0+c©F y = 0;

Junta C

Resp

Debido a la simetría,Resp

RespF AB = F ED = 1.00 kN1T2F AH = F EF = 1.41 kN1C2F HB = F FD = 1.00 kN1T2 F HG = F FG = 1.00 kN1C2F BG = F DG = 566 N1C2F BC = F DC = 1.40 kN1T2F CG = 800 N1T2F CG - 800 = 0+c©F y = 0;




F3–7. Para toda la armadura

Para el segmento izquierdoResp.

Resp.

Resp.F BC = 4.00 k1T2F BC152 + 2152 - 3.001102 = 0d+ ©M G = 0;F HG = 3.00 k

1C

2F HG1

5

2 - 3

15

2 = 0d+ ©M B = 0;

F BG = 1.41 k

1C

23.00 - 2 - F BG sen 45° = 0+ c©F y = 0;

Ax = 0:+ ©F x = 0;

Ay = 3.00 k2152 + 21102 + 21152 - Ay1202 = 0d+ ©M E = 0;


Para el segmento izquierdo

Resp.F BC = 1200 lb

1T

2F BC

13

2 + 600

14

2 - 1500

14

2 = 0d+ ©M I = 0;

F HI = 1600 lb1C2F HI132 + 600142 + 600182 - 1500182 = 0d+ ©M C = 0;

Ax = 0:+ ©F x = 0;

Ay = 1500 lb6001162 + 6001122 + 600182 + 600142 - Ay1162 = 0d+ ©M E = 0;

5 pies

3.0 k

2.0 k

5 pies

5 pies

45

FBG

FBC

G

B

FHG

3 pies

4 pies 4 pies1500 lb

600 lb 600 lb

3 5

4

FBC

FCI

FHI I

C

Junta H

Resp.

Resp.F HC = 600 lb1C2F HC - 600 = 0+ c©F y = 0;

F HG = 1600 lb1C21600 - F HG = 0:+ ©F x = 0;

1600 lb

600 lb

FHC

FHG





Considere el segmento derechoResp.

Resp.

Resp.F BC = 00 - F BC

12

2 = 0d+ ©M D = 0;

F ED = 1.00 kN

1C

27.00

12

2 - 6

12

2 - F ED

12

2 = 0d+ ©M B = 0;

F BD = 9.899 kN1T2 = 9.90 kN1T27.00 - F BD sen 45° = 0+ c©F y = 0;

N C = 7.00 kNN C142 - 8122 - 6122 = 0d+ ©M A = 0;


Considere el segmento derecho

Re

Re

ReF CD = 800 lb1T21000182 - 400182 - F CD162 = 0d+ ©M F = 0;F GF = 666.67 lb1C2 = 667 lb (C)10001162 - 4001162 - 400182 - F GF A3

5B1162 = 0d+ ©M C = 0;

F CF = 333.33 lb (C) = 333 lb1C2400182 - F CF A35B1162 = 0d+ ©M E = 0;

N E = 1000 lbN E

132

2 - 400

18

2 - 400

116

2 - 400

124

2 - 400

132

2 = 0d+ ©M A = 0;

2 m

7.00 kN

6.00 kN

2 m

45

FED

FBD

FBC

B

D

6 pies

8 pies 8 pies

C

F

E

1000 lb

400 lb

400 lb3

3

5

5

4

4

FCD

FCF

FGF






Resp.

Resp.F FE = 2.00 kN

1C

24.00

11.5

2 - 2

11.5

2 - F FE

11.5

2 = 0d+ ©M C = 0;

F BC = 4.00 kN

1T

24.00

13

2 - 2

13

2 - F BC

11.5

2 = 0d+ ©M F = 0;

F FC = 2.828 kN1C2 = 2.83 kN1C24.00 - 2 - F FC sen 45° = 0+ c©F y = 0;

N D = 4.00 kNN D162 - 2162 - 4132 = 0d+ ©M A = 0;



Resp.

Resp.F CF = 0F CF A35B(16) + 5001122 - 750182 = 0d+ ©M O = 0;

F GF = 1030.78 lb = 1.03 k1C2750182 - 500142 - F GFa12 17b1162 = 0d+ ©M C = 0;

F CD = 1000 lb1T2750142 - F CD132 = 0d+ ©M F = 0;

N E = 750 lbN E1162 - 500142 - 500182 - 5001122 = 0d+ ©M A = 0;

3 m

2 kN

F

4 kN

1.5 m

1.5 m

45

FFC

FFE

FBC C

3 pies

4 pies 4 pies 8 piesC

F

O

750 lb500 lb

1

3

17

5

4

4

FCD

FCF

FGF




F4–1.

SegmentoCB

Resp.

Resp.

Resp.M C = - 20 kN#m- M C + 10

11

2 - 10

13

2 = 0d+ ©M C = 0;

VC = 0VC + 10 - 10 = 0+ c©F y = 0;N C = 0:

+ ©F x = 0;

By = 10.0 kNBy122 + 20 - 10142 = 0d+ ©M A = 0;

F4–2.

SegmentoCB

Resp.

Resp.

Resp.M C = 6.75 kN#m10.511.52 - 811.5210.752 - M C = 0d+ ©M C = 0;

VC = 1.50 kNVC + 10.5 - 811.52 = 0+ c©F y = 0;N C = 0:

+ ©F x = 0;

By = 10.5 kNBy132 - 411.5210.752 - 811.5212.252 = 0d+ ©M A = 0;

F4–3.

Segmento AC

Resp.

Resp.

Resp.M C = 12.4 kN#mM C + 1213211.5210.52 - 9.0011.52 = 0d+ ©M C = 0;

VC = 6.75 kN9.00 - 1213211.52 - VC = 0+ c©F y = 0;

N C = 0:+ ©F x = 0;

Ax = 0:+ ©F x = 0;

Ay = 9.00 kN1216

216

213

2 - Ay

16

2 = 0d+ ©M B = 0;

F4–4.

Segmento AC

Resp.

Resp.

Resp.M C = 112.5 lbM C + 30011.5210.752 - 30011.52 = 0d©M C = 0;

VC = - 150 lb300 - 30011.52 - VC = 0+ c©F y = 0;N C = 0:

+ ©F x = 0;

Ax = 0:+ ©F x = 0;

Ay = 300 lb30013211.52 -12(3002132112 - Ay132 = 0d+ ©M B = 0;

F4–5. Reacciones

Segmento AC

Resp.

Resp.

Resp.M C = - 5.625 kN#mM C + 511.5210.752 = 0d+ ©M C = 0;

VC = - 7.50 kN- 511.52 - VC = 0+ c©F y = 0;N C = 30.0 kNN C - 30.0 = 0:

+ ©F x = 0;

Ay = 042.43 sen 45° - 5162 - Ay = 0+ c©F y = 0;Ax = 30.0 kN42.43 cos 45° - Ax = 0:

+ ©F x = 0;

F B = 42.43 kNF B sen 45°132 - 5162132 = 0d+ ©M A = 0;




F4–6. Reacciones

SegmentoCB

Resp.

Resp.

Resp.M C = 5370 lb#pie = 5.37 k#pie1345

16

2 - 150

16

213

2 - M C = 0d+ ©M C = 0;

VC = - 445 lbVC + 1345 - 150

16

2 = 0+ c©F y = 0;

N C = 0: + ©F x = 0;

By = 1345 lbBy1152 - 150192110.52 - 600162 - 800132 = 0d+ ©M A = 0;

F4–7. Segmento izquierdo

Resp.

Resp.M = 5- x3 - 6x6 kN#mM + 12a18

3 xb1x2ax3b + 6x = 0d+ ©M O = 0;

V = 5- 3x2 - 66 kN- 6 - 12 a18

3 xb1x2 - V = 0+ c©F y = 0;

F4–8. Reacción

Segmento izquierdo

Resp.

Resp.M = e12.0x - 13x3f kN#mM + 1

2 a126 xb1x2ax

3b - 12.0x = 0d+ ©M O = 0;

V = 512.0 - x26 kN12.0 - 12 a12

6 xb1x2 - V = 0+ c©F y = 0;

Ay = 12.0 kN121122162122 - Ay162 = 0d+ ©M B = 0;

F4–9. Reacciones

Segmento izquierdo,0 x 4Resp.

Resp.

Segmento derecho, 4 m x 8 mResp.

Resp.M =

5- 4x2 + 40x - 64

6 kN#m24.0

18 - x

2 - 8

18 - x

2a8 - x

2

b - M = 0d+ ©M O = 0;

V = 540 - 8x6 kNV + 24.0 - 818 - x2 = 0+ c©F y = 0;

M = 58x6 kN#mM - 8.00x = 0d+ ©M O = 0;

V = 586 kN8.00 - V = 0+ c©F y = 0;

Ay = 8.00 kN8142122 - Ay182 = 0d+ ©M B = 0;By

=24.0 kNBy

18

2 -

8

14

216

2 =

0d+ ©

M A =

0;

F4–10.

Resp.

Resp.

Resp.

Resp.M = e - 52x2 + 10x - 45f kN#mM + 51x - 22ax - 2

2 b + 15 + 20 = 0d+ ©M O = 0;

V = 510 - 5x6 kN- 51x - 22 - V = 0+ c©F y = 0;2 m 6 x …4 m

M = - 20 kN#mM + 20 = 0d+ ©M O = 0;

V = 0+ c©F y = 0;0 … x 6 2 m




V (kN)

0

11

2 4

3

x (m)

F4–11. Reacciones

Segmento izquierdo,0 x 2 m

Resp.

Resp.

Segmento derecho, 2 m x 4 m

Resp.

Resp.

F4–12. Reacciones en los soportes

Segmento izquierdo,0 x 12 pies

Resp.

Resp.

Segmento derecho, 12 pies x 24 pies

Resp.

Resp.

F4–13.

M = 5- 15x + 3606 k #pie15.0124 - x2 - M = 0d+ ©M O = 0;

V = 5- 15 k6V + 15.0 = 0+ c©F y = 0;

M = 5- x2 + 27x6 k#pieM + 2xax2b - 27.0x = 0d+ ©M O = 0;

V = 527 - 2x6 k27.0 - 2x - V = 0+ c©F y = 0;

Ay = 27.0 k181122 + 211221182 - Ay1242 = 0d+ ©M B = 0;

By = 15.0 kBy1242 - 21122162 - 181122 = 0d+ ©M A = 0;

M = 515x - 606 kN#m- M - 1514 - x2 = 0d+ ©M O = 0;

V = 15 kNV - 15 = 0+ c©F y = 0;

M = e- 52x2 + 25x - 70f kN#mM + 5xax

2b + 70.0 - 25.0x = 0d+ ©M O = 0;

V =

525 - 5x

6 kN25.0 - 5x - V = 0+ c©F y = 0;

M A = 70.0 kN#mM A - 5122112 - 15142 = 0d+ ©M A = 0;

Ay = 25.0 kNAy - 5122 - 15 = 0+ c©F y = 0;

M (kN m)

0

28

2 4

6

x (m)

V (kN)

04

8.5

0.5

6 8 x (m)

6

F4–14.

M (kN m)

04 6 8

24

7 6

x (m)




V (k)

010.5 12 24

9

27

x (pies)

63M (k pie)

010.5 12

330.75 324

24 x (pies)

10

M (k pie)

70

30 x (pies)

30

V (k)

10

20

x (pies)

4.5

V (kN)

0

4.54.5 9

x (m)

M (kN m)

0

6.75

4.5 9 x (m)

F4–19.

43

V (kN)

0

43

2.53.51.5 5

x (m) 3.51.5

M (kN m)

1.5 1.5

02.5

0.55

x (m)

M (kN m)

02 4 6

x (m)

12 12

V (kN)

02

12

4

12

6 x (m)

F4–18.

F4–17.

F4–16.

F4–15.




F4–20.

6

V (k)

06

612

x (pies) 06

24

12 x (pies)

M (k pie)

F6–1.

F6–2.

F6–3.

F6–4.

AB

x

A y

ABC

x

V C

ABC

x

M C

AC

B x

A y

AC

D

B x

V D

A x

M B

C B

AC

B x

A y

AC DB DB

x

V D

A x

M D

C

AC

x

A y

AC B

B x

V B

A x

M B

C




F6–5.

DEB

A x

A y

DEC

B A x D

E

C B A x

V C M C

F6–6.

F6–7.

Resp.

Resp.= 6.50 kN

+ c1212210.52d122 + c1214 - 221- 0.52d122 + c1216 - 4210.52d122 1VC2 máx 1+2 = 810.52 + c1212210.52d11.52 + c1216 - 4210.52d11.52

= 13.0 kN#m 1M C2 máx 1+2 = 8112 + c1216 - 22112d11.52 + c121221- 12d122 + c1216 - 22112d122

A y

ADE C B

x ADE C

B x A

DE C

B x

V E M A

61

1

2 4 x (m)

V C

06

0.5

0.50.5

2 4 x (m) 0

M C




F6–8.

a) Resp.

b)

Resp.= - 54 kN#m 1M A2 máx 1-2 = 61- 32 + c1216 - 021- 32d122 + c1216 - 021- 32d142 + c1219 - 62132d1421Cy2 máx 1+2 = 6122 + c1219 - 32122d122 + c1219 - 32122d142 = 48 kN

9

3

3

3 6 x (m)

C y

09

2

3 6 x (m) 0

M A

F8–1.




F8–2. F8–3.




F8–4. Para

(1)

(2)

Para

(3)

(4)

en De la ecuación (2),




Resp.

Resp.

F8–5.

(1)

(2)

en . De la ecuación (1),


Resp.v = Px6EI

(x2 - 3Lx )

C2 = 0x = 0v = 0

C1 = 0x = 0dvdx

= 0

EI v = P6x3 - PL

2 x2 + C1x + C2

EI dvdx = P2x2 - PLx + C1

EI d2v

dx 2 = Px - PL

M = Px - PL

v2 = P48EI1- 4x3

2 + 12Lx 22 - 9L2x2 + L32

v1 = Px 148EI14x2

1 - 3L22 C4 = PL 3

48x2 = L .v2 = 0

C3 = - 3PL 2

16x2 = L2.

dv2

dx 2= 0

C1 = - PL 2

16x1 = L2.dv1

dx 1= 0

C2 = 0x1 = 0.v1 = 0

EI v2 = PL4 x2

2 - P12x3

2 + C3x2 + C4

EI dv2

dx 2= PL

2 x2 - P4x2

2 + C3

EI d2v2

dx 2

2

= PL2

- P2x2

M 2 = P21L - x22 = PL

2 - P2x2

L2 6 x2 … L

EI v1 = P12x3

1 + C1x1 + C2

EI dv1dx 1

= P4x2

1 + C1

EI d2v1

dx 21

= P2x1

M 1 = P2x1

0 … x1 6 L2




F8–6.

(1)



Resp.

F8–7. Para

(1)

(2)

Para

(3)

(4)


en . De la ecuación (4), (5)

en . De las ecuaciones (1) y (3), (6)

en . De las ecuaciones (2) y (4), (7)C1L - C3L - 2C4 = M 0L2

4x1 = x2 = L2v1 = v2

C1 - C3 = M 0L2x1 = x2 = L

2dv1

dx 1= dv2

dx 2

0 = C3L + C4 + M0L2

3x2 = Lv2 = 0

C2 = 0x1 = 0v1 = 0

EIv 2 = M02 x2

2 - M06L

x32 + C3x2 + C4

EI dv2

dx 2= M0x2 - M 0

2Lx2

2 + C3

EI d2v2

dy22

= M 0 - M 0L

x2

M = M 0 - M 0

L x 2

L2 6 x2 … L

EIv 1 = - M 06L

x31 + C1x1 + C2

EI dv1dx 1

= - M 02L

x21 + C1

EI d2v1

dx 21

= - M 0L

x 1

M = - M 0

L x 1

0 …

x1 6 L

2

v = M 06EIL 1- x3 + 3Lx 2 - 2L2x2

C1 = - M 0L3x = L .v = 0

C2 = 0x = 0.v = 0

EI v = M02 x2 - M 0

6Lx3 + C1x + C2

EI dv

dx

= M0x - M 0

2Lx2 + C1

EI d2v

dx 2 = M0 - M0L

x

M = M 0 - M 0

L x




Resolviendo las ecuaciones (5), (6) y (7)

Resp.

Resp.

F8–8.



Resp.

F8–9.



Resp.v = w0120EIL 1- x5 + 5L4x - 4L52

C2 = -w0L4

30x = Lv = 0

C1 = w0L3

24x = Ldvdx

= 0

EI v = - w0120L x5 + C1x + C2 122

EI dvdx

= - w024L

x4 + C1 112EI d

2vdx 2 = - w 0

6Lx3

M = - w 06L

x3

v = w24EI1- x4 + 4Lx 3 - 6L2x22

C2 = 0x = 0v = 0

C1 = 0x = 0dvdx

= 0

EI v = - w24x4 + wL

6 x3 - wL24 x2 + C1x + C2 122

EI dvdx

= - w6x3 + wL

2 x2 - wL2

2 x + C1 (1)

EI d2v

dx 2 = - w2x2 + wLx - wL2

2

M = - w2x2 + wLx - wL2

2

v2 = M 024EIL 1- 4x3

2 + 12Lx 22 - 11L2x2 + 3L32

v1 = M 024EIL

1- 4x3

1 + L2x1

2

C1 = M 0L24C3 = - 11M 0L

24C4 = M 0L2

8




Resp.

Resp.¢ B = ƒtB>A ƒ = c a8 kN#mEI b14 m2d c1

214 m2d = 64 kN#m3

EIc

uB = ƒuB>A ƒ = a8 kN#mEI b14 m2 = 32 kN#m2

EI

(3 m)

(3 m)( )

2 — 3

1 — 2

18 kN m EI 18 kN m

EI

M ¿

A

V ¿

A

Resp.

Resp.

F8–11.

¢ A = ƒtA>B ƒ = c12 a - 18 kN#mEI b13 m2d c2

3 13 m2d = 54 kN#m2

EI T

uA = ƒuA>B ƒ = `12a - 18 kN#mEI b13 m2 = 27 kN#m2

EI

F8–10.

tan A

03

x (m)

M —EI

18 kN m EI

u A /B

u A

t A /B

A

Resp.

Resp.

F8–12.

= 54 kN#m3

EI TM ¿A = ¢A = - 54 kN#m3

EI

- M ¿A - c12a18 kN#mEI b13 m2d c2

3 (3 m2d = 0d+ ©M A = 0;

uA = 27 kN#m2

EIV¿A - 1

2a18 kN#mEI b13 m2 = 0+ c©Fy = 0;

tan A

tan B

4 x (m)

M —EI

8 kN m EI

u B/ A

u B

B t B/ A




Resp.

Resp.

F8–14.

M ¿B = ¢B = 64 kN#m3EI

cM ¿B - c a8 kN#mEI b14 m2d12 m2 = 0d+ ©MB = 0;

uB = 32 kN#m2

EI

a8 kN#m

EI

b14 m

2 - V¿B = 0+ c©F y = 0;

F8–13.

2 m

(4 m)( )8 kN m EI

M ¿

B

V ¿

B

Resp.

Resp.¢ C = ¢¿ - tC>A = 7.5 kN#m3

EI - 4.6875 kN#m3

EI = 2.81 kN#m3

EI T

uA =ƒtB>A ƒLAB

=15 kN#m3>EI

3 m = 5 kN#m2

EI

¢¿ = 12 tB>A = 1

2 a15 kN#m3

EI b = 7.5 kN#m3

EI

= 4.6875 kN#m3

EI

tC

>A

=

c12

a2.5 kN#m

EI

b11.5 m

2d c23

11.5 m

2d +

c a2.5 kN#m

EI

b11.5 m

2d c12

11.5 m

2dtB>A = c12 a5 kN#m

EI b13 m2d c23 13 m2d = 15 kN#m3

EI

tan B

tan C

31.5 x (m)

M —EI 5 kN m

EI 2.5 kNm EI

u A

t C / A

C

t B/ A

tan A

¿




Resp.

Resp.

F8–16.

¢ C = M ¿C = - 2.8125 kN#m3EI

= 2.81 kN#m3EI

T

c12

a2.5 kN#m

EI

b11.5 m

2d10.5 m

2 -

a2.5 kN#m2

EI

b11.5 m

2 - M ¿C = 0d+ ©M C = 0;

uA = V¿A = - 5 kN#m2

EI = 5 kN#m2

EI- V¿A - 5 kN#m2

EI = 0+ c©F y = 0;

F8–15.

(3 m)( )1 — 2

5 kN m2

EI 2.5 kNm2

EI

5 kN m EI (1.5 m)( )1 — 2

2.5 kNm EI

2.5 kNm2

EI

0.5 m

1.5 m1 m 2 m

M ¿

C

V ¿

C

u A

tan C

tan A

uC / A

C

¿

t C / A

630 x (m)

M —EI 12 kN m

EI

18 kN m2

EI 18 kN m2

EI

18 kN m2

EI

(3 m)( )1 — 212 kN m

EI (6 m)( )1 — 2

12 kN m EI 1 m

3 m

M ¿

C

V ¿

C

Resp.

Resp.

F8–17.

¢ C = ¢¿ - tC>A = 54 kN#m3

EI - 18 kN#m3

EI = 36 kN#m3

EI T

¢¿ = uALAC = a18 kN#m2

EI b13 m2 = 54 kN#m3

EI

tC>A = c12 a12 kN#mEI b13 m2d c1

313 m2d = 18 kN#m3

EI

uA = uC>A = 12 a12 kN#m

EI b13 m2 = 18 kN#m2

EI




Re

Re

F8–18.

M ¿C = ¢C = - 36 kN#m3

EI = 36 kN#m3

EI T

M ¿C + a18 kN#m2

EI b13 m2 - c12 a12 kN#mEI b13 m2d11 m2 = 0d+ ©M C = 0;

- V¿A - 18 kN#m2

EI = 0 V¿A = uA = - 18 kN#m2

EI = 18 kN#m2

EI+ c©F y = 0;

u A

tan C

tan A

uC / A

C

¿

t C / A

842 60 x (m)

M —EI 8 kN m

EI 8 kN m

EI

24 kN m2

EI

24 kN m2

EI

24 kN m2

EI

(4 m) 1 — 248 kN m2

EI

(4 m)( )8 kN m EI ( )8 kN m

EI (2 m)( )8 kN m

EI (2 m)( )8 kN m

EI

1 m2.667 m

4 m4 m 4 m

M ¿

C

V ¿

C

1 — 2

Re

Re

F8–19.

¢ C = ¢¿ - tC>A = 96 kN#m2

EI - 37.33 kN#m3

EI = 58.7 kN#m3

EI T

¢¿ = uALAC = a24 kN#m2

EI b14 m2 = 96 kN#m3

EI

tC>A = c12 a8 kN#mEI b12 m2d c2 m + 1

3 (2 m2d + c a8 kN#mEI b12 m2d11 m2 = 37.33 kN#m3

EI

uA = uC>A = 12 a8 kN#m

EI b12 m2 + a8 kN#mEI b12 m2 = 24 kN#m2

EI

Re

Re¢ C = M ¿C = 58.7 kN#m3

EI T

M ¿C + a24 kN#m2

EI b14 m2 - c12 a8 kN#mEI b12 m2d12.667 m2 - a8 kN#m

EI b12 m211 m2 = 0d+ ©M C = 0;

- V¿A -24 kN#m2

EI = 0 uA = V¿A = 24 kN#m2

EI+ c©F y = 0;




F8–20.

Resp.

F8–21.

¢ B = ƒtB>A ƒ = c12a

- 18 kN#mEI b12 m2d c2 m + 2312 m2d = 60 kN#mEI

T

uB = ƒuB>A ƒ = `12 a- 18 kN#mEI b12 m2 = 18 kN#m

EI

Resp.

Resp.M ¿B = ¢B = - 60 kN#m3

EI = 60 kN#m3

EI T

M ¿B + c12 a18 kN#mEI b12 m2d c2

3 12 m2 + 2 md = 0d+ ©M B = 0;

uB = - 18 kN#m2

EI = 18 kN#m2

EI

- V¿B - 12a18 kN#m

EI b12 m2 = 0+ c©F y = 0;

tan A

tan B

42 x (m)

M —EI

18 kN m EI

u B/ A

u B

t B/ A

(2 m)

(2 m)( )

2 — 3 2 m

1 — 218 kN m

EI

M ¿

B

V ¿

B




F9–1.Elemento n (lb) N (lb) L (pies)

AB –1.667 –250 10 4166.67 AC 1 150 6 900.00BC 1.333 200 8 2133.33

© 7200

nNL 1lb2 #pie2

Elemento N L (pies)

AB –1.667P –1.667 –250 10 4166.67 AC P 1 150 6 900.00BC 1.333P 1.333 200 8 2133.33

7200©

N adN

dP bL 1lb #pie2N 1P = 150 lb2dN

dP

Elemento n (kN) N (kN) L (m)

AB 1 –4.041 2 –8.0829 AC 0 8.0829 2 0

BC 0 –8.0829 2 0CD 0 8.0829 1 0

–8.0829©

nNL 1k N2 #m2

Elemento N (kN) L (m)

AB P – 4.041 1 –4.041 2 –8.083 AC 8.083 0 8.083 2 0BC –8.083 0 –8.083 2 0CD 8.083 0 8.083 1 0

–8.083©

N adN

dP bL 1k N #m2N 1P = 02 1k N2dN

dP

Entonces,,

Resp.

F9–2.

¢ Bv =

7200 lb#pieAE

T

1 lb#¢ Bv = anNL

AE =

7200 lb2 #pieAE

Resp.

F9–3.

¢ Bv = aNadN

dP b LAE

=7200 lb#pie

AE T

Entonces,

Resp.

F9–4.

¢ Ah = - 8.08 kN#m

AE = 8.08 kN#m

AE :

1 kN#¢ Ah = anNL

AE = - 8.0829 kN2 #m

AE

Resp.¢ Ah = aNadN

dP b LAE

= - 8.083 kN#mAE

= 8.08 kN#mAE

:




Resp.¢ Dv = 237.5 kN#m

AE T

1 kN#¢ Dv = anNL

AE = 237.5 kN2 #m

AE

Elemento n (kN) N (kN) L

AB 0 0 3 0 AC 1.414 8.485 50.91BC –1 – 6 3 18.00

AD 0 – 6 3 0CD –1 0 3 0

68.91©

32 2

nNL 1kN2 #m2F9–5.

Resp.

F9–6.

¢ Dh = 68.9 kN#m

AE :

1 kN#¢ Dh = a

nNLAE

= 68.91 kN2 #mAE

Resp.

F9–7.

:= 68.9 kN#mAE

¢ Dh = ©N

adNdP

b LAE


AB 0 0 0 3 0 AC 50.91BC –1 – 6 3 18.00

AD – 6 0 – 6 3 0CD –P –1 0 3 0

68.91©

-1P + 62 32 262 22 22 21P + 62N

adN dP b

L 1kN#m2

N

1P = 0

2 (kN)dN

dP


AB 0.375 18.75 3 21.09BC 0.375 18.75 3 21.09

AD – 0.625 – 31.25 5 97.66CD – 0.625 – 31.25 5 97.66BD 0 50 4 0

237.5©

nNL 1kN2 #m2




Resp.¢ Bv = aNadN

dp b LAE

= 44.75 kN#mAE

T


AB 0.375 18.75 3 21.09BC 0.375 18.75 3 21.09

AD – 0.625 – 31.25 5 97.66

CD – 0.625 – 31.25 5 97.66BD 50 0 50 4 0

237.5©

-

158P + 31.25

2-

158P + 31.25

238P + 18.75

38P + 18.75

N adN

dP bL 1kN#m2N 1P = 02 (kN)dN

dP

F9–8.

Resp.

F9–9.

¢ Dv = aNadN

dP b LAE

= 237.5 kN#mAE

T

Resp.

F9–10.

¢ Bv = 44.75 kN#m

AE T

1 kN#¢ Bv = a nNL

AE = 44.75 kN2 #m

AE


AB 0 – 6 1.5 0BC 0 – 6 1.5 0BD 1 0 2 0CD 0 10 2.5 0

AD – 1.25 – 10 2.5 31.25DE 0.75 12 1.5 13.5

44.75©

nNL

1k N2 #m2


AB – 6 0 – 6 1.5 0BC – 6 0 – 6 1.5 0BD P 1 0 2 0CD 10 0 10 2.5 0

AD – – 1.25 – 10 2.5 31.25DE 0.75 12 1.5 13.5

44.75©

0.75P + 1211.25P + 102

N adN

dP bL 1k N #m2N 1P = 02 1k N2dN

dP





AB 0.5 50 2 50.00DE 0.5 50 2 50.00BC 0.5 50 2 50.00CD 0.5 50 2 50.00

AH – 0.7071 – 70.71 141.42EF – 0.7071 – 70.71 141.42BH 0 30 2 0DF 0 30 2 0CH 0.7071 28.28 56.57CF 0.7071 28.28 56.57CG 0 0 2 0GH –1 – 70 2 140.00FG – 1 –70 2 140.00

878.98©

22 222 2

22 222 2

nNL 1k N2 #m2


AB 0.5 50 2 50.00DE 0.5 50 2 50.00BC 0.5 50 2 50.00CD 0.5 50 2 50.00

AH – 0.7071 – 70.71 141.42EF – 0.7071 – 70.71 141.42BH 30 0 30 2 0DF 30 0 30 2 0CH 0.7071P 0.7071 28.28 56.57CF 0.7071P 0.7071 28.28 56.57CG 0 0 0 2 0GH – 1 – 70 2 140.00FG – 1 –70 2 140.00

875.98©

-1P + 302-1P + 30222 222 2

22 2-10.7071P + 42.432 22 2-10.7071P + 42.4320.5P + 300.5P + 300.5P + 300.5P + 30

N adN

dP bL (kN#m)N 1P = 40 k N)dN

dP

F9–11.

Resp.

F9–12.

¢ Cv = 876 kN#m

AE T

1 kN#¢ Cv = anNLAE

= 875.98 kN2 #mAE

Resp.¢ Cv = 876 kN#m

AE T

¢ Cv = aNadN

dP b LAE

= 875.98 kN#mAE




F9–13. Para la pendiente,

Resp.

Para el desplazamiento,

Resp.

F9–14. Para la pendiente,M 30 x M . Por lo tanto, SeaM 0. Entonces,M ( 30 x) kN • m.

Resp.

Para el desplazamiento,M Px . Por lo tanto,

SeaP 30 kN. Entonces,M ( 30 x) kN • m.

F9–15. Para la pendiente,mu = 1 kN• m yM = 4 kN• m.

Resp.

Para el desplazamiento,m = x kn • m yM = 4 kN• m.

Resp.

F9–16. Para la pendiente,M M . Por lo tanto,

SeaM 4 kN• m. Entonces,M = 4 kN• m.

Resp.

Para el desplazamiento,M (Px 4) kN• m. Por lo tanto,

SeaP 0. Entonces,M 4 kN• m.

Resp.¢ Av = L

L

0Ma0M

0P bdxEI

= L3 m

0 41x2dx

EI = 18 kN#m3

EIc

0M0P

= x.

uA = LL

0Ma 0M

0M ¿bdxEI

= L3 m

0 4112dx

EI = 12 kN#m2

EI

0M0M

= 1.

¢ Av = 18 kN#m3

EIc

1 kN#¢ Av = L

L

0

mMEI

dx = L3 m

0

x142dxEI

= 18 kN2 #m3

EI

uA = 12 kN#m2

EI

1 kN#m#uA = LL

0

muMEI

dx = L3 m

0 112142dxEI

= 12 kN2 #m3

EI

¢ Av = L

L

0Ma0M

0P bdxEI

= L3 m

0

(- 30x)(- x)dxEI

= 270 kN#m3

EI T

0M0P

= - x.

uA = LL

0M

a 0M0M ¿

bdxEI

= L3

0

m1- 30x21- 12dxEI

= 135 kN#m2

EI

0M0M ¿ = - 1.

¢ Av = 270 kN#m3

EI T

1 kN#¢ Av = L

L

0

mMEI

dx = L3 m

0 1- x21- 30x2EI dx = 270 kN2 #m3

EI

uA = 135 kN#m2

EI

1 kN#m#uA = L2

0

muMEI

dx = L3 m

0 1- 121- 30x2EI dx = 135 kN2 #m3

EI




F9–17. Para la pendiente,m u 1 kN• m yM ( x3) kN • m.

Resp.

Para el desplazamiento,m ( x) kN • m yM ( x3) kN • m.

Resp.

F9–18. Para la pendiente,M (M x3) kN • m. Por lo tanto,

SeaM ’ 0. Entonces,M ( x3) kN • m.

Resp.

Para el desplazamiento,M (Px x3) kN • m.

Por lo tanto, . SeaP 0. Entonces,M ( x3) kN • m.

Resp.

F9–19. Para la pendiente,m u (1 – 0.125 x) kN • m yM (32 x – 4 x2) kN • m.

Resp.

Para el desplazamiento,m (0.5 x) kN • m yM (32 x 4 x2) kN • m.

Resp.

F9–20. Para la pendiente,M M 0.125M x 32 x 4 x2. Por lo tanto,

SeaM 0, entonces,M (32 x 4 x2) kN • m.

Resp.= 170.67 kN#m2

EI = 171 kN#m2

EI

uA = LL

0 Ma 0M

0M ¿b dxEI

= L8 m

0 132x - 4x2211 - 0.125x2EI

dx

0M0M ¿ = 1 - 0.125x.

¢ Cv = 427 kN#m3

EI T

1 kN#¢ Cv = LmM

EI dx = 2L

4 m

0 0.5x132x - 4x22EI

dx = 426.67 kN2 #m3

EI

uA = 171 kN#m2

EI

1 kN#m#uA = LL

0

muMEI

dx = L8 m

0 11 - 0.125x2132x - 4x2

2EI dx = 170.67 kN2 #m3

EI

¢ Bv = L

L

0MadM

0P bdxEI

= L3 m

0 1- x321- x2dx

EI = 48.6 kN#m3

EI T

0M0P

= - x

uB = LL

0 M

a 0M0M ¿b

dxEI = L

3 m

0

1- x3

21- 1

2dx

EI =20.25 kN#m2

EI

0M0M ¿ = - 1.

¢ Bv = 48.6 kN#m3

EI T

1 kN#¢ Bv = L

L

0 mMEI

dx = L3 m

0 1- x21- x32EI

dx = 48.6 kN2 #m3

EI

uB = 20.25 kN#m2

EI

1 kN#m#uB = LL

0

muMEI

dx = L3 m

0 1- 121- x32EI

dx = 20.25 kN2 #m3

EI




Para el desplazamiento,M 0.5Px 32 x 4 x2. Por lo tanto, SeaP 0,entonces,M (32 x 4 x2) kN• m

Resp.

F9–21. Para la pendiente (m u)1 0; (mu)2 1 kN• m,M 1 ( 12 x1) kN • m

y M 2 12( x2 2) kN• m.

Resp.

Para el desplazamiento,m 1 0,m 2 x2, M 1 ( 12 x1) kN • m

y M 2 12( x2 2) kN• m.

Resp.

F9–22. Para la pendiente,M 1 ( 12 x1) kN • m yM 2 12( x2 2) M .

Por lo tanto, y SeaM 0,M 2 12( x2 2).

Resp.

Para el desplazamiento,M 1 ( 12 x1) kN • m yM 2 12( x2 2) –Px 2.

Por lo tanto, y SeaP 0,M 2 12( x2 2) kN• m.

= 80 kN#m3

EI T

¢ C = LL

0Ma0M

0P bdxEI

= L2 m

0 1- 12x12102EI

dx + L2 m

0 3- 121x2 + 2241- x22EI

dx

0M 20P

= - x2.0M 10P

= 0

= 72 kN#mEI

uC = LL

0Ma 0M

0M ¿bdxEI

= L2 m

0

- 12x1102EI dx + L

2

0 3- 121x2 + 2241- 12EI

dx

0M 20M ¿ = - 1.

0M 10M ¿ = 0

¢ Cv = 80 kN#m3

EI

T

1 kN#¢ Cv = 80 kN2 #m3

EI

1 kN#¢ C = LL

0 mM

EI dx = L

2 m

0 01- 12x12EI

dx + L2 m

0 1- x223- 121x2 + 224EI

dx

uC = 72 kN#m2

EI

1 kN#m#uC = 72 kN2 #m3

EI

1 kN#m#uC = LL

0 muM

EI dx = L

2 m

0 01- 12x12EI

dx + L2 m

0 1- 123- 121x2 + 224EI

dx

= 426.67 kN#m3

EI = 427 kN#m3

EI T

¢ Cv = LMa0M

0P b dxEI

= 2L4 m

0 132x - 4x2210.5x2dx

EI

0M0P

= 0.5x.




F9–23.

y

Resp.

F9–24.

Entonces,

Sea y

Resp.

F10–1. Superposición

Resp.

Equilibrio

; Resp.

Resp.

Resp.M A = 40 kN#m100122 - 40142 - M A = 0d+gM A = 0;

Ay = 60 kN100 - 40 - Ay = 0+cgF y = 0;

Ax = 0:+ ©F x = 0

By = 100 kN

1+c

2 0 = -

266.67 kN#m3

EI + By

a2.667 m3

EI

b¢ B = ¢¿B + By f BB

f BB = 1L>2233EI = L3

24EI = 43

24EI = 2.667 m3

EI c

¢¿B = Px 2

6EI13L - x2 = 4012226EI 33142 - 24 = 266.67 kN#m3

EI T

= 1620 kN#m3

EI

T

¢ Cv = L

L

0Ma0M

0P b dxEI

= L6 m

0 a24x1 - 1

6x31b10.5x12

EI dx 1 + L

6 m

0 a48x2 - 6x2

2 + 16x3

2b10.5x22EI

dx 2

M 2 = a48x2 - 6x22 + 1

6x32b kN#mP = 0, M 1 = a24x1 - 1

6x31b kN#m

0M 10P

= 0.5x1,0M 20P

= 0.5x2.

M 1 = 0.5Px 1 + 24x1 - 16x3

1, M2 = 0.5Px 2 + 48x2 - 6x22 + 1

6x32.

¢ Cv = 1620 kN#m3

EI T

= 1620 kN2 #m3

EI

1 kN#¢ Cv = LL

0 mM

EI dx = L6 m

0 1

0.5x1

2a24x1 -

16x

31

bEI dx 1 + L6 m

0 1

0.5x2

2a48x2 - 6x

22 +

16x

32

bEI dx 2

M2 = a48x2 - 6x22 + 1

6x22b

kN#m.

M 1 = 0.5x1, M2 = 0.5x2, M1 = a24x1 - 16x1

3b kN#m





Resp.

Equilibrio

Resp.

Resp.


Resp.

Equilibrio

Resp.

Resp.

Resp.


Resp.1+ c2 0 = - M 0L2

4EI + Bya L3

6EI b By = 3M 02L

¢ B = ¢¿B + By f BB

f BB = L3AC

48EI = 12L2348EI

= L3

6EI c

¢¿B = M0x6EIL AC1L2

AC - x22 = M 01L26EI12L2312L22 - L24 = M0L2

4EI T

M A = 70.0 kN#mM A + 18.33162 - 60132 = 0d+ ©M A = 0;

Ay = 41.67 kN = 41.7 kNAy + 18.33 - 60 = 0+c©F y = 0;

Ax = 0:+ ©F x = 0;

By = 18.3311032 N = 18.33 kN = 18.3 kN

(+T) 5

110- 3

2 m = 0.027 m + By

3- 1.2

110- 6

2 m/N

4¢ B = ¢¿B + By f BB

f BB = L3

3EI = 63

3EI = 72 m3

EI = 72 m3320011092 N/m243300110- 62 m44 = 1.2110- 62 m/Nc

¢¿B = wL4

8EI =

1016428EI = 1620 kN#m3

EI =

162011032 N#m3

320011042 N/m243300110- 62 m44 = 0.027 mT

MA = w0L2

15M A + w0L

10

1L

2 -

a12 w0L

b aL3

b = 0d+ ©M A = 0;

Ay = 2w0L5Ay - 1

2 w0L + w0L10

= 0+ c©Fy = 0;

Ax = 0:+ ©F x = 0;

(+T) 0 = w0L4

30EI + Bya L3

3EI b By = - w0L10 = w0L

10 c

¢ B = ¢¿B + By f BB

f BB = LL

0

mmEI

dx = LL

0

1- x

21- x

2EI

dx = L3

3EI T

¢¿B = LL

0 mM

EI dx = L

L

0 1- x2a- w 0

6Lx3b

EI dx = w0L4

30EI T




EquilibrioResp.

Resp.

Resp.


Resp.

Equilibrio

Resp.

Resp.

Resp.

F10–6.

Resp.

Equilibrio

Resp.

Resp.

Ax = 0:+ ©F x = 0;

Ay = 26.67 kN = 26.7 kNAy + 26.67 + 66.67 - 120 = 0+c©F y = 0;

Cy = 26.67 kN = 26.7 kNCy

112

2 + 66.67

16

2 - 120

16

2 = 0d+ ©M A = 0;

1+ T2 5110- 32 m = 0.045 m + By3- 0.6110- 62 m/N4 By = 66.6711032 N = 66.7 kN

¢ B = ¢¿B + By f BB

f BB = L3AC

48EI = 123

48EI = 36 m3

EI = 36 m3320011092 N/m243300110- 62 m44 = 0.6110- 62 m/Nc

¢¿B =5wL4

AC

384EI =5

110

21124

2384EI =

2700 kN#m3

EI =2700

1103

2 N#m3

3200

1109

2 N/m2

43300

110- 6

2 m4

4 = 0.045m T

Ax = 0:+ ©F x = 0;

Ay = 20.3125 kN = 20.3 kNAy + 34.375 - 50 - 4.6875 = 0+ c©F y = 0;

Cy = 4.6875 kN = 4.69 kN34.375142 - 50122 - Cy182 = 0d+ ©M A = 0;

By = 34.375 kN = 34.4 kN1+c

2 0 = - 366.67 kN#m3

EI + By

a10.667 m3

EI

b¢ B = ¢¿B + By f BB

f BB = L3AC

48EI = 83

48EI = 10.667 m3

EI c

¢¿B = Pbx6EIL AC1L2

AC - b2 - x22 = 501221426EI182 182 - 22 - 422 = 366.67 kN#m3

EI T

Ay = 5M 0

4L

3M 0

2L

- M 0

4L

- Ay = 0+ c©F y = 0;

Cy = M 04L

- Cy12L2 + 3M02L 1L2 - M 0 = 0d+ ©MA = 0;

Ax = 0: + ©F x = 0;



6

2–10. SobreBE 2.20 k/pie, sobreFED fuerza de 132–11. a. Indeterminada de 2°

b. Inestablec. Estáticamente determinadad. Estáticamente determinadae. Inestable

2–13. a. Estáticamente determinadab. Estáticamente indeterminada de 1°c. Estáticamente indeterminada de 1°

2–14. a. Inestableb. Estable y estáticamente determinadac. Estable y estáticamente indeterminada

de segundo grado2–15. a. Inestable

b. Estable y estáticamente indeterminadade primer grado

c. Inestable2–17. a. Inestable

b. Estable y estáticamente indeterminadade sexto grado

c. Estable y estáticamente determinadad. Inestable

2–18.

2–19.

2–21.

2–22.

2–23.

Cy = 2.93 kN B = 8.54 kCx = 9.20 kN A = 9.59 kAx = 0

Ay = 7.00 kN B = 15.0 kN D = 6.00 kN F = 4.00 kM B = 84 kN#mBy = 30 kNBx = 0N A = 12 kNAy = 5.00 kAx = 95.3 k

F B = 110 kAx = 10.0 kNAy = 16.0 kNBy = 48.0 kN

Respuestas a problemas seleccionadosCapítulo 1

1–1.1–2.

1–3.1–5.1–6.1–7.1–9.1–10. Carga muerta total 106 lb/pie21–11.1–13.1–14.1–15.

1–17. Barlovento:

Sotavento:

1–18.1–19.1–21.1–22.

Capítulo 22–1. SobreBE 14.2 kN/m; sobreFED ,

E y 35.6 kN2–2. SobreBE carga trapezoidal, pico 21.4 kN/m

sobreFED cargas triangulares, picos 10.7kN/m, con fuerza concentrada de 26.7 kN enE .

2–3. SobreEF , 0.9 k/pie; sobre ABCDE 3 fuerzasde 13.5 k

2–5. SobreBF 0.675 k/pie, sobre ABCDE 3fuerzas de 6.75 k

2–6. SobreBG 230 lb/pie, sobre ABCDE 2fuerzas de 1725 lb

2–7. SobreBG 368 lb/pie pico triangularSobre ABCD con 2 fuerzas de 736 lb,184 lb/piepico triangular

2–9. SobreBE carga trapezoidal,pico 4.125 k/pie,sobreFED cargas triangulares, picos 2.06 k/piey E y 12.9 k

p f = 36 lb/pie2p f = 0.816 kN/m2F = 81.3 kNp = - 18.6 psf p = - 15.4 psf

p20 = 21.8 psf p0- 15 = 20.9 psf

p30 = 31.1 psf p25 = 30.1 psf p20 = 29.1 psf p0- 15 = 27.8 psf L = 3.02 kN/m2L = 1.70 kN/m2F s = 94.5 k

w = 240 lb/pie6.20 kN/mw = 468 lb/pieF = 173 kNw = 521 lb/pie

F = 24.6 kF = 48.3 k



666 RE S P U E S TA S A P R O B L E M A S S E L E C C I O N A D O S

2–42.

2–43.

Capítulo 33–1. a. Inestable

b. Estáticamente indeterminada de 1°c. Estáticamente determinadad. Estáticamente determinada

3–2. a. Estáticamente determinadab. Estáticamente determinadac. Inestable

3–3. a. Interna y externamente estable (de 2°)b. Interna y externamente estable (de 1°)c. Interna y externamente estable (de 1°)

3–5.

3–6.

3–7.

F BE = 9.24 kN (C)F CB = 9.24 kN (T)F CE = 9.24 kN (C)F DE = 4.62 kN (C)F DC = 9.24 kN (T)F DC = 0F ED = 3.5 k (C)F EC = 2.24 k (T)F GC = 0

F GE = 2.24 k (C)F FE = 1.5 k (C)F FG = 0F HG = 2.24 k (C)F HC = 2.24 k (C)F BH = 0F BC = 4.00 k (T)F AB = 4.00 k (T)F AH = 4.47 k (C)F BA = 722 lb (T)F BE = 297 lb (T)

F DE = 780 lb (C)F DB = 0F CB = 720 lb (T)F CD = 780 lb (C)

Cy = 31.9 kCx = 8.16 kBy = 22.1 kBx = 24.8 kDy = 7.00 kNAx = 45.0 kN

Ay = 83.0 kNCy = 7.00 kNDx = 45.0 kNCx = 45.0 kNCy = 1.97 kCx = 678 lb2–25.

2–26.

2–27.

2–29.

2–30.

2–31.

2–33.

2–34.

2–35.

2–37.

2–38.

2–39.

2–41.Ay = 1.47 kAx = 522 lbFCD = 350 lbFBE = 1.53 kDy = 1.70 kDx = 1.70 kAx = 1.88 kAy = 700 lbT = 350 lbCy

=300 N

Cx = 300 NAx = 300 NAy = 300 NAy = 17.0 kAx = 29.0 kBy = 16.6 kBy = 4.10 kBx = 9.70 kN A = 11.2 kCy = 6.67 kNCx = 10.0 kNAy = 6.67 kNAx = 30.0 kNw2 = 167 lb/piew1 = 83.3 lb/pie

w2 = 4PL

w1 = 2PL

M B = 32.0 kN#mBx = 0By = 12.0 kNAy = 2.00 kNBx = 0By = 17.0 kNM B = 63.0 kN#mAy = 4.00 kNAx = 0Ay = 7.50 kNM A = 45.0 kN#mBy = 7.50 kNCy = 0

Bx = 20.0 kNAy = 14.7 kNBy = 5.12 kNAy = 398 lbAy = 47.4 lbC = 94.8 lb



RE S P U E S TA S A P R O B L E M A S S E L E C C I O N A D O S 6

3–9.

3–10.

3–11.

3–13.

3–14.

F KJ = 42.9 kN (C)F KB = 4.00 kN (C)F AB = 41.1 kN (T)F AK = 42.9 kN (C)F FA = 6.20 kN (T)F BF = 6.20 kN (C)F BA = 3.11 kN (T)F CB = 2.20 kN (T)F CF = 8.77 kN (T)F EC = 6.20 kN (C)

F EA = 8.85 kN (C)F DC = 8.40 kN (T)F DE = 16.3 kN (C)F FE = 12.5 kN (T)F FB = 7.50 kN (T)F BE = 4.17 kN (C)F AB = 10.0 kN (C)F AF = 18.0 kN (C)F GA = 15 kN (T)F GF = 20 kN (T)F

CE = 5 kN (T)

F BC = 6.67 kN (C)F CD = 6.67 kN (C)F ED = 8.33 kN (T)F CH = 5.86 k (T)F GH = 7.67 k (C)F GC = 3.00 k (C)F FG = 7.67 k (C)F FC = 4.04 k (C)F BC = 1.375 k (T)F BH = 0F AB = 1.375 k (T)FAH = 2.15 k (C)F DC = 8.875 k (T)F DF = 0F ED = 8.875 k (T)F EF = 11.7 k (C)F DE = 1.67 k (C)F CD = 1.33 k (T)F CE = 3.00 k (C)F FE = 1.33 k (C)F FC = 5.00 k (T)F BC = 2.67 k (C)F BF = 9.00 k (C)FAB = 2.67 k (C)FAF = 3.33 k (T)F EA = 4.62 kN (C)F BA = 9.24 kN (T)

3–15.

3–17.

3–18.

3–19.

Los elementosKN , NL , MB , BL , CL , IO , OHGE , EH , HD son elementos de fuerza cero

3–21.

3–22.

3–23.

3–25.

F CD = 10.1 kN (C)F ID = 4.24 kN (T)F IH = 6.00 kN (T)F CF = 0F CD = 2.23 kN (C)F GF = 1.78 kN (T)F BG = 1.80 kN (T)F HG = 10.1 kN (C)F BC = 8.00 kN (T)F GC = 0F GF = 12.5 kN (C)F CD = 6.67 kN (T)

F JK = 4.03 k (C)F JN = 2.50 k (T)F CD = 2.00 k (T)F FC = 4.86 k (T)F FG = 16.6 k (C)F DC = 11.7 k (T)F

BC = 2.31 kN (C)

F BF = F CF = 2.31 kN (C)F GB = F EC = 0F GF = F EF = 4.00 kN (T)F AB = F DC = 3.46 kN (C)F AG = F DE = 4.00 kN (T)F GC = 20 kN (T)F HC = F CF = 8.33 kN (C)F HG = F GF = 16.7 kN (C)F BH = F DF = 10 kN (T)F BC = F CD = 20 kN (T)F AB = F DE = 20 kN (T)F AH = F FE = 25 kN (C)F FE = 41.1 kN (T)F GE = 4.00 kN (C)F FG = 42.9 kN (C)F ID = 9.11 kN (T)F ED = 34.3 kN (T)F HG = 42.9 kN (C)F HE = 7.94 kN (T)F HD = 6.00 kN (C)F IH = 35.7 kN (C)F CD = 27.4 kN (T)F CI = 9.11 kN (T)F JC = 6.00 kN (C)F JI = 35.7 kN (C)F BC = 34.3 kN (T)F BJ = 7.94 kN (T)




3–35.

3–37.

3–38.

3–39.

Capítulo 44–1.

4–2.

4–3.

4–5.4–6.

4–7.

M C = 8.50 kN#mVC = 1.75 kNN C = 0M D = 1.875 kN#mVD = 1.25 kNN D = 0M C = - 0.375 kN#mVC = - 0.75 kNN C = 0w = 100 N/mM C = - 8.125 k#pieN C = - 1.20 kipVC = 0M B = - 6.325 k#pieVB = 850 lbN B = 0M A = - 1.125 k#pieVA = 450 lbN A = 0M D = 91.7 k#pie

VD = - 6.67 kN D = 0M C = 58.3 k#pieVC = 3.33 kN C = 0M D = - 9.33 kN#mVD = - 5.33 kNN D = 0M C = 0.667 kN#mVC = 0.667 kNN C = 0

F ED = 3.46 kN (T)F CD = 2.31 kN (T)F CF = 0F BE = 4.16 kN (T)F DF = 4.16 kN (C)F BC = 1.15 kN (C)F AC = F AE = F DE = F DC = F CE = 0F BD = 2.00 kN (C)

F BE = 5.66 kN (T)F AB = 4.00 kN (T)F ED = 0F FE = 0F BE = 1.80 kN (T)F BG = 1.80 kN (T)3–26.

3–27.

3–29.

3–30.

3–31.

3–33.

3–34.

F AG = F AE = 1.01 kN (T)F AB = 2.4 kN (C)F BC = F BD = 1.34 kN (C)F BE = 4.80 kN (T)F BC = F BD = 3.70 kN (C)F AC = F AD = 1.50 kN (C)F AB = 6.46 kN (T)F BE = 1.15 kN (T)F CD = 4.73 kN (C)F CF = 1.41 kN (C)

F AF = 1.58 kN (T)F AD = 4.24 kN (T)F BC = 1.15 kN (T)F BA = 1.15 kN (T)F ED = 3.46 kN (C)F EF = 1.15 kN (T)F ED = 16.0 kN (C)F FE = F CD = 11.3 kN (C)F FD = F CE = 8.94 kN (T)F AF = F BC = 4.00 kN (C)F

AD = F

BE = 0

F JE = 1.50 k (C)F HE = 0.707 k (T)F CE = 0.707 k (C)F DE = 0.500 k (C)F CD = 0F JH = 2.12 k (T)F KJ = 1.50 k (C)F KH = 0.707 k (T)F FH = 2.12 k (T)F FC = 0.707 k (T)F BC = 1.00 k (C)F BF = 2.12 k (T)F IF = 0.707 k (T)F IK = 0.707 k (C)F LK = 0.500 k (C)F LI = 0.707 k (T)F GI = 0.707 k (C)F GL = 0.500 k (C)F GB = 0.707 k (T)F AG = 1.50 k (C)F AB = 0F CD = 97.5 kN (T)F CJ = 27.0 kN (T)F KJ = 115 kN (C)F CD = 10.1 kN (C)F IC = 6.00 kN (C)F JI = 9.00 kN (T)




4–9.

4–10.

4–11.

4–13. ,

,

4–14.

4–15.

4–17.

4–18.

4–19.

M = 5250x - 35006 lb#pieV = 250 lb10 pies 6 x …14 pies,

M = 5- 75x2 + 1050x - 40006 lb#pieV = 51050 - 150x6 lb4 pies 6 x 6 10 pies,

M = 5- 250x6 lb#pieV = - 250 lb0 … x 6 4 pie,

M = 58x - 1206 k#pieV = 8.00 k6 pie 6 x …10 pies,

M = 5- x2 + 30x - 2166 k#pieV = {30 - 2x} k0 … x 6 6 pie,

M =

5- 20x + 24

6 kN#m

V = - 20 kN2 m 6 x …3 m,M = 5- 12x + 86 kN#m

V = - 12 kN1 m 6 x 6 2 m,M = 5- 4x6 kN#m0 … x 6 1 m,V = - 4 kNM = 5- 3.25x + 26} kN#mV = - 3.25 kN,4 m 6 x 6 8 m,M = {- 3.25x + 14} kN#m2 m 6 x 6 4 m,V = - 3.25 kNM = {3.75x} kN#m0 … x 6 2 m,V = 3.75 kN

M = - M O

L(L - x)

a 6 x … L , V = M O

L

M = M O

L x

0 … x 6 a, V = M O

L

M =

5- 5.50x + 22

6 kN#m

3 m 6 x …4 m,V = - 5.50 kNM =

50.5x + 4

6 kN#mV = 0.500 kN1 m 6 x 6 3 m

M = 54.50x6 kN#mV = 4.50 kN0 … x 6 1 m

M E = - 0.675 k#pieVE = 0.450 kN E = 0M D = 11.0 k#pieVD = 0.930 kN D = 0

M C = 11.2 k#pieVC = - 0.870 kN C = 0M C = 3.50 kN#mVC = 1.25 kNN C = 0 4–21.

4–22.

4–23.

4–25.

4–26.

4–27.

4–29.

4–30.

4–31.

4–33.

4–34.

4–35.

4–37.

4–38.

4–39.

4–41.

4–42.

4–43.

4–45.

4–46.

4–47.

4–49.M máx = - 90 k#pieVmáx = 12 kM máx = 15.5 k#pieVmáx = 2.22 kM máx = 52.5 kN#mVmáx = - 14.5 kNM máx = 26.7 kN#mVmáx = 13.3 kNM máx = 162 k#pieVmáx = - 36 k

M máx = - 144 k#pieVmáx = 20.0 kM máx = - 90 k#pieVmáx = 12 kM máx = - 87.6 k#pieVmáx = - 11.8 kM máx = - 180 kN#mVmáx = 83 kNM máx = 34.5 kN#mVmáx = 24.5 kN

M máx = - 55.2 k#pieVmáx = - 3.80 kM máx = 6400 lb#pieVmáx = ; 1200 lbM máx = 224 kN#mVmáx = - 186 kN

M máx =9wL2

128

Vmáx = - 3wL8

M máx = 2401 lb#pieVmáx = - 510 lbM máx = 0.521 kNVmáx = - 1.25 kNM máx = 11.6 k# pieVmáx = - 3.04 kM máx = - 60 k# pieVmáx = 10.1 kM máx = - 20 kN# mVmáx = - 4.89 kNM

máx = - 2400 lb#pie

Vmáx = - 386 lbM = {0.148x3 - 4x2 + 36x - 108} kN#mV = {0.444x2 - 8x + 36} kNM = 5- 3.33x3 - 800x - 12006 lb#pieV = 5- 10x2 - 8006 lb




Capítulo 55–1.

5–2.

5–3.

5–5.5–6.

5–7.

5–9.

5–10.5–11.

5–13.5–14.

5–15.

5–17.

5–18.

5–19.

5–21.

5–22.

5–23.5–25.

,,

5–26.

h3 = 93.75 piesh2 = 75.00 piesh1 = 43.75 pies

Cy = 85 kCx = 46.7 kAy = 95.0 kAx = 46.7 k

Bx = 46.7 k,By = 5.00 kM D = 10.8 kN#mF C = 11.7 kF A = 10.8 kF B = 6.77 k

T = 4.32 kNAy = 15.5 kNCy = 9.55 kNAx = 0Tgancho = 1.31 kNTE = TD = 8.75 kNTF = 7.0 kNTmáx = 5.20 kNy = (38.5x2 + 577x)(10- 3) mTmáx = 6.93 MNT

mín = 6.25 MN

Mmáx = 6.25 k#pieVmáx = ; 5 kTgancho = 10 kTmáx = 117 kTmín = 100 kTmáx = 10.9 kTmín = 13.0 kTmáx = 14.4 kw = 51.9 lb/pieTmáx = 431 kNTmín = 400 kNTB = 10.3 kTO = 7.03 ky = 0.0356x2F máx = 12.5 kNP 2 = 6.25 kNP 1 = 2.50 kNP = 71.4 lbyD = 2.10 mTAB = 2.99 kNTCD = 3.72 kNTBC = 1.60 kNyB = 2.43 mTmáx = 6.41 kNl = 20.2 piesF BC = 46.7 lb F BA = 83.0 lb F CD = 88.1 lb

5–27.,,

5–29.

Capítulo 66–15.

6–17.

6–18.

6–19.

6–21.6–22.

6–23.

6–25.

6–26.

6–27.

6–30.

6–31.

6–33.

6–34.

6–35.6–37.

6–57.6–58.6–59.6–61.6–62.6–63. (M C)máx(+) = 16.8 k#pie

(M C)máx(+) = 20.0 kN#m(VB)máx = 1.46 k(M C)máx = 44.1 kN#m(F CF )máx(+) = 7.54 k (T)(F CD)máx(+) = 12.0 k (T)(M B)máx(+) = 12.3 kN#m(VBC)máx(- ) = - 8.21 kN(VCD)máx(- ) = - 6 k(M H )máx(+)

=19.2 k

#pie

(VDE )máx(+) = 5.07 k(M C)máx(- ) = - 118 k#pie(VDE )máx(- ) = - 52.9 k(M C)máx = 105 k#pie(VBC)máx = 7 k(M D)máx = 61.25 k#pie(VAB)máx = 2.73 k(M G)máx(+) = 46.7 kN#m(VBC)máx(+) = 17.8 kN(M G)máx(- ) = - 9.81 kN#m(VBC)máx(+) = 7.15 kN(VC +)máx(+) = 33.0 k(M E)máx(+) = 51.25 k#pie(Ay)máx(+) = 20.5 k(VC)máx(- ) = - 23.6 kN(M C)máx(+) = 72.0 kN#m(By)máx(+) = 87.6 kN(VD)máx = 5.40 k(M A)máx = - 86.4 k#pie(M D)máx = - 4 k#pie(VA +)máx(+) = 40.1 k(M C)máx(+) = 151 k#pie(Ay)máx(+) = 70.1 k(By)máx(+) = 24.75 k(M C)máx(+) = 112.5 k#pie(M B)máx(- ) = - 37.5 k#pie(By)máx(+) = 12.4 k(VC)máx = 20 kN(M C)máx = 142 kN#m

TAD = 4.08 kAy = 1.94 kDy = 8.06 kAx = 3 k

Cy = 0.216 kCx = 0.276 kAy = 3.78 kAx = 2.72 k

By = 0.216 k,Bx = 2.72 k



7–5.

7–6.

7–7.

7–9.

F FG = 3.25 k (C)F CF = 2.48 k (T)F DG = 2.48 k (C)F AF = 6.00 kN (T)F BE = 4.00 kN (T)F AB = 13.3 kN (C)F FE = 13.3 kN (T)F AE = 10.0 kN (C)F FB = 10.0 kN (T)F

CD = 2.00 kN (T)

F BC = 2.67 kN (C)F ED = 2.67 kN (T)

= 3.33 kN (C)F BD

= 3.33 kN (T)F EC

F DE = 20.5 k (C)F CF = 14.0 k (C)F BG = 14.5 k (C)F AH = 21.5 k (C)F CD = 0F EF = 20.0 kN (C)

= 17.3 k (T)F BC

F FG = 20.0 k (C)= 0.833 k (T)F CG

F AB = 2.00 k (C)= 19.3 k (C)F GH

= 24.2 k (T)F BH

F DE = 20.5 k (C)F CE = 22.5 k (T)F AG = F BF = F DF = 0F DE = 13.75 k (C)F BG = 7.00 k (C)

F AH = 14.25 k (C)F CD = 9.00 k (T)F EF = 11.0 k (C)F CE = 11.25 k (T)F DF = 11.25 k (C)

= 17.7 k (T)F BC

= 19.7 k (C)F FG

F CG = 0.417 k (T)F BF = 0.417 k (C)

= 9.67 k (C)F GH

= 7.67 k (T)F AB

F BH = 12.1 k (T)F AG = 12.1 k (C)F FC = 5.0 k (C)F FE = 0.833 k (C)F ED = 15.8 k (C)6–65.

6–66.6–67.6–69.6–70.6–71.

6–73.6–74.

6–75.6–77.6–78.6–79.6–81.

Capítulo 77–1.

7–2.

7–3.

= 5.83 k (T)F CD

= 8.25 k (C)F DF

= 8.25 k (T)F EC

F BC = 12.5 k (T)F GB = 5.0 k (C)F GF = 7.5 k (C)

= 1.18 k (T)F BF

= 1.18 k (C)F GC

F HG = 4.17 k (C)F AH = 14.2 k (C)

F AB = 9.17 k (T)= 5.89 k (C)F AG

= 5.89 k (T)F HB

F CD = 40.0 kN (C)F BE = 40.0 kN (C) F AF = 70.0 kN (C)F BC = 0F DE = 20.0 kN (C)

= 28.3 kN (T)F BD

F AB = 0F EF = 20.0 kN (C)

= 28.3 kN (T)F BF

= F CE = 0F AE

F CD = 30.0 kN (C)F BE = 20.0 kN (C)F AF = 60.0 kN (C)F BC = 10.0 kN (T)F DE = 10.0 kN (C)F CE = F BD = 14.1 kN (C)F AB = 10.0 kN (T)F EF = 10.0 kN (C)F AE = F BF = 14.1 kN (C)

Mmáx = 10.5 k#pieVabsmáx = 12.5 kMmáx = 130 k#pieMmáx = 97.2 k#pieMmáx = 164 kN#mVabsmáx = 67.5 kNMmáx = 555 k#pieMmáx = - 39 kN#mVmáx = 10 kNMmáx = 64.5 kN#mMmáx = 67.8 kN#m(F BC)máx = 2.37 k (T)(M C)máx(+) = 4.375 k#pie(M C)máx(+) = 34.0 kN#m




7–10.

7–11.

7–13.

7–14.

7–15.7–17.

7–18.

7–19. Articulados:Ax = 6.00 kN

M C = 7.2 k#pieM A = 16.2 k#pie;M B = 9 k#pie;Ay = 12 k;By = 16 k;Cy = 4 kAx = 0;Bx = 0;Cx = 0M H = 27.0 k#pieM L = 20.25 k#pieM I = 9.00 k#pie= 40.3 kN

#mM A

M D = 7.20 k#pieM F = 4.05 k#pieM B = 3.78 kN#mM A = 4.86 kN#mF AB = 9.00 kN (T)F CF = 5.00 kN (C)F DE = 4.00 kN (C)

= 22.7 kN (T)F AF

= 22.7 kN (C)F BC

= 5.33 kN (T)F EF

F BF = 15.0 kN (C)F AC = 15.0 kN (T)

= 5.33 kN (C)F CD

F CE = 6.67 kN (C)F DF = 6.67 kN (T)F AB = 0F CG = 5.50 k (C)F DF = 2.00 k (C)F DE = 1.50 k (T)

= 2.12 k (C)F EFF AG = 10.5 k (C)

F BC = 5.00 k (T)= 7.78 k (T)F BG

F FG = 5.00 k (C)F CD = 1.50 k (T)

= 4.95 k (T)F CF

F DG = F AC = 0F AB = 2.75 k (T)F CG = 1.00 k (C)F DF = 0.250 k (C)F DE = 1.50 k (T)

= 2.12 k (C)F EF

F AG = 7.75 k (C)F BC = 7.75 k (T)F BG = 3.89 k (T)F AC = 3.89 k (C)F CD = 3.25 k (T)

Fijos:

7–21.

7–22.7–23.

7–25.

7–26.

7–27.

F EI = 17.5 kN (C)F HI = 4.00 kN (C)F EH = 17.5 kN (T)F GH = 17.0 kN (T)F EF = 16.5 kN (C)F FH = 17.5 kN (C)M B = 30.0 kN#mBy = 14.0 kNBx = 10.0 kN

M A = 30.0 kN#mAy = 14.0 kN

= 10.0 kNAx

F DE = 10.0 kN (T)F CE = 15.0 kN (C)F EF = 14.0 kN (C)F CG = 4.00 kN (C)F EG = 15.0 kN (T)F DE = 20.0 kN (T)F CE = 27.5 kN (C)

F CG = 4.00 kN (C)F EF = 24.0 kN (C)F EG = 27.5 kN (T)F DE = 3.00 k (C)F DF = 3.125 k (T)F FG = 1.00 k (C)F CD = 2.00 k (T)F DG = 3.125 k (C)M B = 9.00 k#pieBy = 1.875 k

Bx = 1.50 kM A = 9.00 k#pieAy = 1.875 k

= 1.50 kAx

F CE = 1.06 k (T)F CF = 1.77 k (T)M B = 18.0 kN#mBy = 9.00 kNBx = 6.00 kNM A = 18.0 kN#mAy = 9.00 kNAx = 6.00 kN

By = 18.0 kNBx = 6.00 kNAy = 18.0 kN




8–6.

8–7.

8–9.

8–10.

8–11.

8–13.

8–14.8–15.

8–17.

8–18.

8–19.

8–21.

8–22.

8–23.

8–25.

= 90 kN#m3

EI T¢ C

= 18 kN#m2

EIuB

a = 0.152 La = 0.152 L

= 3.86 mm T¢ C

= 0.00171 raduC

= Pa 3

4EI c¢ C

= Pa 2

4EIuC

= Pa 3

4EIc¢ C

= Pa 2

4EIuC

a = L3

a = 0.153 La = 0.153 L

=50,625 k#pie3

EI T¢ C

=3937.5 k#pie2

EIuC

= 0.322 pulg T¢ máx

= 0.00268 raduB

= 0.322 pulg T¢ máx

= 0.00268 raduB

v3 = w24EI (- x43 + 8ax33 - 24a2x23 + 4a3x3 - a

= - 7wa4

12EIvC

v1 = wax112EI

(2x21 - 9ax 1)

= - 7wa3

6EIuB

= w0L4

120EIvmáx

v = w0x960EIL

(40L2x2 - 16x4 - 25L4)

uA = 5w0L3192EI

(v2)máx =wL4

182 3EI

vB = wa3

24EI(a - 4L)

uB = - wa3

6EI

7–29.

7–30.

7–31.

7–33.

7–34.

Capítulo 8

8–1.

8–2.

8–3.

8–5.

v3 = wa3

24EI(4x3 + a - 4L)

v1 = w24EI

(- x14 + 4ax3

1 - 6a2x12)

vB = - 11PL 3

48EI

vC = - PL 3

6EI

uA = - 3PL 2

8EI

vmáx = Pa24EI

(4a2 - 3L2)

v2 = Pa6EI

[3x2(x2 - L) + a2]

v1 = Px 16EI

[x12 + 3a(a - L)]

uA = Pa (a - L)2EI

= 2.99 kN (C)F HL

= 1.86 kN (T)F KL

= 2.52 kN (C)F HG

= 5.43 kN (C)F HL

= 5.29 kN (T)F KL

= 4.02 kN (C)F HG

F FH = 3.125 k (C)F EH = 0.500 k (T)F FG = 0F JK = 0.500 k (T)F GF = 0F GK = 3.125 k (C)

By = 1.875 kBx = 2.00 kAy = 1.875 k

= 2.00 kAx

F JK = 0.500 k (C)F GF = 0F GK = 1.875 k (C)M B = 12.0 k#pieBy = 1.125 kBx = 2.00 kM A = 12.0 k#pieAy = 1.125 k

= 2.00 kAx

F CI = 25.0 kN (C)F DI = 17.5 kN (T)F DE = 4.50 kN (T)




8–26.

8–27.

8–29.

8–30.

8–31.

8–33.

8–34.

8–35.

8–37.

8–38.

8–39.

Capítulo 99–1.

9–2.

9–3.

9–5. = 2.95 mmT¢ E v

= 3.38 mmT¢ Bv

= 0.536 mmT¢ Av

= 0.536 mm T¢ Av

=10368 k#pie3

EI T¢ D

=1008 k#pie2

EIuD

=10368 k#pie3

EI T¢ D

=1008 k#pie2

EIuD

= 169 kN#m3

EI T¢ C

= 75 kN#m2

EIuD

= 25 Pa 36EI

T¢ C

= 3Pa 2

EIuC

= 25 Pa 3

6EI T¢ C

= 3Pa 2

EIuC

¢ máx =0.00802M 0L2

EI T

uA = M 0L24EI

= 3Pa 3

4EI T¢ C

= 5Pa 2

12EIuB

= 3Pa 3

4EI T¢ C

= 5Pa 2

12EIuB

F = P4

= 9Pa 34EI

T¢ C

= 7Pa 2

4EIuB

= 9Pa 3

4EI T¢ C

= 7Pa 2

4EIuB

9–6.

9–7.

9–9.

9–10.

9–11.9–13.

9–14.

9–15.

9–17.

9–18.

9–19.

9–21.

9–22.

9–23.

9–25.

9–26.

9–27.

9–29.

9–30.

9–31.

9–33.

9–34.

9–35.

= 0.455 pulg¢ B

= 0.00448 raduB

= 6637.5 N#m3

EI T¢ B

= 3150 N#m2

EIuB

¢ B = 6637.5 N#m3

EI T

uB = 3150 N#m2

EI

= 0.282 pulg T¢ C

= 0.00670uC

= 0.145 pulgT¢ C

= 0.00156 raduC

= 0.145 pulgT¢ C

= 0.00156 raduC

= Pa 2

6EIuA

=5Pa 2

6EIuC

= 5Pa 2

6EIuC

= 2Pa 3

3EI T¢ C

= PL 2

16EIuB

= PL 3

48EIT¢ C

uB = PL 2

16EI

¢ C = PL 3

48EI

T

= 0.507 pulgc¢ Av

= 0.0341 pulgT¢ Av

= 0.0341 pulgT¢ Av

= 4.91 mmT¢ Cv

=170 k#pie

AE :¢ Dh

¢ Dh =

170 k#pieAE

:

= 0.0582 pulgT¢ Av

¢ F v = 0.0392 pulgT= 0.0392 pulgT¢ F v

= 199 kN#mAE

T¢ Dv

= 2.95 mmT¢ E v




10–3.

10–5.

10–6.

10–7.

10–9.

10–10.

10–11.

10–13.

10–14.

10–15.

10–17.

M A = 45.0 kN#mAx = 24.0 kNAy = 33.0 kNCy = 39.0 kNM C = 10.4 k#pieCy = 5.65 kCx = 0

4.35 kAy =M A = 6.25 k#pie

Ay = 3.125 kAx = 3.00 kCy = 1.875 k

29.6 kAy =42.4 kCy =

Ax = 21.75 k= 3.75 kCx

Cy = 0.900 kAx = 0

Ay = 0.900 kBy = 7.20 kM A = 200 lb#pieAy = 75 lbAx = 0By = 75 lb

=2640 k#pie3

EI¢ C

= 1.50 mm¢ B

= 17.1 kCy

= 17.1 kAy

Ax = 0= 37.7 kBy

By = 5P2

M A = PL2

Ax = 0

Ay = 3P2

M A = 9wL2

128

By = 7wL128

Ay = 57wL128

Ax = 09–37.

9–38.

9–39.

9–41

9–42.

9–43.

9–45.

9–46.

9–47.

9–49.

9–50.

9–51.

9–53.

9–54.

9–55.9–57.

9–58.

9–59.

9–61.

Capítulo 1010–1.

10–2.

Ay = 2.625 kBy = 30.75 kCy = 14.625 kCx = 0M A = w0L2

15

By = w0L10

Ay = 2w0L5

Ax = 0

(¢ C)v =417 k#pie3

EI T

=79.1 k #pie3

EI :(¢ C)h

=79.1 k#pie3

EI :(¢ C)h

= 0.0401 pulg :(¢ C)h

= 0.414(10- 3) raduA

= 0.414(10- 3) raduA

= 2.81 mmT(¢ C)v

= 2.81 mmT(¢ C)v

=1148 k#pie3

EI ;¢ Ch

¢ Ch =

1148 k#pie3

EI ;

¢ By = wL4

4EI

= 5wL4

8EI¢ Ch

=440 k #pie3

EI T(¢ D)v

=1397 k#pie3

EI T¢ D

¢ D =1397 k#pie3

EI T

¢ A = 22.95 kN#m3

EI T

uA = 9 kN#m2

EI

= w0L4

120EI T¢ C

¢ C = w0L4

120EIT

= 0.469 pulgT¢ B

= 0.00448 raduB




10–18.

10–19.

10–21.

10–22.

10–23.

10–25.

10–26.

10–27.

10–29.

10–30.

10–31. 4.63 kN (T)F CD =F DB = 0.586 k (C)

F AB = 0.414 k (T)F AD =F CB = 0.414 k (T)F DC =1.41 k (T)F AC =

F DE = 3.96 kN (C)14.0 kN (C)F BD =5.61 kN (T)F BE =

F CD = 10.0 kN (C)

14.1 kN (T)F CB =6.04 kN (T)F AB =

F AE = 6.04 kN (T)8.54 kN (C)F AD =7.91 kN (C)F AC =

F DA = 4.94 k (T)F AB = 10.1 k (C)

5.10 k (T)F DB =F DC = 6.58 k (T)F

AC = 8.23 k (C)

3.06 k (C)F CB =F BC = 0F BD = 0.667 k (T)

0.667 k (C)F AB =Ay = 15.0 kNBy = 7.50 kNAx = 1.53 kN

1.53 kNBx =Ay = 0

By = 02.65 kNAx =2.65 kNBx =4.65 kAy =4.65 kDy =

Ax = 2.59 kDx = 5.41 kAx = 2.27 kAy = 22.5 kDy

=22.5 k

- 2.27 kDx =M D = 19.5 k#pieDy = 15.0 kDx = 2 kAy = - 15.0 k 10–33.

10–34.

10–35.10–37.

10–38.

10–39.

10-45.

Capítulo 1111–1.

11–2.

11–3.

11–5.

11–6.

11–7.

11–9.

M CD = - 2.61 k#pieM CB = 2.61 k#pieM BC = - 66.0 k#pieM BA = 66.0 k#pieM AB = - 167 k#pieM BC = - 41.25 kN#mM BA = 41.25 kN#mM DC = 40.5 k#pieM CD = - 9 k#pie

M CB = 9 k#pieM BC = - 13.5 k#pieM BA = 13.5 k#pieM AB = - 49.5 k#pie

- 4.09 kN#mM DC =- 8.18 kN#mM CD =8.18 kN#mM CB =- 8.18 kN#mM BC =8.18 kN#mM BA =4.09 kN#mM

AB =

M BC = - 19.25 kN#mM BA = 19.25 kN#m

20.4 kN#mM CB =M AB = - 18.5 kN#m

48 k#pieM CB =- 84 k#pieM BC =84 k#pieM BA =

M AB = - 102 k#pieM C = - 10.6 k#pieM B = - 8.76 k#pieM A = - 4.62 k#pie

Cy = 0.241 kF AC = 28.0 kF CD = 7.48 kip

Cy = P3

Cx = 028.1 k (T)F BC =

F BC = 16.3 k (T)F AB = 18.4 k (T)

22.8 k (C)F BD =53.4 kNF CB =19.2 kNF DB =




12–7.

12–14.

12–15.

12–19.

12–22.

12–23.

12–25.

12–26.

Capítulo 1313–1.

M CB = 348 k#pieM BC = - 301 k#pieM BA = 301 k#pieM AB = - 348 k#pie

7.54 k#pieM CB =- 7.54 k#pieM CD =- 14.2 k#pieM DC =14.2 k#pieM DA =24.0 k#pieM CD =- 24.0 k#pieM CB =- 24.0 k#pieM BC =24.0 k#pieM BA =

M AB = M DC = 0- 196 k#pieM CD =

M CB = 196 k#pie104 k#pieM BC =- 104 k#pieM BA =

- 55.7 k#pieM DC =- 175 k#pieM CD =175 k#pieM CB =- 218 k#pieM BC =218 k#pieM BA =128 k#pieM AB =

M D = 20.6 kN#mM C = - 41.1 kN#mM B = - 41.1 kN#mM A = 20.6 kN#mM D = 146 k#pieDy = 96.0 kDx = 29.3 kM A = 146 k#pieAy = 96.0 kAx = 29.3 kM CB = 0M BC = - 19.4 k#pieM BA = 19.4 k#pieM AB = - 2.30 k#pie

Cy = 6 kNM A = 30 kN#mBy = 33 kNAy = 33 kNAx = 011–10.

11–11.

11–13.

11–14.

11–15.

11–17.

11–18.

11–19.

11–21.

11–22.

11–23.

Capítulo 1212–1.12–2.

M C = - 122 k#pieM B = - 187 k#pieM A = - 230 k#pieM B = M C = - 84.0 k#pie

M DC = - 56.7 k#pieM AB = 25.4 k#pie

- 6.32 kN#mM CB =- 9.43 kN#mM BC =

6.32 kN#mM CD =3.32 kN#mM DC =- 3.32 kN#mM DA =- 25.9 kN#mM AD =

M CB = - 80.0 kN#mM DA = - 64.0 kN#mM CD = 80.0 kN#mM DC = 64.0 kN#m

- 13.4 k#pieM CB =13.4 k#pieM DA =13.4 k#pieM CD =- 13.4 k#pieM DC =- 34.9 kN#mM BD =- 34.9 kN#mM BC =69.8 kN#mM BA =- 40.8 k#pieM BC =40.8 k#pieM BA =- 2.11 k#pieM AB =

M BC = - 0.540 kN#mM BA = 0.540 kN#mM AB = - 1.98 kN#mM CB = 16.7 k#pieM AB = - 42.9 k#pieM CB = - 36 k#pieM BC = - 72 k#pieM BA = 72 k#pieM AB = - 126 k#pie

- 27.2 k#pieM CD =27.2 k#pieM

CB =

0.923 k#pieM BC =- 0.923 k#pieM BA =- 24.5 k#pieM AB =

M BA = 24 k#pieM AB = - 10.5 k#pie




13–2.

13–3.

13–5.

13–6.

13–7.

13–9.

13–10.

M DB = 28.3 k#pieM BD = - 28.3 k#pieM BA = 28.3 k#pieM AB = M CD = 0M DC = - 28.3 k#pieM DB = 28.3 k#pieM BD = - 28.3 k#pieM BA = 28.3 k#pieM DC

= -1.75 k

#pie

M CD = - 3.51 k#pieM CB = 3.51 k#pieM BC = - 3.51 k#pieM BA = 3.51 k#pieM AB = 1.75 k#pieM DC = 0M EC = - 2.77 k#pieM CE = - 5.53 k#pieM CD = - 604 k#pie

M CB = 610 k#pieM FB = 2.77 k#pieM BF = 5.53 k#pieM BC = - 610 k#pieM BA = 604 k#pieM AB = 0M DC = 0M EC = - 2.77 k#pieM CE = - 5.53 k#pieM CD = - 604 k#pieM CB = 610 k#pieM FB = 2.77 k#pieM BF = 5.53 k#pieM BC = - 610 k#pieM BA = 604 k#pieM AB = 0

369 k#pieM BC =- 75.1 k#pieM CB =75.1 k#pieM CA =

37.6 k#pieM AC =M CB = 348 k#pieM BC = - 301 k#pieM BA = 301 k#pieM AB = - 348 k#pie

13–11.

Capítulo 1414–1.

14–2.

14–3.

14–5.

14–6.

14–7.

14–9.

X(106)

113.4 28.8 - 75 0 - 38.4 - 28.8 0 0 0 028.8 21.6 0 0 - 28.8 - 21.6 0 0 0 0- 75 0 150 0 0 0 0 0 - 75 00 0 0 100 0 - 100 0 0 0 0

- 38.4 - 28.8 0 0 151.8 0 0 - 75 - 38.4 28.8- 28.8 - 21.6 0 - 100 0 143.2 0 0 28.8 - 21.6

0 0 0 0 0 0 100 0 0 - 1000 0 0 0 - 75 0 0 75 0 00 0 - 75 0 - 38.4 28.8 0 0 113.4 - 28.80 0 0 0 28.8 - 21.6 - 100 0 - 28.8 121.6

HK =

X(106)

203.033 - 53.033 - 53.033 53.033 - 150 0 0 0 0 0- 53.033 53.033 53.033 - 53.033 0 0 0 0 0 0- 53.033 53.033 256.066 0 0 0 - 53.033 - 53.033 - 150 053.033 - 53.033 0 256.066 0 - 150 - 53.033 - 53.033 0 0- 150 0 0 0 300 0 - 150 0 0 0

0 0 0 - 150 0 150 0 0 0 00 0 - 53.033 - 53.033 - 150 0 203.033 53.033 0 00 0 - 53.033 - 53.033 0 0 53.033 53.033 0 00 0 - 150 0 0 0 0 0 150 00 0 0 0 0 0 0 0 0 0

HK =

q2 = 6.57 k (C)q2 = 12.7 lb (C)D1 = - 0.00172 pulg

q3 = 3.33 k (T)q2 = 0q1 = 33.3 k (C)D2 = - 0.0230 pulgD1 = 0

K = H510.72 0 - 201.39 0 - 154.67 - 116 - 154.67 116

0 174 0 0 - 116 - 87.0 116 - 87.0- 201.39 0 201.39 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0- 154.67 - 116 0 0 154.67 116 0 0

- 116 - 87.0 0 0 116 87.0 0 0- 154.67 116 0 0 0 0 154.67 - 116

116 - 87.0 0 0 0 0 - 116 87.0X

M EB = 47.3 k#pieM FC =

M BC = - 274 k#pieM CB =M BE = 94.6 k#pieM CF =M BA = 180 k#pieM CD =

M AB = M CD = 0M DC = - 28.3 k#pie




Capítulo 1616–1.

16–2.

16–3.

16–5.

16–6.

16–7.R9 = 24.5 kNR8 = 5.54 kNR7 = 35.5 kNR6 = 5.54 kN

K = I763.125 0 26.25 26.25 0 - 13.125 0 - 750 0

0 763.125 - 26.25 0 - 26.25 0 - 750 0 - 13.12526.25 - 26.25 140 35 35 - 26.25 0 0 26.2526.25 0 35 70 0 - 26.25 0 0 0

0 - 26.25 35 0 70 0 0 0 26.25- 13.125 0 - 26.25 - 26.25 0 13.175 0 0 0

0 - 750 0 0 0 0 750 0 0- 750 0 0 0 0 0 0 750 0

0 - 13.125 26.25 0 26.25 0 0 0 13.12Y(

K = I851250 0 22500 22500 - 11250 0 - 440000 0 0

0 1055760 - 14400 0 0 - 1050000 0 - 5760 - 14422500 - 14400 108000 30000 - 22500 0 0 14400 2422500 0 30000 60000 - 22500 0 0 0 0

- 11250 0 - 22500 - 22500 11250 0 0 00 - 1050000 0 0 0 1050000 0 0

- 840000 0 0 0 0 0 140000 00 - 5760 14400 0 0 0 0 5760 10 - 14400 24000 0 0 0 0 14400 4

R9 = 19.6 kN#m g

R8 = 26.4 kN cR7 = 6.79 kN:

R6 = 2.72 kN#m b

R5 = 21.6 kN cR4 = 3.21 kN:I

511.29 0 22.5 - 11.25 0 22.5 - 500 0 00 511.25 - 22.5 0 - 500 0 0 - 11.25 - 22.5

22.5 - 22.5 120 - 22.5 0 30 0 22.5 30- 11.25 0 - 22.5 11.25 0 - 22.5 0 0 0

0 - 500 0 0 500 0 0 0 0

22.5 0 30 - 22.5 0 60 0 0 0- 500 0 0 0 0 0 500 0 00 - 11.25 22.5 0 0 0 0 11.25 22.50 - 22.5 30 0 0 0 0 22.5 60Y

(106)

K =

14–10.

14–11.

14–13.

14–14.

14–15.

Capítulo 1515–1.

15–2.

15–3.

15–5.

15–6.

15–7.

15–9.

15–10.

15–11.

R4 = 160 kN#mR3 = 120 kNR2 = 80 kN#mQ6 = 25.5 kQ5 = 21.0 kQ4 = 25.5 kM2 = M 3 = 44.2 kN#m

R6 = 30.8 kN#mR5 = 28.9 kN

R4 = 2.30 kN #mR3 = 7.725 kNR2 = 41.4 kNR6 = 14.0 kN#mR5 = 22.0 kNR4 = 85.75 kNR3 = 32.25 kNR6 = 12.4 kNR5 = 34.5 kN

R4 = 1.93 kNR6 = 39.6 kNR5 = 86.6 kN #mR4 = 40.2 kNR3 = 7.85 kNM3 = 116 kN#mM1 = 27.5 kN#mM3 = 22.5 kN#mM1 = 90 kN#m

F0.40533 0.096 0.01697 - 0.11879 - 0.33333 00.096 0.128 0.02263 - 0.15839 0 0

0.01697 0.02263 0.129 - 0.153 0 0.17678- 0.11879 - 0.15839 - 0.153 0.321 0 - 0.17678- 0.33333 0 0 0 0.33333 0

0 0 0.17678 - 0.17678 0 0.25VK = AE

q3 = 3.55 k (T)q5 = 1.64 k (C)D5 = 0.00546 mD6 = 0.0133 mq5 = 33.3 kN


K = I4833.33 0 0 - 4833.33 0 0 0 0

0 130.90 7854.17 0 - 130.90 7854.17 0 00 7854.17 628333.33 0 - 7854.17 324166.67 0 0

- 4833.33 0 0 4909.01 0 5454.28 - 75.75 0 5450 - 130.90 - 7854.17 0 4158.68 - 7854.17 0 - 4027.780 7854.17 314166.67 5454.28 - 7854.17 1151964.64 - 5454.28 0 2610 0 0 - 75.75 0 - 5454.28 75.75 0 - 5450 0 0 0 - 4027.78 0 0 4027.780 0 0 5454.28 0 261805.55 - 5454.28 0 523




16–9.

16–10.

16–11.

Apéndices

K =

I2048.31 0 - 3304.04 - 3304.04 0 - 34.4170 0 - 2013.89 0

0 3031.03 - 1468.46 0 - 1468.46 0 - 3020.83 0 - 10.1976- 3304.04 - 1468.46 704861 211458 140972 3304.04 0 0 1468.46- 3304.04 0 211458 422917 0 3304.04 0 0 0

0 - 1468.46 140972 0 2819.44 0 0 0 0- 34.4170 0 3304.04 3304.04 0 34.4170 0 0 0

0 - 3020.83 0 0 0 0 3020.83 0 0

- 2013.89 0 0 0 0 0 0 2013.89 00 - 10.1976 1468.46 0 1468.46 0 0 0 10.1976

Y

R9 = 20 kR8 = 0R7 = 20 k

K =

I

1268.75 0 3625 0 3625 - 1208.33 0 - 60.4167 00 2424.22 906.25 906.25 0 0 - 7.5521 0 - 2416.67

3625 906.25 435000 72500 145000 0 - 906.25 - 3625 00 906.25 72500 145000 0 0 - 9060.25 0 0

3625 0 145000 0 290000 0 0 - 3625 0- 1208.33 0 0 0 0 1208.33 0 0 0

0 - 7.5521 - 906.25 - 906.25 0 0 7.5521 0 0- 60.4167 0 - 3625 0 - 3625 0 0 60.4167 0

0 - 2416.67 0 0 0 0 0 0 2416.67

Y

A–1.

A–2.

A–3.

A–5.

A–6.

A–7.

A–9. A T = c68 3838 26d

A + A T = C4 8 58 18 25 2 4S31 9 104 = A T + BT(A + B)T =

AB =

C8 12 - 10

- 20 - 30 2524 36 - 30

SAB = 318 - 124A - 2B = C - 9 - 3 4

- 2 - 1 5- 9 - 3 - 5S

3A - 2B = C - 3 7 0

6 5 7- 7 - 5 9S

A + 3B =

C0 12

17 31- 2 1

S2A - B = C7 10

- 1 610 - 5S A–10.

A–11.

A–15.

A–17.

A–18.

A–19.

A–21.

x3 = - 1x2 = 1x1 = 1

x3 = 43

x2 = - 59

x1 = - 49

x3 = 43

x2 = - 59

x1 = - 49

A - 1 = 143C

- 7 16 17- 4 3 2212 - 9 - 23S

ƒB ƒ = - 30ƒA ƒ = 27

AB = c3011d

AB = c10- 5d



6

Índicecargas comunes, 84, 130clasificación de las,85-94complejas, 86, 116-119, 130componentes verticales, 264compuestas, 86-87, 110-112, 130con refuerzo transversal, 264-267conexiones fijas, 275,297coordenadas nodales,560-563coplanares, 85-94curvatura de,349deflexiones de,275-277, 297, 300,348-360, 376-3

392-393desplazamiento rotacional de, 300,348-360, 376-3

392-393determinación de,87, 120,130efectos de la temperatura (térmicos) sobre, 349, 39

564-565, 568-569elementos de fuerza cero, 98-99, 122-123, 264errores de fabricación, 349,392, 564-567estabilidad de, 82,87-91,120, 131estáticamente determinadas, 79-131estáticamente indeterminadas, 264-267, 275-277, 2

422-425identificación de elementos y nodos en las,540

indeterminación cinemática, 541líneas de influencia para, 232-235, 261matrices de rigidez para, 540,542-543, 546-559, 5matrices de transformación para, 543-545, 570matriz de rigidez (del elemento) global (k), 546-547matriz de rigidez de la estructura (K), 540, 547-551matriz de rigidez del elemento (k), 541-543, 546-551matriz de transformación de la fuerza (Q ) para, 545,

564-569matriz de transformación del desplazamiento (T) para

544método de análisis de la fuerza,422-425método de análisis de la rigidez,538-573método de las secciones para, 104-109, 123,131método de los elementos sustitutos,116-119método de los nudos para, 94-97, 123, 131

AAlmas,4American Association of State and Highway

Transportation Officials (AASHTO),9, 15-16American Concrete Institute (ACI), 9, 41American Forest and Paper Association (AFPA), 9American Institute of Steel Construction (AISC),9, 35American Railroad Engineers Association (AREA), 9, 15American Society of Civil Engineers (ASCE), 9Análisis

de marcos planos, utilizando el método de la rigidez,595-611

dinámico, cargas sísmicas, 25

estático, cargas sísmicas, 25matricial,539,565.Vea también Método de análisis de larigidez

Arcos, 7, 31,194-203atados,194de dos articulaciones, 194de tres articulaciones, 194-200, 203fijos, 194forma parabólica de, 194fuerzas de compresión y, 194-203funiculares,194

usos estructurales de,7, 31, 194Área de influencia, cargas vivas, 13Armadura

de abanico, 80-81de tijeras, 80-81diente de sierra, 80-81Fink, 80-81Howe, 80-83Pratt, 80-83Warren, 80-83

Armaduras, 6-7, 31,79-131, 232-235, 261, 264-267, 275-277,296-297, 300,348-360, 376-377, 392-393, 422-425,538-573

análisis aproximado de, 264-267, 273-277, 296-297articuladas, 84,130, 275, 297carga externa, y 348



nodos, 540para techo, 80-81placa de refuerzo,79planas, 6, 79portales de, 275-277, 297procedimientos de análisis para, 95, 106,116-117, 123,

350, 357,553puentes, 82-83relaciones carga-desplazamiento, 542-543simples, 85,130sistemas de coordenadas, 540,543-545, 560-563, 570soportes para, 275-277, 297subdivididas,82supuestos de diseño para, 84, 120, 130teorema de Castigliano para, 356-360, 390tipos de, 80-83

trabajo virtual para,método del, 346-354, 392uso estructural de,6-7, 31, 79Armaduras espaciales, 6, 120-126, 570-571

componentes de fuerza x, y, z de, 122determinación, 120elementos de fuerza cero en, 122-123estabilidad de,120matrices de transformación para,570método de análisis de la rigidez,570-571procedimiento de análisis para,123soportes para, 120-121supuestos de para el diseño para,120

BBahías,80Bisagras, 282-283, 289, 297, 437BridasAlas,4

CCaballetes, 80Cables, 7, 31,37,181-193, 203

cargas concentradas y, 182-183, 203cargas uniformemente distribuidas y, 184-189, 203conexiones de apoyo, 37, 181-193curva catenaria,185ecuaciones de equilibrio para,182-185flecha, 182flexibilidad de los, 182,203forma parabólica de, 185usos estructurales de,7, 31, 181

Caparazones, estructuras superficiales, 8

Carga de datos, software para el análisis estructural, 627Cargas, 2-31, 40-43,47,68,132-179, 181-183, 203, 204-2

270-272, 282-293, 296-297, 430,501-503, 523-527,529-530

antisimétricas, 430,502, 530códigos de construcción (generales), 9códigos de diseño, 9de nieve, 22-24del viento, 16-22diseño de edificios y, 12-14, 16-26, 270-272, 296efectos de la presión del suelo, 25efectos de la presión hidrostática, 25elementos estructurales, en, 132-179elementos no prismáticos, 523-527, 529-530estructuras de cable, 181-193, 203estructuras idealizadas,40-43, 68

estructuras y, 2-31factor de impacto ( I ),16fijas, 205-206.Vea también Cargas muertasfuerza concentrada,182-183, 203,213-214, 240-249,

260-261laterales, 282-293, 297líneas de influencia para,204-261móviles,vea Cargas vivasmuertas, 10-12, 31, 205-206naturales, 26publicaciones de la Portland Cement Association,

525-527puentes carreteros,15puentes ferroviarios, 15serie de,244-245, 261simétricas, 501, 503, 529sísmicas, 23-25unitarias, 206-212, 260-261unitarias, líneas de influencia y, 206-212, 260-261verticales, 270-272, 296verticales,análisis de marcos de construcción y, 270-272,

Cargas concentradas, 182-183, 203,213-214, 240-254,260-261

cables,182-183, 203elementos de una armadura, 84, 94-95, 104-105, 130estructuras arqueadas, 194-203fuerza cortante (V) en, 240-243, 261fuerza cortante y momento máximos absolutos en,

250-254, 261líneas de influencia y, 213-214, 240-254, 260-261método de las secciones y, 104-105

682 Í NDICE



área de influencia,13cargas de impacto,16cargas de la nieve, 23-24cargas del viento,16-22cargas sísmicas, 24-25diseño de edificios y, 12-14, 16-26, 228-231, 261diseño de puentes y, 15-16, 240-254, 261efectos de la presión hidrostática y del suelo,25factor de impacto,16líneas de influencia para,204-261naturales, 26reducidas, ecuación para, 13-14uniformes, 12-14

Castigliano, teorema de, 381,392Códigos

de construcción (generales), 9

de diseño, 9Columna viga, 6, 31Columnas 6, 31Comba,349Compatibilidad,48, 397-407

ecuaciones de,48, 398-401estructuras estáticamente determinadas, 48estructuras estáticamente indeterminadas,397-401método de análisis de la fuerza,397-401requisitos de,397

Componentes

de fuerza x, y, z, armaduras espaciales, 122verticales, armaduras, 264

Condicionesde continuidad, método de la doble integración, 30de frontera, método de la doble integración,307

Conexiones de junta de rótula, 120-121Conexiones de los soportes, 34-37, 68, 120-121, 181

273-277, 282-283, 289, 297, 300-303, 326-333, 3armaduras, 84,120-121, 130, 275, 297armaduras espaciales, 120-121articuladas, 34-37,68,84,130, 273, 275, 297bisagras, 282-283, 289,297bola y cuenca,120-121cables,37, 181-193deflexión y, 300-303, 326-333, 339eslabones cortos, 36, 121estructuras estáticamente indeterminadas,273-277

282-283, 289,296-297estructuras idealizadas, 34-37fijación parcial,274

momento (M) en, 244-245, 261serie de,240-249, 261vigas, 213-214, 240-249, 260-261

Cargas distribuidas, 150-151, 184-189, 203,213-214, 260.Vea también Cargas uniformes

cables, 184-189, 203diagramas de fuerza cortante y de momento y, 150-151líneas de influencia y, 213-214, 260uniformemente,184-189, 203, 213-214, 260vigas, 213-214, 260

Cargas internas, 47, 132-179, 303,305-308cargas distribuidas y, 150-151convención de signos para,134deflexiones y, 303, 305-308diagramas de fuerza cortante y de momento para,

150-159, 178-179

diagramas de momento para,168-172elementos estructurales, 132-179fuerza cortante (V) y, 133-138, 178fuerza de momento flexionante (M), 133-138, 178, 303,

305-308fuerza normal (N) y, 133-135, 178funciones de fuerza cortante y de momento de,139-143,

178-179marcos,163-167método de la superposición para, 168-172método de las secciones para, 47, 133-138, 178

procedimientos de análisis para, 135,140,153puntos específicos, fuerzas en, 133-138, 178vigas, 132-159, 178-179

Cargas laterales, 282-293, 297análisis aproximado para, 282-293, 297deflexión por, 282-283, 297marcos de construcción, 282-293, 297método del portal para, 282-287, 297método del voladizo para, 288-293, 297soportes fijos para,282-283, 289,297

Cargas tributarias, 40-43, 68losas de dos sentidos (sistema), 42-43, 68losas de un solo sentido (sistema), 40-41, 68

Cargas uniformes, 12-14, 184-189, 203,213-214, 260cables y, 184-189, 203distribuidas,184-189, 203,213-214, 260líneas de influencia y, 213-214, 260vigas, 213-214, 260vivas, 12-14,213-214, 260

Cargas vivas, 12-26, 31, 204-261

Í NDICE 6



fijas, 34-37,274, 275, 282-283, 289, 297fuerza (F), reacciones, 52 junta de rótula, 120-121 juntas,34-37, 68 juntas conectadas con rodillos, 34-37, 120-121marcos, 273-275, 282-283, 289, 297método de la viga conjugada y, 326-333, 339portales, 273-277, 297

Coordenadasdel elemento (locales), 540,576, 627globales (de la estructura),540,576,625nodales, 560-563

Cubierta, cargas sobre el puente y la, 82Curva catenaria, 185Curva elástica,299-303, 307-313, 316-325, 228-339

centro de curvatura (O), 305

deflexiones tangenciales, 317deflexiones y, 299-303, 316-325, 339método de la doble integración para, 307-313, 338pendiente y, 300-301, 307-308, 316radio de curvatura (r ), 305-306rigidez a la flexión (EI),305-306teoremas de momento-área para, 316-325, 339teoría de la viga elástica y, 305-306

Curvatura (r ), 305-306

D

Datosde los elementos, software para el análisis estructural,

626-627del nodo, software para el análisis estructural, 626del soporte, software para análisis estructural, 627

Deflexión, 205, 216-223, 260, 270-277, 282-283, 296-297,298-339, 341-393

armaduras, 275-277, 297,300,348-360, 376-377, 392-393cargas laterales y, 282-283, 297cargas verticales y, 270-272, 296cargas vivas y, 205,216-223, 260convención de signos para,304,307,316-317cortante (V) y, 375curva elástica para, 299-303, 307-313, 316-325, 338-339curvatura (r ), 305-306de desplazamiento (rotación) (desplazamiento),341-393diagramas (M/EI), 299-303, 316-325, 338-339elementos circulares,376energía de deformación (Ui) y, 341,344, 375-380, 392estructuras de portal, 273-277, 297

estructuras estáticamente indeterminadas, 270-277, 296flexión (M), 303, 305-313, 338, 344flexión interna (M) y, 303, 305-308fuerzas axiales (N) y, 303, 344,375líneas de influencia y, 205, 216-223, 260marcos,270-275, 282-283, 296-297, 300-303, 364-386marcos de construcción y,270-272, 282-283, 296-297método de la doble integración para,307-313, 338método de la viga conjugada para, 326-333, 339métodos de energía para,341-393pendiente y, 300-301, 307-308, 316principio de conservación de la energía,341,392principio de Müller-Breslau para, 216-223, 260principio del trabajo virtual para, 346-348principio del trabajo y la energía para, 345procedimientos para el análisis de,308,318, 328,350,

366, 382punto de inflexión, 304,338respuesta material lineal elástica, 355-356, 375-376soportes y, 300-303, 326-333, 339temperatura (T) y, 349,376-377teorema de Castigliano para,355-360, 381-386, 393teoremas de área-momento para, 316-325, 339teoría de la viga elástica para,305-306torsión (T) y, 376trabajo externo (U e) y, 341-344, 392trabajo virtual,método del,346-354, 364-380, 392-393

trabajo y, 341-393vigas, 205, 216-223, 260, 298-339, 364-386, 393

Deflexiones, 299-339Deflexiones empleando método de la energía, 341-393

deflexiones, 341-393desplazamientos de rotación, 341-393energía de deformación (Ui),341,344-345, 355-356,

375-380, 392fuerza (F) y, 342-343principio de conservación de la energía,341,392principio del trabajo y, 346-348, 392teorema de Castigliano, 355-360, 381-386, 393trabajo externo (Ue),341-344, 355, 392trabajo virtual, 346-354, 364-380, 392-393trabajo y, 341-393

Desplazamiento (v ), 326-328, 341-393, 397-398, 402-403,448, 450-485, 486-521, 542-543, 577-578, 595-596.Veatambién Deflexiones, métodos de energía

angular (u), 454-455cero, 327

684 Í NDICE



Diagramas de fuerza cortante y de momento,150-15163-167, 178-179, 205-206

cargas distribuidas y, 150-151cargas internas y, 150-159, 163-167, 178-179cargas muertas y, 205-206marcos,163-167

vigas, 150-159, 178-179Diagramas de momento,168-172Diseño de edificios, 12-14, 16-26, 228-231, 261, 270

282-293, 296-297cargas laterales y, 282-293, 297cargas vivas y, 12-14, 16-26, 228-231, 261cargas verticales y, 270-272, 296deflexión y, 270-272, 282-283, 296-297método del voladizo para, 288-293, 297líneas de influencia para, 228-231, 261marcos,270-272, 282-293, 296método del portal para, 282-287, 297soportes y, 282-283, 289,296-297

Dispositivos de deslizamiento, 436Distribución de momentos, 486-521, 528-533

convención de signos para,459, 488desplazamiento lateral y, 508-517elementos articulados, 528-529elementos no prismáticos, 528-533factor de traslado,490factores de distribución (DF), 489,491

factores de rigidez,488-490, 500-505marcos,495,508-517método de análisis del desplazamiento,486-521,

528-533momentos de extremo fijo (FEM),491-495procedimientos de análisis usando la, 487-490, 495traslación relativa de las juntas, 531vigas, 491-505, 528-533vigas simétricas, 501-503, 529-530

Ecuación de rigidez de la estructura,552Ecuaciones de pendiente-deflexión,450-485, 534-53claro final articulado,458, 485convención de signos para,453desplazamiento angular (u ), 454-455desplazamiento lateral y, 469-481, 485desplazamiento lineal (), 453, 455elementos no prismáticos, 534-535estructuras estáticamente indeterminadas,450-485factor de rigidez (k), 457-458

convención de signos para, 453,459,488de rotación (deflexión), 341-393deflexión y, 326-328distribución de momentos para,486-521ecuaciones de equilibrio para, 397, 459ecuaciones de pendiente-deflexión para,450-485energía de deformación (Ui) y,341, 344-345, 355-356,

375-380, 392estructuras estáticamente determinadas, 341-393estructuras estáticamente indeterminadas, 397-398,

402-403, 448,450-485factores de rigidez, 457-458, 488-490, 500-505grados de libertad,452-453, 452-453, 459, 485lineal ( ),453,455marcos, 452-453, 459, 469-481, 495, 508-517matrices de rigidez, 542-543, 577-578, 595-596

método de la viga conjugada y, 326-328nodos, 452-453, 459relaciones carga-desplazamiento, 542-543, 577-578,

595-596Teorema de la reciprocidad de Maxwell,402-403, 448trabajo virtual para, 346-354, 364-380, 392-393vigas, 452-453, 459-466, 491-505, 577-578

Desplazamientoangular (u), 454-455de rotación,341-393.Vea también Deflexión

de torsión,elementos circulares, 376lineal ( ),453,455Desplazamiento lateral, 469-481, 485,508-517

distribución de momentos para,508-517ecuaciones de pendiente-deflexión para,469-480marcos con,474-481, 510-517marcos sin, 469-473, 508-509método de análisis del desplazamiento para, 469-481,

485,508-517Desplazamientos y momentos cero, 327Determinación, 48-54,69,87,120, 130

armaduras, 87,120, 130armaduras espaciales, 120ecuaciones de compatibilidad para,48ecuaciones de equilibrio y, 48-51,69estabilidad y, 48-54, 69estáticamente determinada, 48estáticamente indeterminada, 48

Determinantes para matrices,618-620Diagramas de cuerpo libre, 47-51, 59-60

Í NDICE 6



marcos,469-481método de análisis del desplazamiento usando,450-485,

534-535método de la viga conjugada para,454-457momentos de extremo fijo (FEM), 456-458, 485, 534-535principio de superposición para,453procedimiento de análisis empleando, 459rigidez del elemento (k),457rotación del claro (c ),457traslación relativa de las juntas, 534-535vigas, 459-466

Efectosde la presión del suelo sobre en las estructuras, 25de la presión hidrostática, 25

Elementoscirculares,desplazamiento torsional de, 376

de la armadura de fuerza cero, 98-99, 122-123de una matriz, 612estructurales, vea Vigas de ver; Elementos no prismáticos

Elementos no prismáticos, 522-537cargas antisimétricas, 530cargas simétricas, 529distribución de momentos para,528-533ecuaciones de pendiente-deflexión,534-535extremos articulados, 528factor de rigidez (K),524-525

factor de traslado (COFTR),524-525método de análisis del desplazamiento, 522-537momentos de extremo fijo (FEM), 524-525, 531, 534-535propiedades de carga en,523-527sustitutos,método de análisis de los,116-119traslación relativa de las juntas, 531, 534-535vigas, 528-533vigas simétricas,529-530

Energía de deformación (U i), 341, 344-345, 355-356,375-380, 392

cambios de temperatura (T ) y, 376-377deflexión y, 341, 344, 375-380, 392elementos circulares,376fuerza axial (N) de, 344, 375fuerza cortante (V ) y, 375momento flexionante (M) de, 344principio del trabajo y de la energía con, 345teorema de Castigliano para, 365-366, 393torsión (T ) y, 375trabajo virtual y, 375-380

Envolvente de los valores máximos de la línea deinfluencia,251

Equilibrio,47-51,59-67,69,182-185, 398-401, 459análisis de cables y, 182-185aplicaciones estáticamente determinadas, 59-67desplazamiento y, 397,459determinación y, 48-51, 69diagramas de cuerpo libre para, 47-51, 59-60ecuaciones de, 47-51,59-67,69,182-185, 398-401, 459incógnitas, 397método de análisis de la fuerza y, 397-401requisitos de,397

Errores de fabricación, 349,392, 564-567armaduras, 349,392,564-567deflexión y, 349,392matriz de transformación de la fuerza (Q) para, 564-56

método de análisis de la rigidez para, 564-567Escalares,multiplicación de matrices y, 614Esfuerzo

permisibles de diseño (EPDDEP),26primario, 84secundario, 84

Esfuerzos, juntas de los elementos y, 84Esquineros, 80Estabilidad,48-54,69,82,87-91,120, 131

armaduras, 82,87-91,120, 131armaduras espaciales, 120

determinación y, 48-54, 69ecuaciones de equilibrio y, 48-51externa, 87,120, 131externa, armaduras, 87,120, 131interna, 88-89,120, 131interna, armaduras, 88-89,120, 131por inspección, 53reacciones en los soportes, 52restricciones impropias y, 52-53restricciones parciales y, 52

Estructuras,2-31,32-77, 79-131, 132-179, 180-203, 204-262-297, 394-449, 450-485, 486-521, 522-537, 538-5574-593, 594-611, 625-627

análisis de, 3-4, 79-131, 132-179, 180-203arcos, 7, 31,194-203armaduras, 6-7, 31,79-131cables, 7, 31,181-193, 203cargas internas en los elementos,132-179cargas tributarias, 40-43, 68cargas y, 2-31,132-179, 204-261

686 Í NDICE



determinación de, 48-54ecuaciones de equilibrio aplicadas a,59-67estabilidad de, 48-54estructuras estáticamente indeterminadas compara

con,396-397líneas de influencia para,204-261marcos,51procedimientos de análisis para, 61, 206restricciones impropias para, 52-53restricciones parciales, 52vigas, 49

Estructuras estáticamente indeterminadas, 48-51, 262394-449, 450-485, 486-521, 522-537

análisis de,por el método de la fuerza, 395-449armaduras, 264-267, 275-277, 296-297, 422-425cargas laterales, 282-293, 297

cargas verticales, 270-272, 296deflexión de, 270-277, 282-283, 296-297desplazamiento lateral y, 469-481determinación de,48-51, 395,452-453distribución de momentos para, 486-521, 528-533ecuaciones de pendiente-deflexión para,450-485,5elementos no prismáticos, 522-537estructuras compuestas, 425-427estructuras estáticamente determinadas comparada

con,396-397estructuras simétricas, 429-430, 449

grados de libertad, 452-453, 459,485ley de Betti, 403líneas de influencia para, 435-445, 449marcos,270-274, 282-293, 296-297, 411-415, 439-

452-453, 459, 469-481, 495, 508-517marcos de construcción, 270-272, 282-293, 296método de análisis de la fuerza,394-449método de análisis del desplazamiento,450-485, 4

522-537método del portal para, 282-287, 297método del voladizo para, 288-293, 297métodos de análisis aproximados, 262-297portales, 273-277, 282-287, 297procedimientos de análisis para,401, 438,459puntos de inflexión, 274-275, 282,297soportes y, 273-277, 282-283, 289,296-297teorema de Maxwell de los desplazamientos recíp

402-403, 448vigas, 403-410, 452-453, 435-438, 459-466, 491-50

528-533

clasificación de, 4-8códigos de construcción (generales), 9columnas, 6, 31compuestas, 425-427compuestas,método de análisis de la fuerza para, 425-427conexiones de los soportes para, 34-37, 68de placa delgada,8determinación de,48-54, 69diagramas de cuerpo libre de, 47-51, 59-60diseño de, 9, 26diseño del esfuerzo permisible (DEP),26ecuaciones de compatibilidad para,48ecuaciones de equilibrio de, 47-51, 59-67, 69elementos no prismáticos, 397,450-485, 486-521, 522-537elementos para, 4-6estabilidad de,48-54,69

estáticamente determinadas, 32-77, 79-131, 204-261estáticamente indeterminadas, 48-51, 262-297, 394-449,450-485, 486-521, 522-537

factores de carga y resistencia de diseño (LRFD), 26idealizadas,33-45, 68líneas de influencia para,204-261marcos, 8, 31método de análisis de la fuerza,394-449método de análisis de la rigidez,538-573, 574-593,

594-611método de análisis del desplazamiento, 397, 450-485,

486-521, 522-537métodos de análisis aproximados, 262-297placas delgadas (caparazón), 8procedimiento de análisis para,61restricciones impropias para, 52-53restricciones parciales,52simétricas, 429-430, 449sistemas, tipos de, 6-6software para el análisis de, 625-627superficiales, 8superposición,principio de la, 46, 69tirantes, 4, 31trabes, 4-5, 38vigas, 4-5, 31,38-39,132-179

Estructuras estáticamente determinadas, 32-77, 79-131,212-261, 396-397

análisis de, 79-131análisis idealizado, de,33-45, 68armaduras, 79-131articuladas,50, 59-61

Í NDICE 6



Estructuras idealizadas,33-45, 68articulaciones, 34-37cargas tributarias, 40-43, 68conexiones de soporte,34-37, 68modelos, 38-45planes estructurales, 38-39sistema de dos sentidos,42-43sistemas de un solo sentido,40-41

Estructuras simétricas, 429-430, 449,501-503,529-530cargas, 501, 503, 529cargas antisimétricas, 430, 502,530elementos no prismáticos, 529-530método de análisis de la fuerza,429-430, 449método de análisis del desplazamiento,501-503, 529-530vigas, 501-503, 529-530

Estructuras superficiales, 8

FFactor

de carga de impacto ( I ),16de carga y resistencia de diseño (LRFD), 26de distribución (DF), 489,491de rigidez del claro (k), 457-458de rigidez relativa (K R),490de rigidez total (K T ), 489de traslado (COFFTR), 490,524-525

Factores de rigidez,457-458, 488-490, 500-505, 524-525

cargas antisimétricas, 502cargas simétricas, 501,503de elementos no prismáticos, 524-525de un elemento de viga (K),488, 500-505de las juntas,489de vigas simétricas, 501-503del claro (k), 457-458distribución de momentos y, 488-490, 500-505ecuaciones de pendiente-deflexión,457-458extremos articulados, 458,500modificación, 500-505relativa (K R), 490total (K T ),489

Flecha, en cables, 182Flexibilidad de cables, 182,203Formas parabólicas, 185,194Fuerza (F), 36-37,84,94-95,104-105, 122-123, 130, 194-203,

303, 305-313, 338, 342-344, 355-362, 375, 381-383.Veatambién Cargas; Fuerza cortante

análisis de armaduras y, 84, 94-95, 104-105, 122-123, 130

axial (N),303, 344, 375componentes x, y, z de la, 122de compresión (C), 84, 94-95, 104-105, 130, 194-203de flexión (M), 303, 305-313, 338, 344de tensión (T), 84,94-95,104-105, 130deflexión (desplazamiento de rotación) y, 303, 305-313

338, 342-344, 355-362, 375, 381-383elementos de armadura de fuerza cero, 98-99, 122-123estructuras arqueadas, 194-203fuerza externa (P),355-362, 381-383fuerza interna (N),356-362magnitud de la, 94-95por inspección, 95reacciones en los soportes, 36-37trabajo virtual y, 375trabajo y, 342-343

Fuerza cortante (V), 4-5, 133-138, 178, 216-220, 240-243,250-254, 261, 375, 436aplicada,4-5cargas concentradas y, 240-243, 250-254, 261cargas internas y, 133-138, 178cargas vivas y, 216-220, 260desplazamiento de rotación (deflexiones) y, 375energía de deformación virtual causada por, 375envolvente de los valores máximos de la línea de

influencia,251líneas de influencia y, 216-220, 240-243, 250-254, 261máxima absoluta, 250-254, 261máxima absoluta (V) y momento (M), 250-254, 261principio de Müller-Breslau para, 216-220, 260serie de cargas concentradas, 240-243, 261vigas en voladizo, 250,261vigas simplemente apoyadas, 250-251, 261

Fuerzas axiales (N), desplazamiento de rotación(deflexiones) y, 303,344, 375

Funciones de fuerza cortante y de momento,139-143,178-179

GGaus, método de, 623Grados de libertad, 452-453, 459, 485

IIgualdad de matrices,614Indeterminación cinemática, 541,576-577Integración para el trabajo virtual,364-365Inversa de una matriz,620-622

688 Í NDICE



máxima en un punto, 240-249momentos (M) y, 216-219, 221-223, 244-245, 250-

261, 437pasador o bisagra para,437posiciones de la carga unitaria para,206-212, 260-principio de Müller-Breslau para, 216-223, 260procedimientos de análisis para, 206, 438reacciones curvas para, 435-436, 449serie de cargas concentradas, 240-249, 261teorema de Maxwell de los desplazamientos recíp

para,435-437trabes de piso, 228-231, 261vigas, 213-231, 240-254, 260-261, 435-438

Losas, cargas tributarias y, 40-43, 68

MMagnitud, 94-95Marcos, 8, 31,163-167, 270-274, 282-293, 296-297, 3

393, 411-415, 439-445, 452-453, 459, 469-481, 4508-517, 594-611

análisis aproximado de, 270-274, 282-293, 296-29articulados,273,297bisagras, 282-283, 289,297carga axial (N), 375cargas verticales, 270-272, 296de construcción, 270-272, 282-293, 296-297de varios niveles,510-511

deflexiones y, 270-274, 282-283, 297,364-386, 39desplazamiento lateral de, 474-481, 510-517desplazamiento rotacional de, 364-386, 393diagramas de fuerza cortante y de momento para,1distribución de momentos, 495, 508-517ecuaciones de pendiente-desplazamiento, 459, 469efectos de la temperatura (T) sobre, 376-377energía de deformación y, 375-380fijamente apoyados, 274,282-283, 289, 297grados de libertad, 452-453, 459líneas de influencia y, 439-445matrices de rigidez,595-596, 599-600matrices de transformación para, 597-598matriz de rigidez (del elemento) global (k), 599matriz de rigidez de la estructura (K), 600matriz de rigidez del elemento (k), 595-596, 599matriz de rigidez simétrica (del elemento), 599matriz de transformación de la fuerza (Q), 598matriz de transformación del desplazamiento (T),método de análisis de la fuerza, 411-415, 439-445

JJuntas, 34-39,50,59-67,68,84,94-97,123, 130-131, 489, 531,

534-535análisis de armaduras y, 84, 94-97, 13, 130-131articuladas, 34-37,50,59-61,84,130conectadas fijamente,34-39conectadas mediante rodillos, 34-37conexiones en los soportes para,34-37, 68ecuaciones de equilibrio aplicadas a, 59-67elementos no prismáticos,531,534-535estructuras idealizadas,33-39, 68esfuerzos en los elementos y, 84factor de rigidez (K ), 489fuerza de compresión (C) aplicada a, 84, 130fuerza de tensión (T ) aplicada a, 84,130método de las, 94-97, 123,131

momentos de extremo fijo (FEM) y, 531, 534-535reacciones de fuerza (F),36-37traslación relativa de las juntas,531, 534-535

Juntas conectadas con rodillos, 34-37, 120-121, 216-217

LLargueros, cargas del puente y, 82Ley de Betti,403Línea de acción, 94Líneas de influencia, 204-261, 435-445, 449

armaduras, 232-235, 261

cargas uniformemente distribuidas y, 213-214, 260cargas vivas y, 204-261construcción de, 205-212cualitativas,216-223, 438-445cuantitativas,438deflexión y, 205,216-223, 260diagramas de fuerza cortante y de momento en

comparación con, 205-206diseño de edificios y, 228-231, 261diseño de puentes y, 240-254, 261dispositivos de deslizamiento para,436ecuaciones,206-212envolvente de valores máximos, 251estructuras estáticamente determinadas, 204-261estructuras estáticamente indeterminadas, 435-445, 449fuerza cortante (V ) y, 216-220, 240-243, 250-254, 261, 436fuerza cortante (V) y momento (M) máximos absolutos,

250-254, 261fuerzas concentradas (cargas) y, 213-214,240-254,260-261marcos,215,439-445

Í NDICE 6



método de análisis de la rigidez,594-611método de análisis del desplazamiento,452-453, 459,

469-481, 495, 508-517método del portal para, 282-287, 297método del voladizo para, 288-293, 297portales, 273-274, 297procedimiento,600-601procedimientos de análisis para,366,382,459,495puntos de inflexión,274-275, 282, 297relación carga-desplazamiento para, 595-596sin desplazamiento lateral del, 469-473, 508-509soportes parcialmente fijos, 274, 297teorema de Castigliano para, 381-386, 393trabajo virtual,método del,364-380, 393uso estructural de,8, 31

Matrices, 428-429, 540-551, 570-571, 577-579, 597-599,

612-624adición y sustracción de, 614columna, 613cuadradas, 613de flexibilidad, 428-429de rigidez, 540-543, 546-551, 570-571, 577-579, 599de transformación, 543-545, 570,597-598de transformación de la fuerza (Q ), 545, 564-569, 598de transformación del desplazamiento (T),544,597determinantes para, 618-620diagonal, 613

elementos de,612escalares y, 614fila, 612identidad,613igualdad de,614inversa de, 620-622método de Gauss para soluciones simultáneas, 623multiplicación de,614-616orden de las, 612partición de,617-618relaciones de carga-desplazamiento y, 542-543, 577-578,

595-596simétricas, 578, 599, 613transpuestas, 616-617unitarias, 613usando el álgebra, 612-624

Matrices de rigidez, 540-543, 546-551, 570-571, 577-579, 599armaduras, 540-543, 546-551de la estructura (K), 540, 547-551,579, 600del elemento (k), 541-543, 546-551, 577-578, 595-596, 599

globales (de los elementos), 546-547, 599indeterminación cinemática, 541,576-577marcos,595-596, 599-600relaciones carga-desplazamiento y, 542-543, 577-578,

595-596simétricas, 578,581vigas, 576-579

Matrices de transformación, 543-545, 570,597-598armaduras, 543-545, 570de la fuerza (Q ), 545, 564-569, 598del desplazamiento (T),544,597marcos,597-598

Matrizcolumna, 613cuadrada,613de flexibilidad, 428-429

de rigidez de la estructura (K), 540, 547-551,579,600diagonal,613fila, 612identidad,613transpuesta, 616-617unitaria,613

Matriz de rigidez del elemento (k), 541-543, 546-551,577-578, 595-596, 599

armaduras, 541-543, 546-551marcos planos, 595-596, 599vigas, 577-578

Matriz de transformaciónde la fuerza (Q ), 545, 564-569, 598del desplazamiento (T),544,597

Maxwell, teorema de la reciprocidad, 402-403, 448Método

de análisis del portal, 282-287, 297de Gauss para soluciones simultáneas,623de la doble integración, 307-313, 338de los nudos, 94-97, 123,131del voladizo, análisis de carga lateral, 288-293, 297

Método de análisis de la fuerza,394-449armaduras, 422-425cargas antisimétricas, 430comparación de la determinación,396-397compatibilidad y,48, 397-407desplazamientos y, 397-398, 428equilibrio y, 397-401estructuras compuestas, 425-427estructuras estáticamente indeterminadas, 394-449estructuras simétricas, 429-430, 449

690 Í NDICE



momentos de extremo fijo (FEM),456-457procedimiento de análisis mediante el,328soportes para,326-327

Método de análisis del desplazamiento,397, 450-485486-521, 522-537

convención de signos para, 453, 459,488desplazamiento lateral y, 469-481, 485, 508-517distribución de momentos para, 486-521, 528-533ecuaciones de pendiente-deflexión para, 450-485,

534-535elementos no prismáticos, 522-537estructuras estáticamente indeterminadas,450-485

486-521, 522-537extremos fijamente apoyados, 458,485, 528factor de distribución (DF), 489,491factor de traslado (COF), 490, 524-525

factores de rigidez, 457-458, 488-490, 500-505, 52grados de libertad, 452-453, 452-453, 459,485marcos, 452-453, 459, 469-481, 495, 508-517momentos de extremo fijo (FEM),456-458, 485,4

524-525, 531,534-535procedimientos para el, 451-453, 459, 487-490, 49traslación relativa de las juntas, 531, 534-535vigas, 452-453, 459-466, 491-505, 529-533

Método de las secciones, 104-109, 123,131,133armaduras, 104-109, 123, 131, 133armaduras espaciales, 123

cargas internas, 47, 133-138, 178elementos estructurales, 133-138, 178procedimientos de análisis mediante el,106,123, 1

Método del trabajo mínimo,vea Teorema de CastiglianMétodos de análisis aproximados, 262-297

armaduras, 264-267, 273-277, 296-297cargas laterales, 282-293, 297cargas verticales, 270-272, 296estructuras estáticamente indeterminadas,262-297marcos de construcción, 270-272, 282-293, 296marcos para portales, 273-274, 282-287, 297método del portal para, 282-287, 297método del voladizo para, 288-293, 297supuestos de los, 264, 270-271, 283,289

Momento de par (M ’),381-382, 384Momentos (M), 4-5, 133-138, 178, 216-219, 221-223,

244-245, 250-254, 260-261, 326-328, 343-344, 3437, 456 -458, 485

aplicados, 4-5cargas concentradas y, 244-245, 250-254, 261

Ley de Betti,403líneas de influencia para, 435-445, 449marcos,411-415, 439-445matriz de flexibilidad, 428-429principio de superposición para,400-401procedimientos para el análisis de, 401,438teorema de Maxwell de los desplazamientos recíprocos,

402-403, 448vigas, 403-410, 435-438

Método de análisis de la rigidez, 538-573, 574-593, 594-611análisis matricial, 539, 565aplicaciones del, 552-559, 579-591, 600-608armaduras y, 538-573armaduras espaciales, 570-571coordenadas del elemento (locales), 540,576coordenadas globales (de la estructura), 540, 576

coordenadas nodales,560-563ecuación de rigidez de la estructura, 552efectos térmicos (de la temperatura) y, 564-565, 568-569errores de fabricación y, 564-567identificación de elementos y nodos de, 540, 575indeterminación cinemática,541, 576-577marcos planos,594-611matrices de rigidez,540,542-543, 546-559, 570-571,

576-579, 595-596, 599-600matrices de transformación para, 543-545, 570,597-598matriz de rigidez (del elemento) global (k), 546-547, 599

matriz de rigidez de la estructura (K), 540, 547-551, 579,600

matriz de rigidez del elemento (k), 541-543, 546-551,577-578, 595-596, 599

matriz de rigidez simétrica (del elemento), 578, 599matriz de transformación de la fuerza (Q ), 545, 564-569,

598matriz de transformación del desplazamiento (T), 544,

597nodos, 540, 575procedimientos de análisis usando el,553,581, 600-601sistemas de coordenadas, 540,543-545, 560-563, 576vigas, 574-593

Método de análisis de la viga conjugada, 326-333, 339,454-457

deflexiones,326-333, 339desplazamiento angular (u), 454-455desplazamiento lineal (),455desplazamiento y momentos cero, 327,454ecuaciones de pendiente-deflexión usando,454-457

Í NDICE 6



cargas internas y, 133-138, 178,381-386cargas vivas y, 216-219,221-223,244-245,250-254,260-261cero, 327de extremo fijo (FEM), 456-458, 485de par (M ), 381-382deflexión y, 326-328, 343-344, 381-386ecuaciones de pendiente-deflexión,456-458, 485energía de deformación (U i) de los, 344envolvente de los valores máximos de la línea de

influencia, 251flexionantes (M),133-138, 178,344líneas de influencia y,216-219, 221-223, 244-245, 250-254,

260-261, 437máximos absolutos, 250-254, 261método de la viga conjugada y, 326-328principio de Müller-Breslau para, 216-219, 260

serie de cargas concentradas, 244-245, 261teorema de Castigliano y, 381-386trabajo externo (U e) de, 343, 392vigas en voladizo, 250, 261vigas simplemente apoyadas, 250-251, 261

Momentos de extremo fijo (FEM),456-458, 485,491-495,524-525, 531, 534-535

distribución de momentos de, 488,491-495, 531ecuaciones de pendiente-deflexión y, 456-458, 485,

534-535elementos no prismáticos, 524-525, 534-535traslación relativa de las juntas y, 531, 534-535

Momentos flexionantes (M ), 133-138, 178, 303, 305-313,338, 344

cargas internas y, 133-138, 178deflexión por, 303, 305-313, 338, 344energía de deformación (U i) y, 344fuerza (M), 133-138, 178método de la doble integración y, 307-313, 338teoría de la viga elástica para,305-306, 338

Müller-Breslau, principio de, 216-223, 260

NNodos, 452-453, 459, 540, 575

PPartición de matrices,617-618Pendientes, deflexión y, 300-301, 307-308, 316Pisos, 38-45,68,82,228-231, 261

cargas tributarias, 40-43, 68estructuras idealizadas, 38-45

líneas de influencia para, 228-231, 261losa de dos sentidos (sistema), 42-43, 68losa de un solo sentido (sistema), 40-41, 68planos de estructura, 38-39puentes armados,82puntos de panel, 228-229trabes, 38,228-231, 261vigas, 82viguetas, 38-39

Planos de estructuras,38-39Por inspección,53, 95Portales, 82, 273-277, 282-287, 297

análisis de carga lateral, 282-287, 297armaduras, 82, 275-277, 297articulados, 273, 275, 297deflexión de,270-277, 296-297

estabilidad de,82fijamente apoyados, 274, 275,297marcos,273-274, 282-287, 297parcialmente fijos,274

Portland Cement Association, 525-527Pratt, armadura,80-83Presión del viento de diseño,18-22Principio

de conservación de la energía, 341,392de Müller-Breslau, 216-223, 260

del trabajo virtual, 346-348, 392del trabajo y la energía, 345Puentes, 15-16,82-83,232-235, 240-254, 261.Vea también

Marcos de portal, armadurasarmaduras, 82-83, 232-235, 261cargas concentradas, serie de, 240-254, 261cargas vivas y, 15-16, 232-235, 240-254, 261carreteros, 15cubierta,82factor de carga del impacto (I),16ferroviarios, 15fuerza cortante (V) y, 240-243, 250-254, 261fuerza cortante (V) y momento (M) máximos absoluto

250-254, 261largueros, 82líneas de influencia para,232-235, 240-254, 261momentos (M) y, 244-245, 250-254, 261portales, 82refuerzo contraladeo,82vigas de piso,82

692 Í NDICE



portales, 273, 275, 297reacciones de fuerza (F), 36-37

Soportes fijos, 34-39, 274-275, 282-283, 289,297armaduras, 275,297cargas laterales,282-283, 289,297conexiones de juntas,34-39marcos, 274, 282-283, 289, 297portales, 274-275, 297

Superposición, 46, 69, 168-172, 400-401diagramas de momento construidos por el método

168-172método de análisis de la fuerza mediante,400-401principio de la, 46, 69, 400-401vigas, 168-172

TTechos, 23-24, 40-45

cargas de nieve, 23-24cargas tributarias, 40-43estructuras idealizadas, 40-45

Temperatura (T ), 349, 376-377, 564-565, 568-569desplazamiento rotacional (deflexiones) y, 349, 37efectos en las armaduras,349,376-377, 564-565, 5matriz de transformación de la fuerza (Q ) para la,

564-565método de análisis para la rigidez,564-565, 568-5

Teorema de Castigliano,355-360, 381-386, 393

armaduras, 356-360, 390deflexión (desplazamiento de rotación) y, 355-360

381-386, 393energía de deformación (U i) y, 355-356, 392fuerza externa (P) para, 355-362, 381-383fuerzas internas (M) para,356-362marcos,381-386, 393momento de par (M) para,381-382, 384momentos internos (M) para,381-386procedimientos de análisis mediante usando el, 35trabajo externo y (U e), 355, 392vigas, 381-386, 393

Teorema de Maxwell de los desplazamientos recípro402-403, 435-437, 448

Teoremas de momento-área, 316-325, 339Teoría de la viga elástica,305-306Tirantes, 4, 31Trabajo,341-393

deflexión (desplazamiento de rotación) y, 341-393energía de deformación (U i) y,341,344,355-356,375-3

Puntosde inflexión, 274-275, 282, 297, 301, 338del panel, 228-229

RRadio de curvatura (r ), 305-306

Refuerzo cruzado,armaduras, 264-267Refuerzos contraladeo,estabilidad de la armadura, 82Relaciones de carga-desplazamiento, 542-543, 577-578,

595-596Respuesta material lineal elástica, 355-356, 375-376Rigidez a la flexión (EI ), 305-306Rotación (c ), claros finales articulados, 457Rotación del claro ( y),457

SSecciones, método de análisis de las, 104-109, 131Sistemas de coordenadas,540,543-545, 560-563, 570,576,

597-598, 625-626armaduras, 540,543-545, 570del elemento (locales),540, 576,626globales (de la estructura), 540,576,625matrices de transformación para, 543-545, 570,

597-598nodal,560-563software para el análisis estructural y, 625-626uso de, para el método de la rigidez, 540,560-563, 576

Software para el análisis, procedimiento para el, 625-627Soportes articulados, 34-37,50,59-61,84,130, 273, 275, 297,

437,458, 485, 500, 528análisis del desplazamiento y, 458,485,500,528armaduras, 84,130, 275, 297claros finales,458,485conexiones de viga, 34-37,50,500, 528conexiones de las juntas, 34-37, 50, 59-61, 84, 130determinación de, 50distribución de momentos, 500,528ecuaciones de equilibrio para, 59-60ecuaciones de pendiente-deflexión,458, 845elementos no prismáticos, 528estructuras estáticamente determinadas, 50, 59-61estructuras estáticamente indeterminadas, 273,275,297,

437,458, 485, 500, 528estructuras idealizadas,34-37factores de rigidez, 458,500líneas de influencia y, 437marcos, 273, 297

Í NDICE 6



externo (U e), 341-344, 355, 392fuerza (F) y,342-343momento (M) de,343principio de conservación de la energía, 341, 392principio de la energía y el, 345teorema de Castigliano para el, 355-360, 381-386, 393virtual, 346-354, 364-374, 392virtual, principio del,346-348

Trabajo externo (U e), 341-344, 392Trabajo virtual,346-354, 364-380, 392-393

cambios de temperatura y, 376-377deflexión (desplazamiento de rotación) y, 346-354,

364-374, 392desplazamientos de la armadura y, 348-354, 392energía de deformación y, 375-380errores de fabricación y, 349, 392

externo,348, 364, 392fuerza axial (N) y, 375fuerza cortante (V ) y, 375integración para, 364-365interno,364-365marcos,364-380, 393principio del, 346-348, 392procedimientos de análisis usando, 350, 366temperatura (T ) y, 349, 392torsión (T ) y, 375vigas, 364-380, 393

Trabes, 4-5, 38,228-231, 261estructuras idealizadas, 38líneas de influencia para,228-231,261placas,4-5uso estructural de, 4-5

Traslación relativa de las juntas,531, 534-535

VVigas, 4-5, 31,34-39,50,132-159, 168-172, 178-179, 213-231,

240-254, 260-261, 298-339, 364-386, 393,403-410,435-438, 452-453, 459-466, 491-505, 528-533, 574-593

almas, 4análisis de, utilizando el método de rigidez, 575articuladas en los extremos, 34-37, 50, 500,528bridas,4carga antisimétrica, 502,530cargas axiales (N ),375cargas cortantes (V), 375cargas distribuidas y, 150-151, 213-214, 260cargas internas en, 132-159, 168-172, 178-179

cargas simétricas, 501,503cargas uniformemente distribuidas y, 213-214, 260concreto, 5deflexión y, 205, 216-223, 260, 298-339, 364-386, 393desplazamiento rotacional de, 364-386, 393diagramas de fuerza cortante y de momento para,

150-159, 178-179diagramas de momento para,168-172distribución de momentos, 491-505, 528-533ecuaciones de pendiente-desplazamiento, 459-466efectos de la temperatura (T) sobre, 376-377en voladizo,169, 250, 261energía de deformación y, 375-380estáticamente indeterminadas, 403-410, 435-438, 452-4

459-466, 491-505, 528-533estructuras idealizadas, 38-39

factor de rigidez (K), 488,500-505flexión interna (M ), 303, 305-308flexión, 303, 305-313, 338fuerzas concentradas (cargas) y, 213-214, 240-254,

260-261funciones de fuerza cortante y de momento en, 139-14

179grados de libertad, 452-453, 459identificación de elementos y nodos para, 575indeterminación cinemática y, 576-577laminadas, 5

largueros, 4-5, 38,228-231, 261líneas de influencia para,213-231, 240-254, 260-261,

435-438matrices de rigidez, 576-579matriz de rigidez de la estructura (K),579matriz de rigidez del elemento (k), 577-578método de análisis de la fuerza, 403-410, 435-138método de análisis de la rigidez,574-593método de análisis del desplazamiento, 459-466, 491-5

528-533método de la doble integración para,307-313, 338método de la viga conjugada para, 326-333, 339momentos de extremo fijo (FEM),491-495no prismáticas, 528-533principio de Müller-Breslau para, 216-223, 260procedimientos para el análisis de,134,140, 153,308,

328, 366, 382,459,495, 581puntos específicos, fuerzas en, 133-138, 178relaciones carga-desplazamiento, 577-578simétricas, 501-503, 529-530

694 Í NDICE



uso estructural de, 4-5,31viguetas de piso, 38-39y marcos con elementos no prismáticos,523-537

WWarren, armadura,80-83

simétricas, matriz de rigidez (del elemento), 578simplemente apoyadas, 250-253, 261teorema de Castigliano para, 381-386, 393teoremas de momento-área para, 316-325, 339trabajo virtual,método del,364-380, 393traslación relativa de la junta, 531

Í NDICE 6



Deflexiones y pendientes de vigas (continuación)

L>2 … x … L

v = - wL384EI 18x3 - 24Lx 2 + 17L2x - L32uR = 7wL3

384EI

0 … x … L>2uL = - 3wL3

128EI

v = - wx384EI 116x3 - 24Lx 2 + 9L32

en x = L

2

v = - wx24EI 1x3 - 2Lx 2 + L 32umáx =

wL3

24EIvmáx = - 5wL4

384EI

0 … x … au = Pab1L + a26LEI

v = - Pbx6LEI 1L2 - b2 - x22uL = -

Pab1L + b26LEI

0 … x … L>2en x = 0 ox = Len x = L/2v = P

48EI 14x3 - 3L2x2,umáx = PL 2

16EIvmáx = -

PL 3

48EI

en x = Len x = Lv = -

w

24EI

1x

4

- 4Lx3

+ 6L2x

2

2umáx = -

wL 3

6EI vmáx = -wL 4

8EI

análisis estructural - r. c. hibbeler - 8 edición

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