1. La estructura representada está constituida por dos barras curvas, formadas con pletina de 20×10 mm, unidas por dos articulaciones en los extremos; la directriz de cada barra es un cuadrante de circunferencia (90º) de radio 750 mm. Sobre el eje vertical de simetría se aplican las cargas P. Se pide: a) Valor máximo que puede alcanzar P. σadm = 1400 Kg/cm2. b) Variación de la distancia entre los puntos de aplicación de las cargas P (para P máxima) c) Variación de la distancia entre las articulaciones (para P máxima) **********************************************************************

a) El momento flector máximo se produce en el punto medio de cada barra, planteando el diagrama de cuerpo libre:

b)

Resolviendo la integral se obtiene: mm27EI

rP1212.0v3

P =⋅⋅=

c)

y resolviendo la integral se obtiene: mm3.14EI

rP0644.0u

3

F =⋅

⋅=

P

P

α

sección

P

α

45º 2P

2P 4

2rP22r

2PM máxf ⋅⋅==

3adm arP

423

wMf ⋅⋅==σ

)sen22(r

2PMf α−⋅⋅= )sen

22(r

21Mf 1P α−⋅⋅==

)22(cosr1M 1F

f −α⋅⋅==

α∫ ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛α−⋅⋅=∫ ⋅⋅=

∂∂=

π= dsen

22

EIrPdsMfMf4

EI1

PUv

4

0

31P

P

α⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−α⋅∫ ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛α−⋅⋅=∫ ⋅⋅=

∂∂=

π= d

22cossen

22

EIrPdsMfMf2

EI1

FUu

4

0

31P

F

kg60.17r

a3

22P3

admadm =σ=

ESTI-ICAI 1/22

2. Una barra de sección circular uniforme de radio r, empotrada en su extremo A y libre en el B, situada en el plano horizontal, está sometida a una carga vertical uniformemente repartida. Hallar el desplazamiento de la sección B según el eje Y, y su rotación según el eje Z. Datos: R, r, q, E, G. En primer lugar, debemos obtener las leyes de esfuerzos. Según la figura a) :

Figura a)

Mt

Mz

B

Mz

Mt R (1- cos O)

R sen O

(zM α )= ∫ ⋅⋅⋅α

θ0

RdRq sen θ = (2 ⋅⋅ Rq 1- cosα )

fuerza distancia

(tM α )= ∫ ⋅⋅⋅α

θ0

RdRq (1- cos θ ) = (2 ⋅⋅− Rq α - sen α )

x

y

zR

A

Bq

ESTI-ICAI 2/22

Para calcular el desplazamiento del punto B debemos calcular M’z y M’t , que son los momentos que producir una fuerza unitaria en sentido –y , colocada en B. Según la figura b) :

R (1-cosO)

Figura b)

1

R senO Mz'

Mt'

R sen O R cos O

Mt'

Mz'

M’z = R senθ M’t = R (1- cosθ ) El descenso en B será:

VB = 21 ∫

π

0oIG

dRtMMt⋅

⋅⋅⋅ θ´ + 21 ∫

π

0zIE

dRzMMz⋅

⋅⋅⋅ θ´ =

= oIG

Rq⋅

⋅⋅ 4

∫ ⋅−π

θθ0

)( sen (1- cosθ ) dθ + zIE

Rq⋅

⋅⋅ 4

∫ ⋅π

θ0

sen (1- cosθ ) dθ

= 4

4

rRq ⋅ ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅+

E8

G

ππ

ESTI-ICAI 3/22

Para obtener el giro tenemos que usar un momento unitario según el eje z en el punto B:

Figura c)

1

Mz'

Mt'

1

Mt'

Mz'

M’z = cosθ

M’t = senθ

El giro será:

θ B = oIG

Rq⋅

⋅⋅ 3

∫ ⋅−π

θθ0

)( sen senθ dθ + zIE

Rq⋅

⋅⋅ 3

∫ ⋅π

θ0

cos (1- cosθ ) dθ =

= 4

3

rRq ⋅ ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −

E2

G1

ESTI-ICAI 4/22

3. En el pórtico de la figura, se pide: a) Reacciones en los apoyos. b) Dibujar las leyes de momentos flectores, esfuerzos cortantes y esfuerzos normales, acotando los valores más característicos. c) Descenso de los puntos F y G. EI = 4'5×109 Kg.cm2 ************************************************************************

a )

Trabajaremos con la estructura equivalente que resulta de cortar la estructura por el plano de simetría. Situamos el sistema de referencia en G

Condición de deformación:

;0u A =∂∂=HU

Expresión de Mz:

Barra AC: Mz = V x; ;0M 'z =

∂∂

=H

M z

Barra CD: Mz = 2 V - H x ; ;HM 'z −=

∂∂

=H

M z

Barra DG: Mz = - V (2-x) +2 H 2xq 2⋅− ; ;2M '

z =∂

∂=

HM z

Sustituyendo en la condición de deformación:

;0 2)2 xq - H 2 x)-(2 V( (-H) x)H - V 2(

EI1u

2

0

2

0

3

0

2

A =⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−++= ∫ ∫ ∫ dxdx

2 m

2 m 2 m 2 m

q = 800 kg/m

DE

C A B

G

F

EI = cte

H H

V V

q

H

V

q

x

x

x

ESTI-ICAI 5/22

De donde, H = 1636 Kg.

b) Una vez conocidos los valores de las reacciones:

Barra AC:

Ty = Ry1 = 2400 Kg.

N = - Rx1 = -1636,36 Kg.

Mz = Ry1 x =2400 x;

Barra CD:

Ty = -Rx1 = -1636,36 Kg.

N = - Ry1 = -2400 Kg.

Mz = Ry1 x =-1636,36 y + 4800;

Barra DG:

Ty = Ry1 - q x= 2400 - 800 x;

N = Rx1 = 1636,36 Kg.;

Mz = x Ry1 +2 R 2xq 2⋅− = -1527,27+2400x-400 x2 ;

Y teniendo en cuenta la simetría, quedan los diagramas:

N:

1636,36

-2400

-1636,6

ESTI-ICAI 6/22

T:

Mf:

c) Se eplicará el Teorema de Castigliano.

Descenso de G:

∫ ⋅⋅

= dlIEMM

v'zz

A/G

Con Mz':

Barra AC: Mz'= x;

Barra CD: Mz'= 2;

2072,7

-1527,27 -1527,27

48004800

2400

-1636,6

2400

1

ESTI-ICAI 7/22

Barra DG: Mz'= x-2;

Resolviendo la integral para cada barra, resulta:

VA/G = 4,543 cm., que es igual al descenso de G.

Descenso de F(=C):

Se tiene en cuenta que: vF = vF/G + vG

∫ ⋅⋅

= dlIEMM

v'zz

F/G

Barra AC: Mz'= 0;

Barra CD: Mz'= 0;

Barra DG: Mz'= x;

Resultando: VF/G = 1,473 cm, que sube F respecto a G.

Por tanto, el descenso de F es: VF = 3,07 cm.

1

ESTI-ICAI 8/22

4. La directriz de la estructura representada es una semicircunferencia de radio 0.90 m. A y C son empotramientos; B es una articulación, en la que está aplicada una carga P de 1200 kg. Se pide: a) Reacciones (fuerzas y momento) en A y C. b) Descenso del punto B. c) Reacciones en A y C cuando, además de actuar la carga P, la parte BC de la estructura sufre un incremento de temperatura de 40ºC. La rigidez de la sección a flexión (uniforme) es: EI = 1.2·108 kg/cm2. Coeficiente de dilatación lineal: α = 1.2·10-5 ºC-1. ********************************************************************* a) Las reacciones en los apoyos son iguales por simetría. Planteando el diagrama de cuerpo libre de media barra, resulta: Resolviendo la integral, resulta: Por lo tanto el valor del momento en el empotramiento vale:

b) ∫=∂

∂=L Z

ZZB ds

EI'MM

2pUV donde α−=

∂

∂= rsen

2P

M'M ZZ

Resolviendo la integral se obtiene: VB=3.04 mm

A C

B

P

( )θ−⋅+θ⋅−= cos1rHrsen2PMZ

( )θ−⋅=∂

∂ cos1rH

MZ

( ) ( ) 0drcos1rcos1rHrsen2P

HUV

2

0B =θ⋅θ−⋅∫ ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ θ−⋅+θ⋅−=

∂∂=

π

kg2.842P83

1H =−π

=

kgm218rHR2PMA =⋅−=

2P

A

H

θ r H

2PMA

ESTI-ICAI 9/22

c) Se calcula el efecto que produce el aumento d e temperatura y se suma al anterior: Procediendo de forma análoga para FY, se obtiene: FY=4.5 kg Los momentos en los empotramientos resultan (θ=π/2): La superposición de ambos efectos da como resultado final las siguientes reacciones:

δ=αr∆T

δ

δ B

B’

A

FX

θ r FX

MA

B

MZ FY

FY

( )

)cos1(rF

'M'M

cos1rFrsenFM

X

ZZ

XYZ

θ−=∂

∂=

θ−⋅+θ⋅=

( ) ( )[ ]

( ) ( )[ ] kg98.9FTrF1033.4drcos1senFFcos1EI1

drcos1senFFcos1EI1ds

EI'MM

FU

XX532

0Yx

Z

32

0Yx

ZL Z

ZZ

X

=→∆α=⋅⋅=θ⋅∫ θ−θ−θ−

+θ⋅∫ θ−θ+θ−=∫=∂∂=∂

−π

π

( )

)cos1(rF

'M'M

cos1rFrsenFM

X

ZZ

XYZ

θ−=∂

∂=

θ−⋅+θ⋅−=

A

FX

θ rFX

MA

B

MZFY

FY

MA=13 kgm MB= 4.9 kgm

A C

B

P

852.21

231 604.5

852.21

222.9 604.5

ESTI-ICAI 10/22

5. Una viga homogénea, cuya planta es una semicircunferencia, está empotrada sobre una columna en uno de sus extremos; en su extremo opuesto, la viga se sujeta por medio de un cable, que está unido a la parte superior de dicha columna. (Ver figura). Para la carga vertical P, se pide: a) Tensión del cable. b) Solicitaciones (momentos flectores y torsor, fuerzas cortantes y normal) en el extremo empotrado de la viga. c) Diagrama de cuerpo libre de la columna, con los valores de todas las fuerzas y momentos. Datos: La columna se supone rígida El material es acero A42 r = 1.50m; a = 1.20m; b = 1.40m La viga tiene sección circular φ = 100mm Sección del cable: 2.15cm2 P=7000 kg ********************************************************************* a) Primero se obtienen la expresiones de los momentos flectores Mx , My y Mz. La condición de deformación se puede expresar: Resolviendo Las integrales y sustituyendo valores se obtiene la tensión en el cable:

P

cable

a

b

r

T

Y

Z

X

θ α

P

θ⋅α⋅=∂

∂=

θ⋅α⋅=∂

∂=

θ−⋅α⋅=∂

∂=

θ⋅α⋅−−=θ⋅⋅α⋅=

θ−⋅⋅α⋅−−=

sensenrT

MM

sencosrT

MM

)cos1(senrT

MM

rsen)senTP(MsenrcosTM

)cos1(r)senTP(M

Y'Y

Y'Y

X'X

Z

Y

X

0AElTds

IGMM

IGMM

IGMM

TU

C

C

0

'ZZ

0

'YY

0

'XX =

⋅⋅+∫ ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅+

⋅⋅+

⋅⋅=

∂∂

kg6.8208T =

ESTI-ICAI 11/22

b) Los momentos flectores en el empotramiento se obtienen haciendo ϕ=0 en las expresiones correspondientes:

c) Diagrama de cuerpo libre de la columna:

kgm11847)cos1(r)senTP(M 0X =θ−⋅⋅α⋅−−= =ϕ

0MM ZX ==

N=0

kg7621cosTTkg3949senTPT

Z

Y

=θ⋅==θ⋅−=

7621

21000 kgm

8208

11847 kgm

3050

3950

7621

7621

ESTI-ICAI 12/22

6. Sobre una barra AB actúa una carga triangular de valor máximo qo= 1200 Kg/m (en el extremo B). Dicha barra se apoya sobre tres soportes iguales (del mismo material, forma y dimensiones). El suelo y la barra se suponen infinitamente rígidos. Los soportes son deformables, y su peso es despreciable. Dato: a = 1’40 m. Se pide: Carga que actúa sobre cada soporte. **************************************************************** El problema es hiperestático de grado uno, por lo tanto para resolverlo se debe imponer una condición de deformación, además de las ecuaciones de equilibrio. Las ecuaciones de equilibrio son:

∑ =++→= QRRR0F 321y

∑ ⋅⋅=⋅+⋅→= a32QaRaR0M 32A

donde Q es la carga total aplicada ( aqQ 0 ⋅= ). Para aplicar la condición de deformación hay que tener en cuenta que la viga y el suelo se consideran rígidos, por lo que los puntos superiores de los apoyos deben quedar alineados tras la deformación, tal y como se aprecia en la figura: La condición de deformación se expresa: 321 2 δ⋅=δ+δ Las deformaciones son proporcionales a las reacciones correspondientes y como los tres soportes soniguales, la relación de proporcionalidad será la misma para los tres. Por tanto se puede escribir:

R1+R3 = 2·R2

qo

aa

BA

δ1

δ3δ2

ESTI-ICAI 13/22

Resolviendo el sistema se obtienen las tres reacciones:

aq21R

aq31R

aq61R

03

02

01

⋅⋅=

⋅⋅=

⋅⋅=

Otra posible forma de resolver el problema es descomponiéndolo en un estado simétrico y otro antisimétrico cuya superposición sea equivalente al problema inicial: Aplicando superposición:

aq21aq)

61

31(R

aq31R

aq61aq)

61

31(R

003

02

001

⋅⋅=⋅⋅+=

⋅⋅=

⋅⋅=⋅⋅−=

Dando valores numéricos:

kg840Rkg560Rkg280R

3

2

1

===

q0 2q0

= +

2q0

2q 0

3aqRRR 0

321⋅===

0R6

aqRR

2

031

=

⋅=−=

ESTI-ICAI 14/22

7. La estructura representada está construida con perfil HEB200. Se pide: Diagramas de momentos flectores, esfuerzos cortantes y esfuerzos normales para cada una de las siguientes acciones, acotando los valores más característicos: a) Carga P=10.000 kg (vertical y hacia abajo) en el extremo del voladizo. b) Variación de temperatura de +50ºC en toda la estructura. c) Movimiento del empotramiento inferior: u=2 mm, v=−6 mm, θ=+ 4,5 mrad.

*************************************************************************

a) Reduciendo la carga P al punto de intersección de las barras, resulta:

3.00

0.75 3.00

M = 7500 kg m

P1

2

ESTI-ICAI 15/22

Puesto que las dos barras son iguales, sus coeficientes de reparto también. Así pues se tiene al separarlas:

En la barra 1:

M1 = β M/2 = M/4

R1y= 3 M 1875 kg.4 L

− ⋅ = −⋅

En la barra 2: R2y= -R1x=1875 kg.

Luego las reacciones quedan:

Y, consecuentemente, las solicitaciones en las barras:

N:

1875 kg

M/2M1

R1x

R1y

10.000 kg.

1875 kg m

1875 kg m

1875 kg

11.875 kg

1875 kg

1875 kg m

-11.875 kg ESTI-ICAI 16/22

T:

M:

-1875 kg

-1875 kg

10.000 kg

1875 kg m

3750 kg m

7500 kg m

3750 kg m

1875 kg m

ESTI-ICAI 17/22

b) Si toda la estructura sufre un incremento de temperatura, se produce un incremento de longitud en las barras TL ∆⋅⋅=∆ α

M = 2

6EI 1423 kg m.L

∆ =

Y, Planteando el equilibrio, como en el apartado anterior, obtenemos:

T = 948,4 kg.

N= 948,4 Kg

Por tanto, los diagramas:

N:

M

BARRA 1

M

BARRA 2

T

N

T

N

948,4 kg

ESTI-ICAI 18/22

T:

M:

948,4 kg

1423 kg m

ESTI-ICAI 19/22

c) Plantearemos la situación "soltando" D:

Del equilibrio de momentos en B resultará:

+⋅⋅⋅Bθ

LIE4 +⋅⋅⋅ v2L

IE6 +⋅⋅⋅Bθ

LIE4 +⋅⋅⋅ θ

LIE4 ;0

LIE6

2 =⋅⋅⋅ u

De donde θB = -2,125 10-3 rad.

Quedando, por tanto, los momentos en los extremos de las barras:

BARRA 1

BARRA 2

u

v

B A

D

θ

3092,25 kg m

3891,75 kg m

1396,5 kg m

1396,5 kg m

ESTI-ICAI 20/22

Y las fuerzas:

Por tanto los diagramas de esfuerzos responderán a:

T:

1496,25 kg

832 kg

1496,25 kg

832 kg

ESTI-ICAI 21/22

N:

M:

3092,25 kg m

1396,5 kg m

3891,75 kg m

832 kg

3092,25 kg

ESTI-ICAI 22/22