Problemas Resueltos PDF
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Problemas de
Resistencia de Materiales y
Estructuras
Juan Miquel Canet
120 75
T
75 300
determinar los planos en los cuales las tensiones tangenciales son nulas (planos principales).
Hallar asimismo el valor de las tensiones normales en dichos planos (tensiones principales).
Solucin
Obsrvese la figura 2 en la cual un rectngulo elemental de dimensiones dz1 , dz2 se corta por un
plano AB de cosenos directores N=[l,m]t siendo l = cos , m = sin . Haciendo el equilibrio de
fuerzas en direccin N y en la direccin normal a N, se tiene respectivamente
es decir,
2 2 75
tan 2 p 0,375
1 2 120 300
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 1: Anlisis de tensiones 3
2 2 75
tan 2 p 0,375
1 2 120 300
p1 9,83
p 2 80,17
I ( p1 ) (9,83) 120 cos 2 (9,83) 300 sin 2 (9,83) 75 sin( 2 9,83) 132,99 MPa
II ( p 2 ) (80,17) 120 cos 2 (80,17) 300 sin 2 (80,17) 75 sin( 2 80,17) 312,99 MPa
Solucin
2 15
tan 2 p 1
40 10
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 1: Anlisis de tensiones 5
p1 22,5
p 2 67,5
2
40 10 40 10
I 15 46,21 MPa
2
2 2
2
40 10 40 10
II 15 3,79 MPa
2
2 2
Problema 1.3 Con respecto a la pieza en tensin plana que se indica en la figura.1,
determinar el tensor de tensiones.
Solucin
1 121,51 MPa
72,43 MPa
121,51 72,43
72,43 20
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 1: Anlisis de tensiones 7
Problema 1.4 El elemento plano de la figura 1 est sometido a las tensiones que se
indican. Hallar:
-Tensiones sobre un plano cuyo vector normal forma 70 con el eje z1.
-Tensiones principales
Solucin
32 70
sin(2 70) 24 cos(2 70) 6,17 MPa
2
2 2 24
tan 2 p 1,26
1 2 70 32
Es decir,
1 25,82 2 115,82
Solucin
50,89 0
0 18,89
El tensor puede obtenerse supuesto conocido el de tensiones (referido a los ejes z1 y z2)
mediante un cambio de base
= T
por lo que
= T
es decir :
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 1: Anlisis de tensiones 10
Solucin
2 1
sin 2 cos 2
2
y sustituyendo
25 40
-1,5 = sin 2 30 cos2 30
2
Es decir:
10 MPa
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 1: Anlisis de tensiones 12
Solucin
d 1
0 2 2 cos 2 2 sin 2
d 2
Es decir:
2 1 32 70
tan 2 0,791
2 2 24
1 19,18
2 109,18
32 70
1 sin 2 19,18 24 cos2 19,18 30,61 MPa
2
32 70
2 sin 2 109,18 24 cos2 109,18 30,61 MPa
2
En la figura 1 pueden verse representadas las anteriores tensiones en los planos dados por 1 y
2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 1: Anlisis de tensiones 14
Problema 1.8 En la laja de la figura 1 se conocen las tensiones que all se indican,
determinar el tensor de tensiones as como las tensiones , y .
Solucin
2 20 MPa y 25 MPa
2
l cos 225
2
2
m sin 225
2
y sustituyendo, se obtiene
1 70 MPa
Para un plano cuya normal forma un ngulo de 30 con z1 la tensin normal vale 94,2
MPa
Para un plano cuya normal forma un ngulo de 45 con z1 la tensin normal vale 75
MPa
Para un plano cuya normal forma un ngulo de 60 co z1 la tensin normal vale 69,2
MPa
Solucin
y sustituyendo para 30 , 45 , y 60
con lo que
Solucin
Q F
M f F (a x1 )
Dichas leyes pueden verse representadas en las figuras 3.a) y 3.b), respectivamente.
Solucin
R A 0,5 pL
R B 2,5 pL
Cortando idealmente la pieza por un punto situado entre B y C, y de coordenada x1 los esfuerzos
valdrn
3L x1 p L
C
Mf
B
Q B pL
C
0
C
N B
Mf
B
3L x1 p L
2 L x1
2
p 2 L x1 R B p
x12
0,5 p x1 L
A 2 2
Q BA pL RB p2 L x1 0,5 pL px1
N BA 0
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 2: Leyes de esfuerzos 20
Problema 2.3 En la viga de la figura 1 hallar las reacciones y dibujar las leyes de momentos
flectores y de esfuerzos cortantes
Solucin
Fig. 2 Reacciones
Reacciones:
M f C
0 3V D 90 V D 30 kN
72
M A 0 20 2
7 VB 14VD 90 0
V B 22,86 kN
F V 0 V A 20 7 22,86 30 87,14 kN
Problema 2.4 Determinar y dibujar las leyes de esfuerzos en la viga que se representa en la
figura 1
Solucin
Fig. 2 Reacciones
Teniendo en cuenta que los momentos flectores en C y B son nulos, se obtienen las reacciones
en A y en B.
M f B
0 20 5
5
R A 5 0 R A 50 kN
2
M f C
0 RB 5 R A 10 20 5 7,5 0 RB 50 kN
QC 50 50 20 5 40 0 QC 40 kN
M f E
0 60 RD 2 40 4 0 RD 110 kN
RF RD QC 0 RF 70 kN
M f E
0 70 4 M F 0 M F 280 kN
Con los valores anteriores pueden dibujarse las leyes de esfuerzos (figuras 3 y 4)
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 2: Leyes de esfuerzos 23
Problema 2.5 En la viga de la figura 1, hallar las reacciones y dibujar las leyes de momentos
flectores y de esfuerzos cortantes.
Solucin
Fig. 2 Reacciones
M f G
0 10 8 4 RH 6 0 RH 53,33 kN
Tomando momentos en C:
M f C
0 RD 2 30 RF 6 10 6 9 QG 12 0
R B 3 20 6 3 0
R B 120 kN
F v 0 20 6 RB 50 RD RF 10 14 RH 0
R F 154,166 kN
R D 17,5 kN
Problema 2.6 Determinar las leyes de esfuerzos y las reacciones en la viga de la figura 1
Solucin
Fig. 2 Reacciones
Teniendo en cuenta que los momentos flectores en E y F son nulos, se obtienen las reacciones
RG y RI.
Del mismo modo, tomando el momento en B igual a cero, se obtiene la reaccin en D y a partir
del equilibrio global se obtiene la reaccin en A y el momento MA. Es decir,
RI = -15 kN
RG = 135 kN
RD = 130 kN
RA = 100 kN
MA = -200 kNm
En las figuras 3 y 4 pueden verse dibujadas las leyes de momentos flectores y de esfuerzos
cortantes.
Solucin
Teniendo en cuenta que los momentos flectores en C y E son nulos, se obtienen las reacciones
en D y F. Las reacciones en A y B se obtienen a partir del equilibrio global de la estructura. En
la figura 2 pueden verse dibujadas las reacciones.
Fig. 2 Reacciones
En la figura 3 pueden verse dibujadas las leyes de momentos flectores y las de esfuerzos
cortantes.
Problema 2.8 En la estructura que se acota en la figura, hallar y dibujar las reacciones y las
leyes de esfuerzos.
Solucin
Fig. 2 Reacciones
Solucin
Fig. 2 Reacciones
1. Reacciones
2. Ley de momentos flectores
3. Ley de esfuerzos cortantes
Solucin
Fig. 2 Reacciones
Solucin
Solucin
Problema 2.13 Hallar las leyes de esfuerzos y las reacciones en la viga de la figura 1.
Solucin
La reaccin en F vale
V F 25 kN
25 3 4 5 10 5 2,5 4 3 V D 3 0
V D 58,33 kN
V A 18,17 kN V B 41,45 kN
Problema 2.14 Hallar las reacciones y dibujar las leyes de esfuerzos en la estructura de la
figura 1.
Solucin
En las figuras 2, 3 y 4 pueden verse representadas las reacciones y las leyes de esfuerzos.
Fig.2 Reacciones
Problema 2.15 En la viga de la figura 1, determinar las reacciones en los apoyos as como
dibujar las leyes de momentos flectores y esfuerzos cortantes.
Solucin
En las figuras 2, 3 y 4 pueden verse representadas las reacciones y las leyes de esfuerzos.
Fig.2 Reacciones
Problema 2.16 En la viga de la figura 1, determinar las reacciones en los apoyos as como
dibujar las leyes de momentos flectores y esfuerzos cortantes.
Solucin
Fig.2 Reacciones
Solucin
Las reacciones en A, D, E y G se obtendrn a partir de las ecuaciones de
equilibrio global, y del hecho de imponer momento flector nulo en las rtulas C y F:
M 0 1,5 20 R 3
fc A
M 0 10 3 3R
2
fF G
2
10 17 2
M D 0 6 R A 4,5 20 17 RG 10 RE
2
V 0 20 10 17 R A RD RE RG
De las anteriores ecuaciones se obtienen las reacciones en los apoyos:
R A 10 kN ; R D 49 kN ; R E 116 kN ; RG 15 kN
Solucin
- La reaccin en F vale R F 15 kN
92
- M fc 0 3RD 15 9 10 0 RD 90 kN
2
- El cortante en C vale Qc 15 kN (ver figura 2)
- La reaccin en B vale: 5 R B 15 7 70 20 6 0 R B 11 kN
- La reaccin en A vale: R A R B 15 10 2 0 R A 16 kN
Fig.3 Reacciones
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 2: Leyes de esfuerzos 45
Solucin
En la figura 2 pueden verse dibujadas las reacciones, as como los ejes locales de cada barra.
Las tres ecuaciones de equilibrio se escriben:
es decir
10 VT H T 228,75
V R VT 67,5
H R H T 20
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 2: Leyes de esfuerzos 47
2VT 4 H T 2 20 0
VT 2 H T 20
Las expresiones anteriores proporcionan un sistema de cuatro ecuaciones con cuatro incgnitas.
Resolvindolo:
VT 25,13 kN
H T 22,57 kN
V R 42,37 kN
H R 2,57 kN
Mf T
S 40 8,94 s kNm
Mf S
C 8,94 s kNm
Mf B
A 6 s 2 kNm
Mf C
B 23,3 s 12,64 6 s 2 kNm
Mf D
C 1,88 6,71 s 6 s 2 kNm
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 2: Leyes de esfuerzos 48
Mf B
R 2,57 s kNm
b) Esfuerzos cortantes
Q TS 8,94 kN
Q CS 8,94 kN
Q BA 12 s kN
Q CB 12 s 23,3 kN
Q CD 6,7 12 s kN
Q BR 2,57 kN
c) Esfuerzos axiles
N TS 32,6 kN
N CS 23,65 kN
N BA 6 s kN
N CB 14,54 6 s kN
N D
C 3,3 6 s kN
N BR 42,37 kN
Problema 2.20 Determinar las reacciones y leyes de esfuerzos en todos los puntos de la
estructura de la figura 1
Solucin
En la figura 2 pueden verse dibujadas las reacciones, as como los ejes locales de las barras.
Teniendo en cuenta que los momentos flectores en B y C son nulos, se obtienen las reacciones
en A.
M B 0 H A 3 10 V A 20 10 20 5 10 6 8 0
5
M C 0 5 V A 8H A 20 20 5
2
0
es decir: 10 V A 3 H A 1 460
5 V A 8 H A 230
Las expresiones anteriores proporcionan un sistema de dos ecuaciones y dos incgnitas, del cual
se obtiene:
V A 130,2 kN
H A 52,63 kN
Con estos valores es posible obtener el valor de las reacciones en B utilizando las ecuaciones del
equilibrio global
V B 69,79 kN
H B 7,37 kN
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 2: Leyes de esfuerzos 51
a) Momentos flectores
Mf G
B 7,37 s kNm
Mf F
G 36,86 7,37 s 5 s 2 kN m
Mf C
F 98,93 69,79 s 10 s 2 kN m
Mf D
C 1,16 s 7,35 s 2 kN m
Mf E
D 20 kN m
Mf A
D 52,63 s kN m
b) Esfuerzos cortantes
Q GB 7,37 kN
Q GF 7,37 10 s kN
Q CF 69,79 20 s kN
Q CD 1,16 14,7 s kN
Q ED 0 kN
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 2: Leyes de esfuerzos 52
Q DA 52,63 kN
c) Esfuerzos axiles
N GB 69,79 kN
N GF 69,79 kN
N CF 52,63 kN
N D
C 60,6 8,8 s kN
N E
D 0 kN
N D
A 130,21 kN
Problema 2.21 Determinar las leyes de esfuerzos y las reacciones en el prtico de la figura 1
Solucin
En la figura 2 pueden verse dibujadas las reacciones, as como los ejes locales de cada barra.
M
E 0 V A 4 H A 8 20 5 10 6 3 0
M
E 0 V H 8 H H 6 20 10 10 5 0
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 2: Leyes de esfuerzos 55
es decir:
4 V A 8 H A 280
8V H 6 H H 480
V A V H 160
H A H H 20
V A 80,90 kN
V H 79,09 kN
H A 5,45 kN
H H 25,45 kN
a) Momentos flectores:
Mf B
A 5,45 s kN m
Mf C
B 16,35 25,45 s kN m ( s contado a partir de B)
Mf C
D 4 s 2 kN m
Mf E
C 112,7 43,08 s 4 s 2 kN m
Mf F
E 20,9 s 5 s 2 kN m
Mf F
H 20 0,89 s kN m
Mf G
F 80 40 s 5 s 2 kN m
b) Esfuerzos cortantes:
Q BA 5,45 kN
Q CB 25,45 kN
Q CD 8,0 s kN
Q CE 43,08 8,0 s kN
Q E 20,9 10 s kN
F
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 2: Leyes de esfuerzos 56
Q H 0,82 kN
F
Q GF 40 10 s kN
c) Esfuerzos axiles:
N BA 80,90 kN
N CB 80,90 kN
N C
D 4 s kN
N CE 50 4 s kN
N FE 25,45 kN
N F
H 83,1 kN
N GF 0
Solucin
En la figura 2 pueden verse dibujadas las reacciones, as como los ejes locales de cada barra.
V A V B 30 6 40 0
20 H A H B 0
4VB 10 H B 40 6 4VA 10 H A 20 2 30 6 3 0
La rtula E proporciona una nueva ecuacin: suma de momentos respecto al punto E de todas
las fuerzas y reacciones a la izquierda de la rtula igual a cero:
M fE 0 4 V A 10 H A 20 2 30 6 3 0
V A V B 220
H A H B 20
4 V A 10 H A 580
4 V B 10 H B 240
Resolviendo, se obtiene:
V A 127,5 kN
V B 92,5 kN
H A 7 kN
H B 13 kN
a) Momentos flectores:
Mf D
A 7 s kN m
Mf D
C 14,14 s 7,5 s 2 kN m
Mf E
D 22 38,54 s 7,5 s 2 kN m
Mf F
E 27 ,92 s kN m
Mf G
F 80 28,28 s kN
Mf F
B 13 s kN m
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 2: Leyes de esfuerzos 60
b) Esfuerzos cortantes:
Q DA 7 kN
Q CD 14,14 15 s kN
Q ED 38,54 15 s kN
Q FE 27,92 kN
Q GF 28,28 kN
Q FB 13 kN
c) Esfuerzos axiles:
N DA 127,5 kN
N CD 14,14 15 s kN
N ED 56,926 15 s kN
N FE 46,31 kN
N GF 28,28 kN
N FB 92,5 kN
Solucin
En la figura 2 pueden verse dibujadas las reacciones, as como los ejes locales de cada barra.
V A VI
H A 20 40 0
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 2: Leyes de esfuerzos 63
M F 0 V I 2 40 1 0
20 2 20 M A H A 4 cos 45 V A 4 cos 45 4 0
Resolviendo, V I 20 kN
V A 20 kN
M A 173,13 kN
a) Momentos flectores
M BA 173,13 28,28 s kN m
Mf C
B 96,57 28,28 s kN m
Mf D
C 40 20 s kN m
Mf D
E 20 s kN m
Mf F
D 40 20 s kN m
Mf G
F 40 s kN m
Mf H
G 40 kN m
Mf I
H 20 s 40 kN m
b) Esfuerzos cortantes
Q BA 28,28 kN
Q CB 28,28 kN
Q CD 20 kN
Q DE 20 kN
Q FD 20 kN
Q GF 40 kN
Q GH 0
Q IH 20 kN
c) Esfuerzos axiles
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 2: Leyes de esfuerzos 64
N BA 0
N CB 0
N CD 20 kN
N D
E 0
N FD 40 kN
N GF 20 kN
N H
G 20 kN
N I
H 0
Solucin
En la figura 2 pueden verse dibujadas las reacciones, as como los ejes locales de cada barra.
6,5 RD 15
8,5
2
R A R D 15 8,5
R D 83,4 kN
R A 44,1 kN
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 2: Leyes de esfuerzos 67
A partir de los valores de las reacciones es posible obtener las leyes de esfuerzos.
Mf B
A 37,8 s 5,51 s 2 kN m
Mf C
B 91,87 45,01 s 5,51 s 2 kN m
Mf D
B 125,1 37,29 s kN m
b) Esfuerzos cortantes:
Q BA 37,8 11,03 s kN
Q CB 45,01 11,03 s kN
Q DB 37,3 kN
c) Esfuerzos axiles:
N BA 22,69 6,61 s kN
N CB 27,01 6,61 s kN
N D
B 74,59 kN
Problema 2.25 En la estructura que se acota en la figura 1, hallar y dibujar las reacciones y
las leyes de esfuerzos.
Solucin
En la figura 2 pueden verse dibujadas las reacciones, as como los ejes locales de cada barra.
Las ecuaciones de equilibrio se escriben:
V B 20 H B 8 10 15 2,5 20 10 10 8 0
es decir:
20 V B 8 H B 232,5
V A V B 35
H A H B 10
La rtula C proporciona una nueva ecuacin: suma de momentos respecto al punto C de todas
las fuerzas y reacciones que hay en BC igual a cero.
15 V B 10 0
V B 0,67 kN
Resolviendo:
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 2: Leyes de esfuerzos 70
H B 30,74 kN
V A 34,33 kN
H A 20,74 kN
a) Momentos flectores:
Mf C
B 10 0,67 s kN m
Mf D
C 0,67 s 1,5 s 2 kN m
Mf E
D 200 20 s kN m
Mf A
D 165,92 20, 74 s kN m
b) Esfuerzos cortantes:
Q CB 0,67 kN
Q CD 0,67 3 s kN
Q ED 20 kN
Q DA 20,74 kN
c) Esfuerzos axiles:
N CB 30,74 kN
N D
C 30,74 kN
N E
D 10 kN
N A
D 34,33 kN
Problema 2.26 En la estructura que se acota en la figura 2, determinar las reacciones y las
leyes de esfuerzo.
Solucin
En la figura 2 pueden verse dibujadas las reacciones, as como los ejes locales de cada barra.
M B 0
6,5
H A 6,5 1 6,5 0
2
H A 3,25 kN
H A H L 1 6,5
H L 3,25 kN
9,5 2 6,5 2
7,5 VL 4 8,5 3 1 1 0
2 2
V L 12,77 kN
V A V L 9,5
V A 0,27 kN
Mf B
A 3,25 s 0,5 s 2
Mf C
B 1,10 s 0,467 s 2
Mf D
C 2 1,93 s 0,467 s 2
Mf E
L 4 3,25 s
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 2: Leyes de esfuerzos 74
Mf G
E 3 3 s
Mf C
E 20 3,25 s kNm
Q BA 3,25 s kN
Q CB 1,10 0,934 s kN
Q CD 1,93 0,934 s kN
Q EL 3,25 kN
Q GE 3 kN
Q CE 3,25 kN
N BA 0,27 kN
N CB 3,07 0,248 s kN
N CD 0,52 0,248 s kN
N EL 12,77 kN
N GE 0 kN
N CE 12,77 kN
Problema 2.27 Determinar las leyes de esfuerzos y las reacciones en el prtico de la figura 1
Solucin
Fig. 2 Reacciones
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 2: Leyes de esfuerzos 77
Debido a que en C existe una rtula, la suma de las reacciones horizontal y vertical en D debe
tener la direccin CD.
Tomando momentos respecto al punto A (figura 2)
6
M A 0 11 VD 2 H D 0,7 6
2
F 1,17 kN
y por tanto,
Fig. 3 Leyes de esfuerzos: (a) Ley de momentos flectores. (b) Ley de esfuerzos cortantes. (c) Ley de
esfuerzos axiles.
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 2: Leyes de esfuerzos 78
Problema 2.28 Determinar las leyes de esfuerzos as como las reacciones en la estructura que
se acota en la figura 1
Solucin
Fig. 2 Reacciones
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 2: Leyes de esfuerzos 79
Problema 2.29 Dibujar las leyes de esfuerzos y las reacciones en el prtico que se representa
en la figura 1
Solucin
Problema 2.30 Determinar las leyes de esfuerzos as como las reacciones en la estructura que
se acota en la figura1.
Solucin
Fig. 2 Reacciones
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 2: Leyes de esfuerzos 83
1. Reacciones
2. Ley de momentos flectores
3. Ley de esfuerzos cortantes
4. Ley de esfuerzos axiles
Solucin
Problema 2.32 En la estructura que se acota en la figura 1, hallar las reacciones y dibujar las
leyes de momentos flectores, esfuerzos cortantes y esfuerzos axiles.
Solucin
Fig. 2 Reacciones
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 2: Leyes de esfuerzos 87
1. Reacciones en A y en D
2. Leyes de esfuerzos
Solucin
Solucin
Solucin
V A V F 54 (c)
Las ecuaciones (a), (b), (c) y (d) forman un sistema de cuatro ecuaciones con cuatro
incgnitas. Resolviendo:
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 2: Leyes de esfuerzos 94
V F 16,33 kN
H F 10,33 kN
H A 10,33 kN
V A 37,67 kN
Solucin
Fig.2 Reacciones
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 2: Leyes de esfuerzos 97
Solucin
VE 6
Como el momento flector en C es nulo, 1,5
HE 4
Tomando momentos respecto a A
10 VE 20 6 4 6 3 0
V E 19,2 kN
V
H E E 12,8 kN
1,5
Suma de fuerzas horizontales igual a cero:
H A HE 46
H A 24 12,8 11,2 kN
Fig.2 Reacciones
Solucin
M c 0 8 p 3 p 13 2 p 10VF 0 VF 3,5 p
F V 0 VC VF 8 p p 0 VC 5,5 p
M fD 0 3VF 4 H F 2 p 6 p 0 H F 1,625 p
F H 0 HC H F 0 H C 1,625 p
Fig.2 Reacciones
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 2: Leyes de esfuerzos 103
1. Reacciones en A y en E
2. Ley de momentos flectores cortantes y axiles
Solucin
Reacciones
Leyes de momentos flectores
Leyes de esfuerzos cortantes
Leyes de esfuerzos axiles
Solucin
Problema 2.42 Dada la viga de la figura 1 con las dimensiones y cargas indicadas.
Se pide:
Reacciones en los apoyos.
Ley de momentos flectores.
Ley de esfuerzos cortantes.
Ley de esfuerzos axiles.
Solucin
Solucin
Fig. 2 Reacciones
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 2: Leyes de esfuerzos 114
Problema 2.44 En el prtico de la figura 1, determinar las reacciones en los apoyos as como
dibujar las leyes de momentos flectores, esfuerzos cortantes y esfuerzos axiles.
Solucin
Fig.2 Reacciones
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 2: Leyes de esfuerzos 116
Problema 2.45 Hallar las reacciones y dibujar las leyes de esfuerzos en la estructura de la
figura 1.
Solucin
Fig.2 Reacciones
Observando la figura 2,
V E VE ' 30 kN
VC VC ' 190 kN
112
3H C 190 8 30 11 20 0
2
H C 213,33 kN
Solucin
Solucin
Fig.2 Reacciones
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 2: Leyes de esfuerzos 123
Solucin
Solucin
En el primer tramo: 0 1 .
2
En el segundo tramo: 0 2 .
2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 2: Leyes de esfuerzos 129
Problema 2.51 En la estructura de la figura 1, construir los diagramas del esfuerzo axil N,
del esfuerzo cortante Q y del momento flector Mf.
Solucin
dN qRd cos
dQ qRd sin
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 2: Leyes de esfuerzos 131
N qR cos d qR sin
0
Q qR sin d qR1 cos
0
M f qR 2 d cos d qR 2 qR 2 sin qR 2 sin
0 0
Para : N qR
2
Q qR
M f qR 2 1
2
Para : N 0
Q qR1 1 2qR
M 3,14qR 2
3
Para : N qR
2
Q qR
M f qR 2 4,712 1 5,712qR 2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 2: Leyes de esfuerzos 132
Problema 2.52 En la estructura de la figura 1 construir los diagramas del esfuerzo axil N, del
esfuerzo cortante Q y del momento flector Mf.
Solucin
Tramo AB:
N qa (1 cos ) cos
Q qa(1 cos ) sin
M f qa 2 1 cos / 2
2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 2: Leyes de esfuerzos 133
Tramo BC:
Problema 2.53 En la estructura de la figura 1 construir los diagramas del esfuerzo axil N, del
esfuerzo cortante Q y del momento flector Mf.
Solucin
M f max
3p / 2
Qmax 2 p
N max 2 p
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 2: Leyes de esfuerzos 135
Problema 2.54 En la estructura de la figura 1 construir los diagramas del esfuerzo axil N, del
esfuerzo cortante Q y del momento flector Mf.
Solucin
N max P
Qmax 3P
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 2: Leyes de esfuerzos 136
Problema 2.55 En la estructura de la figura 1 construir los diagramas del esfuerzo axil N, del
esfuerzo cortante Q y del momento flector Mf.
Solucin
M max 2 Pa
Qmax P 2
N max P 2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 2: Leyes de esfuerzos 137
Problema 2.56 En la estructura de la figura 1 costruir los diagramas del esfuerzo axil N, del
esfuerzo cortante Q y del momento flector Mf.
Solucin
M max 2,414 qa 2
N max qa 2
Qmax qa 2
Captulo 3:
Esfuerzo axil
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap3. Esfuerzo axil 139
Problema 3.1 Una pieza de hormign de 6 m. de longitud, tiene una seccin rectangular de
dimensiones 0,3 0,4 m2. En su centro de gravedad se aplica una fuerza F.
Determinar:
Solucin
F
12,7 MPa
A
de donde:
FL 1524kN 6m
2,54 mm
EA 30GPa 0,12m 2
6
1 N2 1 N 2 L 1 1524 2 kN 2 6 m
2 0 EA
WN = ds 1935,48 julios
2 EA 2 30 GPa 0,12 m 2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap3. Esfuerzo axil 140
Solucin
La fuerza repartida por unidad de longitud valdr p1 = -25 2 = -50 kN/m , con lo cual la ley
de esfuerzos axiles se escribe (figura 1)
N 50(40 x1 )
50 40 kN
A 1000 2 1 MPa compresin
2 m
40
N
40
50 40 x1
v1B 0 EA dx1
0 30 10 2
6
dx1 0,667 10 3 metros 0,667 mm
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap3. Esfuerzo axil 141
Problema 3.3 La barra de la figura 1 tiene forma de dos troncos de cono iguales de radios r
= 20 cm y 2r, longitud L = 6 m, unidos por sus bases mayores. La barra est sometida a
fuerzas P = 60 kN de traccin aplicadas en sus extremos.
Conociendo el mdulo de elasticidad E = 200 GPa se desea conocer el alargamiento de la
barra.
Solucin
2
x
A r22
L
L L
P dx 2 P dx PL
2
0
EA E 0 r 2 x L
2 2
r2E
y sustituyendo:
60 kN 6 m
14,32 10 6 m
0,2 m 200 10 kN m
2 6 2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap3. Esfuerzo axil 142
Problema 3.4 La viga que se representa en la figura 1 est sometida a una fuerza externa F
de valor F = 500 kN. Hallar:
Solucin
B
N F HC
A
C
N H C
B
F H C 3 HC 2
C
EA EA
H C 0,6 F 300 kN
B
N 0,4 F 200 kN
A
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap3. Esfuerzo axil 143
C
N 0,6 F 300 kN
B
2 2
B C
N ds N ds
1 A 1 B 1 200 ds 1 300 ds
5 3 5 3 2 5 2
1 N2
W ds 1,5 10 3 julios
2 0 EA 20 EA 23 EA 2 0 10 5 23 10 5
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap3. Esfuerzo axil 144
Problema 3.5 Una barra prismtica de eje vertical tiene sus extremos fijos rgidamente y
soporta un peso P en un punto B.
Solucin
Liberando el apoyo C aparecer una fuerza F. La ley de esfuerzos axiles valdr (fig. 2)
C
N F
B
D
N FP
B
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap3. Esfuerzo axil 145
C D
N c N d
B B 1
C Fc F P d 0
EA EA EA
Es decir
d
FP
L
C d D d
N P N P 1
B L B L
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap3. Esfuerzo axil 146
Problema 3.6 Una pieza de hormign armado tiene las siguientes caractersticas:
1
t C
1 n
siendo:
ES
n
EC
AS
AC
Solucin
N
t C
EC AC
N
t
E S AS
E S AS
N C
1 n
Sustituyendo:
1
t C
1 n
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap3. Esfuerzo axil 147
Solucin
Se libera el apoyo D y se coloca una fuerza de compresin de valor F. El movimiento total del
punto D, t , ser igual a la suma del alargamiento de origen trmico nt y al originado por la
fuerza F. Es decir:
t nt
siendo
nt at 3 at 4 at
Fa Fa 5 Fa
3EA 2 EA 6 EA
24
F EA t
5
Por lo que respecta al movimiento horizontal del punto C, su valor ser (positivo hacia la
derecha)
Fa 3
C Cnt C a t at
3EA 5
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap3. Esfuerzo axil 148
Problema 3.8 Dos piezas rectas AB y CD estn separadas una distancia . Mediante la
aplicacin de una fuerza F en C se unen ambas piezas, y una vez unidas se sueldan.
Posteriormente se retira la fuerza F.
Solucin
Una vez unidos los puntos B y C y eliminada la fuerza F, el trozo AB tendr un esfuerzo axil de
valor N. El axil en CD debe ser tambin igual a N por equilibrio.
Na
1
EA
N 2a
2
4 EA
2 EA
N
3a
y adems:
2
1
3
2
3
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap3. Esfuerzo axil 149
Problema 3.9 Sobre un soporte vertical de hormign armado acta una fuerza centrada y
vertical de 1000 kN. El soporte de 2,5 metros de altura es de seccin recta, cuadrada de 30 cm.
de lado, y est armado con ocho redondos verticales de 20 mm. de dimetro, segn se indica en
la figura 1. De esta forma, la seccin neta de hormign es de 875 cm2 y la del acero de 25 cm2.
Teniendo en cuenta que los mdulos de elasticidad del hormign y del acero son 25 GPa y 210
GPa, repectivamente,
Hallar
Solucin
Ea 210
A* Ah Aa 875 25 1085 cm 2
Eh 25
1000 kN
h 9,21 MPa
1085 cm 2
1000 kN 210
a 77,42 MPa
1085 cm 2 25
El acortamiento valdr
h 9,21 MPa
L 2,5 m 0,000921 m 0,921 mm
Eh 25000 MPa
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap3. Esfuerzo axil 150
Problema 3.10 Una pieza recta est constituida por una viga de hormign de seccin
cuadrada de 20 cm de lado, pretensada por unos cables de seccin 0,5 cm 2 cada uno.
Hallar
a) La tensin con que se debe tensar cada cable para que la pieza recta pueda soportar
una traccin de 80 kN, quedando entonces el hormign a una compresin de 0,4 MPa,
con el fin de evitar fisuras por donde el aire ambiente pueda atacar el acero.
Solucin
E
A* 20 20 a 1 4 0,5 412 cm 2
Eh
4F
h1 0,00971 F compresin
412
Cuando, posteriormente, se aplica una fuerza de 80 kN, aparecen unas sobretensiones de valor
80 kN
h2 2
0,19417 kN cm 2 traccin
412 cm
Como debe quedar una compresin remanente de 0,4 Mpa = 0,04 kN/cm2 , deber verificarse:
Es decir:
F = 24,12 kN
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap3. Esfuerzo axil 151
F 4 F Ea 80 kN E 24,12 24,12 4 80
a a 7 7 47,96 kN cm 2 479,6 MPa
A * E h 412 cm 2
Eh 0,5 412 412
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap3. Esfuerzo axil 152
Problema 3.11 Una pieza de hormign postensado est formada por una barra recta de
hormign de 5 metros de luz y seccin cuadrada de 40 40 cm2 y un cable de acero (tambin
de 5 metros de longitud) de 1,5 cm2 de seccin y situado en el centro de gravedad de la seccin
de hormign. Para construir dicha pieza se sigue el siguiente proceso:
Se construye la pieza de hormign dejando una vaina de 1,5 cm2 en su centro de
gravedad.
Una vez fraguado el hormign se introduce el cable y se postensa con una fuerza de
postensado de valor F = 180 kN
Se pide:
1. Tensiones finales en el hormign (en MPa)
2. Acortamiento del hormign (en MPa)
3. Energa de deformacin de la parte de hormign (en julios)
Posteriormente, a lo largo del tiempo (y sin que medie accin externa alguna) se produce un
acortamiento del hormign por retraccin de valor por unidad de longitud r 0,00035
Se pide:
4. Tensiones finales en el hormign (en MPa).
5. Tensiones finales en el acero (en MPa).
Solucin
180 kN
h1 1,1261 MPa
1598,5 cm 2
h1 1,1261 MPa
h L 5m 0,1877 mm
Eh 30 GPa
1 N 2 L 1 180 kN 5 m
2
Wh 16,89 julios
2 EA 2 30 GPa 1598,5 cm 2
N
E h Ah
N
E a Aa
Sumando:
1 1
N r
E h Ah E a Aa
Sustituyendo valores
N 10,953 kN
169,05 kN
h2 1,06 MPa
1598,5 cm 2
169,05 kN
a2 1 127 MPa
1,5 cm 2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap3. Esfuerzo axil 154
1. Se tensan cuatro cables de seccin cada uno a una tensin a1 800 MPa .
2. Una vez tensados los cables, se hormigona.
3. Una vez endurecido el hormign se cortan los cables por AA y BB (ver fig. 1).
Determinar:
a) Seccin de cada uno de los cables de forma que la tensin final en el hormign sea
de 5 Mpa.
b) Tensin final en cada uno de los cables.
c) Energa elstica del conjunto.
Una vez se ha fabricado la pieza, se aplica una fuerza F de compresin de 260 kN.
Hallar:
E a 210 GPa
E h 30 GPa
a 1,2 10 5 C 1
h 10 5 C 1
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap3. Esfuerzo axil 155
Solucin
El rea mecnica (referida al hormign) de la seccin una vez cortados los cables vale
210
A* 40 cm 40 cm ( 1) 4 1600 24
30
a) Cuando se cortan los cables, aparece en la seccin mixta un esfuerzo axil de valor
320
h1
A * 1600 24
Igualando h1 5 MPa 0,5 kN cm 2 , se obtiene 2,6 cm 2
b) Cuando se cortan los cables, se produce una prdida de tensin en el acero de valor
Ea
a1 5 7 35 MPa
A * Eh
L h2 Ah a2 Aa
W
2 E h Ea
y como
L5m
h 5 MPa 5 10 6 N m 2
Ah 0,4 0,4 4 2,6 10 4 0,15896 m 2
E h 30 GPa 30 10 9 N m 2
a 765 MPa 765 10 6 N m 2
Aa 4 4 2,6 10 4 0,00104 m 2
E a 210 GPa 210 10 9 N m 2
Sustituyendo:
W 7 576,8 julios
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap3. Esfuerzo axil 156
F 260 kN
h2 1,564 MPa
A * 1662,4 cm 2
ta 30 1,2 10 5 36 10 5
th 30 1 10 5 30 10 5
th h ta a
O sea
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap3. Esfuerzo axil 157
h3 a3
30 10 5 36 10 5
E ha Ea
a3 Aa h3 Ah
Resolviendo:
Si se desea que la mxima tensin en el hormign sea de 10 Mpa y en los tendones de postensar
sea de 500 Mpa.
Hallar:
a) Valor de la fuerza F
b) rea de cada uno de los tendones
c) Tensin final en cada uno de los tendones 1,2,3 y 4
d) Tensin en el hormign despus de realizada la primera fase de postensado
E h 35 GPa
E a 210 GPa
Solucin
2F
h1 10 MPa 1 kN cm 2
40 40 4
F
a1 500 MPa 50 kN cm 2
En la segunda fase, las fuerzas F actan sobre la seccin mixta de hormign y acero, con un
rea mecnica
E
A* 1600 2 a 1 2 1600 8
Eh
Despus de realizada la segunda fase, las tensiones en los distintos elementos valdrn
En el hormign
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap3. Esfuerzo axil 159
2F 2F 2F
h2 h1 1 kN cm 2
A * 40 40 4 1600 8
En los tendones 1 y 2
2F Ea F 2F
a212 a1 6 50 kN cm 2
A * E h 1600 8
En los tendones 3 y 4
F
a234 50 kN cm 2
F 403,5 kN
8,07 cm 2
2F 2 403,5
h1 0,515 kN cm 2 5,15 MPa
40 40 4 1600 4 8,07
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap3. Esfuerzo axil 160
1 10 cm 2
2 15 cm 2
Ea
n 10
Eh
Solucin
9 2 y 9 1 y 70 70 9 31 2 e
9 2 1 y
e 8,483 10 3 y
4900 405
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap3. Esfuerzo axil 161
Por equilibrio
3F1 F2 N
F2 F1 y e3F1 F2
F2 F1 y 8,483 10 3 y3F1 F2
F2
1,03422
F1
N
h 10 MPa N 5305 kN F1 1315 kN
4900 405 cm 2
F2 1360 kN
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap3. Esfuerzo axil 162
Problema 3.15 La pieza recta de la figura 1 tiene 4 metros de longitud y su seccin recta es
un cuadrado de 30 cm. de lado. En dos de sus caras opuestas se produce un incremento de
temperatura de valor t = 20C, de tal forma que produce una distribucin de temperaturas en
la seccin tal como muestra la figura 1.
Admitiendo que se cumple la hiptesis de Navier, y que = 10-5 C-1 y Eh = 35 GPa,
Hallar
Solucin
Fig. 2 Deformaciones
a) La seccin debe permanecer plana, por lo que la suma de las deformaciones trmicas
ms las mecnicas debe estar en un plano (ver figura 2)
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap3. Esfuerzo axil 163
Por lo tanto:
t k
Siendo k una constante a determinar. Adems (se usarn las unidades kN y m):
t
t x3 133,33 10 5 x3
0,15 m
x3 x3
Eh 35 10 6 kN m 2
Sustituyendo:
x3
133,33 10 5 x3 k
35 10 6
x3 35 10 6 k 46.666,67 x3
0 ,15
x dx
0
3 3 0
Es decir:
0 ,15
35 10
k 46.666,67 x3 dx3 5,25 10 6 k 525 0
6
0
o sea,
k = 10-4
con lo cual
x3 3.500 46.666,67 x3
3.500
10 4
35 10 6
L L 4 10 4 m 0,4 mm
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap3. Esfuerzo axil 165
Hallar
Solucin
a) Dado que la pieza AB es infinitamente rgida, las posiciones finales de los puntos D, y H
estarn sobre una recta, por lo que los alargamientos de las barras cumplirn la relacin (ver
figura 2)
N CD 4 N CD
LCD
ECD ACD 25000
N EP 4 N EP
LEP
E EP AEP 25000
N GH 4 N GH
LGH
EGH AGH 25000
Adems:
N CD N EP N GH 200 kN
4 NEP = 200 x
con lo cual,
por lo que
Solucin
a) Se trata de determinar la expresin del rea del prisma en funcin de x de forma que,
sometido a su propio peso y a una fuerza P, las tensiones sean constantes en todo el cuerpo.
A( )d P
0
A x
es decir,
d A x
A(x)
dx
A A0 e x /
P
siendo A0
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap3. Esfuerzo axil 168
o sea:
P
A e x /
b) El volumen del prisma, supuesto espesor unidad valdr
30 P P 30
V e x / dx e x / 0,0379 m 3
0 0
30 L
dx 0,018 m
0 E E
1 2 12 (120 MPa) 2
W
2 E
V
dV
2 E
V
2 200 GPa
0,0379 m 3 1,3644 julios
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap3. Esfuerzo axil 169
Problema 3.18 Una losa rgida de forma cuadrada est sostenida horizontalmente en los
vrtices por cuatro tirantes verticales iguales.
Determnese los esfuerzos originados en los cuatro tirantes por una carga F que acta en un
punto de una diagonal.
Solucin
Por simetra los esfuerzos en B y en C sern iguales. La losa rgida se mantiene plana, por lo que
los movimientos verticales de B y C sern la semisuma de los de A y D. Adems, como todos
los tirantes son iguales, la misma relacin que en los desplazamientos se cumplir con los
esfuerzos, es decir:
2 F
L 2
Fd 0
2
Resolviendo el sistema:
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap3. Esfuerzo axil 170
1 d
F
4 L 2
1 d
F
4 L 2
Captulo 4:
Momento flector
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 172
Problema 4.1 La viga de la figura 1a) tiene la seccin que se representa en la figura 1b).
Hallar el valor mximo de la carga p de forma que las tensiones no sobrepasen los 200 MPa.
Solucin
A = 150 cm2
yg = 19,33 cm
I = 35266,7 cm4
M fB p
1,6
2
1,28 p
2
Se halla la reaccin en A
42
4RA p 1,28 p 8 1,28 p R A 1,68 p
2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 173
x2
M f 1,68 px p
2
y el valor mximo:
1,68 2
M fmx M x 1,68 1,68 2 p 1,41 p
2
My
max
I
Si p kN m M kN m
I = 35266,7 10-8 m4
zg = 20,67 10-2 m
max 200 MPa 200 10 3 kN m 2
My
max
I
Sustituyendo,
1,41 p 20,67 10 2
200 10 3
35266,7 10 8
1,41 20,67 p
200
35266,7 10 3
200 35,2667
p 242 kN m
1,41 20,67
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 174
Problema 4.2 Determinar las magnitudes de las cargas admisibles que actuan sobre la viga
de las dimensiones dadas. ( trac 48 MPa, com 120 MPa )
Solucin
I = 0,973910-4 m4
y el rea
A = 210-2 m2
4P
t 0,068
0,9739 10 4
4P
c 0,172
0,9739 10 4
Igualando
t 48 MPa 48000 kN m 2
c 120 MPa 120000 kN m 2
se obtiene
P1 = 17,19 kN P2 =17 kN
P = 17 kN
Problema 4.3 La seccin recta de la viga de la figura 1 est formada por una doble T (IPN)
que tambin se representa en la figura. Estando la viga en carga se suelda a la misma una
platabanda de 10 cm. de longitud y 1 cm. de espesor a cada ala de la doble T. Realizada la
soldadura, se eliminan las cargas de la viga.
Determinar el valor de la mxima tensin normal que aparece en la seccin del punto B cuando
se quitan las cargas.
Canto h = 20 cm
Anchura de las alas: b = 10 cm
Mdulo resistente: W = 194 cm3
Momento de inercia: I = 1940 cm4
Solucin
M fB 45 kNm
231,96 MPa
W 194 cm 3
Cuando se quitan las cargas aparecern unas tensiones (en las alas de la subseccin IPN 200) de
valor
45 kNm
' 10cm 108,56 MPa
4145 cm 4
Problema 4.4 Una seccin de hormign de forma cuadrada de 80 cm de lado tiene un hueco
circular de 10 cm de radio. El hormign tiene un mdulo de elasticidad de 2104 MPa y una
tensin normal admisible, tanto a traccin como a compresin de 16 MPa.
Sobre la seccin conjunta se aplica un momento flector M que lleva la direccin y sentido del
semieje positivo Gx2.
Se pide:
Solucin
M
n 2
0,4 16 MPa 16000 kN m 2
3,484 10
y en el acero
M
a 2
0,1 10 120 MPa 120000 kN m 2
3,484 10
M = 1393,6 kNm
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 179
Problema 4.5 En la seccin de la figura 1 todas las paredes tienen el mismo espesor (e=1,2
cm). El mdulo de elasticidad de AB y CD vale 2E mientras que para el resto de las paredes
vale E. Cuando un esfuerzo de compresin N= 100 kN acta en D, hallar:
Fibra neutra
Distribucin de tensiones normales a lo largo de AH
Solucin
En la figura 2 puede verse la posicin del centro de gravedad mecnico
I 2* 216762,5 E
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 180
I 3* 54000 E
A*= 384 E
I 2* 216762,5 E
(r2* ) 2 *
564,486 cm 2
A 384 E
I 3* 54000 E
(r3* ) 2 *
140,625 cm 2
A 384 E
N e 2 N E x 2 ; x3
x 2 ; x3 E x 2 ; x3
N N e3 e3 e2
x x 2 1 x x 2
A
*
I 2*
3
I 3* A*
r2*
2 3
r3*
2
Igualando x 2 ; x3 a cero se obtiene la fibra neutra
e3 e2
1 x3 x2 0
r
2
* 2
r 3
* 2
y sustituyendo:
10,3125 15
1 x3 x2 0
564,486 140,625
1 0,1067 x 2 0,01827 x3 0
100 E
x 2 ; x3 1 0,1067 x 2 0,01827 x3 2604,171 0,1067 x2 0,01827 x3 kN2
0,0384 E m
2,604171 0,1067 x 2 0,01827 x3 MPa
Para el punto A:
Problema 4.6 La seccin de la figura 1 est compuesta por una parte superior de 60 7
cm2 de hormign de mdulo de elasticidad Eh= 30 GPa. Los espesores de las chapas de acero
son: 8mm. para la chapa horizontal y 3mm. para las chapas inclinadas.El mdulo de
elasticidad del acero vale Ea = 210 GPa
SE PIDE:
1. Valor de las fuerzas F para que durante el proceso de construccin las
mximas tensiones de compresin en el hormign valgan 2 MPa.
2. Hallar y dibujar la distribucin de tensiones en la seccin de acero del tramo
AB una vez colocadas las fuerzas F.
3. Una vez retirada la fuerza F hallar y dibujar la distribucin de tensiones en el
hormign y acero.
4. Teniendo presente que en el tramo AB la curvatura es constante, hallar la
flecha final en el punto medio de AB.
Solucin
Para la subseccin de acero, el rea, posicin del c.d.g. respecto a la fibra inferior y el
momento de inercia respecto a un eje horizontal que pasa por el c.d.g. valen:
Aa 27,404 cm 2
I 2 a 755,71 cm 4
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 183
x3aG 3,5372 cm
F 10,1828 kN
2. Las tensiones en el acero una vez colocadas las fuerzas F valen (figura 3a))
2 10,1828 kN 1 m 13,4628 cm
a 181,407 MPa
755,71 cm 4
3 10,1828 kN 1 m 3,5372 cm
a 47,662 MPa
755,71 cm 4
1 10,1828 kN 1 m 8,818 cm
h 2 MPa
44896,1 cm 4
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 184
2 10,1828 kN 1 m 17 cm 15,182 cm
h 0,412 MPa
44896,1cm 4
2 2
a 7 h 2,886 MPa
3 10,1828 kN 1 m 15,182 cm
a 7 24,1 MPa
44896,1cm 4
1
h1 h 2 MPa
2
h2 h 0,412 MPa
2 2
a2 a a 181,407 2,886 178,521 MPa
3 3
a3 a a 47,662 24,1 23,562 MPa
4. Curvatura y flecha.
Al cargar el acero con las dos fuerzas F se produce una curvatura de valor
M 10,1828 kN 1 m
a 0,006416 m 1
E a I 2 a 210 GPa 755,71cm 4
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 185
M 10,1828 kN 1 m
* 0,000756 m 1
*
Eh I 2 30 GPa 44896,1cm 4
a * 0,00566 m 1
f
L 2
2
5 2
2
0,00566 m 0,01769 m
2 2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 186
a) Se coloca la viga doble T de acero sobre dos apoyos procediendo a cargarla con dos
fuerzas F, tal como indica la figura.
b) Seguidamente se coloca sobre AA la capa de hormign y, una vez ste ha endurecido,
se retiran las fuerzas F.
Hallar:
-Tensin en el acero al final del proceso en la seccin centro luz inferior a 50 MPa.
-Tensin final en el hormign en la seccin centro luz inferior a 5 MPa.
c) Una vez construida la pieza se carga la misma con una fuerza puntual de valor P
aplicada en el punto medio de AA. Se pide:
-Valor de esta fuerza para que las tensiones finales en el alma del acero sean
constantes, y valor de esta tensin.
NOTAS:
Solucin
Fibra 1
2 F 0,2
aa1 4
0,1875 10 4 F (compresiones)
2,1333 10
Fibra 2
2 F 0,2
aa2 4
0,1875 10 4 F (tracciones)
2,1333 10
h 25 kN m 3
por lo que el peso del hormign fresco por unidad de longitud de viga ser
kN
h 25 0,2 0,8 4 kN m
m3
4 15 2
M f max 112,5 kNm
8
Las tensiones en las fibras 1 y 2 del acero debido al peso del hormign valen
Fibra 1
112,5 0,2
ab1 10,55 10 4 kN m 2
2,1333 10 4
Fibra 2
112,5 0,2
ab2 10,55 10 4 kN m 2
2,1333 10 4
b) Una vez endurecido el hormign, se eliminan las fuerzas F (lo cual es equivalente a
dejarlas y aplicar en los mismos puntos dos fuerzas F de sentido contrario). Dichas fuerzas
producen sobre la seccin mixta una ley de momentos flectores representada en la figura 4
2 F 0,42222
ab1' 7 7 146,6 F 1026,2 F
57,6 10 4
2 F 0,42222 0,4
ab2' 7 7,72 F 7 54 F
57,6 10 4
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 189
2 F 0,2 0,02222
hb3' 61,73 F
57,6 10 4
Tensiones finales:
h 3 61,72 F
kN
848,8 F 10,55 10 4 50000 F 65,39 kN
m2
kN
1929 F 10,55 10 4 50000 F 80,61 kN
m2
61,73 F 5000 F 81 kN
Es decir:
F 65,39 kN
3,75 0,42222
1 7 1924,18
57,6 10 4
Para que la distribucin de tensiones en el acero sea constante es preciso que las
tensiones totales en la fibra 1 (las previas ms las provocadas por la carga ) sean iguales a las
de la fibra 2. Es decir,
O sea:
1. Se colocan las piezas de acero AB yBC sobre los apoyos y de forma independiente
2. Se coloca sobre ellas una capa de hormign de densidad 25 kN/m3 y espesor tal que
una vez endurecido el hormign la fibra neutra de la nueva seccin est en el contacto
hormign-acero.
3. Una vez endurecido el hormign, se sueldan las dos piezas de acero en la seccin B y
se quita el apoyo central (apoyo B).
HALLAR:
Mximas tensiones en el hormign en la seccin media de AB
Mximas tensiones en el acero en la seccin media de AB
Distribucin final de tensiones en la seccin media de AB
n E a E h 10
Solucin
Dado que el contacto entre el hormign y el acero debe corresponder a la fibra neutra, el
valor de x ser tal que en este mismo punto est situado el centro de gravedad mecnico
de la seccin, es decir
x = 18 cm
A* = 50 x + 45 n = 1350 cm2
I 2* 274.083,3 cm 4
El peso propio del hormign equivale a una sobrecarga de p = 0,18 0,5 25 = 2,25 kN/m. La
reaccin en B valdr
10
R BAB 2,25 11,25 kN
2
2,25 10 2
M f1 28,125 kN m
8
22,5 20
M fB 112,5 kN m
4
En el punto medio de AB el momento flector vale
M fB 112,5 kNm
M f2 56,25 kNm
2 2
Este momento acta, lgicamente, en la seccin mixta, y produce una distribucin de tensiones
de valor:
- En el punto 1:
2 1 0
- En el punto 2:
Hormign
f 3
3,7 MPa compresin
f 1 0
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 195
Acero
f 1 0 167,15 MPa 167,15 MPa compresin
f 2
64,3 51,3074 115,6074 MPa traccin
Problema 4.9 La pieza de la figura 1, con la seccin mixta que se indica, se construye de la
siguiente forma:
- Se apoya el acero sobre los tres apoyos indicados.
- Se construye la parte de hormign vertiendo el hormign fresco directamente sobre el
acero, de tal forma que ste ltimo aguanta el peso del hormign fresco (peso
especfico: 23 kN m 3 ). En esta etapa, experimentalmente se constata que la reaccin
en el apoyo central vale 43,125 kN .
- Cuando el hormign est endurecido se elimina el apoyo central.
Solucin
El centro de gravedad de la subseccin de acero est situado a 4,1 cm del eje de la pared inferior
(figura 2.a). El momento de inercia respecto a un eje horizontal que pasa por dicho centro de
gravedad vale
I 7159,1 cm 4
El peso del hormign fresco produce una carga uniformemente repartida a la subseccin de
acero de valor
Como el momento flector en el apoyo central vale M f 21,56 kN m , las tensiones en las
fibras extremas valdrn (figura 2 b))
21,56 kN 25,9 cm
1 78 MPa traccin
7159,1cm 4
21,56 kN 4,1 1 cm
2 15,3 MPa compresin
7159,1 cm 4
Cuando, una vez endurecido el hormign, se elimina el apoyo central, la seccin resistente a
considerar es la seccin mixta. En la figura 3.a) se indica la posicin del centro de gravedad
mecnico de dicha seccin. El momento de inercia mecnico vale
I * 1.300.600 cm 4
Eliminar el apoyo central equivale a considerar la viga completa de 10 metros de luz sometida a
una fuerza puntual, igual y contraria al valor de la reaccin. Dicha reaccin vale
F 43,125 kN
F 2 L 43,125 2 5
Mf 107,81 kN m
4 4
107,81 kN m 23,36 cm
3h 1,94 MPa compresin
1.300.600 cm 4
107,81 kN m 6,64 cm
1h 0,55 MPa traccin
1.300.600 cm 4
Las tensiones en el acero sern las que existan previamente ms las producidas como
consecuencia de eliminar el apoyo central:
107,81 kN m 30 23,36 cm
1a 78 MPa 7 81,85 MPa traccin
1.300.600 cm 4
107,81 kN m 60 1 23,36 cm
2a 15,3 MPa 7 6,54 MPa traccin
1.300.600 cm 4
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 199
Determinar:
a) Distribucin de tensiones.
b) Radio de curvatura.
c) Valor y posicin de un esfuerzo axil para que la pieza recupere su posicin inicial.
d) En este ltimo caso, distribucin de tensiones.
Fig. 1
Solucin
- Posicin del c.d.g. del acero: ya = 16,06 cm = 0,1606 m respecto a su fibra inferior.
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 200
Si se libera la unin entre el hormign y el acero, cada parte, debido a la variacin trmica, se
alargara libremente tal como indica la figura 2 a). Dado que dichos movimientos no son
compatibles, se aplica un esfuerzo Nh a la seccin de hormign en una posicin a determinar, y
un esfuerzo Na a la zona de acero en una posicin tambin a determinar. Por equilibrio Na = Nh
= N. Adems, el punto de aplicacin de Nh debe coincidir con el punto de aplicacin de Na. Para
obtener N as como su punto de aplicacin, se igualarn los movimientos en el contacto
hormign-acero, imponindose adems que la curvatura en el hormign debe ser la misma que
en el acero (hiptesis de seccin plana).
hnt h t 30 10 5
ant a t 36 10 5
-Hormign:
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 201
N N
hN 0,166667 10 6 N
E h Ah 30 10 kN / m 0,2m
6 2 2
-Acero:
Deformaciones debidas a N actuando en el c.d.g. del acero
N N
aN 0,43687 10 6 N
E a Aa 210 10 kN / m 0,0109m
6 2 2
Igualando deformaciones:
30 10 5 0,166667 10 6 N 5 10 6 N 0,8 d
36 10 5 0,43687 10 6 N 4,9459 10 6 N d 0,1606
Es decir:
60 3,80924 N 0,0541 Nd 0
N 0,8 d
h
Eh I h
N d 0,1606
a
Ea I a
Igualando:
Ea I a
0,8 d d 0,1606
Eh I h
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 202
de donde:
d 0,70 m
N 15,90 kN
N N 0,8 d 0,1 m
AI 4
159,00 kN m 2
0,2 6,666 10 m 4
N N 0,8 d 0,1 m
BI 4
318,00 kN m 2
0,2 6,666 10 m 4
N N d 0,1606 0,1606
DI 4
1 193,51 kN m 2
0,0109 5,1933 10 m 4
b) Dado que la curvatura de cualquier curva es igual a la inversa del radio de curvatura:
Eh I h
1,25 10 4 m
N 0,8 d
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 203
Fig. 4. Movimientos producidos por una seccin de la viga por una variacin trmica constante t y
esfuerzo axil necesario para que la pieza recupere su posicin inicial.
T T e x3
*
n n
A I*
T T e 0,9 0,6234
E h A AII 1 1
0,2763 268,810 10 4
30 10 6
kN
2,9469 10 4
m2
T T e 0 0,6234
E a D DII 7 7
0,2763 268,810 10 4
210 10 6
kN
2
3,6568 10 4
m
T 2623,57 kN
e 0,02424 m
1
Las tensiones se obtienen multiplicando las deformaciones por su correspondiente mdulo de elasticidad.
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 204
La chapa BDG se considera infinitamente rgida, y sobre ella y normalmente acta una fuerza
N.
Hallar:
Solucin
y
1,1
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 206
Equilibrio de fuerzas
1,1 1,1
Equilibrio de momentos
0,4
1,1 1,1
Ne 0,4 y dy y 2 dy 0,119757
0,7
1,1 0,7
Es decir: e = 0,915 m. Con lo cual, la zona en que puede actuar la fuerza N para que no existan
compresiones en el cable es la que corresponde a y 0,915 m .
y 0,7
0,4
Equilibrio de tensiones:
1,1 1,1
0,7
N 0,4 dy 7 10 10 4 0,4 y 0,7 dy 0,7 7 10 104 0,0678
0, 7
0,4 0,7
0,4 0,4
Equilibrio de momentos:
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 207
1,1 1,1
Es decir, e = 1,147 m.
Por lo tanto, para que se cumplan las dos condiciones anteriores, la distancia e de la fuerza N al
punto G debe estar comprendida entre
0,915 m e 1,147 m.
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 208
Solucin
Las coordenadas del punto A respecto al centro de gravedad son A 22,5 ; 22,5 .
Los momentos de inercia respecto a los ejes x2 y x3 as como el producto de inercia
valen:
I 2 57.375 cm 4
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 209
I 3 16.875 cm 4
I 23 10.125 cm 4
I 2 I 3 I 232 865.687,5 10 3 cm 8
12000
A 22,5 16875 22,5 10125cos 22,5 10125 22,5 57375sin
865675,5 10 3
1,3862 10 5 151.875 cos 1063125 sin 2,10526 cos 14,73684 sin
dA
0 2,10526 sin 14,73684 cos
d
de donde se obtiene:
tan 7 81,87 0
kN
A max 14,88645 148,86 MPa
cm 2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 210
Solucin
M f 3,75
A 40 MPa 4 kN cm 2
1150
de donde se obtiene
I 2b 4.400 cm 4
M 10 1226,7 10 kN
B
f
2,79 2 27,9 MPa compresiones
4400 4400 cm
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 212
Notas:
El espesor de todas las paredes es constante y vale 1 cm.
Los momentos de inercia de la seccin en L valen:
Solucin
1A 30
0,30 0,09 1866,67 10 8 0,04 1800 10 8 0,0016 10 8
kN
160 MPa
16 16
4950 1866,67 10 1800 10
2
m2
C1 30
0,09 1866,67 10 8 0,04 1800 10 8 120 MPa
4950 1866,67 10 16 1800 2 10 16
1 3
I 2' 30 2 20 15 2 11250 cm 4
12
30 0,15 kN
A2 30 8
40 10 3 2 40 MPa
11250 10 m
30 0,15
C2 40 MPa
11250 10 8
Problema 4.15 Una viga UPN 160 con momentos de inercia I2 = 925 cm4 y I3 = 85,3 cm4
est sometida a un momento flector Mf = 4 kNm segn el eje n- n inclinado 22 respecto a x3
y que tracciona el punto A. Determnese el eje neutro y calclese max.
Solucin
Las componentes del momento M segn cada uno de los ejes sern
401080 x3 + 1758500 x2 = 0
es decir
x3 + 4,3844 x2 = 0
Problema 4.16 La seccin, cuya forma y dimensiones, se indican en la figura 1, est sometida
a un momento flector M aplicado en su centro de gravedad G y formando 30 en sentido
negativo, con la horizontal.
a compresin c 10 MPa
a traccin T 6 MPa
Se pide:
Valor mximo de M que puede soportar la pieza.
Solucin
El centro de gravedad est situado a una distancia de 52,857 cm. respecto a la fibra
inferior (ver figura 2). Los momentos de inercia respecto a unos ejes horizontal y vertical que
pasan por el c.d.g. valen
M f2 M f3 0,866 M 0,5 M
x3 x2 x
2 3
x2
I2 I3 3,021 10 9,066 10 2
x3 + 0,1924 x2 = 0
En la figura 2 puede verse representada la fibra neutra. Como puede observarse, los
puntos ms alejados de la fibra neutra (y por tanto, los de mayor tensin) son el A y el C.
Tensiones en C (traccin)
0,866 0,5
c M 2
0,27143 2
0,8 6 MPa 6000 kN m 2
3,021 10 9,066 10
Tensiones en A (compresin)
0,866 0,5
A M 2
0,52857 2
0,4 10 MPa 10000 kN m 2
3,021 10 9,066 10
M = 492,1 kNm
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 218
Problema 4.17 Un momento flector, de valor M0 = 1,5 kNm que acta en un plano vertical,
se aplica a una viga cuya seccin se muestra en la figura 1. Hallar:
Solucin
I 2 4,18 10 6 m 4
I 3 3,25 10 6 m 4
I 23 2,87 10 6 m 4
I 2 I 3 I 23
2
5,3481 10 12 m 4
1
I 2 I 3 I 232
M f 2 x3 I 3 x 2 I 23 M f 3 x3 I 23 x 2 I 2
M f 2 1,5 kNm
M f3 0
x3 A 50 mm 0,05 m
x 2 A 80 mm 0,08 m
resulta que
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 219
A
1
5,3481 10 12
1,50,05 3,25 10 6 0,08 2,87 10 6 0,01882 10 6 kN m 2 18,82 MPa
x3 I 3 x 2 I 23 0
es decir:
x3 0,883 x 2 0
O sea, que el ngulo que forma la fibra neutra con el eje x2 vale
Problema 4.18 La seccin recta de una viga en voladizo de longitud L = 1,5 m es la indicada
en la figura 1. La viga est sometida a una carga uniformemente repartida p = 3,5 kN/m,
contenida en el plano vertical que contiene la lnea media del perfil. Para la seccin del
empotramiento, se pide:
Solucin
I 2 241,5 cm 4 241,4 10 8 m 4
I 3 36,7 cm 4 36,7 10 8 m 4
I 23 45,28 cm 4 45,28 10 8 m 4
I 2 I 3 I 23
2
6812,77 10 16 m 8
1
I 2 I 3 I 232
M f 2 x3 I 3 x 2 I 23 M f 3 x3 I 23 x 2 I 2
L2 1,5 2
M f2 P 3,5 3,9375 kN m
2 2
M f3 0
x3 I 3 x 2 I 23 0
es decir:
x3 1,234 x 2 0
A
1
6812,77 10 16
3,93750,055 36,7 10 8 0,0112 45,28 10 8 145971,3 kN m 2
145,97 MPa
B
1
6812,77 10 16
3,9375 0,045 36,7 10 8 0,0188 45,28 10 8 144649,4 kN m 2
144,65 MPa
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 222
Problema 4.19 Dada la pieza, cuya forma y dimensiones se indican en la figura 1 y en la que
las tensiones admisibles, son :
a compresin: C 12 MPa
a traccin: T 6 MPa
Se pide:
Hallar la mxima distancia d, por encima del borde superior, a la que puede actuar una fuerza
de compresin de 2000 kN, situada sobre el eje de simetra de la pieza.
Solucin
e2 0
e3 20 60 20 57,273 d 42,727 d
d 3,554 cm.
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 224
Problema 4.20 En la seccin que se representa en la figura 1 el espesor de todas las paredes
es el mismo (e =1,1 cm). Cuando acta un esfuerzo axil de compresin de valor N = 120
kN en el punto medio de AB, hallar:
Mxima tensin de traccin
Mxima tensin de compresin
Distribucin de tensiones normales
Solucin
A = 209 cm2
g2 = 9,474 cm
I2 = 127.142 cm4 I3 = 20.843 cm4
Problema 4.21 Se aplica una carga vertical de 4,8 kN en el punto A de un poste de madera,
de seccin rectangular, 80 por 120 mm.
a) Hallar las tensiones normales en las cuatro esquinas de una seccin horizontal
(direccin del plano x2 x3).
b) Localizar el eje neutro de la seccin.
Solucin
A = 9,6 10-3 m2
I2 = 5,12 10-6 m4
I3 = 11,52 10-6 m4
a) Tensiones en B
Es decir
1-75 x3-20,83 x2 = 0
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 228
Problema 4.22 En la seccin de paredes delgadas de la figura 1 todas las paredes tienen el
mismo espesor e = 0,8 cm. El radio del crculo vale R = 15 cm. En el punto C acta un esfuerzo
axil de compresin de valor N. Hallar:
Fibra neutra
Valor de N de forma que las mximas tensiones de compresin no superen los 90 Mpa.
Distribucin de tensiones normales en la lnea AB.
Solucin
A = 99,4 cm2
I2 = 10.282,3 cm4 I3 = 8.482,3 cm4
e2 e3 15 2 2 10,61 cm
N N e3 x 3 N e 2 x 2
A I2 I3
y sustituyendo:
N x x
1 3 2
99,4 9,75 8,04
x3 x
1 2 0
9,75 8,04
Por otro lado, la mxima tensin normal se producir en el punto D (fig. 2) de coordenadas:
9
N 261,69 kN
0,03439
Por lo que respecta a la distribucin de tensiones normales en AB, ser lineal con valores en A y
B dados por
261,69 15 kN
A 1 6,68 66,8 MPa
99,4 9,75 cm 2
261,69 15 kN
B 1 1,423 14,23 MPa
99,4 9,75 cm 2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 230
Problema 4.23 Sobre un soporte vertical, de seccin rectangular ABCD, tal como se
representa en la figura, acta sobre el punto E, de coordenadas e2 = 0,06 m., e3 = 0,12 m.,
una fuerza vertical N de compresin de 480 kN.
Se pide:
2. Definir la lnea frontera, entre las zonas de la seccin soporte que est a compresin y
la que est a traccin. Dibujar claramente esta lnea.
Solucin
N M f2 M f3
x3 x2
A I2 I3
siendo
A = 0,24 m2
I2 = 0,0072 m4
I3 = 0,0032 m4
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 231
es decir
1 + 4 x3 + 4,5 x2 = 0
Propiedades de la seccin:
- rea. A = 48,13 cm2
- Mdulos resistentes de la seccin: W2 = 404,76 cm3 W3 = 47,69 cm3
Solucin
N N e3 N e2 N N e3 N e2
x3 x2
A I2 I3 A I 2 x3 I 3 x 2
e2 = 3,81 cm = 0,0381 m.
e3 =-10,27 cm = -0,1027 m.
0,1027 m 0,0381 m
B 4
82,73 MPa
48,13 10 m 2
404,76 10 6 m 3 47,69 10 6 m 3
0,1027 m 0,0381 m
C 4
82,73 MPa
48,13 10 m 2
404,76 10 6 m 3 47,69 10 6 m 3
0,1027 m 0,0381 m
D 4
6
82,73 MPa
48,13 10 m 2
404,76 10 m 3
47,69 10 6 m 3
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 233
0,1027 m 0,0381 m
E 4
6
82,73 MPa
48,13 10 m 2
404,76 10 m 3
47,69 10 6 m 3
1 = 65,64 kN ; 2 = 109,92 kN
3 = -97,92 kN ; 4 = -245,2 kN
= 65,64 kN (compresin)
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 234
Problema 4.25 Un pilar cuya seccin recta se representa en la figura 1 est sometido, a
travs de una placa suficientemente rgida situada en su parte superior, a una carga de
compresin N = 150 kN aplicada en el punto A. Se pide:
Solucin
N
N
e3 x3 I 3 x2 I 23 e2 x3 I 23 x2 I 2 150 kN2 150 kN4 8
A I 2 I 3 I 23 0,16 m 0,3768 10 m
0,4 0,613 10 2 x3 0,7 10 2 x 2 0,45 0,7 10 2 x3 1,413 10 2 x 2
937,5 36460 x 2 22349 x3
Problema 4.26 La seccin de paredes delgadas que se representa en la figura 1 est sometida
a un esfuerzo axil de compresin. Se desea saber su posicin para que la fibra neutra sea una
recta que pase por los puntos A y B.
Solucin
I2 = 5.625 cm4
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 237
I3 = 2.625 cm4
I23 = 1.125 cm4
y el rea
A = 60 cm2
I2
r22 93,75 cm 2
A
I
r32 3 43,75 cm 2
A
I
r232 23 18,75 cm 2
A
Sean e2 y e3 las excentricidades del esfuerzo axil de compresin (y por tanto su posicin).
y sustituyendo:
1 0,08 x 2 0,053333 x3 0
e identificando coeficientes
93,75 e2 18,75 e3
0,08
3750
18,75 e2 43,75 e3
0,05333
3750
Resolviendo el sistema:
e2 = 2,5 cm e3 = -3,5 cm
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 238
Solucin
A = 65,5 cm2
I2 = 7.450 cm4
I3 = 2.669 cm4
I23 = -782 cm4
I2I3-I232 = 19.272.526 cm8
N N
e3 x3 I 3 x2 I 23 e2 x3 I 23 x2 I 2
A I 2 I 3 I 232
N N
1,73 x3 2.669 782 x2 4,38 782 x3 7.450 x2
65,5 19.272.526
N
N 0,001623 x 2 0,000062 x3
65,5
La fibra neutra se obtiene igualando las tensiones a cero. Es fcil comprobar que la
mayor tensin de compresin se produce en el punto ms hacia la derecha del ala inferior.
Dicho punto tiene de coordenadas ( 14,38 ; -7,73). Las tensiones valdrn:
N = 562,8 kN
Problema 4.28 Un pilar cuya seccin se representa en la figura 1 est sometido a una carga
150 kN de compresin aplicada en el punto A..
Hallar:
a) Distribucin de tensiones
b) Ncleo central
Solucin
I2 = 303.666 cm4
I3 = 79.444 cm4
I23 = -69.510 cm4
y el rea
A = 200 cm2
La carga 150 kN que acta en el punto A se traslada al punto G, con lo cual aparecen unos
momentos
M f 2 60 kN m
M f 3 22,35 kN m
1
I 2 I 3 I 23
2
M f 2 x3 I 3 x 2 I 23 M f 3 x 2 I 2 x3 I 23
P
A
E acero
n 10
E hormign
Solucin
A* 10 Aa Ah 10 40 4 1 40 40 3200 cm 2
I * 10 I a I h 640.000 cm 4
Dada la simetra existente en la seccin el ncleo central ser cuadrado. Para obtener su
vrtice inferior se impone la condicin que cuando acta un esfuerzo axil de compresin
N en dicho vrtice, las tensiones en la fibra superior son nulas.
N N e 20 N 20 e
0 * 1 * *
A* I* A I A
I * A* 640.000 3.200
e 10 cm
20 20
Solucin
I 2 1,34513 m 4
I 3 21,9434 m 4
A 4,38 m 2
con lo cual
I 2 A 0,3071 m 2 ; I 3 A 5,01 m 2
Las coordenadas del punto A respecto a los ejes x 2 x3 valen: A 2,2 ; 0,94 . Con lo
cual, las excentricidades del esfuerzo N son:
e2 2,2 m ; e3 0,94 m
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 246
N e3 N x 3 e 2 N x 2 N 0,94 N x3 2,2 N x 2
A I2 I3 A I2 I3
N 0,94 2,2 N
1 x3 x 2 1 3,0609 x3 0,439 x 2
A I2 A I3 A A
1 3,0609 x3 0,439 x 2 0
Los puntos ms alejados de la fibra neutra son el A y el B, por lo cual en dichos puntos
se producirn las mximas tensiones: en A de compresin y en B de traccin.
Las coordenadas de B son: B 4,5 ; 0,56
Las tensiones en A y B valdrn:
N
A 1 3,0609 0,94 0,439 2,2 20000 kN m 2
4,38
es decir,
N 1 18.087,8 kN
N
B 1 3,0609 0,56 0,439 4,5 5000 kN m 2
4,38
O sea
N 2 8.142,5 kN
N 8.142,5 kN
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 247
Problema 4.31 En la seccin que se representa en la figura 1.a) acta un esfuerzo axil
de compresin situado en el punto A, N 2000 kN . , aplicado en el punto A. Hallar las
tensiones en el punto B.
Solucin
I 2 0,0208 m 4
I 2 0,0252 m 4
I 2* 0,10302 m 4
I 3* 0,0963 m 4
El hecho de quitar el esfuerzo axil N de la seccin mixta, tiene el mismo efecto que
mantenerlo y aplicar un esfuerzo N de sentido contrario.
Las coordenadas de los puntos A y C respecto a los ejes horizontal y vertical que
pasan por el centro de gravedad mecnico valen: A 0,15 ; 0,2273 y C 0,45 ; 0,4273 .
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 249
Solucin
I 2 73 585 cm 4
I 3 57 700 cm 4
y el rea A 240 cm 2
I 2 73585
r22 306,6 cm 2
A 240
I 3 57700
r32 240,42 cm 2
A 240
e3 x3 e2 x 2
0 1 2
r22 r3
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 251
1 3,025
0 1 x3 x2
75,875 75,875
Identificando trminos:
e3 1
2
r2 75,875
e2 3,025
2
r3 75,875
r22
e3 4,04 cm
75,875
3,025 r32
e2 9,59 cm
75,875
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 252
Notas:
El espesor de las paredes es constante y vale 1 cm.
Los momentos de inercia mecnicos (referidos al material de mdulo de
elasticidad E) respecto a los ejes x 2 y x3 valen
I 2* 35799,4 cm 4
I 3* 262633 cm 4
Solucin
N N 20 N 35 nN x3 x2
n x3 x2 1
385,66 35799,4 262633 385,66 4,6413 19,457
x3 x2
1 0
4,6413 19,457
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 253
6N 35
B 1 0,012428 N
385,66 19,457
N 20 35
C 1 0,013245 N
385,66 4,6413 19,457
15 0,013245 N
Es decir: N 1132,5 kN
M f2 20 N 0,63269
2
EI *
2 E 35799,4 E
M f3 35 N 0,150923
3
EI *
3 E 262633 E
0,65336
22 32
E
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 254
Solucin
A* 80 80 40 40 8000 cm 2 0,8 m 2
1 1
I* 80 80 3 40 40 3 3.626.667 cm 4 0,0362667 m 4
12 12
F1 0,2 F1 0,4
1 3,4559 F1
0,8 0,0362667
F
2 2 1
0,2 F 0,2
4,7059 F1
1
0,8 0,0362667
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 255
4,7059 F1 15 MPa
15
F1 MN 3187,5 kN
4,7059
Para que una vez introducido F2 las tensiones sean constantes, la resultante de F1 y F2
deben pasar por el centro de gravedad de la seccin (figura 3)
y F2 0,2 F1 0,6375
y adems:
F1 F2
15 MPa
A*
Es decir:
y 0,07234 m
F2 8.812,5 kN
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 256
Problema 4.35 La seccin que se representa en la figura 1 est sometida a un esfuerzo axil
excntrico de compresin de valor N1 de tal forma que la fibra neutra sea la recta m-m. Si las
mximas tensiones valen m 25 MPa ,
Se pide:
Solucin
Momentos de inercia:
1 1 1
I2 10 40 3 10 40 26 2 90 10 3 90 10 112 10 70 3 10 70 29 2
12 12 12
1.314.667 cm 4
1 1 1
I3 40 10 3 10 40 43,5 2 10 90 3 90 10 6,5 2 70 10 3 70 10 16,5 2
12 12 12
1.602.167 cm 4
39,377
Momentos de inercia principales y radios de giro
I2 721.265 cm 4 I3 2.195.569 cm 4
r22 360,63 cm 2 r32 1.097,78 cm 2
x 3 3,45 x 2 161,41 0
La ecuacin general de la fibra neutra viene dada por
e3 x 3 e2 x 2
0 1 2
r22 r3
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 258
es decir,
e3 e2
0 1 x 3 x 2
360,63 1097,78
e2 23,46 cm e3 2,23 cm
N1 e x e x N1 x 3 x
1 3 3 2 2 1 2
2000 360,63 1097,78 2000 161,72 46,79
x 2 A 66,67 cm x 3 A 4,79 cm
N1 4,79 66,67 N1
max 1
2000 161,72 46,79 834,98
N2 4,79 66,67 N x x
1 x 3 x 2 2 1 3 2
2000 360,63 1097,78 2000 75,29 16,47
2087,46 x 3 x 500 x x
1 2 1 3 2
2000 161,72 46,79 2000 75,29 16,47
Problema 4.36 La seccin de la figura 1a se pretensa mediante un cable con una seccin de
25 cm2, situado en el centro de la parte inferior de la pieza.
La tensin de compresin en la parte inferior de la seccin, despus del pretensado, debe ser de
30 Mpa. Una vez fabricada, se coloca sobre apoyos, tal como se indica en la figura 1 b.
Una vez endurecido el hormign, se carga la viga con una fuerza F en el centro de su luz.
Datos:
Solucin
x3Gh
0,2 0,7 25 10 0,1 0,1 0,8 0,6 0,2828 m
4
A* 0,2175 8 25 10 4 0,2375 m 2
I 2* I h 2 I a 2 n
1 1
10 80 3 10 80 60 26,74 20 70 25 20 2 20 70 25 26,74 10
2 2
12 12
1 2
25 12,5 2 25 26,74 10 8 1 742 795,03 8 8 958,815 1 814 465,55 m 4
2
0,01814 m 4
2. Una vez endurecido el hormign, se corta el cable y este esfuerzo ser transmitido al
hormign que quedar por tanto comprimido y sometido a un esfuerzo axil T. Al actuar
este esfuerzo axil en un punto que no es el centro de gravedad ser equivalente a una
compresin pura ms un momento flector (ver figura 2).
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 262
T T e T T e 0,1674
aII n * x3* n 8 8
A* I2 0,2375 0,01814
T T e T T e x3
hII * x3*
A* I2 0,2375 0,01814
T 4492,277 kN
1 1 0,1674 2
a aI aII 4 492,277 8 8 1 590 MPa
25 10
4
0,2375 0,01814
3. Accin del peso propio: El peso propio actuar sobre la seccin mixta. El punto de la
viga en el cual acte un momento mayor es aquel en que tendremos unas tensiones
mayores. Este punto ser el centro de luz.
kN kN
p h Ah 25 10 3 3
0,2175 m 2 5,4375
m m
kN 12 m
2
pL2
M f max 5,4375 97,875 kNm
8 m 8
**
I2 I2 I2
* NUEVO *
**
I 2 x3 6 x 3 6 A
* 2 *
1
12
170 20 3 110 71,64 170 20
2
kN kN
q h A NUEVA 25 3
0,2 m 1,7 m 8,50
m m
q L2 12 2
M f4 8,5 153 kNm
8 8
Acero:
kN
M f 4 x3
* 153 0,1674
a IV m 8 11,29 MPa
*
I2 0,01814
Hormign:
kN *
M f4 x * x3 153
hIV
3m 8,434 x3* MPa
I 2* 0,01814
hFINAL 18,915 36,061 x3* 8,434 x3* 18,915 27,627 x3* MPa
A 1,3245 MPa
B 20,777 MPa
C 26,3025 MPa
Una vez endurecido el hormign, se carga la viga con una fuerza F en el centro
de su luz. Esta fuerza F acta sobre toda la nueva seccin (figura 5).
Acero:
3F 0,6164
**
3F x 3
a V
8 8 126,246 F
0,11718 0,11718
a FINAL 1598,35 126,246 F 10 3 MPa
Hormign:
**
3F x3
hV 25,601 F x3
**
0,11718
h FINAL 18,915 27,627 x3* 25,601 10 3 F x3** MPa
35 25,601 10 3 F 0,4836
F 2827 kN
F 1434 kN
F 1434 kN
**
x3 0,4836 m D 17,7538 MPa
**
x3 0,2836 m A 9,087 MPa
**
x3 0,5164 m B 1,819 MPa
**
x3 0,7164 m C 0
Problema 4.37 En la seccin que se indica en la figura 1, hallar el lugar geomtrico de los
puntos sobre los que puede actuar un esfuerzo axil de compresin N para que todas las
correspondientes fibras neutras pasen por A.
Solucin
I 2 136.283,85 cm 4
I 3 272.115,9 cm 4
I 23 91.145,1 cm 4
I2
r22 150,756 cm 2
A
I
r32 3 301,013 cm 2
A
I
r232 23 100,824 cm 2
A
r2 r3 r234 35.214 cm 4
2 2
Es decir:
Cuando un haz de fibras neutras pasa por A, los correspondientes centros de presiones estarn
sobre una recta. Pueden hallarse dos puntos de esta recta hallando los centros de presiones
correspondientes a una fibra neutra horizontal y a otra vertical que pasen por A:
150,756 e2 100,824 e3 0
301,013 e3 100,824 e2 1
35214 27,72 10
Resolviendo el sistema:
e2 5,69 cm e3 8,51 cm
150,756 e2 100,824 e3 1
35214 21,8 32
301,013 e3 100,824 e2 0
Resolviendo el sistema:
e2 29,51 cm e3 9,88 cm
con lo cual, la ecuacin de la recta que pasa por las dos excentricidades halladas ser
(fig.3)
x3 0,522 x 2 5,54
Solucin
A* 718 cm 2
siendo el valor del momento de inercia mecnico respecto a un eje horizontal que pasa por el
centro de gravedad:
I * 96.402,7 cm 4
Las tensiones de pretensado en el acero valen pa 1200 MPa , con lo cual, la fuerza de
pretensado en cada cable vale:
- Cables superiores
- Cables inferiores
Cuando se cortan los cables de pretensado, la seccin mixta est sometida a dos fuerzas Fs
situadas donde los dos cables del ala superior y una fuerza Fi en el cable del alma, con lo cual
la seccin est sometida a un esfuerzo axil de valor
N 2 Fs Fi 2 60 240 360 kN
y a un momento flector
Solucin
En la figura 2 puede verse la posicin del centro de gravedad as como los ejes adoptados.
I 2 14.933,3 cm 4
I 3 39.600 cm 4
I 23 14.400 cm 4
N N
e3 x3 I 3 x 2 I 23 e2 x3 I 23 x 2 I 2
A
siendo I 2 I 3 I 23
2
3,84 10 8 cm 4
y las excentricidades
e2 42 cm
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 274
e3 8 cm
N N
8 39.600 x3 14.400 x2 42 14.400 x3 14.933,3 x2
100 3,84 10 8
Es decir:
N
1 0,075 x3 0,133 x 2
100
1 0,075 x3 0,133 x 2 0
N
A max 1 0,075 8 0,133 42 0,07186 N
100
N 417,5 kN
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 275
Solucin
En la figura 2 puede observarse la posicin del centro de gravedad as como los ejes adoptados.
A 736 cm 2
I 2 91.188 cm 4
I 3 258.228 cm 4
I 23 86.817 cm 4
91.118
r22 123,8 cm 2
736
258.228
r32 350,9 cm 2
736
86.817
r232 117,96 cm 2
736
x 3 0,5 x 2 10,74
y normalizando:
1 0,053 x 2 0,106 x3 0
Por otro lado, la expresin de la fibra neutra debida a un esfuerzo axil de compresin vale:
Siendo e2 y e3 las excentricidades del esfuerzo N, es decir, las coordenadas del punto en donde
acta el esfuerzo respecto a los ejes de la figura 2. Es decir,
123,8 e2 117,96 e3
0,053
31205,6
117,96 e2 350,9 e3
0,106
31205,6
y resolviendo:
e2 6,89 cm e3 6,1cm
N
1 0,053 x 2 0,106 x3
A
x 2 A 12,96 cm
x3 A 29,04 cm
N
1 0,053 12,96 0,106 29,04 0,00461 N
736
N 455,75 kN
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 278
Problema 4.41 Se desea pretensar la viga recta de 35 metros de luz y seccin que muestra la
figura 1.
El postensado ser curvo, de tal forma que, actuando el peso propio y el postensado, las
tensiones en todas las fibras superiores sean nulas y la tensin de compresin mxima en la
seccin central sea de 35 MPa (n = 10).
Hallar:
Solucin
El peso propio es una carga uniformemente repartida que nos dar la ley de momentos flectores:
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 279
PL 1 10,44 35 1
M f x x p x2 x 10,44 x 2 182,7 x 5,22 x 2
2 2 2 2
M f T e x
h x
T 182,7 x 5,22 x 2
y yG x T e x y yG x
Ah Ix Ix
La inercia I x debe ser funcin de la seccin x, pero la superfcie de la vaina es despreciable
respecto a la de toda la seccin, por este motivo se supone el momento de inercia I x constante.
Del mismo modo el centro de gravedad debe ser funcin de la seccin, sin embargo se
considerar constante a efectos de clculo.
T 182,7 x 5,22 x 2 T e x
h s x 4
4
0,7787 0,7787 0
4176 10 1162,45 10 1162,45 10 4
T 182,7 x 5,22 x 2 T e x
h x
i
4
4
0,7213 0,7213
4176 10 1162,45 10 1162,45 10 4
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 280
kN
h i 17,5 2,3946 T 1133,65 17,5 32,49 17,5 2 6,205 T e 0 35000
m2
T
a 1 200 10 3
Aa
e 17,5 e0 0,5662 m
I * 1162,45 10 4 4176 63,2 72,13 64,56
2
R 4 2
63,2 15,19 64,56 n 13398913,53 cm 4 0,13398 m 4
4
La viga se carga con una carga uniformemente repartida de valor p que nos dar la ley de
momentos flectores:
pL 1
Mf x p x2
2 2
x3 0,6456 m
153,125 p 0,6456 kN
f 35 10 3 2
0,13398 m
kN
p 47,43
m
x3 0,8544 m
153,125 p 0,8544 kN
f 35 10 3 2
0,13398 m
p 35,84 kN m
Las mximas tensiones en el acero no deben superar los 1700 MPa. Inicialmente el
acero tiene una traccin de 1200 MPa, por lo cual no puede aumentar ms de 500 MPa
de traccin.
153,125 p 0,4937 kN
a n 500 10 3 2
0,13398 m
p 88,614 kN m
Solucin
Centro de gravedad
I 2 I 3 5625cm 4 I 23 3375cm 4
I2 9000 cm 4 I 2250 cm 4
3
r 150 cm
2
2 2
r32 37,5 cm 2
e3 x 3 e2 x 2
0 1 2
r22 r3
es decir
e3 e
0 1 x 3 2 x 2
150 37,5
Para determinar el ncleo central se rodea la seccin con las rectas envolventes,
determinndose los centros de presiones correspondientes a cada una de ellas. En este caso, se
tendr que determinar el centro de presiones correspondiente a las rectas AB, BC y AC.
Recta AB
La ecuacin de la recta AB se escribe
0 1 0,0943 x 3 0,0943 x 2
y dado que la relacin entre las excentricidades repecto a los ejes principales y los ejes
x2 , x3 se escribe
e2 cos 45 sin 45 e2
e sin 45 cos 45 e
3 3
Sustituyendo valores
e2 12,50 cm e3 7,5 cm
Recta BC
Por simetra respecto al eje x 2
e2 7,5 cm e3 12,5 cm
Recta AC
La ecuacin de la recta AC se escribir
0 1 0 x 3 0,0943 x 2
e3 0 e2 3,54 cm
y tambin
e2 2,5 cm e3 2,5 cm
SE PIDE:
Siendo:
m mdulo de la mxima tensin a compresin.
m mdulo de la mxima tensin a traccin.
Solucin
1. Para obtener el ncleo central, habida cuenta de las simetras, ser suficiente obtener
nicamente un punto, por ejemplo el que corresponde a la fibra neutra coincidente con
la fibra inferior de la seccin.
e3 x30
N 1 2 0
r2
Sustituyendo
x30 50 cm 0,5 m
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 286
I 2 0,0725333 m 4
r22 2
0,113333 m 2
A 0,64 m
e3 0,2265 m 22,65 cm
e2 = 0,15 m e3 = 0,30 m
3. El rea de aplicacin de la fuerza N ser un cuadrado con los cuatro vrtices situados en
los ejes coordenados. Bastar obtener un punto R (figura 3).
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 287
La fibra neutra (r) deber estar situada tal como indica la figura 3 si se quiere garantizar que la
relacin entre las mximas tensiones de compresin y de traccin valga 4.
N N e3 N e3
m x3 1 0,5
A I2 A 0,113333
N N e3 N e3
m x3 1 0,5
A I2 A 0,113333
m
y como 4
m
Problema 4.44 En la seccin de paredes delgadas de la figura 1 (las dimensiones estn dadas
en centmetros) las paredes horizontales tienen un espesor de 1 cm y las verticales de 0,6 cm.
Determinar:
Valor de x para que cuando acte un momento flector situado en un plano vertical las
mximas tracciones sean iguales a las mximas compresiones.
Ncleo central de la seccin.
Solucin
Para que las mximas tensiones sean iguales a las mximas compresiones, es preciso
que el centro de gravedad de la seccin est situado en la mitad del centro, es decir
x = 14,2 cm
Con este valor, los momentos de inercia repecto a un eje horizontal y vertical respectivamente
valen
I2 = 70.900 cm4
I3 = 119.657 cm4
y el rea
A = 170,4 cm2
I2
r22 416,1 cm 2
A
I
r32 3 702,2 cm 2
A
Para determinar el ncleo central se envuelve la seccin mediante rectas que sern
fibras neutras. Por otro lado, la ecuacin de cada fibra neutra viene dada por
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 289
e3 e
1 x 22 x 2 0
2 3
r2 r3
es decir
e3 e
1 x3 2 x 2 0
416,1 702,2
x3
1 0
25
Identificando trminos
e3 1
416,1 25
Es decir
e3 = 16,64 cm e2 = 0 cm
x3 2,82 x 2
1 0
95,42 95,42
Identificando trminos
e3 1 e2 2,82
416,1 95,42 702,2 95,42
con lo cual
e3 = 4,36 cm e2 = - 20,75 cm
x2
1 0
39,2
Identificando trminos:
e2 1
702,2 39,2
con lo cual
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 4: Momento flector 290
e3 = 0 e2 = -17,91 cm
x3
1 0
25
e3 = -16,64 cm e2 = 0
En la figura 2 puede verse representado el ncleo central.
Solucin
Seccin a):
Las coordenadas de los vrtices del ncleo central son:
Captulo 5:
Esfuerzo cortante
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 293
Solucin
1. Seccin en U
El momento de inercia respecto a un eje horizontal que pasa por el centro de gravedad vale
I 6816,33 cm 4
Q3 me 2
=
e I2
Los valores de los momentos estticos me2 (de acuerdo con la nomenclatura de la figura 2) valen
me 2 C
B 20,02 8,5 1 14,3 2 170,17 14,3 2
me 2 D
C 170,17 20,02
con lo cual,
300 20,02
0,63
B
A
1,4 6816,33
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 294
2. Seccin en T
El momento de inercia respecto a un eje horizontal que pasa por el centro de gravedad vale
I 1642,2 cm 4
Solucin
El momento de inercia respecto a un eje horizontal que pasa por el centro de gravedad vale
1
I e L3
3
2
me A e 2 L
B
y entre B y A
2
me A e 2 L
B
Cuando acta un esfuerzo cortante vertical, la distribucin de tensiones tangenciales vale (figura
2).
2
Q me
Q e 2 L 3 2
4 Q 2 L
eI 1 3 4 e L3
e eL
3
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 297
1 2 6
e L
I2 9 5
kA 2
2
eL
me 2 e 2
L
6
e
e O 4
d
2 L d
Solucin
El momento de inercia respecto a cualquier eje que pasa por el c.d.g. vale
I 0,1 m 4
Q me 2 0,25 0,2 1 2
2,5 1,25 2
C
O
eI 0,2 0,1
I2 Q2
kA
me2
e d 2 e d
1 1
0 0
con lo cual
0,25 2
kA 0,25 m 2
0,25
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 300
Problema 5.4 La seccin que se representa en la figura 1 est sometida a un esfuerzo cortante
Q = 200 kN vertical ascendente. El espesor de todas las paredes vale 1 cm.
SE PIDE:
Solucin
-rea:
A 20 2 50 20 2 20 2 170 cm 2
y g 170 130 25 40 40
y g 28,53 cm
-Momento de inercia
1 1
I 1 50 3 40 25 2 2 130 3,53 2 2 1 20 3 40 11,47 2
12 12
68 632 cm 4
Q me 200 1,47 2 kN
2,914 10 3 1,47 2
B
2
C
eI 68 632 cm
200 21,47
0,668 0,0626
A
0,668
B
68 632
200 21,47 2
D
A
1,919 2
68 632
3
3,839 2,914 10 21,47 2
200 28,53
0,0831
D
E
68 632
Solucin
El momento de inercia respecto de un eje horizontal que pasa por el centro de gravedad
vale:
I 2 1.737,5 cm 4
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 303
Q me 2
e I2
50 0,5 2
BA E
D 2,8777 10 2 0,5 2
1737,5
50 5 0,5 5 2 4,5
C
B E
C 0, 28777 0,1295
1737,5
50 15,5 2
CF 2,8777 10 2 15,5 2
1737,5
Solucin
El momento de inercia respecto a un eje horizontal que pasa por el centro de gravedad
vale
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 305
I 2 2,89 105 cm 4
Por simetra, las tensiones tangenciales en E sern nulas. Adems, las tensiones
tangenciales en D de DE sern la mitad que las tensiones tangenciales en D de CD.
Los momentos estticos de las distintas paredes respecto al eje x 2 valdrn:
me 2 B
A me 2 B'
A' 1 13,5481 2
me 2 C
B me 2 C
B' 287,67 2 27,5481 287,67 55,1
me 2 D
C 3881,34 27,5481 2
dme 2 E
D x3 d 30 cos 22,4519 30 d
e integrando:
m E
e2 D 2116,15 30 cos 22,4519 30 d 2116,15 900 sin 673,56
0
Q me 2 100 me 2
e I2 3,78759 10 e
5
Problema 5.7 En la seccin de la figura 1, todas las paredes tienen el mismo espesor
e 1cm . Hallar el centro de esfuerzos cortantes de la seccin
Solucin
I 2 86.500 cm 4
B
Q3 me 2 Q3 35
4,0462 10 4 Q3
A
A
1 86500
B
e I2
D
Q3 me 2 Q3 15
1,7441 10 4 Q3
C
D
1 86500
C
e I2
F
E D
C 1,7441 10 4 Q3
G
H B
A 4,0462 10 4 Q3
6,0694 15 2,6012 15
2 35 15 10 3 Q3 x 20 Q3
2 2
De donde:
x 20 3,77 cm
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 308
Solucin
I 2 35799,4 cm 4
Q me 2 500 me 2 kN
0,0139667 me 2 2
e I2 1 35799,4 cm
Dado que la seccin es simtrica respecto a un eje vertical, la tensin tangencial ser
nula en los puntos D y D (figura 2)
A'
A 0,0139667 me 2 0,0139667 20 2 0,0069834 2 0,279334
B
C 0
D'
D 0,0139667 me 2 0,0139667 20 2 sin 5,5867 sin
Solucin
I 2 73.585 cm 4
Las tensiones tangenciales, por simetra, sern nulas en el punto F (figura 2). La
distribucin de tensiones tangenciales viene dada por
Q me 2 500 me 2 kN
5,6624 10 3 me 2 2
e I2 1,2 73585 cm
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 311
me 2 E
F 1,2 19,75 23,7
me 2 D
E 23,7 25 1,2 19,75 2 592,5 23,7 0,6 2
me 2 D
C 592,5 23,7 20 0,6 20 2 1,2 0,25 826,5 0,3 2
me 2 B
A 1,2 30,25 36,3
me 2 C
B 36,3 15 2 1,2 30,25 2 1089 36,3 0,6 2
F
E 5,6622 10 3 23,7 0,134199 kN cm 2
D
E
5,6622 10 3 592,5 23,7 0,6 2
3,355 0,1342 3,3974 10 3 2 kN cm 2
D
C
5,6622 10 3 826,5 0,3 2 4,68 1,699 10 3 2 kN cm 2
5,6622 10 1089 36,3 0,6
B
C
3 2
B
A B
A' 5,6622 10 3 36,3 0,2055 kN cm 2
En la figura 3 puede verse representada la anterior distribucin
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 312
Problema 5.10 En la seccin de paredes delgadas de la figura 1 (las dimensiones estn dadas
en centmetros) las paredes horizontales tienen un espesor de 1 cm y las verticales de 0,6 cm.
Determinar la distribucin de tensiones tangenciales cuando acta un esfuerzo cortante vertical
ascendente de valor 100 kN.
Solucin
El momento de inercia respecto a un eje horizontal que pasa por el centro de gravedad vale
I 70 893,00 cm 4
Problema 5.11 Las dos secciones de paredes delgadas de la figura 1 tienen 20 cm de lado
cada una y un espesor de 0,6 cm. Se distinguen en que la seccin a) es cerrada, mientras que la
b) est abierta por el punto A. Determinar la relacin entre las tensiones tangenciales a b
en el punto D (punto medio de la pared vertical derecha) de ambas secciones, cuando acta un
esfuerzo cortante Q, vertical ascendente.
Solucin
Dado que en la seccin a) las tensiones tangenciales son nulas en los puntos medios de las
paredes horizontales, el flujo de tensiones tangenciales en D valdr:
Q me 2 D
10 0,6 10 10 0,6 5 150 0,6 90
Q Q Q
D 0,6 D
I I I I
D'
Q
20 0,6 10 10 0,6 5 0,6 250 Q 150 Q
I I I
Por lo tanto:
a D 90
0,667
b D' 150
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 315
Solucin
El momento de inercia respecto a un eje horizontal que pasa por el centro de gravedad vale
I 3.902,7 cm 4
me 2 BA 7 2 2
me 2 C
B 13 2 2
me 2 B
D 60 10
me 2 E
D 160 10 2 2
me 2 L
F
7 2 2
me 2 H
L 13 2 2
me 2 EL 60 10
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 316
40
1 3902,7
me 2 unidades : kN cm 2
Es decir:
BA 1,025 10 2 7 2 2
CB 1,025 10 2 13 2 2
DB 1,025 10 2 60 10
ED 1,025 10 2 160 10 2 2
LF 1,025 10 2 7 2 2
H
L
1,025 10 2 13 2 2
EL 1,025 10 2 60 10
Problema 5.13 En la seccin en T de la figura 1, el espesor de todas las paredes vale 0,8 cm .
En dicha seccin acta un esfuerzo cortante vertical. Determinar el valor de la seccin
reducida.
Solucin
El centro de gravedad est situado a 3,214 cm. de la fibra superior. El momento de inercia
respecto a un eje horizontal que pasa por el centro de gravedad vale
I 610,71cm 4
Los momentos estticos respecto a un eje horizontal que pasa por el centro de gravedad valen
(figura 2).
me 2 C
D 0,8 3,214 2,57
me 2 CB 2,57
me 2 C
A 20 0,8 3,214 0,8 3,214 51,42 2,57 0,4 2
2
I2 I2e
kA
*
me22
e d me22 d
10 15
2 2
me 2 d 2 2,57 d 51,42 2,57 0,4
2
2
d 0,331925 10 5
0 0
y sustitutendo:
* kA
610,712 0,8 8,99 cm 2
0,331925 10 5
y tambin:
* 8,99
k 0,32
A 28
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 320
Determinar asimismo:
Solucin
I 2 42 971,43 cm 4 4,297 10 4 m 4
-Tramos AE y EC
0,2 0,1714
79,78
C C
A E
4,297 10 4
-Tramo EGF
-Tramo BF y FD
0,2 0,2286
106,4
F F
B D
4,297 10 4
79,78 d d
0 , 25 0, 4
AB d
AEFB
AEFB
G
d 0
G
79,8 465,44 0,1714
0 2 G
d 37,03
0 ,15
106,4
0
G
G
m
(G se expresa en Mpa)
I 22
k
m2
A e 2 d
A
e
me22 0 , 25
0,012 0,1714
2 0, 4
0,5 0,012 0,1714 0,006 0,1714 2
2
e d 2 0 0,012
d
0
0,006
d
0 ,15
0,014 0,2286 2 d 8,234 10 5
2
0
0,014
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 322
con lo que
k
4,297 10
4 2
0,18
0,0126 8,234 10 5
Si el cortante actuara horizontalmente la seccin reducida cambiara, siendo igual a 5/6 del rea
de las alas, es decir
5 Aalas 5 0,0102
k' 0,675
6 A 6 0,0126
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 323
Problema 5.15 Se considera una viga mixta biapoyada sometida a una carga uniformemente
repartida de valor p 30 kN m . Dicha viga est formada por una doble T de ala ancha sobre
la que se coloca la subseccin de hormign. Para garantizar el funcionamiento solidario del
hormign con el acero se colocan unos pasadores de acero de 2 cm. de dimetro cada 50 cm.
Determinar la tensin mxima que soportan los pasadores
n Ea Eh 7
Solucin
M f 2 90 x1 15 x12
90 x1 15 x12
M f2
I 2*
x3
2,73 10 2
x3 36,63 90 x1 15 x12 x3
Si se realizan dos cortes en la viga separados entre ellos 50 cm (ver figura 2), es evidente que
entre dichos cortes habr dos pasadores.
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 324
0 , 3447
FC 0,6
0 ,1447
C dx3
0 ,3447 0 ,3447
FD
0 ,1447
0 ,6 D dx3 0,6
0 ,1447
C 549 ,45 x1C x3 1 511 x3 dx3
Aparece por tanto una fuerza desequilibrada F de valor F FD FC y que deben absorber
los pasadores
0 , 3447 0 , 3447
F FD FC 0,6 549,45 x1C
0 ,1447
x3 dx3 0,6 1 511 x
0 ,1447
3 dx3
Lgicamente F ser mxima cuando x1C sea cero (zona de mayor cortante), por lo que
0 , 3447
Fmax 0,6 1 511 x
0 ,1447
3 dx3 44,37 kN
Fmax
p
2 Ap
44,37 kN kN
p 7,06 70,6 MPa
2 cm 2
cm 2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 327
Solucin
T T
I2 e O
e rm d rm cos rm2 sin
I2
siendo T = 400 kN
I2
4
0,65 4
0,60 4 rm3 e 0,03841 m 4
0,65 0,60
rm 0,625 m
2
con lo cual
( ) 4,068 sin
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 328
I 22 I 22 T 2I 2 T2 2 rm e
kA
me2 e rm d
2
m eI 2 2
rm d 2
2
e d e rm d 2
e
A
rm e
2
Solucin
El momento de inercia respecto a un eje vertical que pasa por el centro de gravedad vale
I 9 542,6 cm 4
En los puntos de corte del eje horizontal de simetra con la seccin, las tensiones tangenciales
son nulas. Por otro lado, el momento esttico, en cualquier punto, respecto a un eje vertical vale
(figura 2).
me e R cos R d eR 2 sin
O
Por tanto:
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 330
Q 0,9 15 2 sin
0,0235785 sin Q
0,9 9 542,6
O sea:
3
Q 127,23 kN
0,0235785
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 331
Problema 5.18 En la seccin de la figura 1 todas las paredes tienen el mismo espesor (e = 1,2
cm). El mdulo de elasticidad es el mismo para todas las paredes.
Hallar el valor de la seccin reducidad a esfuerzo cortante vertical
Cuando acta un esfuerzo cortante vertical de valor 500 kN, dibujar la distribucin de
tensiones tangenciales dando el valor en los puntos ms significativos.
Solucin
El rea y el momento de inercia respecto a un eje horizontal que pasa por el centro de gravedad
valen, respectivamente
Por simetra, la tensin tangencial en los puntos medios de las paredes horizontales es nula. La
distribucin de tensiones tangenciales valdr (figura 5.27.2).
Q me
eI
500 1,2 35
0,10116
A
O
1,2 173 000
500 1,2 35 15 35 2
1,5173 0,10116 0,001445 2
C
A
1,2 173 000
500 1,2 15
0,04335
C
O
1,2 173 000
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 332
OE 0,04335
H
O 0,10116
E
H 1,5173 0,10116 0,001445 2
I2 Q2
kA
me2
e d 2 e d
La integral vale:
2
15 20
e d 4 1,2 0 0,10116 d 0 1,5173 0,10116 0,001445 d
2 2 2
15
0
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 333
kA 150,35 cm 2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 334
Problema 5.19 Una viga, cuya seccin recta se representa en la figura 1, est formada por la
unin de dos vigas rectangulares de secciones ABCD y CDEF del mismo ancho y unidas
monolticamente a travs de la cara comn CD. De esta forma al deformarse la viga conjunta,
es imposible que haya deslizamientos de una parte respecto a la otra, trabajando como una
viga nica.
Solucin
El centro de gravedad mecnico est situado a una distancia de 70 cm. de la fibra inferior, y el
momento de inercia respecto a un eje horizontal y que pase por dicho centro de gravedad vale :
I 2* 0,07893 m 4 (homogeneizado respecto a E1).
Las tensiones tangenciales sern verticales, ascendentes y constantes a lo largo de una lnea
horizontal (eje x2). La distribucin vertical vendr dada por (5.64).
Q3 me*2
e I 2*
-Tramo AC
-Tramo CE
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 335
Solucin
I 2 0,5625 10 4 m 4
I 3 0,2625 10 4 m 4
I 23 0,1125 10 4 m 4
asimismo,
I 2 I 3 I 232 0,135 10 8 m 8
La fibra neutra correspondiente a un momento flector Mf2 viene dada por (expresin 4.82).
x3 I 3 x 2 I 23 0
y sustituyendo
x3 0,2 x 2
Q3
e I 3 me 2 I 23 me3
con lo cual
30 10 3
E 2 8
0,2625 10 4 2,53 10 4 0,1125 10 4 5,5 10 5
10 0,135 10
13,38 MPa sentido ascendente
Con lo cual
30 10 3
D 2
10 0,135 10 8
0,2625 10 4 2,25 10 4 0,1125 10 4 7,5 10 5
Solucin
El momento de inercia respecto a un eje horizontal que pasa por el centro de gravedad vale
I 3,02 10 6 cm 4
En el punto de corte del crculo con el eje vertical que pasa por el c.d.g. (punto A, figura 2) la
tensin tangencia les nula.
Q me
eI
me
B
A
d me R 2 e cos d R 2 e sin ver figura 2
O O
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 339
Con lo cual:
1,8 3,02 10 6
G H
I2 I2 Q2
kA 2 2
e d Q 2 e d
me2 I 2 e d
I F B D D
e d 2 e d e d 2 e d 2 e d 2 2 e d
2 2 2 2 2
H I F B C
E B
2 2 e d 2 2 e d
D A
e d 24,5815
2
con lo que
10 000
kA 416,67 cm 2
24,5815
k 0,375
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 341
Solucin
En la figura 2 puede verse la posicin del centro de gravedad. Respecto a unos ejes horizontal y
vertical que pasan por dicho punto los momentos de inercia valen:
I 2 2,067 m 4
I 3 4,054 m 4
Asimismo:
50 0,2 0,817
a a 19,763
B A
A O
0,2 2,067
a
D
a
D
50 0,20425 0,1 0,817 2 4
B A
0,1 2,067
241,9 0,20425 0,1 0,817 0,35355
49,41 19,763 8,5524 2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 342
50 0,1 0,433
a 10,474
D
H
0,1 2,067
a
C
50 0,4223 0,1 0,45 2 4
102,14 24,19 0,433 0,35355
D
0,1 2,067
102,14 10,474 8,5524 2
50 0,1 1,683
a 40,71
F
C
0,1 2,067
ABD
a d 0
Hallar las tensiones tangenciales provocadas por un esfuerzo cortante vertical, ascendente y de
valor Q = 600 kN.
Solucin
I 2 1 565 750 cm 4
En la figura 2 se indican las coordenadas locales para cada una de las paredes de la seccin.
-Tramos CB y AB
0,6 0,65
24,91
B B
C A
1,56575 10 2
-Tramos BD
-Tramo circular
Si se asla un entorno del punto D, puede verse (figura 3) que el flujo de tensiones tangenciales
en D de la pared BD debe ser igual a dos veces el flujo de tensiones tangenciales en D de las dos
paredes curvas que concurren en D, es decir
2 DDE DBD
Es decir:
DBD D
0,2 0,01
B
DE
D 0,1846
2 2
Con lo cual:
-Tramos FG y GH
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 346
0,6 0,65
24,91
G H
F G
1,56575 10 2
-Tramo GE
Problema 5.24 La seccin de paredes delgadas que se acota en la figura 1 est sometida a un
esfuerzo cortante vertical ascendente de valor Q 50 kN . Determinar y dibujar la
distribucin de tensiones tangenciales ( dando los valores de las mismas en MPa) as como el
sentido de las mismas.
Solucin
El momento de inercia respecto a un eje horizontal que pasa por el centro de gravedad vale
I 50 667 cm 4
50 kN 1,2 cm 20 cm
a a a 19,74 MPa ( en metros)
B C B
O O A
1,2 cm 50 667 cm 4
a E
D a E
O a F
O 19,74 MPa
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 348
Se impone la condicin
d 0
es decir:
BA a BA 19,74
DE a D
E 19,74
OB a OB o 1,0298 19,74
CO a CO o 1,0298 19,74
OE a OE o 1,0298 19,74
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 349
OF a OF o 1,0298 19,74
Solucin
La seccin tiene un eje horizontal como eje de simetra. Respecto a dicho eje el
momento de inercia vale
I 2 26.166,7 cm 4
Q me 2
a
e I2
100
a C
B 15 0,057324
26.166,7
100
a D
C 450 15 2 3,82165 10 3 450 15 2
26.166,7
100
a E
D 450 15 3,82165 10 3 450 15
26.166,7
100
a F
A 25 2 3,82165 10 3 25 2
26.166,7
y como
d a 0 d 0
se obtiene
Solucin
El momento de inercia respecto a un eje horizontal que pase por el centro de gravedad vale:
I 2 35.225,6 cm 4
La seccin es una vez hiperesttica. Se realiza un corte en 0 introduciendo en dicho punto una
tensin tangencial hiperesttica 0 (sentido ascendente en 0).
La distribucin de tensiones tangenciales de la seccin abierta ser (figura 2)
Q 2 2 Q 2 2
a 0A 14,194 10 3
I I 2 2
a BA
Q
32 8 0,454 0,114
I
Q
a CB 192 8 2 2,7253 0,11355 7,097 10
3 2
I
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 354
a D
C
Q
448 24 6,359 0,34066
I
Q
a D'
D 928 24 13,172 0,34066 0,007097 2
I 2
a C'
D'
Q
928 24 13,172 0,34066
I
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 355
Q
a B'
C' 448 24 6,359 0,34066 0,007097 2
I 2
a A'
B'
Q
192 8 2,7253 0,114
I
Q
a 0
A' 32 8 0,454 0,11355 7,097 10 3 2
I 2
a d 1355,41 kN cm
0 d 0 16 20 16 20 3 16 20 16 20 176 0
Con lo cual:
1355,41
0 7,7 kN cm 2
176
0A a 0A 0 7,7 14,194 10 3
BA 7,246 0,114
CD 1,341 0,34066
D'
D 5,472 0,34066 0,007097 2
C'
D' 5,472 0,34066
B'
C' 1,341 0,34066 0,007097 2
A'
B' 4,9747 0,114
0
A' 7,246 0,11355 7,097 10 3 2
Problema 5.27 En la seccin en cajn que muestra la figura 1 acta un esfuerzo cortante
vertical descendente de valor Q 2 000 kN . El espesor en las alas es doble que en las almas,
siendo el de estas ltimas de 1,5 cm.
Hallar:
Distribucin de tensiones tangenciales.
Movimiento relativo del punto B especto al punto A ( G 87,5 GPa ).
Energa de deformacin y valor de la seccin reducida.
Solucin
El c.d.g. est en el eje vertical de simetra y situado a 1,59 metros de la fibra inferior. El
momento de inercia respecto a un eje horizontal que pasa por el c.d.g. vale
I 0,8327 m 4 0,8327 10 8 cm 4
Puesto que la seccin es simtrica respecto a un eje vertical que pasa por el c.d.g. se escribir la
distribucin de tensiones tangenciales nicamente en media seccin.
Como la seccin es cerrada, se abre dando sendos cortes en los puntos medios de AC y AC e
introduciendo unas tensiones hiperestticas 0 .
En la seccin abierta, la distribucin de tensiones tangenciales se escribe (figura 2a).
A C D 2 000 3 91
a a 0,217 10 2
O O C 3 0,8327 10 8
B 2 000 3 159
a 0,44 0,44 0,38 10 2
E 3 0,8327 10 8
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 358
Debe cumplirse que a la integral cerrada a lo largo del circuito AEBC sea nula
AEBC
d 0 d 0
AEBC
Es decir:
E B C
C A
a A 4 0 d EB a E 0 d B a B 2 0 d C 0 d 0
AE
208,76 1 884 0 0
es decir,
D
0,217 10 2
C
A
0,111 0,217 10 2
O
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 359
C
0,111 0,217 10 2
O
E
2,39 0,217 10 2 0,12 10 4 2
A
B
0,546 0,38 10 2
E
C
1,41 0,217 10 2 0,1022 10 4 2
B
595,6 kN cm
AB G d G d
AE EB
87,5 GPa
0,681 mm
1 Q2 1 1 2
WQ dA e d
2 G kA 2 2 G
Q2
kA
e d
2
e d 2 3 2 d 2 3 2 d 2 3 2 d 1,5 2 d 2 3 2 d
2
CD OA OC AE EB
2 1,5 d
2
BC
y sustituyendo:
e d 4 473,5
2
kA
2 000
2
894,15 cm 2
4 473,5
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 361
Solucin
El momento de inercia respecto a un eje horizontal que pase por el c.d.g. vale I1 = 5800 cm4.
La distribucin de tensiones tangenciales en la seccin abierta valdr (ver figura 2) (se usan
como unidades el MN y el m).
0,15 0,1
a 258,62
B
A
5 800 10 8
0,2
82,759 2 586,2 0,2 0,1 2 0,005
0,1 0,15
a 51,724 258,6
D
E
0,008 5 800 10 8
a EB 2 586,2 0,1 2
a CB 258,6
ADEB
a hip d 0,2 1 1,6 1 0,2 1 0,2 1,6 1 2 0,2
1
2 51,724 0,2 82,759 0,2 1,04 1 0,32 2 26,8966 0
2
1 24,789 MPa
2 3,486 MPa
BA a 1 258,62 24,789
DE a 1 258,6 26,935
CB a 2 258,6 3,486
El esfuerzo cortante pasa por el centro de esfuerzos cortantes. Determinar asimismo la posicin
de ste.
Solucin
El momento de inercia respecto a un eje horizontal que pasa por el c.d.g. vale
I 54.000 cm 4
Dado que existen dos celdas cerradas, existirn dos tensiones tangenciales hiperestticas. Para
calcularlas, se realizan los dos cortes de la figura 2
Q me 500 1,5 15
0,13889
B
A
eI 1,5 54.000
500 1 1.125 15 2
a 10,41667 0,00926 15 2
C
B
1 54.000
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 366
a A
D 0,00926 15 2
a FA 0,13889
a EF 4,1667 0,00926 15 2
a D
E 2,778 0,13889
G d 0
I
G d 0
II
siendo las tensiones totales (suma de las correspondientes a la seccin abierta ms las
hiperestticas), se obtiene:
190 1 45 2 659,70
45 1 130 2 180,556
Es decir,
1 3,424 kN cm 2 2 0,204 kN cm 2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 367
BA a B
A 1 3,424 0,13889
CB a C
B 1,5 1 5,281 0,00926 15 2
CD a D
C 1 3,52 0,13889
DA a D
A 1,5 1 1,5 2 5,442 0,00926 15 2
FA a F
A 2 0,204 0,13889
FE a F
E 1,5 2 3,86 0,00926 15 2
DE a D
E 2 2,574 0,13889
Para determinar el centro de esfuerzos cortantes, se toman momentos de todas las tensiones
respecto al punto D.
M tens 5.273,55
M Q 500 xC
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 368
Igualando
xC 10,56 cm a la derecha de D
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 369
Problema 5.30 La seccin indicada en la figura est sometida a un esfuerzo cortante vertical
ascendente Q = 400 kN. El espesor de todas las paredes es constante y vale 1 cm.
Una vez cargada la seccin, se suelda la chapa AB tambin de 1 cm. de espesor, descargndose
seguidamente la seccin.
Solucin
El centro de gravedad de la seccin a) est situado a 26 cm de la fibra inferior, y el momento de
inercia I 2a respecto a un eje horizontal que pasa por el centro de gravedad vale I2 = 55467 cm4.
Por lo que respecta a la seccin b) el centro de gravedad se sita a 23,33 cm. de la fibra inferior
y el momento de inercia vale I 2b 61333 cm 4 .
En adelante las mismas que se utilizarn sin el meganewton (MN) y el metro (m).
Dado que en los puntos de corte del eje vertical de simetra con la seccin las tensiones
tangenciales son nulas, se puede escribir (ver figura 2).
0,16 0,4
115,38
E C
A E
55 467 10 8
0,4 0,16 2
2 115,38 0,2 46,15 721,15 0,16 2
D
E
55 467 10 8
0,24 0,4
173,08
D
B
55 467 10 8
0,1667 0,4
a a 108,72
E E
A C
61 333 10 8
0,4 0,1667 2
a 2 108,72 0,2 43,49 652,18 0,1667 2
E
D
61 333 10 8
0,4 0,1667 2
a 652,18 0,1667 2
B
A
61 333 10 8
1 0,2323 0,4
a 652,18 0,4 0,1667 0,4 2 4,34 151,5
D
B
2 61 333 10 8
a hip
AEDBA
G
d 0
Por lo tanto, la distribucin de tensiones tangenciales debidas al proceso de descarga ser (ver
figura 5).
EA a EA 1 14,68 108,72
CE a CE 108,72
ED a E
D 1 28,81 652,18 0,1667 2
DB a BA 1 10,34 151,5
Las tensiones finales se obtendrn sumando las tensiones producidas por Q = 0,40 MN en la
seccin a), a las producidas por Q = -0,40 MN en la seccin b), es decir
Despus de la aplicacin del cortante Q, se suelda en el lado AB del perfil de la figura 1 una
pieza de paredes delgada cerrada, de seccin rectangular. Resulta la seccin de la figura 2. El
material de las dos piezas es el mismo.
Una vez soldadas las dos piezas se libera la fuerza Q. Hallar la distribucin final de tensiones
tangenciales (se prescindir de los efectos debidos al momento torsor).
Solucin
El momento de inercia de la seccin abierta respecto a un eje horizontal que pasa por el centro
de gravedad vale
I 2 51.246 cm 4
Dado que la seccin abierta es simtrica, es suficiente con calcular la distribucin de tensiones
de la mitad de la misma. La distribucin de tensiones tangenciales viene dada por la expresin
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 375
Q me 2
e I2
Q Q
e 17,5 17,5 0,0003415 Q
C
A
e I2 I2
B
A
Q
2 18 17,5 17,5 2 0,0123 0,000019513 17,5 2 Q
I2
DB 0,006147 0,0003415 Q
240 24 kN
0,01529 Q MPa 2
3 3 cm
Q 906,24 kN
Cuando se juntan las dos piezas y se elimina el cortante Q, el efecto es el mismo que dejarlo y
aplicar un esfuerzo cortante igual y de sentido contrario. Para hallar la distribucin de tensiones
tangenciales es preciso dar un corte (en este caso por H) e introducir una tensin tangencial
hiperesttica 0 .
El momento de inercia I 2' de la nueva seccin valdr
I 2 102.492 cm 4
B
a FE a EA a CA a A 0,00017075 Q 0,15474
G
H H
B D
B B
A 0,003073 0,0001707 Q 2,785 0,1547
Solucin
I 2 19 305 cm 4
I 3 2 147 cm 4
I 23 4 974 cm 4
I 2 I 3 I 232 16 707 159 cm 8
La seccin es cerrada con dos celdas. Ser, por tanto, preciso efectuar dos cortes e introducir en
ellos dos tensiones tangenciales hiperestticas (figura 2)
Q3
a I 3 me 2 I 23 me3
I 2 I 3 I 232
100
a
B
2 147 20 4 974 10 2 0,0407 0,014886 2
A
16 707 159
100
a
C
2 147 200 20 2 4 974 50
B
16 707 159
1,0816 0,012851 20 2
100
a
C
2 147 20 sin 2 4 974 10 cos 2
A
16 707 159
0,0407 0,00091 2
a D
E 0,0407 0,014886 2
a D
C 1,0816 0,012851 20 2
a CE 0,0407 0,00091 2
G d 0
I
G d 0
II
B
a A
d
a
G BC
C
B
d
G AC
C
A
d 1
G G
AB BC AC 0
AB
de donde se obtiene
65,612 52,361 1 0
es decir,
1 1,25 kN cm 2
Anlogamente
2 1,25 kN cm 2
CB 0,1684 0,012851 20 2
CD 0,1684 0,012851 20 2
Problema 5.33 La seccin de la figura (el espesor de las paredes es constante e igual a
1,5 cm) est sometida a un esfuerzo cortante vertical, ascendente, Q3 de valor
Q3 900 kN . Hallar y dibujar la distribucin de tensiones tangenciales.
Solucin
Q3
e I 3 me 2 I 23 me3
I 2 I 3 I 232
m e2 B
A 1 , 5 37 , 5 2
me 2 B
C 1,5 7,5 11,25
me 2 D
B 1012,5 337,5 1,5 7,5 2 1350 1,5 7,5 2
me 2 E
D 1012,5 1,5 22,5 1012,5 33,75
me 3 B
A 1,5 7,5 11,25
me 3 B
C 1,5 22,5 2
me 3 D
B 337,5 337,5 1,5 7,5 11,25
me 3 D
E 337,5 1,5 7,5 2
Notas:
El espesor de todas las paredes es constante y vale 1 cm.
Los momentos de inercia de la seccin en L valen:
Fig.2.Seccin modificada
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 384
Solucin
me 2 I 3 m e 3 I 2
e Q3
I 2 I 3 I 232
El cociente Q3 e I 2 I 3 I 232 vale:
Q3 200
3,3333 10 5 kN cm 9
I 2 I 3 I 23 4950 1866,67 1800
2 2
2
me 2 C
A 21 2 21
2
m C
e3 A 4
2
1 3,3333 10 5 1866,67 21
C
A
1800 4
2
0,03111 2 1,06666
kN
en cm
cm 2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 385
Una vez se suelda la pared AC se retira el cortante Q3, es decir, se le deja tal cual
est pero se le aade uno igual y de sentido contrario actuando en la nueva seccin.
Dicha seccin tiene, respecto al eje x2, un momento de inercia de valor
I 11250 cm 4
Q '
me 2
eI
El cociente Q e I vale
Q 200 kN
0,01778 5
e I 1 11250 cm
y como
2
me' 2 20 15 15
C
A 15 300 cm 3 en cm
2 2
La distribucin de tensiones tangenciales vendr dada por
2 2
2 C
0,01778 15 300 0,00889 0,2667 5,334
kN
en cm
cm 2
A
2 2
kN
C
1 C
2 C
0,02222 2 0,79996 5,334
cm 2
A a A
Problema 5.35 En la seccin de la figura 1, el espesor de las paredes vale 1 cm. Hallar:
Solucin
a) En la figura 2 puede verse la posicin del c.d.g. Respecto a unos ejes x2 x3, que pasan
por dicho punto, los momentos de inercia valen
I 2 6.3651 cm 4
I 3 12.281 cm 4
I 23 10.204 cm 4
I 2 I 3 I 232 677.576.315 cm 8
1
e Q3 I 3 Q2 I 23 me 2 Q3 I 23 Q2 I 2 me3
I 2 I 3 I 232
me 2 BA 30,4
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 387
me 2 C
B 760 30,4 2
me 2 D
C 1.030 19,6 0,197
B
me 3 16,34 2
A
C
me 3 96 8,66
B
D
me 3 337 0,46 8,66
C
Dado que Q2= 0, la distribucin de tensiones tangenciales se escribe
1
B
200 12.281 30,4 200 10.204 16,34 2
A
677.576.315
0,1594 0,001506 2
1
C
200 12.281760 30,4 2 200 10.20496 8,66
B
677.576.315
3,04 0,0841 0,0018125 2
1
D
{200 12.281 1.030 19,6 0,197
C
677.576.315
200 10.204 337 0,46 8,66 } 2,72 0,097133 0,0006714 2
25
M C 50 B
A d 2.098,44 kN cm
0
Este momento debe ser igual al producido por Q3 situado en el centro de esfuerzos
cortantes, el cual se supone situado a una distancia x 2 c del punto C. Es decir
x 2 c Q 2.098,44
x 2 c 200 2.098,44
o sea:
Q2
10204 30,4 63651 16,34 2
677.576.315
0,001993 0,000047 2 Q2
25
x3c Q2 50 Q2 0,001993 0,000047 2 d
0
x3c 18,9 cm
Por lo tanto, las coordenadas x2c y x3c del centro de esfuerzos cortantes, referidas al
centro de gravedad valen
x 2 c 8,66 x 2c 19,15 cm
Problema 5.36 Determinar el centro de esfuerzos cortantes C de una viga de pared delgada
cuya seccin transversal se ilustra en la figura 1. El espesor de la barra AB es t1, el de la barra
DE es t2 y el de la barra central t0..
Solucin
1 1
I2 t1 h13 t 2 h23
12 12
Si acta un esfuerzo cortante vertical, ascendente que pase por C, la distribucin de tensiones
tangenciales en DE vale
h
Q 2
E
2 2
D
I2
h22
Q
2 8
e Q b t2 h2
3 I2
es decir,
b t 2 h23
e
12 I 2
Solucin
Para mayor claridad, en la figura 2 pueden verse representados los ejes de las paredes de la
seccin.
2 3 Q me 2 0,6 0,2365
1 2 190,54
e I2 74 470,9 10 8
-Tramos 2,5
57 56 12 190,54
-Tramo 9,10
0,6 0,08
805,68 0,08
10
9
74 470,9 10 8
Por lo que respecta a la posicin del centro de esfuerzos cortantes, puede utilizarse la expresin
(5.59) o bien directamente tomar momentos respecto al punto 4 de las fuerzas externas (600 kN)
y de las fuerzas internas (tensiones tangenciales). Procediendo de esta ltima forma:
2
0,6 x 2 c 0,08 0,379 0,16 2,578 0,02
3
de donde se obtiene
x 2c 0,077 metros
Solucin
Lgicamente, por motivos de simetra el centro de esfuerzos cortantes se halla situado sobre el
eje x2. El momento de inercia respecto a dicho eje vale
I 3,8333 e a 3
Q 1,25 e a 2 e a 2 0,3261 0,261 0,13043 2
Q
e 3,8333 e a 3 ea e a2 e a3
2a e
M int EF e d 1,7321 a 0,3261 4 0,4565 0,3261 Q 1,431 Q a
BC
6 ea
M ext x0 Q
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 394
Igualando,
x0 1,431 a
y tambin
Problema 5.39 Determinar el centro de esfuerzos cortantes O de una viga de pared delgada y
espesor uniforme, cuya seccin se indica en la figura 1.
Solucin
El momento de inercia respecto a un eje horizontal que pasa por el c.d.g. vale
I 428,8 t
hj hj
Qt 2
max j 2 4 Q hj
tI I 8
3
2 Q t hj Ij
Q j max j t h j Q
3 I 12 I
y como
t
I1 I 2 12,7 3 170,7 t
12
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 396
t
I3 10,16 3 87,4 t
12
resulta
170,7 t
Q1 Q2 Q 0,40 Q
428,8 t
87,4 t
Q3 Q 0,20 Q
428,8 t
es decir
lC 5,59 cm
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 397
Solucin
El momento de inercia respecto a un eje horizontal que pasa por el centro de gravedad vale
I 962,357 cm 4
Q me 2 0,5 2 2
a Q 0,52 10 3 2 Q
B
O
Ie 0,5 962,357
Q 0,5 5,75
a 17,18 10 3 Q 17,18 5,975 Q 10 3
C
B
0,5 962,357
Q 0,5 2 2
a 0,52 10 3 2 Q
A
O
0,5 962,357
Q 0,5 5,75
a 17,18 10 3 Q 17,18 5,975 10 3 Q
D
A
0,5 962,357
1 1
d G d G a o d 0
2
5, 75 135,18 17,18
a d 2 0 0,52 d
2
19,75 135,18 34,36 sin 5,75 d
2 0
10 3 Q 5,912 Q
0 d 69,06 0
Es decir
5,912 Q 69,06 0 0
o sea:
0 85,6 10 3 Q
Tomando momentos de las fuerzas internas (tensiones) respecto al centro del semicrculo:
5, 75
135,18 17,18
M int 2 0,5 19,75 0,52 2 85,6 d 5,75 2
85,6 19,75
0
2
5,75 135,18 34,36 sin 85,6 5,75 d 10
3
Q 6,43 Q
0
M ext x 2C Q
Igualando (figura 3)
x 2C 6,43 cm
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 5. Esfuerzo cortante 399
a) Flecha en C.
b) Giro en C.
Solucin
Se resolver el problema utilizando el mtodo de la fuerza unidad
a) Flecha en C
B (4 x1 ) 2
Mf 10(6 x1 ) 55(4 x1 ) 20
A 2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 403
C
Mf 10(6 x1 )
B
mf B
A 6 x1 1,5 4 x1
mf C
B 6 x1
6
dx1 4 dx1 6 dx
e M f m f M f mf M f mf 1
0
EI 0 EI 4 EI
4
4 x1
2
0 10 6 x1 55 4 x1 20 2 6 x1 1,5 4 x1 10 4
dx1
6
10 6 x1 6 x1
dx1
0,002666 m 2,666 mm
4 10 4
b) Giro en C
mf B
A 1 4 x1 0,25
mf C
B 1
20 4 x1
4 2
1 4 x1 0,25 4
dx1
C 10 6 x1 55 4 x1
0
2 10
6
10 6 x1 1
dx1
6,6667 10 4 rdn
4 10 4
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 404
Solucin
a) Contribucin del momento flector.
Se coloca una fuerza F = 0 en A (fig. 2)
Las leyes de momentos flectores valdrn:
M tf B
A 2 pa F x1
5 a x1 2
pa 6a x1 0 ,25 pa 0 ,25 F 5 a x1 p
C
M tf
B 2
M tf D
C pa 6a x1
Derivando respecto a F
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 405
B
M tf
A
x1
F
C
M tf
B
0,25 5a x1
F
D
M tf
C
0
F
6a
M f dx1
M
M f
F EI
A
0
siendo:
M f M tf F 0
Mf M tf
F F F 0
es decir,
a
2 pa x1 x1
dx1 5 a
pa 6a x1 0,25 pa 5a x1 p
5a x1
2
E I a
M
A
0
2
dx1 6 a
0,25 5a x1 pa 6a x1 0 dx1 0
E I 5a EI
Qt B
A 2 pa F
Qt C
B pa 0,25 pa 0,25 F p 5a x1
Qt D
C pa
y derivando respecto a F
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 406
B
Qt
A
1
F
C
Qt
B
0,25
F
6a
Q dx1
Q
Q
F kG A
A
0
siendo
Q Qt F 0
Q Qt
F F F 0
es decir:
a 5a
pa 0,25 pa p 5a x1 0,25
dx1 dx1
2 pa
Q
A
0
kG A a kG A
pa 2
2,75
kG A
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 407
Problema 7.3 Determinar la flecha en el punto C, as como los giros en ambos lados de la
articulacin D, en la viga de la figura 1. Se tendr en cuenta nicamente la deformacin debida
al momento flector.
Solucin
a) Flecha en C
Mf C
A F 4a x1
P 3F
F 4 a x1 3 a x1
A
Mf
B
2 2
P 3F
F 4 a x1 3 a x1 P 2 a x1
B
Mf
D
2 2
3 F
P a x1
D
Mf
E
2 2
y sus derivadas:
Mf C
4 a x1
A
F
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 408
Mf A
3
4 a x1 3 a x1 0,5 a x1
B
F 2
Mf B
0,5 a x1
D
Mf D
0,5 a x1
E
4a
M f dx1 4 a 2 dx1
3a
dx
C M f P 4 a x1 P 2 a x1 0,5 a x1 1
0
F E I 3a E I 2a EI
2a
dx1 a P a3
P a x1 0,5 a x1
dx1
0 0,5 a x1
E I 0
0,58333
a
EI EI
Mf C
A P 4 a x1
Mf A
B P 2 a x1
Mf B
D 0
Mf D
E P a x1
mf C
A 0
1
3 a x1 3 a x1
B M
mf
A 2a 2a
1
3 a x1
B
mf
D 2a
1
3 a x1
D
mf
E 2a
4a
dx1 3a 1
D M f m f P 2 a x1 3 a x1 dx1
0
E I 2a 2a EI
a 2
1
P a x1 3 a x1 dx1 0,75 P a
0
2a EI EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 410
Problema 7.4 Determinar la flecha en el punto A, as como los giros en ambos lados de la
articulacin D, en la viga de la figura 1. Se tendr nicamente en cuenta la deformacin debida
al momento flector.
Solucin
a) Flecha en el punto A
P
5 a x1
A
Mf
C 2
Mf D
A P 1,5 a 0,5 x1
Mf B
D P 1,5 a 0,5 x1
Mf B
E 0,25 P x1
5a
M f dx1 5 a P 2 dx1
4a
2 dx1
A M f 5 a x1 P 1,5 a 0,5 x1
0
P E I 4a 4 E I 3a EI
3a
dx1 2 a 2 dx1 P a3
P 1,5 a 0,5 x1 P 0,25 x1
2
0,41667
2a
EI 0 EI EI
b) Giro relativo en D
M
5 a x1 1 5 a x1
B
mf
C 2a 2a
E M x
mf 0,75 x1 0,75 1
B a a
5a
dx1 5 a P 1
D M f mf 5 a x1 5 a x1 dx1
0
E I 4a 2 2a EI
4a 2a
1 dx1 dx
P 1,5 a 0,5 x1 5 a x1 0,25 x1 0,75 x1 1
P
2a
2a E I a a EI
P a2
0,58333
EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 412
Solucin
C 4 a x1 2
Mf p
B 2
B 4 x2
Mf pax1 p 1
A 3 2
mf C
B 0
B x1
mf
A 3a
4a
dx1 3a 4 x 2 x dx1 5 p a 3
B M f m f p a x1 p 1 1
0
E I 03 2 3a E I 8 E I
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 413
Utilizando el teorema de los trabajos virtuales, determinar los giros en los extremos.
Solucin
Por simetra el giro en A ser igual al giro en B aunque el signo ser el contrario.
Supngase que se introduce un momento virtual M B en B (figura 2) y sean:
dx1 B M B
nt
M f
0
La curvatura nt vale
2 t 2 10 5 40
nt
1,3333 10 3 m 1
h 0,6
x1
M f M B
6
O sea:
6 6
x1
M f dx1 1,3333 10 M B
3
nt
dx1 4 10 3 M B
0 0
6
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 414
Es decir:
Solucin
x12
Mf G
A 12 x1 p 12 x1 6 x12
2
Mf C
G 12 x1 6 x12
2111 x1 6 11 x1
D 2
Mf C
Fig.
2. Sistema de ejes y fuerza unidad
Las leyes de momentos flectores debida a una carga unidad situada en G valen
mf C
A 0,5 x1
mf C
G 0,5 x1 x1 1 1 0,5 x1
mf D
C 0,25 11 x1
1 d x1 5 d x1 11 d x1 225,25
G M f G
A mf G
A Mf C
G mf C
G Mf C
D mf C
D
0 EI 1 EI 5 EI EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 416
Solucin
De acuerdo con el sistema de ejes locales que se representa en la figura 2, las leyes de esfuerzos
se escriben:
Momentos flectores:
Mf B
C P L s
Mf B
A PL
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 417
Esfuerzos cortantes:
Q CB P
Q BA 0
Esfuerzos axiles:
N CB 0
N BA P
Leyes de esfuerzos:
mf B
C L s
B
mf L
A
q CB 1
q BA 0
n CB 0
n BA 1
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 418
C C B B
2 c P L s 2
ds ds ds ds
P 0 P L2 0P
B
E I B kGA A
E I A
E A
4 P L3 P L P L
3 E I kGA E A
mf C
B 0
mf B
A L s
q CB 0
q BA 1
n CB 1
n BA 0
P L3
B
0 0 0 P L L s
ds
1C 00
A
EI 2EI
mf C
B 1
mf B
A 1
3 P L2
L L
B P L s
ds ds
P L
O
EI O EI 2 EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 420
Solucin
Se obtendr el valor del movimiento vertical en A aplicando el teorema de la fuerza unidad. Para
ello, se coloca una fuerza F 1 en A (figura 2).
Mf
B
p
a x1
2
A 2
a2
p a x1 a
C
Mf p
B 2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 421
mf B
A a x1
mf C
B a
a x1 2
B
dx1 C pa 2 dx1 9 pa 4
A p a x1 pa x1 a a
EI 2
A
2 B EI 8 EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 422
Solucin
Se utilizar el teorema de Castigliano. Para ello, se sustituye la fuerza horizontal de 20 kN
aplicada en D por una fuerza genrica F (figura 2).
Mf D
B F 4 x1
10 10 x1
2
M C
f B 50 0,4 F 10 x1
2
10 10 x1
2
Mf B
A 50 0,4 F 10 x1 4F
2
Derivando respecto a F
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 423
Mf D
4 x1
B
Mf C
0,4 10 x1
B
Mf B
0,4 10 x1 4 0,4 x1
A
dx1 10 10 10 x1
4 2
u D F 4 x1 4 x1 50 0,4 F 10 x1
E I 6
0
2
Solucin
Con el sistema de ejes indicados, las leyes de momentos flectores se escriben:
pa
a x1
B
Mf
A 2
C x12
Mf p p a x1
B 2
mf B
A F a x1 a x1
C
mf F x1 x1
B
B
dx1 A dx1 a pa
uA M f mf M f mf a x1 2 dx1
C
EI B EI 0 2 EI
a
x2 dx p a4
p 1 p a x1 x1 1 0,375
0
2 EI EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 425
M
a x1 M x1
B
mf
A a a
mf C
B 0
B 3
dx1 A dx1 a p a
A M f mf M f mf a x1 x1 dx1 0,08333 p a
C
EI B EI 0 2 a EI EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 426
Problema 7.12 Determinar el desplazamiento horizontal del nudo A del entramado isosttico
de la figura 1. No se consideran deformaciones por axil.
La rigidez EI es constante para todas las barras.
Solucin
Para calcular el movimiento horizontal del punto A se coloca una fuerza unidad F 1 en A
(figura 2).
Mf B
A F L x1
Mf B
D FL
Mf D
C F L F L x1 F x1
mf B
A 2 F L x1 2 L x1
mf C
B F x1 x1
B
dx1 B dx1 L dx
uA M f mf M f mf F L x1 2 L x1 1
A
EI C EI 0 EI
L
dx1 2 L dx
F x1 x1 F L x1 1 2,5 F L3
0
EI L EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 428
Solucin
F
3 a x1
B
Mf
A 2
F
a x1
D
Mf
A 2
E Fa
Mf
D 2
Mf B
1
A
3 a x1
F 2
Mf D
1
A
a x1
F 2
Mf E
D a
F 2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 429
B
M f dx1 A M f dx1 D M f dx1
A M f M f M f
A
F E I D F E I E F E I
3a 2a
F a3
a
F 1 2 dx1 2 dx1 F 2 dx1
2 2 F
E I 0 4 E I 0 4
3 a x1 a x1 a 0,5
2a
EI EI
mf B
D 0
mf D
E F a x1 a x1
F a3
D
dx1 a F a dx1
B M f m f a x1
E I 0 2
0,25
E
EI EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 430
Solucin
Se aplicar el teorema de la fuerza unidad. Para ello, se coloca una fuerza vertical F 1 en el
punto C (figura 2).
pa
a x1
E
Mf
D 4
pa
a x1
D
Mf
C 4
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 431
a x1 p a x1
2
C pa
Mf
B 4 2
B pa
Mf x1
A 4
1
a x1
E
mf
D 2
1
a x1
C
mf
D 2
1
a x1
C
mf
B 2
B x1
mf
A 2
O sea:
D
dx1 D dx1 B dx1
C M f m f M f mf M f mf
E
EI B EI A EI
2a
pa
a x1 1 dx1
a
2 a x
1
pa
a x1 1 a x1 dx1
0
4 EI a 4 2 EI
pa pa x1 dx1
a x1 p a x1 2 1 dx1
a a
4 2 2 a x1 E I 4 x1 2 E I
0 0
7 p a4
48 E I
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 432
Solucin
Mf
C
p
a s 2
B 2
C a2
Mf p
A 2
A a2
Mf p
D 2
mf C
B a s sin 0,447 a s
a
s cos 0,8944 s a 2
C
mf
A
2
mf D
A 0
pa 2
Ca C
p 2
a
a s a s 0,447 s a 2 0,8944
ds ds
AB 0
B 0 2 E I A a 2 2 E I
pa 4
0,1118
EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 434
Problema 7.16 Determinar los desplazamientos del apoyo articulado mvil de la estructura
de la figura 1.
Solucin
Se resolver aplicando el teorema de Castigliano. Para ello, se sustituye la figura F aplicada en
el apoyo derecho por una fuerza independiente H. Las leyes de momentos flectores valdrn
(figura 2).
Mf B
A H a x1
Mf
B
Ha
H F 2a x
1
C 2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 435
H F a H a x1 2a x1
C F
Mf
D 2
y sus derivadas:
Mf B
A
a x1
H
Mf B
C x1
2a
H 2
Mf C
D
x1
H
B
M f dx1 B M f dx1 C M f dx1
uA M f M f M f
A
H EI C H EI D H EI
a
dx1 a x dx 2 a 3F 2 dx1
u A F a x1 F 3a x1 2a 1 1
2
x1
0
EI 0 2EI 0 2 EI
F a3
10,667
EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 436
Problema 7.17 Determinar los desplazamientos verticales y horizontales del punto en el cual
est aplicada la fuerza F.
Solucin
a) Movimiento vertical
Se utilizar el teorema de Castigliano. De acuerdo con el convenio de ejes de la figura 2
las leyes de momentos se escriben
Mf B
A F a x1
F
a x1
C
Mf
B 2
C F
Mf x1
B 2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 437
Y sus derivadas:
Mf B
a x1
A
Mf C
1
B
a x1
F 2
Mf B
D x1
F 2
B
M f dx1 C M f dx1 D M f dx1
A M f M f M f
A
F EI B F EI B F EI
Sustituyendo:
F a3
a
dx1 a F 2 dx1
a
dx
A F a x1 2 a x1
F
x12 1 0,5
0
EI 0 4 EI 0 4 EI EI
b) Movimiento horizontal
Se aplicar el teorema de la fuerza unidad. Para ello, se coloca una fuerza horizontal
F 1 en A (figura 2). Las leyes de momentos, debidos a dicha fuerza, valdrn
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 438
mf B
A 0
F
a x1 1 a x1
C
mf
B 2 2
B F x
mf x1 1
D 2 2
Por lo tanto.
B C D
dx1 dx1 dx1
uA M f m f M f mf M f mf
A
EI B EI B EI
a x1 1 a x1 dx1 F x1 1 x1 dx1 0
a a
F
0
2 2 E I 0 2 2 E I
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 439
Solucin
a) Movimiento vertical
Se aplicar el teorema de Castigliano.
Mf B
A F a x1
Mf C
B F a
Mf C
D F 2a x1
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 440
Mf D
E 2F a
Mf B
a x1
A
Mf C
B
a
F
Mf C
2a x1
D
Mf D
E
2a
F
M f dx1 a a
F a x1
2 dx1 dx
A
EDCBA
Mf
F EI 0 EI 0
F a2 1
EI
F a3
a a
F 2a x1 F 2a
2 dx1 2 dx1
7,667
0
EI 0 EI EI
b) Movimiento horizontal
Se aplicar el teorema de la fuerza unidad. Para ello, se coloca una fuerza F 1 en A.
Las leyes de momentos valdrn
mf B
A 0
mf C
B F a x1 a x1
mf C
D F a a
mf D
E F ( a x1 ) ( a x1 )
Por lo tanto,
dx1 a dx1 a dx
uA M f mf F a a x1 F 2a x1 a 1
EDCBA
EI 0 EI 0 EI
F a3
a
dx1
2 F a ( a x1 ) 3
0
EI EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 441
Solucin
a) Desplazamiento vertical de A.
Se aplica directamente el teorema de Castigliano.
Mf B
A F a x1
Mf C
B Fa
Mf C
D F 2a x1
y sus derivadas
Mf B
a x1
A
Mf C
B
a
F
Mf C
2a x1
D
Por lo tanto:
M f dx1 a 2 dx1
A Mf F a x1
ABCD
F EI 0 EI
2a
dx1 3a 2 dx1 16 F a 3
F a2 F 2a x1
0
EI 0 EI 3 EI
b) Desplazamiento horizontal de A.
Se introduce una fuerza unidad en A. La ley de momentos flectores vale
mf B
A 0
mf C
B F 2a x1 2a x1
mf D
C 2 F a 2a
2a 3a
F a 2a x1 1 F 2a x1 2a 1
dx1 dx dx
uA M f m f
ABCD
EI 0 EI 0 EI
F a3
EI
mf M 1
Solucin
Mf C
B 0
D x12
Mf p
C 2
Mf E
D 2 pa 2
G 2a x1 2
Mf p
E 2
Mf A
G 0
mf C
B 0
mf D
C F x1 x1
mf D
E F 2 a 2 a
mf E
G F 2a x1 2a x1
mf A
G 0
2a
dx1 x 3 dx1 2 a dx
u AB
BCDEGA
M f mf
EI
p 1
0
2 EI 0
2 pa 2 2a 1
EI
2a
3 dx1 pa 4
p
2a x1 12
0
2 EI EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 446
Solucin
Se resolver el problema utilizando el teorema de Castigliano. Las leyes de esfuerzos valen:
M f VR 1 sin HR cos
Q V cos H sin
N V sin H cos
Mf
R cos
H
Q
sin
H
N
cos
H
y por lo tanto
2
M f R d 2 Q R d 2 N R d
uA 0
Mf
H EI
Q
0
H k G A
N
0
H E A
R2 1 1 R2 1 1
0,5VR 0,7854 HR
E I k G A E A E I k G A E A
R 2 0,7854 0,7854 R2 1 1
A VR 0,3562 0,5 HR
EI kGA EA E I kG A E A
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 448
Solucin
Para hallar el movimiento horizontal de A se aplica el teorema de Castigliano. Las leyes de
momentos valen (figura 2).
M f FR sin
y su derivada respecto a F
M f
R sin
F
M f R d d FR 3
uA M f FR 3 sin 2
0
F EI 0
E I 2 EI
Para hallar el movimiento vertical de A se coloca una fuerza virtual V 1 que produce una ley
de momentos:
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 449
m f V R 1 cos R 1 cos
Con lo cual
R d d 2 FR 3
A M f mf FR sin 1 cos
3
0
EI 0
EI EI
mf 1
R d d 2 FR 2
A M f mf FR 2 sin
0
EI 0
EI EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 450
Problema 7.23 La mnsula curva de la figura 1 est sometida a una presin uniforme de
valor p. Si se tiene en cuenta nicamente la deformacin debida al momento flector, se desea
obtener el giro y el movimiento horizontal del punto A.
Solucin
M f a 2 p 1 cos
a 2 p 1 cos
M f mf a3 p
A ds a d
EI 0
EI EI
Para obtener el desplazamiento horizontal se aplica una fuerza unidad en B (figura 2). La
correspondiente ley de momentos flectores vale:
m f a sin
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 451
a 2 p 1 cos a sin
M f mf 2a 4 p
uA ds a d
EI 0
EI EI
p a4
A 4 ,71
EI
p a3
A 3,14
EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 452
Solucin
De acuerdo con el criterio de ejes de la figura 2 las leyes de momentos debidas a F se escriben:
Mf C
B F a 1 cos
Mf A
B F a 3 sin
M f C
a 1 cos
B
M f A
a 3 sin
B
2
M f R d 2 d 2 d F a3
C Mf F a 3 1 cos F a 3 3 sin 13,64
ABC
F EI 0
EI 0 EI EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 453
Para hallar el movimiento horizontal se coloca una fuerza horizontal H 1 en C (figura 2). Las
leyes de momentos flectores debidas a H valen
mf B
C H a sin a sin
mf A
B H a cos a cos
Por lo tanto, si se aplica el teorema de la fuerza unidad, el movimiento horizontal vale
2
R d d d
uC M f mf F a 3 1 cos sin F a 3 sin cos E I
3
ABC
EI 0
E I 0
3
Fa
0,5
EI
Procediendo de igual forma para el giro en C (se coloca un momento unidad M 1 en C, que
produce una ley de momentos flectores constantes en toda la pieza), el giro en C vale
F a2
C 6,85
EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 454
Solucin
Se resolver el problema utilizando el teorema de los trabajos virtuales complementarios.
Con el sistema de ejes indicados en la figura 2 las deformaciones trmicas valen:
4
t1 t 2 2 10 60 100 133,33 10 4 m 1
C
nt
B c 0,6
2 104
t1 t2 120 40 133,33 104 m1
B
nt A
c 0, 6
t1 t 2 60 100
nt C
B 2 10 4 160 10 4
2 2
B t1 t 2 120 80
nt 2 10 4 200 10 4
A 2 2
nt 0
Para hallar el movimiento horizontal del punto A se aplica una fuerza virtual H 1 en A (figura
2). Si M f y N son, respectivamente, la ley de momentos flectores y esfuerzos axiles en la
pieza motivados por H 1 , de acuerdo con el teorema de los trabajos virtuales
complementarios se tendr
uA H M f ds nt N ds
nt
ABC ABC
y como
M f H R sin 2 sin
N H sin sin
sustituyendo:
A 0
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 456
Solucin
De acuerdo con el criterio de ejes adoptado en la figura 2 las leyes de momentos flectores se
escriben
Mf B
C F a x1
Mf D
B F a cos
Mf D
A 0
Para hallar el movimiento horizontal de A se introduce una fuerza H 1 (figura 2) que produce
unos momentos flectores de valor
mf D
A H a sin a sin
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 457
mf B
D H a sin a sin
mf C
B 0
R d d F a3
uA
ADBC
M f mf F a 3 cos sin
EI 2 EI
0,5
EI
a 1 cos 1 cos
D V a
mf
A 2 2
a 1 cos 1 cos
B V a
mf
D 2 2
mf C
B V a x1 a x1
dx1 a a d
a
2 dx1
C M f mf F a cos 1 cos F a x1
ADBC
EI 2 2 EI 0 EI
F a3
1,226
EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 458
Solucin
Debido a las cargas externas, y de acuerdo con el sistema de ejes de la figura 2 las leyes de
momentos valen:
Mf
C
p
a x1 3
B 6a
B 1 sin
Mf p a2
A
3 2
mf C
B H a x1 a x1
mf B
A H a sin a sin
dx
uC M f m f 1 p
a x1 a x dx1
a 3 2
1 sin a d
ABC
EI 0 6a
1
EI
0
p a2
3 2
a sin
EI
4
pa
0,0927
EI
p a4
C 0,08333
EI
p a3
C 0,0181
EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 460
Problema 7.28 Determinar las variaciones de las distancias entre los puntos C y C y entre
los puntos A y B.
Solucin
a 1 cos
F
Mf
2
C
1 dx1
W 4 M 2f
2A EI
2
W
C
M f a d 2 d F a3
4 a 3 1 cos
F
1 4M f 0,3562
F A
F EI 0
4 EI EI
F a
mf a sin sin
2 2
2
a d F a3
C
dx
a 1 cos sin
F a
2 4 M f m f 1 4 0,5
A
EI 0
2 2 EI EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 462
Solucin
FR
1 sin cos M cos
C
Mf
A 2
M f C
cos
A
De acuerdo con el teorema de Castigliano el giro relativo entre ambos labios de A vale
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap. 7: Energa de deformacin 463
M f
A 2 M
C 2
R d F a2
1 sin cos cos d
C
A
C
2
M
f A M 0
A
EI 0
2 EI
2
Fa
0,2854
EI
Puede comprobarse, asimismo, que el movimiento vertical del punto A vale 0,071 F a 3 E I
Captulo 8:
Estructuras articuladas
Captulo 9:
Vigas simples
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 466
Problema 9.1 Utilizando la ecuacin de la elstica, hallar las reacciones y dibujar las leyes
de momentos acotndoles debidamente de la viga empotrada apoyada, de la figura 1.
Solucin
La expresin de la carga repartida, en funcin de x1, viene dada por
x
p 2 x1 p 1 1
L
x4 x5 x3 x2
EI v 2 p 1 1 C1 1 C 2 1 C 3 x1 C 4
24 120 L 6 2
-Para x1 0 v 2 x1 0
-Para x1 0 dv 2 dx1 0
-Para x1 L v 2 x1 0
-Para x1 L d 2 v 2 dx12 0
d 2 v2 px12 x1 2 p x1 L pL2
M f x1 E I 1
dx12 2 3L 5 15
d 3v2 2
R A Q A E I pL
dx13 x1 0
5
d 3 v2 1
RB QB E I pL
dx13 x1 L
10
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 468
Solucin
d 4 v2 F
x1 a
dx1 4
EI
d 3 v2 F
H x1 a C1
dx1 3
EI
d 2 v2 F
x1 a H x1 a C1 x1 C 2
dx1 2
EI
F x1 a
2
d v2 x2
H x1 a C1 1 C 2 x1 C 3
dx1 EI 2 2
F x1 a
3
x3 x2
v2 H x1 a C1 1 C 2 1 C 3 x1 C 4
EI 6 6 2
v 2 0 0
v 2 4a 0
d 2 v2
M f 0 E I 0
dx12 x1 0
d 2 v2
M f 4a E I 3Fa
dx12 x1 4 a
F x1 a
3
9 Fa 2
v2 H x1 a x1
EI 6 8EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 470
Problema 9.3 Hallar las reacciones y dibujar las leyes de momentos acotndoles debidamente
de la viga empotrada apoyada, de la figura 1.
Solucin
La viga es una vez hiperesttica. Para calcular las leyes de esfuerzos se libera el apoyo B
sustituyndolo por la reaccin RB (figura 2).
Mf C
B RB L x1
Mf C
A RB L x1 M
B
Mf L a
vB L x1 dx1 RB L x1 2 dx1 RB L x1 M L x1 dx1
RL3 MaL
M
a2
A
EI EI a
EI 0
EI 3EI EI 2 EI
y como v B 0 , resulta
R B 3
M a
1
a
L L 2L
3M 2
2L3
L b2
En la figura 3 puede verse representada la ley de momentos flectores, siendo
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 471
Md
3 Mb 2
2 L3
L b2
Mi M Md
Me
M 2
L 3b 2
2L2
Solucin
Mf G
A F 4a x1
Mf D
G F 4a x1 F 3a x1 Fa
Mf D
C Fa F 2a x1 F a x1
Mf C
B F a x1
Fig. 3 Cortante en C
La flecha en C valdr
a
C
vC M f a x1 dx1
F a3
0
B EI 3E I
4a
dx1
v A vC C 3a M f 4a x1 0
a
EI
y sustituyendo, se obtiene
8 Fa 2
C
9 EI
y de acuerdo con el primer teorema de Mohr
4a
dx1 8 Fa 2 Fa 2 10 Fa 2
A M f
C 2
a
EI 9 EI EI 9 EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 474
Solucin
La ley de momentos flectores vale
F
3 a x1 F a F x1
D
Mf
C 3 3
F x1 2
a F F 2a x1 F a x1
C
Mf
B 3 3
B 2F
Mf x1
A 3
3a
dx1
v D 0 v A A 3a M f 3a x1
0
EI
Fa 2
A
9E I
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 475
Solucin
Mf B
A 240 3 x1 120 6 x1 120 x1
20 9 x1
2
10 9 x1
C
2
Mf
B 2
3
dx
3 x1 1
B
vB v A A 3 M f 0
0
A EI
Sustituyendo y despejando A
180
A
EI
Por tanto:
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 476
C
dx1 180 3
dx
vC v A A 9 M f 9 x1 9 120 x1 9 x1 1
A
EI EI 0
EI
9 x dx
9
10 9 x1
5400
2 1
1
3
EI EI
C
dx1 180 3 dx 9 2 dx1
120 x1 1 10 9 x1
1080
C A M f
A
EI EI 0 EI 3 EI EI
C
dx1
vC B BC M f 9 x1
B
EI
C
dx1
C B M f
B
EI
360 3
B 360 E I
3E I
Por lo que
9
dx
6 10 9 x1 9 x1 1
360 5400
vC
2
EI 3
EI EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 477
9
2 dx1
10 9 x1
360 1080
C
EI 3 EI EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 478
Problema 9.7 Hallar el valor de la reaccin hiperesttica y las leyes de esfuerzos en la viga
de la figura 1
Nota: El producto E I v ale E I 20.000 kNm 2
Solucin
M f RB 5 x1
El desplazamiento de B vale:
5
dx1 5
2 dx1
v B M f 5 x1 R B 5 x1 1 cm
0
EI 0
EI
R B 4,8 kN
Problema 9.8 Hallar el valor de la reaccin hiperesttica y las leyes de esfuerzos de la viga
de la figura 1 ( E I 150.000 kNm 2 )
Solucin
Se tomarn como incgnitas hiperestticas los momentos reaccin en A y B (figura 2). Para
obtener sus valores es preciso anular el valor de los giros en A y B.
El giro vale
0,5 cm
0,0007143 rdn
7m
El resto de los giros puede fcilmente obtenerse utilizando los teoremas de Mohr, de forma que
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 480
30 7 3
1A 0,00286 rdn
24 150.000
1B 1A 0,00286 rdn
7MA 7MB
A2 1,556 105 M A 0, 778 105 M B
3E I 6E I
7MA 7MB
B2 0,778 10 5 M A 1,556 10 5 M B
6E I 3E I
De donde se obtiene
Solucin
Mf B
A RC 7 x1 80 65 4 x1
Mf C
B RC 7 x1 80
d x1 7
7 x1 d x1
4
vC 0 M f 7 x1
B C
E I 4
Mf 0
0
A B EI
De donde:
RC 42,9 kN
Problema 9.10 Determinar la flecha en el punto C, as como los giros en ambos lados de la
articulacin D, en la viga de la figura 1
Solucin
Se separa la pieza AC en las vigas AD, DB y BC (figura 2)
Fa 3
vD
3E I
y asimismo
Fa 2
Dizq
2E I
vD Fa 2 Fa 2
der
D
2a 12 E I 4 E I
v D 5 Fa 2 Fa 2
B
2a 12 E I 4E I
y el salto en el giro en D:
Fa 2 Fa 2 3 Fa 2
D Dizq Dder
2E I 4E I 4 EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 484
Fa 3 7 Fa 3
vC B a
3E I 12 E I
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 485
Problema 9.11 Determinar la flecha en el punto A, as como los giros en ambos lados de la
articulacin D, de la viga de la figura 1
Solucin
Se descompone la estructura en piezas simples (figura 2)
Fa 2
B
3E I
v D B a
F 2 a 3
Fa 3
3E I 2E I
y el giro a la izquierda de D
B
izq F 2 a 2
7 Fa 2
D
2E I 12 E I
v D Fa 2
Dder 0
2a 4 E I
con lo que
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 486
7 Fa 2
D Dizq Dder
12 E I
v D Fa 3 5 Fa 3
vA
2 6 E I 12 E I
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 487
Problema 9.12 Determinar la flecha en el punto C, as como los giros en ambos lados de la
articulacin D, de la viga de la figura 1.
Solucin
Fa 2
B
2E I
vD Ba
F 2 a 3
2 Fa 3
3E I 3 EI
Dder B
F 2 a 2
3 F a2
2E I 4 EI
v D Fa 2 7 Fa 2
izq
D
2a 4 E I 12 E I
y por tanto
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 488
13 Fa 2
D Dizq Dder
12 E I
v D Fa 3 Fa 3
vC
2 6E I 6E I
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 489
Solucin
Para determinar la flecha en A, se elimina la pieza AB, colocando en A la accin que ejerce
sobre ACD (figura 2).
Mf C
A 9 x1 30 10 9 x1
D
Mf 56 x1
C
5
dx1
vC v D D 5 M f 5 x1 0
0
EI
233,33
D
EI
y la flecha en A valdr
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 490
5
dx1 9 dx
v A v D D 9 56 x1 9 x1 9 x1 30 10 9 x1 1
2 3146,67
0
EI 5 EI EI
v A 0,031467 m 3,1467 cm
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 491
Solucin
25 6 4 50 6 3 7650
vD
8E I 3E I EI
25 3 4 50 33 703,125
vG
8E I 3E I EI
4
dx1
vG v D D 4 M f 4 x1 0
0
EI
1670,05
D
EI
2
dx1 4259,9
v A v D 2 D M f 2 x1
0
EI EI
3
dx1 2499,23
v B v D 3 D M f 3 x1
0
EI EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 493
Problema 9.15 En la viga de la figura 1 determinar las leyes de esfuerzos cuando se somete a
un descenso de apoyo de valor al punto A.
Determinar as mismo las leyes de esfuerzos cuando se someten a las fibras superiores a un
incremento de temperatura de valor t y a las fibras inferiores a un decremento del mismo
valor.
Solucin
Fa 3
2
3E I
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 494
F 2a
3
1
3E I
Sumando:
3 Fa 3
1 2
EI
es decir:
EI
F
3a3
Ab
a
MA
2a
3
a 8M A a2
B
3E I 3E I
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 495
con lo cual:
M A a B 3M A a
Ac
3E I a EI
Igualando Ac con Ab
3M A a
a EI
es decir,
EI
MA
3a 2
EIt
F
ah
y el momento flector en A
EIt
MA
h
Problema 9.16 Dada la viga de la figura 1, en el que las vigas AB y BE son de la misma
seccin y rigidez, se pide:
Solucin
vB
F 3 L3
F L3
3E I 9E I
D
dx1
v D 0 v B B 2 L M f 2 L x1
B
EI
Integrando y despejando B :
F L2
B 0,08333
EI
c
dx1 F L3
vC v B B L M f L x1 0,13889
B
EI EI
El giro en D valdr:
D
dx1 1 F L2 F L2
D B M f 0,08333
B
E I 12 E I EI
Por lo tanto,
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 497
E
dx1 F L2
E D M f 0,25
D
EI EI
E
dx1 1 F L3 F L3
v E v D D L M f L x1 0,0833
D
E I 12 E I EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 498
La fibra superior AB est sometida a una ley de incremento de temperaturas, que referida al
sistema de ejes (ox1 ; ox 2 ) de la figura viene dado por la expresin:
t 2 x1 4 60
2
La fibra inferior CD est sometida a una ley de incrementos de temperaturas, que con el mismo
sistema de ejes, viene dado por la expresin:
t1 x1 4 10
2
Se pide:
1. Leyes de esfuerzos.
2. Deformada.
Solucin
t1 t 2
T1 x1 4 35
2
t1 t 2
T2 25
2
8 8
T1 dx1 10 4 x1 42 35 dx1 0,032267 m.
0 0
N 8
0,032267
EA
N 1.936 kN compresin
Debido a la distribucin variable de temperaturas el giro de BD vale:
2 T2 2 10 4 25
8 8
BD 1
dx dx1 0,08
0 h 0
0 ,5
M 8
BD
EI
Igualando:
0,08 E I
M 100 kN m
8
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 500
Solucin
Tomando los ejes locales que se indican en la misma figura 1 la ley de Momentos flectores se
escribe
MA MB
Mf x1 M A
L
L
Mf MA MB
B A dx1 A L (a)
0
EI 2
Por otra parte, de acuerdo con (9.37) el movimiento vertical del punto B ser
L
Mf L2 L2
v2 B A L L x1 dx1 A L M A M B (b)
0
EI 3 6
2M A M B
A L
6
MA MB
B L
6
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 501
Problema 9.19 Determinar la flecha del punto C de la viga que se representa en la figura 1
Solucin
En la figura 2 se dibuja la deformada a estima. Como puede verse, el desplazamiento vertical
en C v 2 c es igual al giro en B por la longitud L ms (menos en este caso) la flecha que tendra
C si el punto B no girara, es decir
v 2 c B L v 20c
B
p 3 L
3
pL2 2 3L
0,625
p L3
24 E I 3E I EI
La flecha v 2c
0
valdr
p L4
v 20c
8E I
p L4 p L4 p L4
v2c 0,625 0,5
E I 8E I EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 502
Solucin
v2 B
v2 D v 20D
2
p 2 L p L 22 L 3,3333 p L4
4 3
v2 B
8E I 3E I EI
5 p L4 pL4
v 20D 0,01302
384 E I EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 503
Solucin
Se corta la pieza por el punto B (ver figura 2). En el punto de corte aparecern sendas fuerzas F1
y F2 tales que F1 F2 F pL . Por otro lado, el movimiento vertical del punto B,
considerado perteneciente a AB, debe ser igual al movimiento vertical de B, considerado
perteneciente a BC. Es decir
p 2 L 2 L pL4 F L3
4 3
F1 2
8E I 3E I 8E I 3E I
o sea:
F1 0,5139 pL
F2 1,5139 pL
p 2 L 2 L 0,6296 pL4
4 3
v2 B F1
8E I 3E I EI
o tambin
pL4 L3 pL4
v2 B F2 0,6296
8E I 3E I EI
V A 1,4861 pL VC 2,5139 pL
B x12
Mf 0,9722 p L 1,4861 p L x1 p
2
A 2
C x2
Mf 1,0278 p L2 0,4861 p L x1 p 1
B 2
Problema 9.22 En la viga que se representa en la figura 1 determinar el giro relativo entre
ambos labios de la rtula C , c
Solucin
Primer procedimiento: Utilizando los teoremas de Mohr. Para ello se corta la pieza por el punto
C (ver figura 2 a) ).
c c c
v2c
c c0
L
pL3
c 0,75
EI
pL4
v 2 c 0,625
EI
pL3 pL3
c0 0,0417
24 EI EI
es decir:
ds
c M f m f
EI
Mf B
A 0,5 pL x1 0,5 p x12
Mf D
B 6 pL 2 3,5 p L x1 0,5 p x12
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 508
B x1
mf
A L
D x1
mf 4
B L
2L
d x1 4 L d x1 p L3
C M f
B B D D
E I 2L
mf Mf mf 1,3333
0
A A B B EI EI
Solucin
Para hallar el giro relativo entre los dos labios de la rtula B se coloca un
momento virtual M unidad: M 1 (ver figura 2)
pa
Mf 3 a x1 p 3 a x1 2
2 2
3 a x1
mf
a
d x1 45 p a 3 p a3
B 0
3a
M f mf 5,625
EI 8 EI EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 510
Problema 9.24 Aplicando el teorema de Mohr, hallar los giros en los puntos A y B de
la viga representada en la figura 1
Solucin
pL pL
RA RB
6 3
pL p x13
Mf x1
6 6L
El movimiento vertical del punto B vale cero, por tanto, aplicando el segundo
teorema de Mohr
d x1
u 2 B 0 A L M f L x1
L 7
AL p L4
0 EI 360 E I
Es decir,
7 p L3
A
360 E I
El giro en B valdr:
L d x1 7 p L3 1
B A Mf pL
3
p L3
0 EI 360 E I 24 E I 45 E I
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 511
Problema 9.25 Utilizando las tablas de flechas y giros, hallar el movimiento vertical del
punto E en la viga de la figura 1.
Solucin
Se corta la estructura por el punto C y se separa el trozo ABC (figura 2 a)). A su vez, separando
el trozo AB se obtiene la viga simple indicada en la figura 2 b). A partir de esta ltima figura
(tomando positivo el sentido antihorario de giro):
1 40 4 3 45 4 46,667
B
EI 24 3 EI
Si se toma como flecha positiva el sentido descendente, la flecha en C vale (a partir de la figura
2 a)):
46,667 3 15 33 5
vc
EI EI EI
vc 20 2 5 20 2 15,83
D
2 3 EI 2 EI 3 EI EI
10 2 3 2 15,83 10 2 3 58,34
v E 2 D
3 EI EI 3 EI EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 512
Problema 9.26 La estructura de la figura 1 est compuesta por una viga horizontal AB de
mdulo de elasticidad E e inercia I, y por un tirante BC de mdulo de elasticidad E y seccin
recta . Se desea determinar la tensin en el tirante.
Solucin
Se separa la mnsula del tirante sustituyndolos por sus efectos (figura 2).
pL4 T L3 T L
v2 B
8E I 3E I E
de donde:
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 513
pL
T
1 I
8
2
3 L
Problema 9.27 La estructura de la figura 1 est compuesta por una viga horizontal AB de
mdulo de elasticidad E e inercia I, y un tirante inclinado BC de mdulo de elasticidad E y
seccin recta . Se desea determinar la tensin en el tirante.
Solucin
Sea T la tensin en el tirante CB. Debido a dicha tensin el tirante CB experimentar un
alargamiento de valor
T LCB TL
CB
E E cos 30
Por lo tanto,
p L4 T sin 30 L3
v2 B
8E I 3E I
v 2 B BC sin 30
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 515
Igualando:
p L4 T L3 sin 30 TL
8E I 3E I E cos 30 sin 30
es decir,
pL
T
1 2I
8 2
6 L cos 30
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 516
Problema 9.28 La estructura que se representa en la figura 1 est formada por una viga
biapoyada ABC de momento de inercia I. En el punto B se apoya el puntual BD el cual est
biarticulado. Las rectas AD y DC son tirantes de seccin recta . Sabiendo que el mdulo de
elasticidad es el mismo para toda la estructura, se desea conocer el valor del esfuerzo axil en
los tirantes AD y DC.
Solucin
T1 cos 30 T2 cos 45
T1 0,8165 T2
y adems
El movimiento vertical del punto D debe ser el mismo tanto si se considera que pertenece a la
subestructura ABCD como si se considera que pertenece a los dos tirantes AD y DC.
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 517
p L4 T L3 p L4 T L3
v 2 D v 2 B 0,6637 0,366 0,6637 0,4083 2
EI EI EI EI
T1 L AD 1,633 T2 L
AD
E E
T2 LCD 1,4142 T2 L
CD
E E
T2 L
v 2 D 0,9 CD 0,732 AD 2,4681
E
W 2,2137 T L T L
v2 D 2,468 2
T E E
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 518
p L4 T L3 T L
0,6637 0,4083 2 2,4681 2
EI EI E
es decir
pL
T2
I
0,6152 3,7187
L2
y tambin
pL
T1
I
0,7535 4,5544
L2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 519
Problema 9.29 La mnsula de la figura 1, tiene seccin rectangular de 1 metro de ancho por
1,2 de canto. La viga se postensa mediante un cable AB de seccin .La fuerza de postensado
F es tal que las mximas tensiones en el hormign sean de 15 MPa .
Una vez postensada la viga, sin que exista adherencia entre el hormign y el acero, se aplica
una fuerza uniformemente repartida por unidad de longitud p 15 kN m .
Sabiendo que la seccin es tal que despus de postensar las tensiones en el acero valen
900 MPa .
DETERMINAR:
Distribucin de tensiones en el hormign en las secciones situadas a distancias
x 0 , x 7,5 m.
Flecha en el punto x 15 metros.
NOTAS:
No se considera el peso propio del hormign.
E a 210 GPa
E h 30 GPa
E
n a 7
Eh
Solucin
0,4
y x 0,2
15
La ley de esfuerzos axiles ser constante en toda la pieza y valdr N F . La ley de momentos
flectores se escribe
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 520
0,4
M f F y F x 0,2
15
F M f x 0 0,6
1
A I
siendo A el rea del hormign e I el momento de inercia de valor I 0,144 m 4 . Por tanto:
F 0,2 F 0,6
1 1,6667 F
1,2 0,144
F 9 000 kN
Dado que las tensiones en el acero deben valer 900 MPa , la seccin de acero valdr
9 000 kN
100 cm 2
900 MPa
0,4
M f F
x 0,2 p
15 x 2
15 2
F Mf
d AB dx y dx
EA EI
Es decir:
0,4 15 x 2
15 F x 0,2 p
F
15
Mfy F 15 15 2
AB 15 dx
Eh A 0
EI E h 1,2 0 Eh I
0,4
x 0,2 dx
1
13,889 F 5 859,4
15 Eh
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 521
F 15 F
AB 1 500
E a Ea
Igualando:
F 25,68 kN
Tensiones en x 0
15 2
M f 0,2 F p 5,14 1 687,5 1 682,36 kN m
2
F M f y
2
A
I
25,68 1 682,36 y
1,2
0,144
21,4 11 683,1 y kN m2
1 2 7521,4 816,9 y kN m2
Tensiones en x 7,5 m.
F 9 000
1 7 500 kN m 2
A 1,2
M f p
7,52 421,9 kN m
2
F M f y
2
A
I
25,68 421,9 y
1,2
0,144
21,4 2 930 y kN m2
c) Tensiones totales
1 2 7 521,4 2 930 y kN m2
Flecha en el punto x 15 m
0,4
M f F x 0,2
15
15
dx
f M f 15 x
1
B 0,002232 m.
0
EI
0,4
M f F
x 0,2 p
15 x 25,68 0,4 x 0,2 15 15 x
2 2
15 2 15 2
La flecha en B vale
15
dx
f M f 15 x
B
2
0,00313 m
0
EI
f B f B1 f B2 0,0009 metros.
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 524
Problema 9.30 En la estructura de la figura 1, los dos tringulos superiores estn articulados
a la viga ABC, as como entre s en D. La seccin de AD, BD, y DC es y la inercia de ABC
es 1, siendo I 2 m 2 .
Solucin
Sea P el esfuerzo axil de AD. Por equilibrio, el esfuerzo axil de DB valdr 1,1157 P
(compresin) y el axil de DC 0,867 P.
Cortando por el punto A, el movimiento de dicho punto supuesto perteneciente a las piezas AD,
DB y DC se obtendr como sigue: (ver figura 2)
N DB LDB 1,1157 9
DD1 10,04
E E E
es decir
D1 D3 23,73
E
D1 D3 A A 23,73 L
A AA1 DD1 2 3 10,04 AD 56,5
tan 42 sin 42 tan 42 sin 42 E E
Por otro lado, la flecha del punto A supuesto que pertenece a la viga vale (figura 3).
F 0,67
A 833,33
EI
Conocido el valor de P ya pueden hallarse las leyes de esfuerzos (Figura 4). Asimismo, en la
figura 5 puede verse la deformada de toda la estructura.
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 526
DETERMINAR:
Leyes de esfuerzos en toda la estructura
Esfuerzos en los tirantes
Flecha en el punto medio de CC
Solucin
vB vD 5 3 0,3118 10 6
0,866 v B v D
8,59 345
uD T1 T2
5 2 EI EI EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 529
2 uD
EI
96,81T1 20,49 T2 0,0805 10 6 T1 15,81
E
EI
8,59 T1 345 T2 0,3118 10 6 T2 15
E
T1 634,47 kN
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 530
T2 884,3 kN
En la figura 3 pueden verse representadas las leyes de momentos flectores y las de esfuerzos
cortantes.
DETERMINAR:
Leyes de esfuerzos en toda la estructura
Tensin en el tirante
Flecha en el punto medio de CC
Solucin
En base a los resultados obtenidos en el problema 9.28, el movimiento de D en la direccin AD
vale : (tngase presente que en este caso T1 T2 T ).
y en la direccin DD:
con lo cual, el alargamiento de la mitad del cable valdr 1 2 (el signo negativo que
afecta a 2 es debido a que el movimiento horizontal de D se considera positivo si es hacia la
derecha). Por tanto,
470,89 T 0,3923 10 6
EI
Es decir:
T 828,5 kN
Problema 9.33
a) La pasarela de peatones de la figura 1 est sometida a una sobrecarga en la viga
horizontal de p 35 kN m
DETERMINAR:
Leyes de esfuerzos
Movimientos de los puntos D y G
Solucin
a) Sea el movimiento horizontal del punto D. Por otro lado, si T es el esfuerzo axil en el
cable DG, y dado que el axil de DG ms el axil de AD debe tener la direccin DC, el
axil en AD vale
sin
T AD T
sin
El alargamiento de AD valdr
T AD L AD 5 T sin
AD
Et Et sin 2
El alargamiento de DG vale
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 534
TDG LDG 5T 1
DG
Et Et cos
Siendo:
DD1 AD
G1G2 DG
DD1 5 T sin
DD2 GG1 AD
sin sin Et sin 3
5T 1 5 T sin 2
Et cos Et sin 3 5T 1 tan sin 37 T
cos Et cos
2
sin 3 Et
Por otro lado, la viga AGB est sometida a una carga repartida de valor 35 kN m y a una
fuerza inclinada de valor T aplicada en G. La flecha en G valdr
177.677,5 172 T
Ev I
Ev I
0,14
Et
resulta que:
es decir:
T 407 kN
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 536
Conocido este valor pueden hallarse las leyes de esfuerzos (figura 3).
b) Para que el momento flector en G sea cero, es preciso que T valga: T 825,5 kN , con
lo cual, igualando nuevamente movimientos en G:
es decir,
EV I 30543,5
0,012225 m 2 122,25 cm 2
Et 35691,5
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 537
Solucin
Si nuevamente T1 y T2 son los esfuerzos axiles de los tirantes AD y CD respectivamente, es
evidente ahora que su resultante no ser, en general, vertical, sino que tendr tambin
componente horizontal. (figura 1). Se verificar que:
Los movimientos vertical y horizontal del punto D deben ser los mismos tanto si se considera
que pertenece a la subestructura ABCD como si se considera que pertenece a los tirantes AD y
DC.
El movimiento vertical de D ser el mismo que el punto B sometidos a las cargas que se indican
en la figura 9.31.3 a), es decir:
pL4 T L3 T L3 pL4 T L3 T L3
v 2 D 0,664 0,366 V 0,155 H 0,664 0,3172 1 0,1492 2
EI EI EI EI EI EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 538
El movimiento horizontal de D ser igual al giro de B, (sometido a las cargas que se indican en
la figura 3 a)), multiplicado por la distancia BD, ms el movimiento horizontal de la mnsula
BD (figura 3 b)):
pL4 T L3 T L3 pL4 T L3 T L3
v1D 0,333 0,155 V 0,61 H 0,333 0,6058 1 0,3217 2
EI EI EI EI EI EI
T1 L TL
v 2 D 0,9 CD 0,732 AD 1,464 1,273 2
E E
T1 L TL
v1D 0,518 CD 0,732 AD 1,464 0,732 2
E E
pL4 T1 L3 T2 L3 TL TL
0,664 0,3172 0,1492 1,464 1 1,273 2
EI EI EI E E
pL4 T L3 T L3 TL TL
0,333 0,6058 1 0,3217 2 1,464 1 0,732 2
EI EI EI E E
I
y particularizando para 0,1 y reagrupando trminos
L2
es decir:
T1 0,906 pL
T2 0,882 pL
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 540
El mstil BA tiene una inercia de 40 m4 y se cruza con el tablero, el cual tiene un momento de
inercia de valor 0,3 m4. Tanto el tablero como el mstil tienen un mdulo de elasticidad de
30.000 MPa.
Solucin
Mstil
EI m 30 10 3 MPa 40 m 4 1 200 10 6 kN m 2
Tablero
EI v 30 10 3 MPa 0,3 m 4 9 10 6 kN m 2
Tirantes
Sea F1 el esfuerzo axil en BS y F2 el esfuerzo axil en BT. En la figura 2 pueden verse las
dimensiones y los ngulos de los elementos ms caractersticos de la estructura.
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 541
56
L AB 64,66 m.
sin 60
LBS 40 2 56,57 m.
LTB 80 m
BB1
LBT T1 T2
LBS S1 S 2
vs S S 3
vT T T3
Fig. 3. Movimientos
Si BB1 , es el movimiento del punto B, este movimiento debe ser perpendicular a AB. Dado
que en B actan las fuerzas T1 y T2 , el movimiento valdr
S1 S 2 S S1 sin 15 S S 3 cos 45
Es decir:
Y sustituyendo:
F1 56,57
19,44 F1 37,55 F2 10 6 sin 15 v S cos 45
EA
F2 80
19,44 F1 37,55 F2 10 6 sin 30 vT cos 60
EA
o sea:
v s 61,54 10 6 F1 13,74 10 6 F2
vT 19,44 10 6 F1 146,39 10 6 F2
Resolviendo el sistema:
F1 5 030 kN
F2 2 973 kN
Hallar las leyes de esfuerzos en todas las piezas de la estructura, as como el movimiento del
punto B.
Solucin
Es evidente que
T2 BC T1 AB
BC AB
E E
p 7 4 T1 sin 50 T2 sin 30 7
3
vB
8 EI 3 EI
Introduciendo los valores anteriores en las expresiones (1) y (2) se obtiene un sistema de dos
ecuaciones con dos incgnitas.
Es decir:
T1 28,25 kN
T2 66,4 kN
Problema 9.37 En la estructura de la figura 1 las piezas AD y AD tienen rigidez infinita. Las
rectas DC y DC son dos tirantes de seccin . Sobre la pieza ABA acta una carga
uniformemente distribuida de valor p 15 kN m . La inercia de las piezas ABA y BC es I.
Nota: A excepcin de los tirantes, solamente se tendr en cuenta la deformacin por Momento
Flector.
Solucin
a) Para que los tirantes no trabajen, es preciso que su longitud sea la misma antes y despus de
aplicar las cargas. Adems, si los tirantes no trabajan las rectas AD y AD seguirn rectas
despus de la carga y no tendrn esfuerzos. La deformada ser la indicada en la figura 2.
Fig. 2. Deformada
p 10 3
A
24 EI
5 p 10 4
vB
384 EI
D b A
y como
CC 2 D b A
tan 0,32 b
CC1 v B vB
y tambin
b 2,5
tan
5
Igualando:
b 4,17 m
b) Si se da una tensin previa a los tirantes de 50 kN, este valor se mantendr al aplicar las
cargas, de acuerdo con lo visto en el apartado anterior. Por lo tanto, las leyes de esfuerzos son
inmediatas (figuras 3, 4 y 5).
1.) Determinar las leyes de esfuerzos cuando las cargas que actan son:
Carga uniformemente repartida sobre la pieza AD, vertical descendente de valor
p 15 kN m
Incremento uniforme de temperatura en la pieza AD de valor t 30 C (coeficiente
de dilatacin lineal a 10 5 C 1 ).
2.) Supngase que la lnea quebrada ABCD representa un nico cable que desliza libremente
sobre los puntos B y C. Determinar las leyes de esfuerzos cuando acta nicamente la carga
uniformemente repartida.
Solucin
1.)
34 800 139,78 T1
vB
EI EI
21 , 33 T 2 17 , 75 T 1
uB u B' (positivo hacia la derecha).
EI
2 uD
1 T2 L2
u B 8,533 10 5 T2 7,1 10 5 T1 10 5 30 6
2 Et
T1 L1
v B sin u B cos 10 5 30 6 cos
Et
T1 243 kN
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 9. Vigas simples 553
T2 209 kN
En la figura 4 pueden verse representadas las leyes de momentos flectores y esfuerzos cortantes
y axiles.
2.)
34 800 139,78 T
vB 0,1392 5,59 10 4 T
EI EI
21,33T 17,75 T 3,58 T
uB 1,432 10 5 T
EI EI
T1 L1
1 v B sin u B cos
Et
Captulo 10:
Vigas continuas
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 10: Vigas continuas 557
Solucin
Se descompone la pieza en las vigas simples que se indican en la figura 2.
Las incgnitas a determinar son los momentos en los apoyos intermedios MB y MC.
Giro en el apoyo B:
- Giro en B de la pieza AB
0,5 p a 2 a M B a p a 3
BAB
6 EI 3 EI 24 EI
- Giro en B de la pieza BC
M B 2 a M C 2 a p 2 a
3
BC
B
3 EI 6 EI 24 EI
M B 0,3333 M C 0,2917 p a 2
Giro en el apoyo C
- Giro en C de la pieza BC
M B 2 a M C 2 a p 2 a
3
CBC
6E I 3E I 24 E I
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 10: Vigas continuas 558
- Giro en C de la pieza CD
M C 1,5 a p 1,5 a 3
CCD
4E I 48 E I
M B 0,182 p a 2
M C 0,3292 p a 2
Problema 10.2 La viga de la figura 1 no tiene cargas externas, pero sufre un giro en el
empotramiento de valor A . Hallar:
Giro en B
Momento en A
Momento en B
Solucin
El giro en A valdr
M A 2a M B 2a
A A
3E I 6E I
M A 2a M B 2a M a
B
6E I 3E I 3E I
EI
M A 1,8 A
a
EI
M B 0,6 A
a
MB a
B 0,2 A
3E I
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 10: Vigas continuas 561
Solucin
Se descompone la estructura en tres vigas simples (figura 2)
50 5 M B 5
BAB
6 EI 3 EI
MB5 MC5
BBC
3 EI 6 EI
4 M B M C 50
MB5 MC5
CBC
6 EI 3 EI
M C 5 20 5 3
CCD
3 EI 24 EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 10: Vigas continuas 562
M B 4 M C 125
M B 21,7 kNm
M C 36,7 kNm
Solucin
M 1 2a
B
3 EI
M2 a
B
3 EI
M1 M 3
M 2 2M 3
y por lo tanto:
M 3 2a 2 Ma
3 EI 9 EI
y despejando M
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 10: Vigas continuas 564
9 EI
M
2a
Problema 10.5 Determinar las leyes de esfuerzos y reacciones en la viga continua que se
acota en la figura 1.
Solucin
20 4 M 4
3
BAB B
1
53,3333 1,3333 M B
24 EI 3 EI EI
20 5 3 M B 5 M C 5 1
BC
B 104,1666 1,6667 M B 0,8333 M C
24 EI 3 EI 6 EI EI
BAB
1
160 4 M B
3 EI
BBC
1
312,5 5 M B 2,5 M C
3 EI
Igualando:
472,5 9 M B 2,5 M C
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 10: Vigas continuas 566
20 5 3 M B 5 M C 5
CBC
1
312,5 2,5 M B 5 M C
24 EI 6 EI 3 EI 3 EI
20 6 3 M C 6
CD
C
1
540 6 M C
24 EI 3 EI 3 EI
Igualando:
852,5 2,5 M B 11 M C
Resolviendo:
M B 33,06 kN m
M C 70 kN m
Problema 10.6 Determinar las reaccione y los momentos flectores en las vigas contnuas
representadas en la figura 1
Solucin
Solucin
Solucin
Para determinar el esfuerzo axil en el tirante, es irrelevante el valor del giro en B, por lo que
puede suponerse que es nulo (figura 2)
T 2 L 3
3
2
2 3 EI
y la flecha 1
p L 3 T 2 L 3
4 3
1
8 EI 2 3 EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 10: Vigas continuas 570
2 L 3 PL 3 T 2 2
3
DC 1 2
2 EI 8 3 2
T L 3 2
DC
E
T 0,02832 pL
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 10: Vigas continuas 571
Problema 10.9 Obtener las leyes de esfuerzos y la deformada de la viga contnua de dos
vanos de la figura 1. La viga es de seccin constante e igual en ambos vanos.
Solucin
M 1 16 20 16 3
BAB
3 EI 24 EI
M 2 16 40 16 2
BBD
3 EI 16 EI
Igualando se obtiene:
M 1 M 2 760
y como M 1 M 2 30 , resulta:
M 1 365 kN m
M 2 395 kN m
Problema 10.10 Dada la viga continua de la figura 1, se pide hallar y dibujar las leyes de
momentos flectores y de esfuerzos cortantes.
Solucin
Se corta la viga por el punto C introducindose el cortante hiperesttico F (figura 2). El valor de
F se obtendr igualando las flechas del punto C a la izquierda y a la derecha. Tomando positivas
las flechas en sentido ascendente:
EI c
F 2 3 30 2 4 30 33
2
60 2 F 3 2
3 8 24 3
EI c
F 2 3
30 2 4
30 4 3
2
60 2 F 4 2
3 8 24 3
F 3,58 kN
Conocido este valor pueden hallarse las leyes de momentos flectores y esfuerzos
cortantes (figuras 3 y 4).
Solucin
Se tomar como incgnita hiperesttica el momento flector en el punto B. Para ello, se sustituye
el voladizo CD por un momento de 30 kN m . Asimismo, se separa la viga ABC en dos vigas
simples (figura 2). El valor del momento M se obtendr de igualar los giros a izquierda y
derecha de B.
15 4 3 4 M
B
24 EI 3 EI
15 5 3 5 M 30 5
B
24 EI 3 6
Igualando:
M 31,04 kN m
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 10: Vigas continuas 576
Problema 10.12 En la viga continua de la figura 1, hallar las leyes de momentos flectores y
de esfuerzos cortantes, as como las reacciones. Hallar asimismo la flecha del punto A.
Solucin
Se tomar como incgnita hiperesttica la reaccin del apoyo 2. Para ello, se sustituye dicho
apoyo por una fuerza R2 .
La flecha del punto 2 valdr:
48 9 4 2 R2 9 5 4 5 2 4 2 24 4 3
2
6 EI
9 5 1
EI
1
EI
4 2 9 4 2 9 3 0
9 6
9 9 24
R2 120,75 kN
y por equilibrio:
R1 R2 R3 24 11
1
R2 4 R3 9 112 24 0
2
R3 107,63 kN
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 10: Vigas continuas 578
R1 35,62 kN
M 2 5 48 5 24 5 3 3,708
3
6 EI 3 EI 24 EI EI
24 2 4 40,584
2A 3 2
8 EI EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 10: Vigas continuas 579
Problema 10.13 Determinar las reacciones, leyes de momentos flectores y leyes de esfuerzos
cortantes de la estructura que se acota en la figura 1. Hallar tambin el desplazamiento vertical
del punto A.
Solucin
F 23 p 2 4 F 38,4
v 2 D
A 2 D 2,667
3 EI 8 EI EI EI
y el giro en D vale:
D
2 F 2 p 3 p 33
1,5
F 18
4 EI 48 EI EI EI
Es decir, sustituyendo en v A
F 74,4
v A 5,6667
EI EI
El giro en E vale:
3,5 2
3,5 F p 3,5
2 F 137,2
E 4,083
3 EI EI EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 10: Vigas continuas 580
F 840,35
v A 28,58
EI EI
F 74,4 F 840,35
5,667 28,58
EI EI EI EI
O sea:
F 22,36 kN
En la figura 3 pueden verse representadas las leyes de momentos flectores y en la figura 4 las
leyes de esfuerzos cortantes.
v A 28,58
22,36 840,35 201,3
EI EI EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 10: Vigas continuas 582
Problema 10.14 En la viga que se representa en la figura 1, hallar y dibujar las leyes
de esfuerzos, as como la flecha en el punto D
Solucin
A 0 ; BAB BBC
El giro en A vale:
5 M A 5 M B 20 5 3
A 0 (a)
3 E I 6 E I 24 E I
5 M A 5 M B 20 5 3
BAB
6E I 3E I 24 E I
6 M B 40 6 20 6 3
BBC
3E I 6E I 24 E I
5 M A 22 M B 1465 (b)
Las expresiones (a) y (b) forman un sistema de dos ecuaciones con dos incgnitas, que
resuelto proporciona el valor de los momentos M A y M B
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 10: Vigas continuas 583
M A 32,95 kN m ; M B 59,1 kN m
El giro en C vale:
40 6 6 M B 20 6 3 40,9
C
3 E I 6 E I 24 E I EI
20 2 4 40,9 40 41,8
D 2C 2
8E I EI EI EI
Solucin
10 5 3 5 M B
BAB
24 E I 3 E I
10 5 3 5 M B 5 50
BBC
24 E I 3 E I 6E I
Igualando se obtiene
M B 18,75 kN m
El giro en C vale:
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 10: Vigas continuas 585
10 5 3 5 M B 5 50 46,875
C
24 E I 6 E I 3E I EI
10 2 4 15 2 3 153,75
v D 2 C
8EI 3EI EI
Solucin
M A 5 M B 5 20 5 3
A 0
3E I 6E I 24 E I
M A 5 M B 5 20 5 3
AB
B
6E I 3E I 24 E I
M B 6 40 6 20 6 3
BC
B
3E I 6E I 24 E I
2 M A M B 125
5 M A 22 M B 1465
Resolviendo el sistema:
M A 32,95 kN M B 59,1 kN
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 10: Vigas continuas 587
Problema 10.17 Determinar las reacciones, leyes de momentos flectores y leyes de esfuerzos
cortantes en la viga continua de la figura 1. Determinar asimismo la flecha en el punto A..
El producto EI se expresa en unidades KNm2 .
El valor de k se expresa en unidades kN/m.
Solucin
Se descompone la viga propuesta en tres vigas simples (Fig. 2)
Giro en A:
- Giro en A de la pieza AB
120 3 M A 3 A
AAB
6 EI 3EI 3
- Giro en A de la pieza AC
Giro en C:
- Giro en C de la pieza AC
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 10: Vigas continuas 589
- Giro en C de la pieza CD
MC 4
CCD
3EI
Para obtener la tercera de las ecuaciones, es preciso obtener previamente las reacciones R AAB y
R AAC .
R AAB 0,3333 M A 40
Sumando:
y como
R A k A 3 EI A
M A 4,181 kN m
M C 29,7918 kN m
EI A 1,404 kN m 3
Problema 10.18 La viga de la figura 1 tiene una rtula situada en el punto A. En dicho punto
y a ambos lados de la rtula actan sendos momentos iguales y de sentido contrario de valor
M.
Hallar:
Solucin
MB 5
B
3 EI
6
M 5
MB 5 5
B
3 EI 6 EI
De donde se obtiene:
10 M B M 3M
0 MB
3 EI EI 10
6
5 M
MB 5 5 7M
C
6 EI 3 EI 4 EI
M
) 13
(
M 1 2
5 7M M M 139 M
v2 A C 1
2 EI 3 EI 4 EI 2 EI 15 EI 60 EI
M
( ) 12
M 1 M
A C 5 2,85
2 EI EI EI
v2 A M 5 M
A 2,13
5 3EI EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 10: Vigas continuas 593
Solucin
Se tomarn como incgnitas hiperestticas los momentos flectores en los apoyos B y C, MfB y
MfC respectivamente. El producto EI vale
M B 7 B 20 7 3
1B
3 EI 7 24 EI
M B 9 M C 9 20 9 3 B
B2
3 EI 6 EI 24 EI 9
M C 9 M B 9 20 9 3 B
2
C
3 EI 6 EI 24 EI 9
M C 9 20 9 3 160 9
C3
3 EI 24 EI 6 EI
R B RB1 RB 2
20 7 M B
RB1
2 7
20 9 M B M C
RB 2
2 9
Sustituyendo en RB:
y como
R B k B 5 B
Resolviendo el sistema:
M B 431,4 kN m
M C 453,6 kN m
B 0,004713 m
M C 9 160 9 20 9 3 552,9
D 2,633 10 4 rdn
6 EI 3 EI 24 EI EI
20 4 4
v E D 4 0,00136 m 0,136 cm
8 EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 10: Vigas continuas 596
Problema 10.20 La viga continua de dos vanos iguales de luz L, tiene una seccin transversal
rectangular constante de rigidez EI. Esta viga se encuentra simplemente apoyada en sus
extremos en soportes fijos y en la seccin central en un soporte elstico de rigidez k.
Se pide:
a) Dimensionar la rigidez k del soporte intermedio de forma que bajo la actuacin de una
carga p uniformemente distribuida por unidad de longitud de la viga, vertical
descendente, la ley de momentos flectores que resulte sea la ms favorable, es decir,
produzca tensiones de traccin y compresin de valor absoluto mnimo en la viga.
c) Deducir, suponiendo para el soporte la rigidez k calculada en a), los valores de los
momentos flectores mximo y mnimo que actan en la viga, as como las posiciones de
las secciones en las que el momento flector es nulo.
Solucin
R L x1 2
p L L x1 p
C
Mf
B
2 2
M f C
B R
0 x1m
x1 2p
con lo cual,
R R p L R 2 p
2
pL2 RL R 2
M 1 pL L
2 2p 2 2 2 8p
R pL2 pL2 R L
M B pL L
2 2 2 2
R 1,1716 pL
5 p 2 L R 2 L
4 3
5 pL4 RL3
B
384 EI 48 EI 24 EI 6 EI
y como B R k resulta
5 pL4 RL3 R
24 EI 6 EI k
EI
k 89,66
L3
R 1,1716 pL pL4
B 0,01307
k 89,66 EI L3 EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 10: Vigas continuas 598
c) Sustituyendo en MB o en M1 el valor de R
M 0,0858 pL2
x10 0,1716 L
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 10: Vigas continuas 599
Datos:
Solucin
M A L P R L2
A
3 EI 6 EI
M A 2R 2P
El desplazamiento en C valdr
c B L
P R L3
P R L3
M A L2 P R L3
3 EI 3 EI 6 EI 3 EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 10: Vigas continuas 600
0,5 M A 35 R 20 P
Resolviendo el sistema
30 19
MA P R P
34 34
y por tanto
R 19
c P 0,000558823 P
k c 34000
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 10: Vigas continuas 601
Problema 10.22 La pieza de la figura 1 est sometida a una variacin trmica de valor t en su
cara superior y t en su cara inferior. Determinar el valor de x (posicin de la rtula) para que
en ningn punto de la pieza existan momentos flectores ni esfuerzos cortantes.
Solucin
Para una seccin rectangular de canto h, la curvatura producida por un gradiente trmico de
valor 2t h vale
2 t
nt
h
La viga propuesta es una vez hiperesttica. Si se toma como incgnita hiperesttica el cortante
en la rtula, es evidente que si dicho cortante es nulo tambin lo sern las leyes de momentos
flectores y de esfuerzos cortantes en todos los puntos de la estructura. Evidentemente, para que
dicho cortante sea nulo, es preciso que si se corta la pieza por la rtula el movimiento en ambos
labios debido nicamente a los efectos trmicos sea el mismo (figura 2)
A 2 a x
2a x
nt 2 a x x1 dx1 A 2 a x nt
2 a x 2
0
2
2a
2 B 0 A 2 a nt 2 a x1 dx1 A 2 a nt 2 a 2
0
o sea:
A a nt
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 10: Vigas continuas 602
x 2a x
2
3 a x 4 a x
2
Igualando y resolviendo en x:
4
x a
3
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 10: Vigas continuas 603
EI 10 4 kN m 2
Solucin
Se corta la pieza en C separndola en dos partes y colocando el valor del cortante Q (figura 2)
Q 23
2C B 2
3 EI
30 4 3 2 Q 4
B
1
40 2 Q
48 EI 4 EI EI
Sustituyendo:
2C
1
80 6,667 Q 80 10 4 6,667 10 4 Q
EI
Q 43 1 4Q 4 Q 43 Q
2QC D 4 4 37,33
3 EI EI 4 EI 3 EI EI
0,01
2EC 4 4 1,5 0,015 metros
4
Flecha debida a un giro en E de 2 10 3 radianes (figura 4)
E
2C 4 ' 4 4 10 3 metros
2
Sumando
Q
2C 2QC 2EC 2C 37,33 0,015 4 10 3 37,33 10 4 Q 0,019
EI
Es decir
Q 2,5 kN
Solucin
Se tomar como incgnita hiperesttica el cortante en B. Para obtener su valor se igualarn los
movimientos verticales a la izquierda y a la derecha de B.
Fig. 2 Flecha en B de la pieza AB: a) Flecha debida a Q. b) Flecha debida al descenso del apoyo A.
c) Flecha debida al giro de A
40 Q 6 3 40 20 6 80 72 Q
B BQ B
EI 3 EI EI EI EI EI
B BQ BC BD
siendo
Q 63 Q
BQ C 6 132
3 EI EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 10: Vigas continuas 607
6 5 20 44
BC
5 EI EI
6 6 RD 6 6 5Q
BD D 1,44 10 3 Q
5 5 k 5 k
Fig. 3 Flecha en B de la pieza BCD: a) Flecha debida al cortante. b) Flecha debida al movimiento
de B. c)Flecha debida al apoyo elstico.
Es decir
Q 44
B 132 1,44 10 3 Q
EI EI
25
Q 0,113 kN
141,67 EI 1 000
D A C R
y como
5 40 33,333
A
6 EI EI
20 100
5
EI EI
20 5 6 36,667
C
EI 5 EI
141,67 RD
R
EI
Es decir:
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 10: Vigas continuas 609
y como tambin
RD
D
1 000
Igualando:
30
RD 0,135 kN
141,67 EI 1 000
Resultado que puede comprobarse que coincide con el anteriormente obtenido ya que
6
RD Q
5
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 10: Vigas continuas 610
Problema 10.25 En la viga continua de la figura 1, todos los tramos tienen el mismo producto
EI . El punto A sufre un descenso de apoyo de valor . Sabiendo que EI 1 000 kN m 3 ,
hallar las leyes de esfuerzos en todas las barras.
Solucin
La viga es una vez hiperesttica. Se tomar como incgnita hiperesttica el esfuerzo cortante en
B. Su valor se obtendr de igualar la flecha en ambos labios de la rtula (figura 2)
Flecha debida a Q
Q 33 Q
BQ A 3 21
3 EI EI
Flecha debida a
43
B 1,75
4
Q 43 Q
B C 4 48
3 EI EI
Igualando flechas
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 10: Vigas continuas 611
Q Q
21 1,75 48
EI EI
es decir:
Q 25,36 kN
Problema 10.26 En la viga continua de la figura 1 se sabe que la rigidez EI en cada vano es
constante y que en el AB vale k kN m 2 . Las leyes de momentos flectores son las dibujadas. Se
pide:
Datos: k 2 10 5 kN m 2
Solucin
A partir de la figura 10.19.2 se observa que en A hay aplicado un momento exterior de valor
M A 500 kNm . En BC acta una carga uniformemente distribuida por unidad de longitud tal
que
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 10: Vigas continuas 613
p 10
2
750
8
500 5
BAB
6k
60 10 3
BBC
24 k BC
k BC 6 k 12 10 5 kN m 2
60 10 3
CBC
24 k BC
250 7,5
CCD
2 k CD
Igualando resulta
k CD 2,25 k 4,5 10 5 kN m 2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 10: Vigas continuas 614
Problema 10.27 La viga continua de la figura 1 tiene una seccin rectangular de ancho 1 y
canto h. Dicha pieza sufre una variacin trmica de valor t en su cara superior y t en su cara
inferior. Teniendo en cuenta la deformacin por momento flector y por esfuerzo cortante, y
tomando como incgnita hiperesttica el momento flector en el apoyo intermedio, determinar y
dibujar las leyes de esfuerzos.
Solucin
2t
nt
h
Pieza AB
El giro en B debido a la temperatura vale:
2t 6t
3
nt ds
nt
B 3
0
h h
MB
Mf x1
6
MB
Q
6
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 10: Vigas continuas 615
1 M f 1 Q2
2 2 2
1 M x2 1 M 1
W AB B 1 B
2 EI 2 kGA 2 6 EI 2 6 kGA
1 M B2 x12 1 M B2 1
2 36 EI 2 36 kGA
W AB
6 6
M x2 M 1 2M B MB
B dx1 B 1 B dx1
0
M B 0
36 EI 36 kGA EI 6kGA
2M B MB 6t
Bt
EI 6kGA h
Pieza BC
El giro en B debido a la temperatura vale:
2t 4t
2
nt ds
nt
B 2
0
h h
MB
M f MB x1
4
MB
Q
4
2 2
1 M 1 1MB 1
WBC M B B x1
2 4 EI 2 4 kGA
4
WBC 4
1 1 MB 1
2
B dx1 M B 1 x1 dx1
0
M B 0 4 EI 16 kGA
4 MB MB
3 EI 4kGA
4 M B M B 4 t
Bt h
3 EI 4kGA
10 M B 5M B 10 t
3EI 12kGA h
5
k
6
Sustituyendo
10 M B M 10 t
0,5 B
3EI GA h
Es decir:
10 t
MB
h 3,33 EI 0,5 G h
Hallar las leyes de esfuerzos. (E = 30 000 MPa; canto = 60 cm; ancho = 30 cm; = 10-5 C-1)
Solucin
El producto EI vale
EI 162 000 kN m 2
30 10
10
2
2 20 2 10 5 20
nt 66,67 10 5 m 1
h 0,6
Giro en B de la pieza AB
5 nt 5 M B
B 166,67 10 5 1,03 10 5 M B
2 3 EI
Giro en B de la pieza BC
7 7MB 7MC
B nt 233,333 10 5 1,44 10 5 M B 0,72 10 5 M C
2 3 EI 6 EI
Giro en C de la pieza BC
7 nt 7 M B 7 M C
C 233,33 10 5 0,72 10 5 M B 1,44 10 5 M C
2 6 EI 3 EI
Giro en C de la pieza CD
13 nt 13 M C
C 433,33 10 5 2,67 10 5 M C
2 3 EI
Resolviendo el sistema:
M B 120,83 kN m
M C 141,04 kN m
Solucin
Para resolver la estructura se eliminan los tirantes y se colocan los efectos T1 y T2 que stos
ejercen sobre la estructura (figura 2).
H T1 T2 cos 0,9701T1 T2
V T1 T2 sin 0,2425 T1 T2
p 83 M B 8 p M
BBC 21,3333 2,6667 B
24 EI 3 EI EI EI
p 24 3 M B 24 M D 24 V 24 2 3 H 24
BD
B
24 EI 3 EI 6 EI 16 EI 24 EI
p M M V H
597,3333 10,6667 B 4 D 36 3 0
EI EI EI EI EI
p M M V H
DBD 576 4 B 8 D 36 3
EI EI EI EI EI
MB p
DDE 2 9
EI EI
p M M V H
585 4 B 10 D 36 3
EI EI EI EI EI
5 p 24 M 24 M 24 V 24
4 2 2 3
p
vA B D 1 348,56
384 EI 16 EI 16 EI 48 EI EI
V H
106,9344 15,088
EI EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 10: Vigas continuas 622
M B 24 M D 24 H 24 p V H
A 2,4 0,2656 6,0221
24 EI 24 EI 4 EI EI EI EI
H 33 p 3 0,2656 T1 T2 0,2425
u G 3 A 3 2,4
3EI EI EI
3 6,0221 T1 T2 0,9701 27 (T1 T2 ) 0,9701 p T
7, 2 26,0638 1
EI 3EI EI EI
T2
26,4523 (b)
EI
Se puede escribir:
GD vG sin u G cos
(c)
BG vG sin u G cos
(d)
y dado que
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 10: Vigas continuas 623
T1 GD
GD
EA
(e)
T2 BG
BG
EA
(f)
Introduciendo (a), (b), (e) y (f) en (c) y (d) se obtiene el sistema de ecuaciones
p T T T 12,34
320,05 34,9258 1 23,0788 2 1
EI EI EI EA
p T T T 12,34
334,01 15,6034 1 28,204 2 2
EI EI EI EA
y sustituyendo
p 10 kN m ; A 6 cm 2 ; I 33 740 cm 4
T1 170,6 kN
T2 170,8 kN
Sobre la pieza recta horizontal acta una carga uniformemente repartida vertical descendente
de valor p 3 kN m . Determinar las leyes de esfuerzos en todas las piezas.
Solucin
La estructura es simtrica y por lo tanto para su resolucin se trabajar nicamente con la mitad
de ella (figura 2).
Sean:
LCE C sin
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 10: Vigas continuas 625
es decir:
TCE LCE
C sin
E
Fig. 2. Movimientos
O sea:
TCE LCE
C
sin E
y como E 42 000 kN
C 1,973 10 4 TCE
es decir:
LCB
A C tan
cos
Dado que
es preciso conocer D . Para ello se estudia la viga ED ADE (figura 3) sometida a las
cargas que se indican:
M 1 7 p 7 3
ED
D
3 EI 24 EI
DDD '
2 EI 24 EI 16 EI
M 1 2,31TCE 123,55
2,31TCE 123,55 7 3 73
D
3 EI 24 EI
y por tanto:
M 2 24 2 5 3 24 2 T cos 24 3
4
A BC
8 EI 384 EI 48 EI
9,09 10 4 TBC 4,57 10 4 TCE 573,6 10 4
Resolviendo el sistema:
TBC 22,78 kN
TCE 23,144 kN
Captulo 11:
Estructuras reticuladas
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 630
1. Reacciones.
2. Ley de momentos flectores, esfuerzos cortantes y axiles.
Solucin
La estructura es intraslacional y por lo tanto puede descomponerse en dos vigas simples con los
apoyos fijos (figura 2). El valor del momento hiperesttico en B se obtendr estableciendo la
igualdad de giros
MB 4
BAB
3 EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 631
M B 6 111,11
BBD
3 EI EI
Igualando
M B 33,33 kN m
Solucin
MB L
BBC
4 EI
M B L F L2
BB '
B
2 EI 16 EI
Igualando:
FL
MB 0,08333 F L
12
Problema 11.3 Hallar la ley de momentos flectores y la deformada del prtico de la figura 1.
No se consideran deformaciones axiles. Todas las barras tienen una rigidez EI .
Solucin
Al ser el prtico intraslacional puede descomponerse en vigas simples con apoyos fijos.
Adems, al ser simtrico los giros y los momentos en B y B sern iguales y de sentido
contrario. El momento hiperesttico MB se obtendr de imponer la igualdad de giros en B (figura
2).
MBL
BAB
3 EI
M B 2 L 3 F L2
BBB '
2 EI 8 EI
Igualando:
9
MB FL 0,28125 FL
32
Fig. 4 Deformada
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 636
SE PIDE:
Solucin:
La estructura es intraslacional y por lo tanto puede descomponerse en vigas simples con apoyos
fijos. Adems, es simtrica. Los momentos en A y B se obtendrn de la igualacin de giros
(figura 2).
M A 4 105
AAA'
2 EI EI
M A 8 M B 8
AAB
3 EI 6 EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 637
Igualando:
M B 8 M A 8
BAB
3 EI 6 EI
MB 4
BBB '
2 EI
Igualando:
1,333 M A 4,667 M B 0
Resolviendo el sistema
M A 24,5 kN m M B 7 kN m
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 638
Flecha mxima en BB y en AA
max
BB '
0,14 cm
max
AA'
0,79 cm
Fig.4 Deformada
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 640
Momento en B
Giro en B
Reaccin horizontal en A
Reaccin vertical en A
Solucin
Al ser la estructura intraslacional se descompone en vigas simples sobre apoyos fijos (fig. 2)
M4 2
BAB
3 EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 641
BC
15 4 2
3
M4 2
B
24 EI 3 EI
Igualando se obtiene
M 30 kN m
30 4 2
B 0,0283 rdn
3 2 000
V A 30 kN
H A 37,5 kN
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 642
Solucin
M OA 6 70 6 3
OA
4 EI 48 EI
M OB 6,71
OB
3 EI
M OC 3
OC
4 EI
Adems
M OA M OB M OC 0
y resolviendo
Problema 11.7 En el prtico de la figura 1, todas las piezas tienen la misma inercia. Mediante
la descomposicin en vigas simples hallar:
Ley de momentos flectores en el soporte izquierdo.
Ley de esfuerzos cortantes en el soporte derecho.
Solucin
p' p cos 2 27 kN m
3M B M
BAB 0,75 B
4 EI EI
Igualando:
M C 3,1623 27 3,16233 M M
CBC 1,0541 C 0,52705 B 35,5759
3 EI 24 EI EI EI
M C 6,7082 M
CDC 2,2361 C
3 EI EI
Igualando:
Resolviendo
M B 17,3736 kN m
M C 8,02971 kN m
Solucin
F 8 sin 4,8 kN
17,63 8 M B
BAB
EI 3 EI
6MB
BBC
3 EI
Igualando giros:
M B 3,78 kN m
2 8 10 V A 0
V A 1,6 kN
Es decir:
H A 6,013 kN
Solucin
p 6 s sin
2
16 s cos V H s sin
B
Mf
A 2
Mf C
B 8 s cos V 6 s sin H
M f B
A
s sin
H
M f C
6 s sin
B
B C
B
B M f C
C M f
uC M f A
ds M f B
ds 0
A
A H B
B H
Sustituyendo en las integrales los valores de los momentos flectores y de sus derivadas se
obtiene
H 9,375 kN
Problema 11.10 Hallar la ley de momentos flectores cortantes y axiles en la estructura que se
representa en la figura 1
Solucin
El giro en A vale
2 Fa 2 M A a
AAA'
16 EI 2 EI
Son iguales
M Aa 2 M B a 2
AAB
3 EI 6 EI
El giro en B vale:
M Aa 2 M B a 2
BAB
6 EI 3 EI Son iguales
M B 3a
B
BB '
2 EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 652
M A 0,1325 F a
M B 0,0158 F a
N 1 1,1484 F
N 2 1,5191 F
Solucin
20 10 3 10 M 2
BAB
24 E I 3E I
20 20 3 M 1 20
BBB '
24 E I 2E I
M3 8
BBC
3E I
Igualando se obtiene:
2500 10 M 2 20000 30 M 1 8 M 3
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 655
Los esfuerzos cortantes se obtendrn a partir del equilibrio de cada una de las barras
(figura 3)
Para obtener los esfuerzos axiles, se realiza el equilibrio de fuerzas en el nudo B (figura
4):
2 2
N3 141,13 200 25,2 0
2 2
Resolviendo se obtiene
N 1 376,71 kN N 3 507,55 kN
Con los valores anteriores se pueden dibujar las leyes de esfuerzos (figuras 5,6 y 7)
Solucin
6 M BA 15 6 3
AB
B
3E I 24 E I
5 M BC 15 5 3
BC
B
3E I 24 E I
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 658
4 M BD
BBD
3E I
Igualando giros:
M BA 61,92 kNm
M BC 53,56 kNm
M BD 8,36 kNm
Solucin
uA a t
F a2 Ma
BBC
16 E I 2 E I Igualando : M F a
Ma
16
BBB '
2E I
La flecha en A vale:
F a3 M a2 5 F a3
48 E I 8 E I 384 E I
3
y como a t , resulta:
2
576 E I t E It
F 2
115,2
5 a a2
EIt
M 7,2
a
Solucin
El producto E I vale
E I 30 G Pa 0,008 m 4 240.000 kN m 2
B C
OB 14
Asimismo:
AB
B B 0,1714 0,1714 2 10 3 0,3429 10 3
L AB 14 10
CD 0,958
C C 0,1571 0,1571 2 10 3 0,3143 10 3
LCD 14 11,18
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 664
Por otro lado, el giro de una viga biapoyada de longitud L con un momento en un
extremo vale
ML
3E I
Es decir,
3E I
M
L
Por lo tanto
3E I 3 240000
M BA B 0,3429 10 3 24,7 kN m
L AB 10
3E I 3 240000
M CD C 0,3143 10 3 19,18 kN m
LCD 11,18
M AB 24,7
Q AB 2,47 kN
L AB 10
M 19,18
QCD CD 1,72 kN
LCD 11,18
OB F Q AB OA QCD OD
14 F 2,47 24 1,72 24,6
Es decir:
F 7,26 kN
0,002
B C 0,1429 10 3 rdn
14 14
En las figuras 3, 4 y 5 pueden verse representadas las reacciones y las leyes de esfuerzos
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 665
Se pide:
Se tomar EI 2 10 4 kN m 2 .
Solucin
1 cm
1,667 cm
cos
F R cos 0,6 R
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 668
Dado que
F AC 3
125 F
1,667 cm 1,667 10 2 m
3 EI 3 2 10 4
Despejando F
F 8 kN
Por lo que respecta a los movimientos del punto C, es claro que el movimiento vertical es
descendente y vale 1 cm. Por l oque respecta al giro, puede obtenerse a partir del a figura 2:
C
F AC 2
8 25
0,005 rdn
2 EI 2 2 10 4
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 670
Solucin
La estructura es intraslacional por lo cual puede descomponerse en vigas simples con apoyos
fijos. Adems, por antimetra, el momento en B es nulo y el momento en el punto medio de AC
vale M o 2 . Igualando los giros en A (figura 2) se obtendr el valor del momento hiperesttico
MA.
El giro en A de AB y AD vale
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 671
M AL
AAB
3 EI
M A L 2 M o 2 L 2
AAD
3 EI 6 EI
Igualando se obtiene
Mo
MA
12
Se pide:
Solucin
La estructura es intraslacional y puede, por tanto, descomponerse en vigas simples con apoyos
fijos (figura 2). Por otro lado, el cortante en A vale 50 kN , por lo que el momento en B valdr
M B 4 50 200 kN m
300 8 M C
CCC '
EI 2 EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 673
Igualando:
M C 71,25 kN m
B
A 2 B M F ds 2 100,83 400
1
0,01 rdn
A
EI EI
50 4 3 1 066,67 403,32
A sentido descendente B 4 0,0147 m
3 EI EI EI
Problema 11.18 La estructura de la figura 1 est compuesta por las siguientes piezas:
Las rectas AD y DC representan un tirante nico ADC.
La pieza ABC es un perfil metlico IPE- 450 ( I 33 740 cm 4 )
La pieza BD es infinitamente rgida, y sobre el punto D desliza libremente el tirante
ADC
La seccin del cable es tal que el momento flector en el punto B de la viga BC es la mitad del
que tendra si no hubiera cable.
Sobre la pieza ABC acta una carga normal a la pieza, uniformemente repartida y con sentido
descendente, de valor p 12 kN m .
HALLAR:
Solucin
p 10 2
M fB T 10 sin 600 1,9612 T
2
De cumplirse que
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 676
600
M fB
2
es decir:
T 153 kN
El efecto, en los momentos flectores de la estructura, del hecho de quitar los cables es
equivalente a colocar un apoyo en C y una fuerza horizontal H en D de valor (ver figura 3)
fB 6,1 kN m
M BA
fB 3,66 kNm
M BC
12 6 3 303,6 6 499,2
B 7,05 10 3 rdn
24 EI 3 EI EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 678
Problema 11.19 La pieza de la figura 1 tiene todas sus barras de seccin constante con
EI 10 4 kN m 2 y coeficiente trmico 10 4 C 1 . Se somete toda ella a un aumento de
temperatura de 60C.
SE PIDE:
Solucin
Por simetra, los cuatro vrtices tendrn giro nulo. En la figura 2 puede verse la deformada de la
estructura.
El desplazamiento valdr
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 679
4 t 4 10 4 60 240 10 4 m
En la figura 3 se ha aislado la barra DC. Aparecen las incgnitas hiperestticas F y M, las cuales
se obtendrn imponiendo las siguientes condiciones:
- Giro en D nulo.
- Movimiento de D en direccin normal a DC igual a .
F 2 2
2 a
D Ma 0
2 EI EI
F 2 3
2 a 2
uD Ma
3 EI 2 EI
Resolviendo el sistema:
F 63,64 kN
M 90 kNm
Solucin
a) Descenso de apoyo en A
sin 1 cos 2 2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 681
F1 N cos 2
F L3
1 1 AB
N cos 2 20 3
17,89
N
3 EI 3 EI EI
N L3CD N
2 100,62
3 EI EI
N N
sin 17,89 cos 2 100,62
EI EI
Es decir:
N 0,004016 EI
b) Variacin trmica
AB L AB t 20 t
BC LBC t 20 t
CD LCD t 45 t
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 682
2 AB cos 2 1 cos 2 BC
2
F1 N cos 2
F1 L3AB N
1 17,89
3 EI EI
N L3CD N
2 100,62
3 EI EI
N N
100,62 20 t sin 2 17,89 cos 2 20 t
EI EI
Es decir:
N 0,0723 t EI
Solucin
4
4,472 Q2 4 p Q2 0,56 p
2
Q1 0,56 p
N 1 N 2 4 p sin 0 N 1 N 2 1,79 p
B cos 2 C
0,6 B C
Fig. 4 Desplazamientos de B y C
B LOB
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 686
C LOC
0,6 B C
N 2 L3CD 100,62 N 2
C
3 EI EI
N 1 N 2 1,79 p
10,734 N 1 100,6 N 2 8 p
N 1 1,69 p
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 687
N 2 0,1 p
Solucin
15 2
p 15V3 0 V3 7,5 p
2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 689
y por equilibrio:
V1 7,5 p
V2 10 p V1 2,5 p
V3 5 p V2 7,5 p comprobacin
Tomando momentos respecto a B en la barra BC
10 2
10 V2 p 5H 0 H 5 p
2
52
V2 5 p 5H 0 H 5 p comprobacin
2
B
H T 8
3
3 EI
D
H T 8 3
3 EI
BD 2
H T 8 3
341,33
H T
3 EI EI
T 15
BD
E
Igualando:
341,33
H T 15 T
EI E
Es decir:
341,33 H H 5
T p
I 1 0,043945 I 1 0,043945 I
341,33 15
Para obtener las leyes de cortantes y axiles, obsrvese la figura 4. A partir de dicha figura y por
equilibrio se obtiene
Problema 11.23 Determinar las leyes de momentos flectores y esfuerzos cortantes, as como
el movimiento del punto A en la estructura que se representa en la figura 1.
Solucin
VB VB ' F 2
Por lo tanto, el cuadrado CDCA , considerado de forma aislada, estar sometido a las fuerzas y
momentos que se indican en la figura 2. Dicho cuadrado puede descomponerse en su parte
antimtrica y en su parte simtrica (figura 2).
Por simetra respecto a un eje vertical que pasa por A y D el giro en A y en D es nulo.
Por antimetra respecto a un eje horizontal que pasa por C y C sucede que el
movimiento horizontal de C respecto a C es nulo, por lo que tambin sern nulos los
movimientos verticales de A y D. Por lo tanto, las cuatro barras se comportarn de la
misma forma. Eligiendo una cualquiera de ellas, por ejemplo la CD, se tendr el
esquema de clculo que se indica en la figura 3.
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 693
Por simetra respecto a un eje horizontal y respecto a un eje vertical los giros en cada
uno de los vrtices sern nulos. Adems, el movimiento vertical de A y D ser igual al
movimiento horizontal de C y C (ver figura 4 a)). Al igual que antes, el
comportamiento de cada una de las cuatro barras ser el mismo. En la figura 4 b) puede
verse el comportamiento de CD.
144 F
A descendente
EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 695
Solucin
3 pa 3 a M 3 a 27 p a 3 3 M 1 a
2
BC
1
2 EI =
C
16 EI 2 EI 16 EI
M 1 2a M 2 2 a
CCD
3 EI 6 EI
M 1 2a M 2 2 a
DDC
6 EI 3 EI
Igualando:
p3a
3
M 3a
DAD 2
24 EI 2 EI
M 1 0,716 pa 2
M 2 0,42 pa 2
Solucin
La estructura es simtrica respecto a un eje horizontal y respecto a un eje vertical. Cortando por
ambos ejes, la estructura se reduce a la dibujada en la figura 2
B pa
Mf a s M
A 4
2
a
p s
pa
a s M 2
C
Mf
B 2 2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 698
B a 2 C
a
ds ds
A 0 M f M f
0 A
EI 0 B
EI
es decir,
7
M pa 2
36
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 699
Solucin
Al ser la estructura simtrica respecto a un eje vertical, los giros de A y B son nulos. Por
tanto, se corta por A y B quedando la media estructura indicada en la figura 2. Las
incgnitas hiperestticas H y M se obtendrn de imponer las dos condiciones:
Mf
C
p
a s cos 452 M H a s cos 45
B 2
a
p a cos 45 s cos 45 H 2a s cos 45 M
C
Mf
A
2
El movimiento horizontal del punto B se escribe
a C a C
ds ds
u1B M f a s cos 45 M f 2a s cos 45
0 B
EI 0 A
EI
(1,33333 a H 1,41421 a M 0,0147314 a 4 p ) / EI 0
3 2
El giro de B vale
a C a C
ds ds
B M f
EI 0
Mf (1,4142 a 2 H 2 a M 0,0833333 a 3 p) / EI 0
0 B A
EI
H 0,1326 pa
M 0,1354 pa 2
Cortando por los puntos A, D y B aparecen las dos vigas de la figura 4 que tambin
pueden verse en la figura 5.
Fig. 5 Piezas AD y BD
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 702
- Pieza AD:
2 pa 3
H a
2 2 M a2
2
3 EI 2 EI
2 pa 2
H a
2 2
Ma
2 EI EI
- Pieza BD:
2 pa 3
H a
2 2 2 4
2 M a pa
3 EI 2 EI 16 EI
2 pa 2
H a
2 2 Ma pa 3
2 EI EI 12 EI
H 2 3 H 2 3 pa 4
a a
6 6 16
pa 2 p a3
2M a
2 12
Es decir,
H 0,1326 pa
M 0,2083 pa 2
Problema 11.27 Dado el marco de la figura 1 con las fuerzas que se indican, se pide
determinar la ley de momentos flectores.
Solucin
La estructura es simtrica respecto a los ejes AC y BD por lo cual el giro es nulo en los cuatro
vrtices. En la figura 2 se ha aislado la barra AB. La incgnita hiperesttica M se obtendr al
imponer que el giro en B sea nulo.
Fig. 2 Pieza AB
F 2 2
2 2 a
B 0 Ma
2 EI EI
es decir,
2
M a F 0,1768 a F
8
Problema 11.28 La estructura de la figura 1 est sometida a las cargas indicadas. Utilizando
el teorema de Castigliano, hallar y dibujar:
Reacciones
Ley de momentos flectores
Ley de esfuerzos cortantes
Solucin
Mf B
A R 4 s cos
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 707
12
Mf C
B R 6 s cos 4 s sin 2
2
M f B
A
4 s cos
R
M f C
B
6 s cos
R
El movimiento vertical del punto A debe ser cero. Utilizando el teorema de Castigliano
4 , 472 M f B
A ds
4 , 472 M f C
B ds 1
vA M M (137,146 R 787,096) 0
B C
f A f B
0
R EI 0
R EI EI
R 5,74 kN
Problema 11.29 En el prtico de la figura 1, hallar las leyes de momentos flectores, esfuerzos
cortantes y esfuerzos axiles.
Solucin
El prtico es una vez hiperesttico. Se toma como incgnita hiperesttica el axil en AD (figura
2)
Mf B
A V a x
ap
a x
C
Mf Va
B 2
a a
dx a 3 a p 4 V
a x dx M f
B C
vA M f a
0
A EI 0 B EI EI 4 3
Es decir,
3
V a p 0,1875 a p
16
Problema 11.30 Determinar las leyes de esfuerzos en el prtico que se representa en la fig. 1.
Solucin
Mf C
A R1 a x1
Mf D
C R1 a F a x1
Mf D
B R2 a x1
Mf D
E R1 R2 a F 2 a x1 2 F a x1 R1 R2 a F 4 a 3 x1
C D
dx dx1 D dx1
a x1 1
C D D
vA M f M f
EI E
a Mf a
A
A 2 EI C
C E EI
B
dx1 D dx1
v B M f a x1
B D
2 EI E
Mf a
D
D E EI
Es decir:
a
dx1 a dx
v A R1 a x1 R1 a F a x1 a 1
2
o
2 EI o EI
a
dx1
R1 R2 a F 4 a 3 x1 a 0
o
EI
a
dx1 a dx
v B R2 a x1 R1 R2 a F 4a 3 x1 a 1 0
o
2 EI o EI
13
R1 R2 3F
6
7 5
R1 R2 F
6 2
Resolviendo el sistema:
R1 0,6545 F
R2 1,5818 F
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 712
A partir de los valores de las reacciones, en la figura 3 se dibujan las leyes de momentos
flectores.
Solucin
La estructura es simtrica de forma pero no de cargas. Por lo tanto puede ser descompuesta en
un estado simtrico y uno antimtrico. Para el estado simtrico el punto A no experimenta giro
ni desplazamiento horizontal, por lo cual puede prescindirse de l a los efectos que interesan (no
as para la determinacin de las leyes de esfuerzos).
En la figura 2 puede verse el estado antimtrico as como los ejes locales elegidos.
El movimiento horizontal del punto A puede obtenerse de forma indistinta utilizando el teorema
de la fuerza unidad, el teorema de Castigliano (ver Captulo 7), las frmulas de Navier-Bresse o
la descomposicin en vigas simples. Se seguirn los dos ltimos mtodos:
Mf
B
V A 4 s cos 10
4 s cos 2 78,28 4 s cos 45 5
4 s cos 452
A 2 cos cos 45
M C
f B 50 s
B B C C
ds 3 855
C 8 M f 4 s sin 8 s ds
EI B
u1 A Mf 8 C
A A B
EI EI
B B C C
ds 4 ds 3 321,7
4 C M f 4 s cos
EI B
u2 A Mf 4 C 0
A A B
EI EI
830,43
C 0,0083043 rdn
EI
Sustituyendo en u1 A
El giro en A se escribe
B B C C
ds ds 830,43 1 072,3
A C M f
EI B
Mf 0,0024187 radianes
A A B
EI EI
u1 A M B 4 u 266,67
BCB 1A
4 3 EI 4 EI
BA
M 4 2 10 2 2 4 2
B
3
B
3 EI 24 EI
2 788,44
u1 A 0,0278844 m
EI
El giro en A valdr
M 4 2 10 2 2 4 2
A B
3
0,0024187 radianes
6 EI 24 EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 716
Solucin
Mf C
B M
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 717
F
Mf B
A a x1 cos 30 M
2
d x1 a F d x1 3M a F a2
M a x1 cos 30 M
a 2
C 0
E I 0 2
cos 30 0
0
EI 2E I 4E I
O sea:
M 0,144 F a
Solucin
Por equilibrio:
pL H
VD
2 2
pL H
VA
2 2
Mf B
A H x1
x12 pL H x12
M C
f B H L V A x1 p H L x1 p
2 2 2 2
L
Mf D
C H x1
2
L L L d x1 L L d x1 L2 L dx1
u1D u1 A A Mf B
A x1 Mf C
B Mf D
C x1
2 0 2 EI 0 2 EI 0
2 EI
L 1 H L3 p L4
A 0
2 EI 2 24
El giro en A se obtendr de imponer la condicin de desplazamiento vertical nulo en D
d x1
L x1 d x1 0 0
L L
u2D u2 A A L M f B
A L Mf C
B
0 EI 0 EI
p L3 11 H L2
A
24 E I 12 E I
p L3 11 H L2 L 1 H L3 p L4
0
24 E I 12 E I 2 E I 2 24
Es decir:
3
H pL
46
49 43
VA pL VD pL
92 92
Solucin
Es evidente que si se conoce F pueden hallarse las leyes de esfuerzos. Para ello, es
preciso imponer la condicin que el desplazamiento vertical de D (o de E ) valga 2 .
Es decir:
a
D 2 A A AD
2
siendo:
2 F a3 a F a2 7 F a3
A
3E I 2E I 6 EI
2 F a2 a F a 2 F a2
A
2E I EI EI
Fig.4 Barra OA
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 723
a
Mf D
B F s
2
a
Mf B
A F
2
Es decir:
a 2 a 2
a ds a ds F a3 F a3 F a3
AD M f D
B s M f
B
A
0 2 EI 0
2 E I 24 E I 8 E I 6 E I
Y sustituyendo:
7 F a3 2 F a 2 a F a3 F a3
D 2 2, 667
6 EI E I 2 6E I EI
Es decir,
EI
F 0,214
a3
Solucin
Mf C
B R 6 s cos 15 2 s sin
Mf B
A 6 R 15 5 s
6 cos 3
C M C
f B 6 s cos d s M f B
A 6
ds
0
0
EI 0 EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 726
Es decir R 7,25 kN
Solucin
a
Mf B
0 F s
2
a
Mf B
A F
2
a 2
a t 7 F a3
a
t a ds a ds
0 a M s M f 0
B B
f 0 A
2 0 2 EI 0 2 EI 2 24 E I
Es decir:
tEI
F 1,7143
a2
Solucin
Primer procedimiento
Fig.3 Subestructura I
Mf B
A 0, 2 F1 s
Mf C
B 2 s F1
M f B
A
0,2 s
F1
M f C
2 s
B
F1
1 M f M f
10 B 2 C
A B F
E I 0
uC Mf B
A ds M C
f B ds 16 1
F1 F1 EI
0
Subestructura II:
F2 4 3 F
uC 21,33 2
3E I EI
16 F1 21,33 F2
F1 F2 20
se obtiene
F1 11,43 k N F2 8,57 k N
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 731
Segundo procedimiento
Se corta la estructura original por el punto B, quedando las vigas AB y BCD (fig.4).
10 M
BAB
3E I
6 M 213,33
BBD
EI EI
Es decir: M 22,86 kN m
Solucin
Fig.2 Barra AC
Por simetra, M 1 M 2 M
Por equilibrio:
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 733
F L 2 T L 2
2M 0
2 2 2 2
Es decir:
L 2
M F T
8
La ley de momentos flectores en la barra AC se escribe
M f M
T
L s 2 F L s 2 M 1 2 s
2 2 2 2 L
L
2 ds 2 L2 L3
AC M f L s M F T
0
2 EI 12 E I 48 E I
L3
AB 2 AC F T
24 E I
L3 TL 2
F T
24 E I E
F
T
I
1 24 2
L2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 734
Problema 11.39 En el prtico que se representa en la figura 1, se desea saber el valor de las
leyes de esfuerzos.
Solucin
Mf B
0 R 2 s
Mf C
B 2 R 50 1 s 150
R 52,5 kN
SE PIDE:
Solucin
El valor del esfuerzo final Tf que tendr el tirante AD ser el mismo que el de la reaccin
horizontal en A y en D del prtico ABCD supuesto articulado y con apoyos fijos en A y D. El
incremento de esfuerzo en el tirante T que se produce al colocar la sobrecarga de 15 kN m
puede obtenerse compatibilizando el alargamiento del tirante AD con el movimiento del punto
D en la estructura con los apoyos indicados en la figura 1. El esfuerzo inicial Ti a aplicar al
tirante valdr
Ti T f T
Para obtener los valores anteriores, se calcular en primer lugar el movimiento del punto D en la
estructura representada en la figura 2. Para ello, puede trabajarse nicamente con la mitad de la
estructura al tener en cuenta que el punto medio de BC no gira (figura 3).
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 737
Mf C
D 30 6 s sin F 6 s cos
15 2 s
2
30 8 s 8 F
C
Mf
H 2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 738
M f D
C
8 s cos
F
M f C
H
8
F
8 cos D
M f D
ds
2 C
M f C
ds 16 000 682,67 F
u D 2 M f
C H
1
EI 0
Mf
0 F F EI EI
C H
Para obtener el valor de Tf basta con igualar a cero la expresin (1). En este caso se sustituye F
por Tf:
16 000 682,67 T f 0
Es decir:
T f 23,44 kN
Para hallar el valor T , se iguala la expresin (1) al alargamiento del tirante (y se sustituye F
por T ):
16 000 682,67 T 16 T
EI Et
T 22,10 kN
Por tanto:
Ti T f T 1,34 kN
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 739
Solucin
u A 0,00409 5,88 10 5 F
F 6
uA
2,1 10 8 5 10 4
F 35,276 kN
En las figuras 2 y 3 pueden verse las leyes de momentos flectores con y sin tirante
Problema 11.42 La estructura que se representa en la figura 1 tiene todas las barras con el
mismo mdulo de Elasticidad I. A efectos prcticos, puede suponerse que sigue indefinidamente
por la izquierda y por la derecha. El dintel superior sufre un desplazamiento hacia la
derecha.
Hallar:
- Ley de momentos flectores.
- Giro del punto B.
Solucin
Fig. 2 Deformada
Como puede observarse en la figura 2, y todo ello por razn de antimetra, los puntos medios de
BB1, BB2 y BB3 no tienen momento flector. Adems, los puntos medios de BB2 y BB3 no tienen
movimiento vertical y el movimiento horizontal del punto medio de BB1 vale 2 . Realizando
los oportunos cortes queda el esquema de clculo de la figura 3 en donde el punto A es el punto
medio de BB1, el punto C el punto medio de BB2 y el punto D el punto medio de BB3.
Con lo cual, y dado que la pieza CBD es antimtrica respecto al eje AB, el giro de B se escribe:
1 a a
F 2
B 2 2 2 Fa
3 EI 24 EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 742
Con lo que:
3
a
F
2 a F a3
B
2 3 EI 2 16 EI
Es decir:
8 EI
F
a3
y tambin, sustituyendo
B
3a
Problema 11.43 Determinar las leyes de momentos flectores y deformada del prtico de la
figura 1.
En el tirante se considerar slo deformacin por axil y en las barras no se tendr en
cuenta la deformacin por axil.
La rigidez de las barras es EI y la seccin del tirante .La relacin entre ellas es
25 EI L2 E .
Solucin
Mf C
B VC 4 L s T 4 L s cos
Mf B
A VC 4 L T s sin F 3 L s
M f C
B M f B
A
4L s 4L
VC VC
M f C
M f B
4 L s cos
B A
s sin
T T
B M f B
A ds
C M f C
B ds
u 2C 0 M f
EI B
B
A Mf C
B
A
VC VC EI
64 3 72 64
18 FL3 VC 48L3 L TL3 18F 208 VC 136 T
3 5 5 3 5
L3
EI EI
Por otra parte, AC debe ser igual al acortamiento del tirante, es decir
336
18 F T 136VC
5 T 5L
L3 (2)
5 EI E
VC 0,717 F T 1,166 F
VC T cos 4 L 3
u 2C B 4 L
3 EI
VC T cos 4 L 3 L F T sin 3 L 2
B
EI 2 EI
Sustituyendo:
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 745
208 136
18 F VC T
u 2C 0 3 5 L3
EI
F T sin 3 L 3 VC T cos 4 L 3 L 2
AC u1C sin sin
3 EI 2 EI
36 72 72
F T VC
5 25 5 L3 (3)
EI
Puede parecer, a primera vista, que las dos expresiones (1) y (3) halladas para AC son
diferentes. Tngase presente sin embargo que
36 72 72
F T VC
5 25 5 T 5L
L3 (4)
EI E
Solucin
Mf B
C F 9 s cos
Mf B
A 9F
9 cos
F (9 s cos ) 2
6
81 F F
vC
2
0
2 EI
ds
0
EI
ds 614,07
EI
F 8,1424 10 4 EI
Solucin
C 0
u Ct 9 t u C 0 u C 9 t
Mf C
B H 3 s sin M
Mf B
A H 9 s M
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 749
M f C
B M f B
A
3 s sin 9s
H H
M f C
B M f B
A
1 1
M M
3 sin 6
1 1
uC
2 EI H 3 s sin M 3 s sin ds EI H 9 s M 9 s ds
0 0
1
248,23 H 43,12 M 9 t
EI
El giro de C vale
3 sin 6
1 1
C 0
2 EI H 9 s M 1 ds EI H 9 s M 1 ds
0 0
1
43,111 H 10,7433 M
EI
Es decir:
H 0,1136 t EI
M 0,4559 t EI
HALLAR:
Tensin previa que hay que dar al tirante.
Esfuerzo final en el tirante.
Ley de momentos flectores finales en la estructura.
Solucin
Ti 6
Ea a
Igualando,
Eh I
37 980 288 Ti 6 Ti
Ea a
y dado que
E h I E a a 6,94
Ti 115,2 kN
La tensin final que debe tener el tirante para que CD no tenga momentos vale:
1100
Tf 183,3 kN
6
Por lo tanto, la tensin previa Tp que hay que darle al tirante vale
Problema 11.47 En la estructura de la figura 1 todas las barras tienen seccin rectangular de
canto h y anchura b. Dicha estructura est sometida a la variacin trmica que se indica en la
misma figura. Supuesto conocido el coeficiente de dilatacin lineal , determinar las
reacciones y las leyes de momentos flectores.
Solucin
En la figura 2 puede verse la incgnita hiperesttica adoptada as como los ejes locales. Como
parmetro de definicin de cada barra se tomar la coordenada global z1
15
V 7 a z1 2 H 7 a z1 H 7 a z1
C
Mf
D 7
z
V 7 a z1 2 a H H 3 a 1
B
Mf
C
7
6
V 7 a z1 H a z1
B
Mf H z1
A 7
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 754
B 3 C D 3
1nt t 1nt 2 t 1nt t
A 2 B C 2
B t C 2 t D t
nt nt nt
A h B h C h
A partir de las expresiones anteriores, se puede ir a las frmulas de Navier-Bresse, dadas por
(11.7).
3a 6a 7a
3 dz1 3 dz1
u1D A a t cos 2 t dz1 t cos
0
2 cos 3a 6a
2 cos
3a
6 t dz
6a
H z 2 t
H z1 a z2 1 3a 1 a 3a dz1
0 7 EI h cos 3a EI 7 h
7a
15 t dz1
H 7 a z1 a z2 0
6a
7 EI h cos
3a
3 dz1 7a
3 dz1 3a
6 t
u2D A 7 a t sin 0 t sin H z1
0
2 cos 6a
2 cos 0 7 EI h
dz1 6 a H z 2 t 7a
15 t
7 a z1 3a 1 7 a z dz H 7 a z1 7a z1 dz1 0
cos 3a EI cos
1 1
7 h 6a
7 EI h
a a2 H
A 12 11,8853 t 22, 7914 0
h EI
a a2H
7 A 1,5 37,2165 t 46,87 0
h EI
Resolviendo el sistema:
a
H 0, 4142 0,5873 t EI
h
DETERMINAR:
Solucin
Mf B
A R A 6 s
Mf B
D R D 6 s
F
RD 6 5 s cos R A 1 s cos 2,5 s sin
B
Mf
C 2
5 6 RD R A 2,5 F 0 R A 11 RD 1,25 F
2
Con lo que
Mf B
A 11 RD 1,25 F 6 s
M f
116 s
RD
Mf B
D RD 6 s
M f
6s
RD
F
RD 11 s cos 11 RD 1,25 F 1 s cos
2,5 s sin
B
Mf
C 2
12 RD s cos F s 1,25 cos 0,5 sin 12 RD s cos 1,3416 F s
M f D
C
12 s cos
RD
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 757
M f 6
EI D M f ds 11 RD 1,25 F 6 s 116 s ds
RD 0
6 5 cos
RD 6 s 6 s ds
0
12 R
0
D s cos 1,3416 F s 12 s cos ds
6 6 5 cos
0 0 0
5 cos
Es decir:
R D 0,118 F 12,98 kN
Este mismo problema puede tambin resolverse mediante las ecuaciones elsticas (fig.
4).
BC
BC cos 0,8944
AB 0,8944
Fig. 4 Movimientos
3EI 3EI
mbc B 0,5367 EI B 0,09601 EI
5,59 5,592
3EI 3EI 0,8944
mbd B 0,5 EI B 0,07454 EI
6 36
Como m 0,
1,5367 B 0,09601 0
11 RD R A 1,25 F 0
mbd mba
11 1,25 F 0
6 6
6 EI B 0,7454 EI 7,5 F
Resolviendo:
EI B 0,41828 F
EI 6,69482 F
Con lo cual:
Sustituyendo:
mbc 46 kNm
1
1 0,4 5,333 10 3 m 4
3
I
12
y el desplazamiento horizontal:
D sin 1,923 10 3 m
b) Variacin trmica
2 t 2 10 5 10
nt 5 10 4 m 1
h 0,4
6 M6
BAB nt
2 3 EI
5 cos M 5 cos
BBC nt
2 3 EI
Igualando:
6 5 cos M 6 5 cos
nt
2 EI 3
Es decir:
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 760
3 3
M nt EI 5 10 4 160 000 120 kNm
2 2
Solucin
a) Estructura I
Esta estructura est sometida nicamente esfuerzos axiles de compresin en las piezas
CD y AB. En la pieza AB el axil vale 50kN y es de compresin en su mitad superior y
de traccin en su mitad inferior. En la pieza CD el axil es de compresin y vale 50 kN .
b) Estructura II
c) Estructura III
RG 56,25 kN
A partir de este valor, las leyes de momentos flectores son inmediatas. En la figura 5
pueden verse representadas dichas leyes.
Solucin
A 0,001 m 2
I 0,04167 m 4
y por lo tanto,
I
41,67 m 2
A
Sean:
Para que no haya momento en ningn punto de CD , es preciso que en A haya una fuerza de
valor
6 F f p 16 6 5
22 5
Ff p 18,33 p
6
Fig. 2. Pilar CD
C
110 p 6 F 6 660 p 36 F
EI EI EI
F 6 3 798 p 288 F
Et At E I Ep I
EI 41,67
6,945
Et At 6
3 798 p 288
F 6 F
6,945 6,945
F 115,2 kN
y como,
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 766
F f Fi F
resulta,
Problema 11.51 La estructura que se representa en la figura 1 tiene la forma de una parbola
de segundo grado de eje vertical y tangente nula en el punto A. La inercia de la misma viene
dada por I s I cos siendo el ngulo que forma la tangente en cada punto con la
horizontal. Bajo las cargas que se indican, determinar el valor del movimiento vertical del
punto B.
Solucin
x 2
y f 1
a
M f V a x Hy p
a x 2
2
B a
ds dx
u B M f y M f y
A
EI s o
EI
f 3 pa 3 8 5
uB f a H a2 V
EI 20 15 12
B a
ds dx
v B M f a x M f a x
A
EI s o EI
1 p a4 5 a3 V
vB f a 2
H
EI 8 12 3
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 769
Problema 11.52 El anillo circular de la figura 1 tiene radio R y seccin rectangular de canto
c. Su cara externa est sometida a un incremento trmico de valor t, mientras que en su cara
interna la variacin trmica es t. El coeficiente de dilatacin trmica lineal vale y la rigidez
a flexin EI. Hallar el valor del momento flector en el punto B.
Solucin
Por simetra respecto a un eje vertical el giro en B es nulo. Por lo tanto, cortando por el eje de
simetra queda el semicrculo representado en la figura 2. El valor de N se obtendr imponiendo
la condicin de que el movimiento horizontal de A es nulo.
M f NR(1 cos )
2 t
nt
c
2 t M f 2 t HR(1 cos )
t
c EI c EI
La ley de momentos flectores debida a una fuerza unidad aplicada en A y con la misma
direccin y sentido que N vale:
m f R (1 cos )
Con lo cual, aplicando el teorema de la fuerza unidad, el movimiento horizontal del punto a
vale.
2 t NR(1 cos ) 2 t NR
u A 0 m f ds
t
R (1 cos ) Rd R 2 1,5
0 c
0
c EI EI
Es decir:
EI t
N 1,3333
cR
EI t
M fB 2 NR 2, 6667
c
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 771
Solucin
FR
Mf 1 sin M
2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 772
2
M f R d 2
F R2 d
c EI
1 sin M R
1
0,2854 R 2 F 1,5708 M R 0
0 0 2 EI EI
con lo cual,
M 0,1817 F R
El momento en A vale:
FR1
M fA 0,1817 F R 0, 0683 F R
2 2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 773
Problema 11.54 El arco semicircular de la figura 1 tiene radio R. En la clave acta una
fuerza vertical, descendente de valor F. Se desea hallar el movimiento vertical de la clave.
Solucin
La estructura es simtrica respecto a un eje vertical y una vez hiperesttica. Se tomar como
incgnita hiperesttica la reaccin horizontal en B y B.
Dadas las condiciones de simetra puede considerarse nicamente media estructura, tal como se
indica en la figura 2.
F
Mf R 1 sin H R cos
2
2
F R 3 H R 3
E I uB 0
M f R cos R d
4
4
y como u B 0 , resulta
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 774
F
H 0,3183 F
2
E I vA M R 1 sin R d 0,0189423 F R
3
f
0
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 775
Problema 11.55 La estructura de la figura 1 est compuesta por un cuarto de crculo de radio
R y un tirante AB. El arco es de seccin rectangular y tiene espesor h y ancho unidad. El
tirante tiene seccin y el mismo mdulo de elasticidad que el arco. Cuando el arco est
sometido a una variacin trmica de t grados en su cara externa y t grados en su cara
interna, hallar el esfuerzo en el tirante.
Solucin
Por motivos de simetra puede considerarse nicamente medio arco. Sea T el esfuerzo axil en el
tirante (figura 2). La curvatura trmica vale
2 t
nt
h
M f T R cos cos 4
4
nt M f R3 T
uB R cos cos R d 0,15175 R 2 nt 0,0354
o EI 4 EI
R 3 T T R sin 4
0,15175 R 2 nt
0,0354
EI E
y despejando T:
t R
T
h 2,33 0,1166 R 2
E EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 777
Solucin
Se considera, por simetra, nicamente medio arco (figura 2). Las leyes de momentos flectores
se escriben.
p a2
M f p a 2 1 sin H a cos 1 sin 2
2
2
1 1 p a4 a3
uA M f a cos d H 0
2
EI o
EI 3 4
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 778
Es decir:
4 4
H pa 15 3 19,1 kN
3 3
El movimiento vertical de la clave ser igual, en mdulo, al movimiento vertical del punto A de
la estructura de la figura 2.
2
1 16,78
vA M f a 2 1 sin d
EI o
EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 779
Se pide:
1. Calcular las reacciones que aparecen en los extremos de la estructura debidas a las
fuerzas que se indican.
2. Calcular los movimientos del punto A y de la clave.
Solucin
La carga es antimtrica, por lo que puede considerarse nicamente media estructura (figura 2).
z1 2
z 2 16 1
20
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 780
M f R z1 5 16 z 2
0
dz1 8 000 R
v 2C M
20
f ( z1 )
EI c
EI
1 0
3
Es decir:
R 3 kN
z1 A 10
10 2
z2 A 16 1 12
20
con lo cual:
10
dz1 393,33
v1 A M f z 2 A z 2 hacia la derecha
20
EI c EI c
10
dz 333,33
v2 A M 10 z EI hacia abajo
1
f 1
20 c EI c
0
dz1 320
v1C M f 16 z 2 hacia la derecha
20
EI c EI c
y como
I c 10 5 cm 4 10 3 m 4
E 10 4 MPa 10 7 kN m 2
EI c 10 4 kN m 2
Por lo tanto:
300
v1 A 0,0393 metros
10 4
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 781
v 2 A 0,03333 metros
Problema 11.58 La pieza de la figura 1 es una parbola de segundo grado de eje vertical. La
inercia de un punto cualquiera vale I s I cos siendo el ngulo que forma la tangente
en cada punto con la horizontal. Por otra parte, el punto B tiene un apoyo elstico en direccin
vertical y otro en direccin horizontal y tales que k a 3 2 EI
Hallar:
Reacciones en B
Movimiento horizontal y vertical de B
Movimiento horizontal y vertical de A
Solucin
3 p a4 8 a 5 a
EI u B 2 a H a 2 p a 0,2667 p a 4 0,2667 H a 3
2 20 15 2 12 2
a3
uB H
2 EI
H 0,3478 p a
y el movimiento horizontal de B
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 783
p a4
u B 0,1739
EI
p a4 5 a 2 a3 a3 1 p a4
EI v A a 0,3478 p a pa p a 0,3859
8 12 2 3 2 2 EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 784
Solucin
F
a 1 sin H a 1 cos N a cos
C
Mf
B 2
Mf B
A H a s
/2
a d
a
u1 A 0 M f B
A a s ds M f
C
B a cos 1
0
EI 0
EI
3 3
Fa Ha N a3
0,5354 4,6895 1,7854
EI EI EI
2
C a d F a 3 1,7854 H a 3 0,7854 N a 3
u1B 0 0
Mf
B
a cos
EI
0,25
EI
EI
EI
0
Resolviendo el sistema:
H 0,052165 F
N 0,437 F
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 786
Solucin
Al ser la estructura simtrica respecto a un eje vertical que pasa por E, el movimiento vertical de
C ser igual a la derivada respecto a F de la energa elstica de media estructura. Es decir
W
v 2C
F
Para calcular la derivada anterior es preciso, en primer lugar, hallar la ley de momentos flectores
(figura 2).
Mf C
A F r 1 cos
Mf E
C F r 1 cos F r sin 2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 787
M f C
r 1 cos
A
M f E
r 1 cos r sin 2
C
C E
2
C M f
E M f F r3
v2C M r d M r d 1,927
A C
f A f C
0
F 2 F EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 788
Problema 11.61 La estructura semicircular de la figura 1 est sometida a las cargas que se
indican. Se pide determinar las reacciones en A.
Solucin
ad a3
u1 A M f a sin (H 4V ap ) 0
0
EI 2 EI
ad a3
u2 A M f a (1 cos ) (4 H 3V 2 ap ) 0
0
EI 2 EI
H 0,7252 ap
V 1,355 ap
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 790
Problema 11.62 Dada la estructura de la figura, en la que su radio es igual a 10 cm con una
rtula en A, despreciando la influencia de los esfuerzos axiles, hallar:
Solucin
Mf A
C N 10 1 cos
Mf C
B 10 N 1 cos 100 10 cos
2
10 d 10 d
10 1 cos 10 1 cos
C C
u1 A 0 0
Mf
B EI
M f
2
A EI
500
357,08 9,42478 N
EI
De donde se obtiene
357,08
N 37,89 kN
9,42478
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 792
Solucin
Por simetra basta con considerar medio arco (figura 2). La incgnita hiperesttica H se
obtendr a partir de anular el movimiento horizontal de A.
M f M H R cos
2 2
Mf
uA 0
0
EI
R cos R d M H R cos R cos R d
0
2
R
4M R H 0
4
4M 4
H 1,273 kN
R
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 794
Problema 11.64 El anillo circular de la figura 1 tiene radio R y est sometido a dos
momentos M. Hallar el valor del momento flector en el punto A
Solucin
M
Mf HR cos
2
Y derivando respecto a H
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 795
M f
R cos
H
De donde:
HR = - 0,63662 M
MfA = - 0,13662 M
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 796
Solucin
V H 5
2 5 1 sin
2
M f
5 1 sin 5 cos
H
2
M f 5 d 17,7 H 44,25
u M
a
A f
0
H EI EI
H 53 41, 67 H
u
P
A
3E I EI
H 0,75 kN
Solucin
Debido a la doble simetra, los giros en los puntos A, B, C y D son nulos. Si se corta la
estructura por los ejes de simetra se obtendr el arco representado en la figura 2
Ntese que las reacciones verticales en A y C sern nulas y que las reacciones
horizontales valdrn 2N.
F
M f M NR 1 sin R cos
2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 799
M f
1
M
M f
R 1 sin
N
Con lo cual:
2
M f R d R2
u1B 0 Mf 0,5708 M 0,3562 N R 0,25 F R
0
N EI EI
2
M f R d R
B 0 Mf 1,5708 M 0,5708 N R 0,5 F R
0
M EI EI
M 0,1515 F R
N 0,4591 F
H A H C 2 N 0,9182 F
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 800
Solucin
F
M f R a cos a 1 sin
2
2
F a3 F a3
E IA 0 R a cos a 1 sin a cos a d R 0
0 2 4 4
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 801
Es decir:
R 0,3183 F
aF
M fB a R 0,1817 a F
2
2
F F a2
E I A R a cos a 1 sin a d R a 2
1 0,0329 a F
2
0 2 2 2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 802
Problema 11.68 Calcular la tensin inicial del tirante A A' del arco semicircular de la
figura 1 para que al actuar la sobrecarga uniforme de intensidad p , el momento flector en la
clave sea nulo.
Solucin
Cuando H sea igual al esfuerzo final del tirante T f N T f , el momento en B debe ser nulo,
es decir:
R2
M fB pR T f R p
2
0
2
pR
Tf
2
Por otro lado, (y llamando Ti al esfuerzo inicial del tirante), al cargar la estructura con las
cargas repartidas p , se producir un incremento de esfuerzo de valor T que podr obtenerse
compatibilizando el movimiento del punto A en el arco con el movimiento de A en el tirante.
Se verificar que:
Ti T f T
R2
M f p R 2 1 sin H R cos p 1 sin 2
2
2
R d 0,3333 pR 4 0,785398 H R 3
u1 A
0
M f R cos
EI
EI
0,3333 pR 4 0,785398 T R 3 T R
EI E
Es decir:
0,3333 pR
T 0,298 pR
0,785398 0,3333
con lo cual
R
Ti p T 0,5 pR 0,298 pR 0,202 pR
2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 804
Solucin
Se separa el arco del pilar (figura 2). Aparece una reaccin hiperesttica H cuyo valor se
obtendr compatibilizando el movimiento del arco con el del pilar.
Fig. 2. Arco
a2
M f p a 2 1 sin H a cos p 1 sin 2
2
2
uA 1 1 p a4 a3 a3 p a
0 M f a cos d EI 3 4 H EI 3 4 H
2
2 EI
1 H a3
u
3 EI
Igualando:
H pa
2 H
3 3 4
H 0,35 p a
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 806
Problema 11.70 La estructura que se representa en la figura 1 est compuesta por un arco
circular de rigidez EI y por un tirante AA de rigidez E EI R 2 .Determinar el esfuerzo T
en el tirante cuando en el punto A acta la fuerza F. Se pide hallar el esfuerzo en el tirante.
Solucin
M f F T R cos
y el movimiento horizontal de A:
R d F T R 3
2
u1 A 0
M f R cos
EI
4 EI
TR
u1 A
E
Igualando:
F T R 3 TR
4 EI E
y despejando T
T 0,44 F
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 808
Problema 11.71 La estructura de la figura 1 est compuesta por un arco parablico de eje
vertical y dos soportes. Sobre el arco acta una carga uniformemente repartida por unidad de
proyeccin horizontal. El arco est asimismo sometido a una variacin trmica de valor t. Se
desea saber el valor de dicha variacin trmica para que el arco permanezca antifunicular.
Solucin
a x
2
y 1
2 2a
Para que el arco sea antifunicular es preciso que en cada punto del mismo slo exista esfuerzo
axil. Por lo tanto, si se corta por el punto A el nico esfuerzo que existe es tangente al arco
(figura 2), y como su componente vertical, por equilibrio, vale 2 pa , su componente horizontal
debe valer
V 2 pa
H 4 pa
tan 1 2
Por equilibrio, en el pilar AB debe actuar esta fuerza F, que dar un movimiento horizontal de
valor:
H a 3 4 pa 4
uA
3 EI p 3EI p
Este movimiento horizontal debe estar producido por la variacin trmica, es decir
u A 2a t
Igualando:
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 809
2 p a3
t
3 EI p
Solucin
Fig. 2. Arco
M f x 20 x 20 p p
20 x 2 Hy M
20 2 x 2 x2
p H 5 M
2 2 80
El giro en B vale
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 811
20
20 2 x 2 x2
EI B H 5 M dx 200 p 5H M 20
0
2 80
3
p H 20 8 000 200
p H 20M
2 80 3 3 3
y el desplazamiento en B
20
20 2 x 2
20
x2 x 2
EI M x y dx
p H 5 M 5 dx
0
0
2 80 80
32 000 800 200
p H M
3 3 3
Seguidamente, es preciso hallar estos mismos giros y desplazamientos en el extremo B del pilar
Fig. 3. Pilar
M f z M Hz
5
25 H
EI A B M Hz dz 5M
0
2
5
25 125
EI A M Hz zdz M H
0
2 3
5
Igualando ambas expresiones de B y , habida cuenta de que I A I B I queda:
2
8 000 200 2 5 25H
p H 20M 5M
3 3 5 2
32 000 800 200 2 5 25 125
p H M M H
3 3 3 5 2 3
de donde
H 26 p
M 50 p
Con estos dos valores se dibuja sin ninguna dificultad las leyes de N, M, Q.
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 812
Se pide:
Solucin
M f M H 4 1 sin
El giro en C es nulo:
2
d 1
C 0 M f 4 16 8 H 2 M
0
EI EI
L
1 8
u c 0,06 M f 4 1 sin 4d M 2 H 16 6
EI 0
EI
H 1 260 kN
M 1 831,12 kNm
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 814
NOTAS:
No se considerar la deformacin por esfuerzo axil ni por esfuerzo cortante.
En los puntos B y B las piezas estn articuladas entre s.
Solucin
La estructura puede descomponerse en su parte simtrica (que nicamente provoca una traccin
de 30 kN en el dintel) y en su parte antimtrica (figura 2). Esta ltima puede simplificarse
como se indica en la figura 2.
A partir de la estructura simplificada de la figura 2 se separa el arco del resto (fig. 3). Las
incgnitas H y M se obtendrn de imponer igualdad de giros y desplazamiento horizontal.
Por equilibrio:
M M
Rcc H H
R 5
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 815
M f
1 sin
M
M f
5 sin cos 1
H
El giro en C vale:
2
M f
EI c M
0
f
M
5 d 1,781 M 3,59514 H
y el desplazamiento horizontal de C:
2
M f
EI u c M
0
f
H
5 d 3,59514 M 17,6991 H
b) Piezas rectas
Por equilibrio:
M
Rcr H 30
5
M
M 10 s Rcr M s 10 s H 6 s 300
C
Mf
A 5
M f C
A s
1
M 5
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 816
M f C
A
s 10
H
s 2 2
H 30 5
B
Mf M Rcr 5 s
A 2 2
42,4264 s 1,41421 H s 0,141421 M s
M f B
A
0,141421 s
M
M f B
A
1,41421 s
H
El giro de C vale:
10
C M f C
A
5 2
B M f B
A
EI C M f ds Mf ds
0
A M 0
A M
1 207,11 40,2369 H 5,69036 M
El desplazamiento horizontal de C:
10
C M f C
A
5 2
B M f B
A
EI u c M f ds Mf ds
0
A H 0
A H
17 071,05 569,036 H 40,2369 M
y resolviendo el sistema:
H 27,40 kN
M 27,2 kN
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 817
Solucin
Por simetra respecto a un eje vertical que pasa por A basta considerar la mitad (figura 3 a)
FR
Mf sin 45 sin H R cos cos 45
2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 818
Fig. 3. Piezas AC y CB
4
F R
uc
1
sin 45 sin H R cos cos 45 R cos cos 45 R d
EI 0
2
F R3 H R3
0,0322 0,0354
EI EI
FR
Mf cos cos 45 H R sin 45 sin
2
con lo que
4
1 F R
uc cos cos 45 H R sin 45 sin R sin 45 sin R d
EI
0
2
F R3 H R3
0,0322 0,1212
EI EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 819
Igualando:
H 0,411 F
M f A
0,474 F R
y en el punto B
M f B
0,144 F R
Qc 0,0629 F
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 820
Solucin
La rtula existente entre el arco y la viga BAB nicamente transmite una fuerza vertical. La
estructura se puede descomponer, por tanto, segn se indica en la figura 2.
p F
v A 2 000,83 228,67
EI 0 EI 0
H F
v A 106,67 85,33
EI 0 EI 0
H F
u C 68,27 53,33
EI 0 EI 0
H 43 H
uC 10,667
3 E 2I 0 EI 0
78,94 H 53,33 F 0
Resolviendo el sistema
H 5,59 p
F 8,27 p
Solucin
- Estructura simtrica
La estructura tendr un descenso de apoyo 2 en D y un descenso 2 en D.
- Estructura antimtrica
La estructura tendr un descenso de apoyo 2 en D y un levantamiento de apoyo 2
en D. En este caso no se producen esfuerzos.
F
v 228,67 (a)
EI 0
H F
v 106,67 85,33 (b)
2 EI 0 EI 0
H F
106,67 314 2 (c)
EI 0 EI 0
H 0,0014 EI 0
F 0,00207 EI 0
Solucin
p L3 ML H L2
EI 0 A
24 EI 0 3 EI 0 21 EI 0
p L4 M L2 8 H L3
EI 0 u A
105 EI 0 21 EI 0 735 EI 0
El giro en A vale:
A
M H L L
3 EI 0
M L2 2 H L3
EI 0 u A
3 EI 0 3EI 0
M 0,08363 p L2
H 0,04932 p H
p L2 M L
MC H 0,0761 p L2
8 2 7
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 826
Solucin
Al ser el anillo simtrico respecto a un eje horizontal y respecto a un eje vertical, los giros en A
y B (y tambin en A) sern nulos. Tambin ser nulo el esfuerzo cortante. Se puede, por lo
tanto, considerar nicamente un cuarto de crculo (ver figura 2). La incgnita ser el momento
MB.
El valor del momento MB se obtendr imponiendo la condicin de que el giro en B sea cero.
Para ello se utilizarn las frmulas de Navier-Bresse.
R2
M f M B pR 2 1 sin p 1 sin 2
2
El giro en B valdr
2
B 0
1
EI M f R d
R
EI
1,5708 M B 0,3927 pR 2
0
M B 0,25 pR 2
y tambin
M f A
0,25 pR 2
El acercamiento entre A y A ser el doble del movimiento vertical del punto B en el arco de la
figura 2, es decir
2
2 p R4
M f R R sin R d 0,1667
EI 0
EI
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 828
Problema 11.80 En la estructura de la figura 1, todas las piezas tienen la misma inercia.
Determinar, bajo las cargas que se indica, las leyes de esfuerzos.
Solucin
Dado que los apoyos son isostticos puede considerarse nicamente la parte de la estructura que
se indica en la figura 2. A su vez, dicha estructura puede descomponerse en su parte simtrica y
en la antimtrica.
a) Estructura antimtrica
La estructura antimtrica puede simplificarse cortando por un eje horizontal (figura 3).
La estructura resultante puede cortarse tal como se indica tambin en la figura 3.
10 2
M f 20 2 1 sin M 2 H cos 2 1 sin
2
2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 829
El giro de A vale
2
EI A M
0
f 2d M 4 H 10
2
160
EI u A M
0
f 2 cos 2d 4 M 2 H
3
0
A
60 M 4 8 60 M
3 E I 2 3 EI
5,808 M 4 H 128,58
Resolviendo el sistema:
M 49,83 kN m
H 40,21 kN
b) Estructura simtrica
M 4 H 10 0
160
4M 2 H 0
3
Resolviendo el sistema
M 40,25 kN m
H 11,2 kN
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 831
Solucin
Se resuelve en primer lugar el cuadrado. Hay que determinar los movimientos en los puntos de
aplicacin de las cargas.
F V 2 R 2
M 2 R H 2 R
2
M 2R
16 EI m 2 EI m 16 EI m 2 EI m
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 832
F V H
M R
8
uB
F V 2 R
3
M R2
R3
0,1042 F 0,1042V 0,0625 H
48 EI m 2 EI m EI m
H 2 R
3
M R2 R3
uC 0,0625 F 0,0625V 0,1042 H
48 EI m 2 EI m EI m
V R3 H R3
u B 0,0372 0,0342
EI C EI C
H R3 V R3
u C 0,0372 0,0342
EI C EI C
1
0,1042 F 0,1042V 0,0625 H 1 0,0372V 0,0342 H
Im IC
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 833
1
0,0625 F 0,0625V 0,1042 H 1 0,0342V 0,0372 H
Im IC
V 0,7064 F
H 0,1676 F
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 834
Solucin
TR FR
M f M sin 1 cos
2 2
M f
1
M
2 2
M f
EI B 0 M f ds M
TR
sin
FR
1 cos 1 R d
0
M 0
2 2
2
TR
R M
TR
cos
FR
FR
sin R M 1 F R F R
2 2 2 0 2 2 2 2 2
M 0,1817 F R 0,3183T R
2 2
M f
EI u B M f
R d M
TR
sin
FR
1 cos R sin R d
0
T 2 0
2 2 2
M R 2
F R3 F R3 2 M 1
T R3 R T R F R
2 16 4 8 2 16 8
R 2 0,50,1817 F R 0,3183 T R 0,1963 T R 0,125 F R 0,0372 T R 3 0,0342 F R 3
EI u B 0,0372 T R 3 0,0342 F R 3
Igualando el desplazamiento u B al alargamiento de medio tirante:
EI
0,0372 T R 3 0,0342 F R 3 T R
E
Llamando R 2 I
0,0372 T 0,0342 F
0,0342
T F
0,0372
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 836
Solucin
Fig.2 Movimientos
3E I 2 6 2 6 E I ba
mba b 0,5 E I b 9 0,083333
6 8 62
3E I 2 8 2 6 E I bc
mbc b 0,375 E I b 16 0,046875
8 8 82
mbd
2E I
2 b d 0 6 E I bd 0,8944 E I b 0,336
20 20
mdb
2E I
b 2 d 0 6 E I bd 0,44 72 E I b 0,336
20 20
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 837
Por equilibrio:
Es decir:
1,7694 EI b 0,3725 7 0
mba
Qba 6 4,5 0, 08333 E I b 0, 013888 E I
6
m
Qbc 8 bc 10 0,046875 E I b 0,00586 E I
8
m mdb
Qbd bd 0,3 E I b 0,15026 E I
20
Resolviendo el sistema:
E I b 21,562
E I 83, 6289
Solucin
Fig.2 Movimientos
mab
2E I
2 a b m ab 6 E 2I 0,3333 E I b 9 0,16667 E I
6 6
mba
2E I
2 b a m ba 6 E 2I 0,66667 E I b 9 0,16667 E I
6 6
2 E 2 I
mbc 2 b c E I b 0,5 E I c
8
2 E 2 I
mcb b 2 c 0,5 E I b E I c
8
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 841
2E I 6 EI
mcd 2c d 2 0, 6667 E I c 0,16667 E I
6 6
mdc
2E I
c 2 d 6 EI2 0,3333E I c 0,16667 E I
6 6
mba mbc 0
mcb mcd 0
Es decir:
Qba Qcd 0
y como
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 842
m ab mba
Qba 9 9 0,16667 E I b 0,055556 E I
6
m mdc
Qcd cd 0,16667 E I c 0,055556 E I
6
Resolviendo el sistema:
Solucin
Se escriben las ecuaciones elsticas para las barras que concurren en los nudos B y C
2E I
mab 2 a b 6 E2 I 2 0,5 E I b 0,375 E I 2
4 4
2E I 6E I
mba 2 b a 2 2 E I b 0,375 E I 2
4 4
2 E 2 I
mbe 2b e 2, 4 E I b
5
2E I
mbc 2 b c 6 E2 I 1 2 E I b 0,5 E I c 0,375 E I 1 2
4 4
2E I 6E I
mcb 2 c b 2 1 2 0,5 E I b E I c 0,375 E I 1 2
4 4
2 E 2 I
mcd 2c d 2, 4 E I c
5
2 Qcb 20 0
2 Qba Qbc 20 0
Es decir:
Qbc 10 Qba 20
mbc mcb
Qbc 0
4
mba mab
Qba 0
4
y sustituyendo:
que forman las otras dos ecuaciones con las que se completa el sistema. Resolviendo:
E I b 21,5153 E I c 9,5769
E I 1 265,2148 E I 2 149,6972
Solucin
BC
AB 2
2E I 6 E I 2 12 42
mba 2 b 0 0, 7071 E I b 0, 26517 E I 16
2
4 2 4 2 12
3E I 3 E I 12 4 2
mbc b 0,75 E I b 0,1875 E I 24
4 16 8
Adems,
2 EI 6 EI 2 12 42
mab b 0,3536 EIb 0, 26517 EI 16
2
4 2 4 2 12
42
Qba 4 2 mbc 12 0
2
Solucin
2E I 12 42
mba b
2 0 0, 7071 E I b 16
4 2 12
3E I 12 4 2
mbc b 0,75 E I b 24
4 8
1, 4571 E I b 8 0
E I b 5, 4904
y sustituyendo
y adems:
2E I 12 42
mab b 13, 25 kNm
4 12
Solucin
Para una viga biempotrada sometida a una variacin trmica como la indicada en
la figura 2.a el momento de empotramiento perfecto vale:
2E I t
m
h
3E I t
m
h
Escribiendo las ecuaciones elsticas para las vigas AB y BC que concurren al punto B:
mba
2E I
2 b 0 m ba 4 E I b 2 E I t
a a h
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 853
3 E 2 I 3E I 3E (2 I ) t
mbc b mbc b
2a a h
7EI 4E I t
b 0
a h
Es decir:
EI EIt
b 0,5714
a h
Y sustituyendo:
E It E It
mba 4 0,5714 2 4, 29
h h
EIt E It
mbc 3 0,5714 6 4, 29
h h
2E I 2E I t EIt
mab b 0,8572
a h h
Solucin
2E I t
m
h
3E I t
m
h
Por otra parte, el punto B se mover horizontalmente. Supngase que una cantidad
hacia la izquierda.
Escribiendo las ecuaciones elsticas para las vigas AB y BC que concurren al punto B:
mba
2E I
2 b 0 6 E2 I m ba 4 E I b 6 E2 I 2 E I t
a a a a h
3 E 2 I 3E I 3 E (2 I ) t
mbc b mbc b
2a a h
7EI 6E I 4E I t (a)
b 2 0
a a h
mba mab 0
Y como
2E I 6E I 2E I t
mab b 2
a a h
resulta:
2
b
a
EI EIt
b
a h
EI E It
2
0,5
a h
Con lo cual,
EIt E It
mba 4 6 0,5 2 3
h h
E It E It
mbc 3 6 3
h h
E It E It
mab 2 6 0,5 2 3
h h
Solucin
L AB L AB t at k
LBC LBC t 2 at 2 k
siendo k at
2E I 6 E I AB 4 E I 12 E I k
mba 2 b 0 2
b
a a a a2
3 E 2 I 3 E 2 I BC 3 E I 3E I k
mbc b b
2a 2 a 2
a 2a2
7EI 10,5 E I k
0 b
a a2
Es decir,
k
b 1,5
a
Con lo cual, los momentos de extremo de barra valdrn:
4E I k 12 E I k 6E I k
mba 1,5 2
a a a a2
2 E I b 12 E I k 9E I k
m ab 2
a a a2
3E I k E I k 6E I k
mbc 1,5 1,5 2
a a a a2
En las figuras 3,4 y 5 pueden verse dibujadas, respectivamente, las leyes de momentos
flectores, esfuerzos cortantes y esfuerzos axiles.
Solucin
A A' ; C C ' ; B D 0
2 E 2 I
2 a 0 12 4 6 E 22 I ab 2 E I a 0,75 E I 16
2
mab
4 12 4
2E I
mac 2 a C 1,3333 E I a 0,66667 E I C
3
2 EI
mca 2 c a 0,66667 EI a 1,3333 EI c
3
2 E 2 I
mcd 2 c 0 6 E 22 I cd 2 EI c 0,75 EI
4 4
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 860
ab cd
Por equilibrio:
EI a EI c EI 32 (e)
EI a 15,8
EI c 9,8
EI 57,6
Solucin
La estructura es una vez trasnacional. Por otro lado, el centro de rotacin de la barra BC
estar situado en el punto I (figura 2). Adems al ser dicha barra infinitamente rgida los
giros de B y C sern iguales, verificndose que
BB' CC '
B C
IB IC
Es decir:
BA BB' 4 2
CD CC ' 4
mba
2 EI
2 B 0 6 EI AB2
EI
6 EI 4 2
5 EI
a 1
4 2 4 2 2 4 2 2
2 2
mab
2 EI
0 B 6 EI AB2
EI
6 EI 4 2
2 EI
a 2
4 2 4 2 2 2 4 2 2
2
2 EI 6 EI CD 6 EI 4 5 EI
mcd 2 C 0 2
EI a 3
4 4 42 2
2 EI 6 EI CD EI 6 EI 4
m dc 0 C 2
2 EI a 4
4 4 2 42
mab mba
Q AB c 1
4 2
m mdc
QCD cd c 2
4
E I 0,334735 F d
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 865
5
mba 0,334735 F 0,5917 F
2 2
2
mab 0,334735 F 0,4734 F
2
5
mcd 0,334735 F 0,8368 F
2
mdc 2 0,334735 F 0,66947 F
Solucin
B B' D E 0
A C A' C '
B D
AB AD
es decir
B 1,5 D a
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 867
Aplicando las ecuaciones elsticas a las barras que concurren en el nudo A se tendr
2E I 15 62 6 E I B 2 EI
mab 2 a 0 2
E I a 45 B
6 12 6 3 6
2 EI
E I a 45 D
3 4
2E I
mad 2 a 0 0 6 E2 I D E I a 3E I D
4 4 8
5 5
E I a E I D 45 0
3 8 b
Por otro lado, se asla el trozo ABD de estructura, tal como se indica en la figura 4.
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 868
M B M D 270 0 c
La expresin anterior puede desarrollarse escribiendo
M D mda mdb d1
M B mba mbd d 2
A su vez
2E I
mda 0 a 6 E2 I D E I a 3 E I D e1
4 4 2 8
2E I 6E I
mdb 0 0 2 2 BD 0,208 E I D e2
42 62 4 6
0 a 15 6 6 E I B E I a 45 E I D
2
2E I
mba e3
6 12 36 3 4
mbd mdb e4
Sustituyendo las expresiones anteriores en (d) y stas a su vez en ( c ) se obtiene
E I a 200,72 g1
E I D 463,27 g 2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 869
2
mab 200,72 45 463,27 27 kNm
3 4
3
mad 200,72 463,27 27 kNm
8
200,72 463,27
mba 45 3,91 kNm
3 4
mbd 0,208 463,27 96,36 kNm
200,72 3
mda 463,27 73,37 kNm
2 8
mdb mbd 96,36 kNm
2 a a 15 12 F1 12 E I a 180 1,5 F1
2
2E I
mac
12 12 8 6
m aa '
2E I
2 a a F2 8 E I a F2
8 8 4
Es decir:
Por equilibrio
H F2 2
V F1 2
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 871
1 W 1 M f ds
vB
2 F1
2 M f
F1 E I
1 W 1 M f ds
vD
2 F2
2 M f
F2 E I
1
El trmino proviene de que el teorema de Castigliano proporciona el movimiento
2
relativo entre B y B' y D y E .
E I vB 10,8166 F1 7, 21108 F2 j1
E I vD 7, 21108 F1 4,807 F2 j 2
Igualando los movimientos dados por h con los dados por j, y resolviendo el
sistema de ecuaciones se tiene
F1 79,70 kN
F2 23,18 kN
Los momentos en los extremos de barra que concurren en A se obtendrn a partir de las
expresiones h
Problema 11.94 En el prtico a dos aguas que se representa en la figura 1, se desean obtener
los momentos de extremo de barra
Solucin
AB
BC 2,236
sin
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 874
mab
2E I
2 a b 6 E I 2 AB 0,5 E I b 0,375 E I
4 4
mba
2E I
2 b a 6 E I 2 AB E I b 0,375 E I
4 4
mbc
2E I
2 b c m bc 6 E2 I BC2 0,5963 E I b 12 0,2981 E I
6 3
2 2 6 3
mcb
2E I
2 c b m bc 6 E2 I BC2 0,2982 E I b 12 0,2981 E I
6 3
2 2 6 3
1,5963 EI b 0,0769 E I 12 0
4 62
mcb mba 3 Qba 0
2
Es decir:
1,8268 EI b 1,2356 EI 84 0
Resolviendo el sistema
E I b 4,5677 E I 61,23
Solucin
2E I
mbc 2 b c m bc 2 E I 2 b b 80
8 8
2E I
mba 2 b a m ba 2 E I 2 b 0
12 12
2E I 4E I
0 b b 80
8 12
De donde se obtiene
E I b 137,14
2E I
mab 2 a b m ab 2 E I b 22,9 kN m
12 12
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 877
2E I
mba 2 b 45,7 kN m
12
2E I
mbc b 80 45,7 kN m
8
Solucin
2 E 2 I
mba 2 b a m ba 8 E I b
15 15
2 E 4 I
mbc 2 b c m bc E I b E I c 12
16 2
2 E 4 I E I b
mcb 2 c b m cb E I c 12
16 2
3 E 3,25 I 9,75 E I c
mce c mce 54
12 12
3E I 3E I
mcd c mcd c
15 15
mba mbc 0
mcb mce mcd 0
1,5333 E I b 0,5 E I c 12 0
0,5 E I b 2,0125 E I c 42 0
E I b 1,1108
E I c 20,5936
mab 0,296 kN m
mba 0,592 kN m
mbc 0,592 kN m
mcb 33,1 kN m
mcd 4,12 kN m
mce 37,3 kN m
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 880
Problema 11.97 En el prtico que se representa en la figura 1, hallar y dibujar las leyes de
momentos flectores
Solucin
Fig.2 Traslaciones
mab
2E I
2 a b m ab 6 E I2 2 E I b 6 E I
12 12 12 144
4 E I b
mba
2E I
2 b a m ba 6 E I2
6E I
12 12 12 144
Juan Miquel Canet. Problemas de Estructuras. Cap 11: Estructuras reticuladas 881
2E I 4 E I b 2 E I c
mbc 2 b c m bc
15 15 15
2E I 2E I 4E I
mcb 2 c b m cb b c
15 15 15
4 E I c 6 E I
mcd
2E I
2 c d m cd 6 E I2
18 18 18 324
2E I 6E I 2E I 6E I
mdc 2 d c m dc 2 c
18 18 18 324
mba mbc 0
mcb mcd 0
Qba Qcd 40 0
EI
mba mab 0,5 EIb
Qba 12
12 12
EIc EI
mcd mdc
Qcd 3 27
18 18
O sea:
Resolviendo:
EIb 439
EIc 136, 2
EI 6757