Problema 1: Viga con Tres Cargas Puntuales

Descripción

Se tiene una viga con tres cargas puntuales: 3P en el punto B, P en el punto C y -P en el punto D. Las distancias entre los puntos son: A a B = 2a, B a C = a, C a D = a.

Solución

a) Diagramas de Esfuerzos Axiales, Cortantes y Momentos Flectores

Primero, se determinan las reacciones en los apoyos. Se asume que hay un apoyo fijo en A (con reacciones R_Ay y R_Ax) y un apoyo móvil en D (con reacción R_Dy).

Equilibrio de fuerzas:

• ΣF_x = 0: R_Ax = P
• ΣF_y = 0: R_Ay + R_Dy – 3P + P = 0

Equilibrio de momentos (respecto a A):

• ΣM_A = 0: -3P(2a) + P(3a) + R_Dy(4a) = 0
  • -6Pa + 3Pa + 4aR_Dy = 0
  • R_Dy = 3Pa / 4a = 0.75P

Sustituyendo R_Dy en la ecuación de equilibrio de fuerzas verticales:

• R_Ay + 0.75P – 3P + P = 0
• R_Ay = 1.25P

Diagramas de esfuerzos:

Se realizan cortes imaginarios a lo largo de la viga para determinar las ecuaciones de los esfuerzos internos (N, V, M_z) en cada tramo.

• Tramo AB (0 ≤ x ≤ 2a):
  • N(x) = -R_Ax = -P
  • V(x) = R_Ay = 1.25P
  • M_z(x) = R_Ay * x = 1.25Px
• Tramo BC (2a ≤ x ≤ 3a):
  • N(x) = -P
  • V(x) = R_Ay – 3P = -1.75P
  • M_z(x) = R_Ay * x – 3P(x – 2a) = -1.75Px + 6Pa
• Tramo CD (3a ≤ x ≤ 4a):
  • N(x) = -P
  • V(x) = R_Ay – 3P + P = -0.75P
  • M_z(x) = R_Ay * x – 3P(x – 2a) + P(x – 3a) = -0.75Px + 3Pa

b) Forma Elástica

La forma elástica de la viga se puede determinar cualitativamente a partir del diagrama de momentos flectores. Donde el momento es positivo, la viga se curva hacia arriba (cóncava), y donde es negativo, se curva hacia abajo (convexa).

c) Desplazamiento Vertical del Punto B

Para determinar el desplazamiento vertical del punto B (δ_B), se utiliza el método de la doble integración o el método del área de momentos. Se opta por el método del área de momentos.

Se define τ_B como la desviación tangencial de B respecto a la tangente en A, y t_BA como la desviación tangencial de A respecto a la tangente en B. t_DA es la desviación tangencial de A respecto a la tangente en D.

Compatibilidad:

(τ_B + t_BA) / 2a = t_DA / 4a

τ_B = t_DA / 2 – t_BA

Cálculo de las desviaciones tangenciales:

Se divide el diagrama de momentos en áreas simples (triángulos y rectángulos) y se calculan sus áreas y centroides.

• Área A1 (triángulo de A a B):
  • A1 = (1/2) 2a 2.5Pa = 2.5Pa²
  • XG1 = (2/3) * 2a = 4a/3 (desde A)
• Área A2 (trapecio de B a C):
  • A2 = (1/2) a (2.5Pa + 0.75Pa) = 1.625Pa²
  • XG2 = a (2 0.75Pa + 2.5Pa) / (3 * (0.75Pa + 2.5Pa)) = 0.615a (desde B)
• Área A3 (triángulo de C a D):
  • A3 = (1/2) a (-0.75Pa) = -0.375Pa²
  • XG3 = (2/3) * a = 2a/3 (desde D)

Distancias de los centroides a los puntos de interés:

• XG1′ = 4a/3 (desde B)
• XG2′ = 0.615a + a = 1.615a (desde D)
• XG3′ = 2a/3 (desde D)

Cálculo de t_BA y t_DA:

• t_BA = (1/EI) A1 XG1′ = (1/EI) 2.5Pa² (4a/3) = 10Pa³ / 3EI
• t_DA = (1/EI) (A1 (4a/3 + a + a) + A2 (0.615a + a) + A3 (2a/3)) = (1/EI) (2.5Pa² (10a/3) + 1.625Pa² 1.615a – 0.375Pa² (2a/3)) = 10.71Pa³ / EI

Cálculo de τ_B:

• τ_B = (10.71Pa³ / 2EI) – (10Pa³ / 3EI) = 2.02Pa³ / EI

Desplazamiento vertical del punto B:

δ_B = τ_B = 2.02Pa³ / EI

Problema 2: Perfil I con Carga Axial y Momentos

Descripción

Se tiene un perfil I sometido a una carga axial N = 500 kp, un momento flector M_y = 3000 kp·cm y un momento flector M_z = -10000 kp·cm.

Solución

a) Ecuación de la Distribución de Tensiones Normales

La ecuación general para la distribución de tensiones normales en una sección sometida a carga axial y momentos flectores es:

σ_x = N/A – M_z/I_z y + M_y/I_y z

Donde:

• N = 500 kp
• M_y = 3000 kp·cm
• M_z = -10000 kp·cm
• A = 13.2 cm² (área de la sección)
• I_z = 318 cm⁴ (momento de inercia respecto al eje z)
• I_y = 27.7 cm⁴ (momento de inercia respecto al eje y)

Sustituyendo los valores:

σ_x = 500/13.2 – (-10000/318) y + 3000/27.7 z

σ_x = 37.879 + 31.447y + 108.303z

b) Ecuación de la Línea Neutra

La línea neutra es el lugar geométrico de los puntos donde la tensión normal es cero (σ_x = 0). Por lo tanto, la ecuación de la línea neutra se obtiene igualando la ecuación de distribución de tensiones a cero:

0 = 37.879 + 31.447y + 108.303z

c) Valor Mínimo de la Carga Axial N para que la Sección Esté Completamente a Tracción

Para que la sección esté completamente a tracción, la tensión mínima (σ_min) debe ser mayor o igual a cero. La tensión mínima se produce en el punto más alejado de la línea neutra en la dirección de compresión.

• y_max = h/2 = 6 cm
• z_max = b/2 = 3.2 cm
• y_min = -6 cm
• z_min = -3.2 cm

σ_min = N/13.2 + 31.447 (-6) + 108.303 (-3.2) ≥ 0

N/13.2 – 188.682 – 346.57 ≥ 0

N ≥ 7065.44 kp

Por lo tanto, el valor mínimo de la carga axial N para que la sección esté completamente a tracción es N = 7065.44 kp.

Problema 3: Sistema de Barras Articuladas

Descripción

Se tiene un sistema de dos barras articuladas formando un triángulo. El punto 2 forma un ángulo de 30° con la horizontal, el punto 1 forma un ángulo de 60° con la horizontal, y el punto 3 está sometido a una carga vertical P = 15000 kp hacia abajo. La altura del triángulo es a = 2 m. Las barras tienen sección circular con área A = 2 cm² y módulo de elasticidad E = 2·10⁶ kp/cm².

Solución

a) Tensiones en las Barras

Equilibrio de fuerzas en el nodo 3:

• ΣF_x = 0: -N₂₃ cos(60°) + N₁₃ cos(30°) = 0
• ΣF_y = 0: -P + N₂₃ sin(60°) + N₁₃ sin(30°) = 0

Resolviendo el sistema de ecuaciones:

• N₂₃ = √3 * N₁₃
• N₁₃ = P / (√3 * sin(60°) + sin(30°)) = P / 2 = 15000 kp / 2 = 7500 kp (Compresión)
• N₂₃ = √3 * 7500 kp = 12990.38 kp (Tracción)

Tensiones:

• σ₁₃ = N₁₃ / A = 7500 kp / 2 cm² = 3750 kp/cm² (Compresión)
• σ₂₃ = N₂₃ / A = 12990.38 kp / 2 cm² = 6495.19 kp/cm² (Tracción)

b) Desplazamiento Horizontal y Vertical del Punto 3

Desplazamiento vertical (δ_y3):

Se utiliza el Teorema de Castigliano. La energía de deformación (U) del sistema es:

U = (N₂₃² L₂₃) / (2EA) + (N₁₃² L₁₃) / (2EA)

Donde:

• L₂₃ = a / sin(60°) = 2m / (√3/2) = 4/√3 m = 400/√3 cm
• L₁₃ = a / sin(30°) = 2m / (1/2) = 4 m = 400 cm

Sustituyendo:

U = ( (12990.38)² 400/√3 ) / (2 2·10⁶ 2) + ( (7500)² 400 ) / (2 2·10⁶ 2)

U = (3 P² a) / (16 EA) + (P² a) / (16 * EA)

δ_y3 = ∂U/∂P = (3 P a) / (8 EA) + (P a) / (8 EA) = (P a (3√3 + 1)) / (8 EA)

δ_y3 = (15000 kp 200 cm (3√3 + 1)) / (8 2·10⁶ kp/cm² 2 cm²) = 2.92 cm

Desplazamiento horizontal (δ_x3):

Se introduce una carga virtual horizontal Q en el nodo 3. Se recalculan las fuerzas internas en función de P y Q.

• ΣF_x = 0: -N₂₃ cos(60°) + N₁₃ cos(30°) + Q* = 0
• ΣF_y = 0: -P + N₂₃ sin(60°) + N₁₃ sin(30°) = 0

Resolviendo el sistema:

• N₂₃ = (√3 P + Q) / 2
• N₁₃ = (P – √3 Q) / 2

La energía de deformación (U) es:

U = (N₂₃² L₂₃) / (2EA) + (N₁₃² L₁₃) / (2EA)

δ_x3 = ∂U/∂Q |_Q=0

δ_x3 = (1/EA) (N₂₃ ∂N₂₃/∂Q L₂₃ + N₁₃ ∂N₁₃/∂Q L₁₃) |_Q=0

δ_x3 = (1/EA) ( (√3 P / 2) (1/2) 400/√3 + (P / 2) (-√3/2) 400) |_Q*=0

δ_x3 = (P a / (8EA)) (3 – √3) = (15000 kp 200 cm / (8 2·10⁶ kp/cm² 2 cm²)) (3 – √3) = 0.12 cm

Problema 4: Tubería Doble

Descripción

Se tiene un sistema de dos tuberías concéntricas empotradas en ambos extremos. La tubería interior tiene longitud L1 = 200 cm y área A1 = 9 cm². La tubería exterior tiene longitud L2 = 300 cm y área A2 = 5 cm². Se aplica una fuerza P = 2500 kp hacia la izquierda en el punto de unión B. El módulo de elasticidad es E = 2·10⁶ kp/cm².

Solución

a) Reacciones en los Empotramientos

Ecuación de equilibrio:

R_A – P + R_C = 0

Ecuación de comportamiento:

El alargamiento total (ΔL) es la suma del alargamiento debido a la carga P (ΔL_(P)) y el alargamiento debido a la reacción R_C (ΔL_(Rc)).

• ΔL_(P) = -P L1 / (E A1)
• ΔL_(Rc) = R_C L1 / (E A1) + R_C L2 / (E A2) = (R_C / E) * (L1/A1 + L2/A2)
• ΔL = ΔL_(P) + ΔL_(Rc)

Ecuación de compatibilidad:

Como el desplazamiento en C es cero (empotramiento), ΔL = 0.

0 = -P L1 / (E A1) + (R_C / E) * (L1/A1 + L2/A2)

Resolviendo para R_C:

R_C = (P L1 / A1) / (L1/A1 + L2/A2) = (2500 kp 200 cm / 9 cm²) / (200 cm / 9 cm² + 300 cm / 5 cm²) = 675.675 kp

Sustituyendo en la ecuación de equilibrio:

R_A = P – R_C = 2500 kp – 675.675 kp = 1824.325 kp

b) Diagrama de Esfuerzos Axiales (N)

• Tramo AB (0 ≤ x ≤ L1): N(x) = -R_A = -1824.325 kp (Compresión)
• Tramo BC (L1 ≤ x ≤ L1 + L2): N(x) = R_C = 675.675 kp (Tracción)

c) Desplazamiento del Punto B

El desplazamiento del punto B (δ_B) se puede calcular considerando el alargamiento del tramo AB:

δ_B = N_AB L1 / (E A1) = -1824.325 kp 200 cm / (2·10⁶ kp/cm² 9 cm²) = -0.0203 cm

El signo negativo indica que el punto B se desplaza hacia la izquierda.

Problema 5: Sistema de Barras Articuladas (Continuación)

Descripción

Se tiene un sistema de barras articuladas similar al problema 3. Se pide determinar:

a) Tensiones en las barras

Las barras en los empotramientos no trabajan. Se analiza el equilibrio en los nodos 4 y 2 para determinar las fuerzas internas en las barras.

• Nodo 4: Se determinan N₄₂ y N₄₃.
• Nodo 2: Se determina N₂₃ (ya calculada en el nodo 4) y N₂₁.

b) Movimiento vertical del punto 4

Se utiliza el Teorema de Castigliano. Se calcula la energía de deformación (U) del sistema y luego se deriva parcialmente respecto a la carga aplicada en el punto 4 para obtener el desplazamiento vertical (δ_4y).

δ_4y = ∂U/∂P = 14.547 P a / (E * A) = 1.212 cm

c) Desplazamiento horizontal y vertical del punto 2

Se introducen dos cargas virtuales en el nodo 2, una en dirección vertical y otra en dirección horizontal. Se igualan a cero las cargas en las direcciones de los desplazamientos deseados y se resuelve el sistema de ecuaciones para obtener las fuerzas internas en función de las cargas virtuales. Luego, se aplica el Teorema de Castigliano para obtener los desplazamientos.

Problema 6: Viga de Acero Empotrada

Descripción

Se tiene una viga de acero empotrada en el punto A. De A a B hay una longitud de 2a, y en B se aplica una carga puntual P hacia arriba. De B a C hay una longitud de 3a. En toda la longitud de la viga (5a) actúa una carga distribuida q. Se dan los siguientes valores: P = 2500 kp, q = 4 kp/cm, a = 100 cm, E = 2·10⁶ kp/cm², I = 2770 cm⁴.

Solución

a) Descenso Vertical del Punto C

Se utiliza el método del área de momentos. Se generan dos diagramas de momentos flectores, uno para la carga distribuida q y otro para la carga puntual P.

Diagrama de momentos debido a q:

• M(x) = -q * x² / 2
• M(5a) = -q * (5a)² / 2 = -12.5qa²
• A1 = (1/3) 5a (-12.5qa²) = -62.5qa³ / 3
• XG1_C = (3/4) * 5a = 15a/4

Diagrama de momentos debido a P:

• M(x) = P * (x – 2a) para x ≥ 2a
• M(5a) = P * (5a – 2a) = 3Pa
• A2 = (1/2) 3a 3Pa = 4.5Pa²
• XG2_C = (2/3) * 3a = 2a

Cálculo de t_CA:

t_CA = (1/EI) (A1 XG1_C + A2 XG2_C) = (1/EI) (-62.5qa³ / 3 15a/4 + 4.5Pa² 2a) = (1/EI) * (-781.25qa⁴ + 9Pa³)

Sustituyendo valores:

t_CA = (1 / (2·10⁶ 2770)) (-781.25 4 100⁴ + 9 2500 100³) = -5.23 cm

El descenso vertical del punto C es δ_C = t_CA = -5.23 cm. El signo negativo indica que el desplazamiento es hacia abajo.

b) Valor de P para que C no se Mueva

Para que el punto C no se mueva, t_CA = 0.

0 = -781.25qa⁴ + 9Pa³

P = (781.25/9) qa = 86.806 4 * 100 = 34722.22 kp

Por lo tanto, el valor de P para que el punto C no se mueva es P = 34722.22 kp.