• Author / Uploaded
• TomasSalazarCastillo

Citation preview

UNIVERSIDAD NACIONAL DE CAJAMARCA FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA ACADÉMICA PROFESIONAL DE INGENIERÍA CIVIL

TEMA: RIGIDEZ PARA DIFERENTES SISTEMAS

DOCENTE: Ing. Mendo Rodríguez Arnold Ramsey

CURSO: Análisis Estructural I

PRESENTADO POR: Salazar Castillo, Tomás Enrique

Cajamarca, 15 de Octubre del 2020

Escuela Académico Profesional de “Ingeniería Civil”

RESORTE EN SERIE

𝑘=

1 1 1 + 𝑘1 𝑘2

DEMOSTRACIÓN Sabiendo que: 𝐹 = 𝑢∗𝑘 𝑢=

𝐹 𝑘

𝑢𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑢1 + 𝑢2 Reemplazando u 𝐹𝑇 𝐹𝑇 𝐹𝑇 = + 𝑘 𝑇 𝑘1 𝑘2 Simplificamos la Fuerza 1 1 1 = + 𝑘 𝑇 𝑘1 𝑘2 Invertimos la ecuación y tenemos que 𝑘𝑇 =

1 1 1 + 𝑘1 𝑘2

MENDO RODRÍGUEZ, Arnold Ramsey Análisis Estructural I

2

Escuela Académico Profesional de “Ingeniería Civil”

RESORTE EN PARALELO

𝑘 𝑇 = 𝑘1 + 𝑘2 DEMOSTRACIÓN Sabiendo que: 𝐹 = 𝑢∗𝑘 Consideramos que prensentan las mismas deformación en el resorte 1 y 2 𝑑1 = 𝑑2 Tenemos que: 𝐹𝑇 = 𝐹1 + 𝐹2 Reemplazando: 𝑘 𝑇 ∗ 𝑢 = 𝑘1 ∗ 𝑢 + 𝑘2 ∗ 𝑢 Simplificando 𝑘 𝑇 = 𝑘1 + 𝑘2

MENDO RODRÍGUEZ, Arnold Ramsey Análisis Estructural I

3

Escuela Académico Profesional de “Ingeniería Civil”

BARRA SOMETIDA A FUERZA AXIAL

𝑘=

𝐴𝐸 𝐿

DEMOSTRACIÓN 𝑃 = 𝑢∗𝑘 Ley de Hooke 𝜎 = 𝐸𝜀 Donde 𝜀=

𝑢 𝐿

𝜎=

𝑃 𝐿

Tenemos que

Reemplazando 𝑃 𝑢 =𝐸∗ 𝐴 𝐿 𝑃 𝐴 =𝐸∗ 𝑢 𝐿 𝑘=

𝐴𝐸 𝐿

MENDO RODRÍGUEZ, Arnold Ramsey Análisis Estructural I

4

Escuela Académico Profesional de “Ingeniería Civil”

BARRA SOMETIDA A TORSIÓN

𝑘=

𝐺𝐽 𝐿

Desarrollo 𝑇 = ∫ 𝜌 ∗ 𝜏 ∗ 𝑑𝐴 𝐽 = ∫ 𝜌2 𝑑𝐴 Tenemos que 𝛾=

𝜌 ∗𝜃 𝐿

Con un 𝜌 = 𝑐 𝛾𝑚𝑎𝑥 =

𝜃 ∗𝑐 𝐿

Sustituyendo 𝛾 = 𝛾𝑚𝑎𝑥 ∗

𝜌 𝑐

Ley de Hooke 𝜏 = 𝐺∗𝛾 𝜏 = 𝐺 ∗ 𝛾𝑚𝑎𝑥 ∗ 𝜏 = 𝜏𝑚𝑎𝑥 ∗

𝜌 𝑐

𝜌 𝑐

Reemplazamos 𝑇=∫

𝜌2 𝜏 𝑑𝐴 𝑐 𝑚𝑎𝑥 𝐽 𝑐 𝑐 = 𝑇∗ 𝐽

𝑇 = 𝜏𝑚𝑎𝑥 ∗ 𝜏𝑚𝑎𝑥

𝐺 ∗ 𝛾𝑚𝑎𝑥 = 𝑇 ∗

𝑐 𝐽

MENDO RODRÍGUEZ, Arnold Ramsey Análisis Estructural I

5

Escuela Académico Profesional de “Ingeniería Civil”

𝐺∗

𝜃 𝑐 ∗𝑐 = 𝑇∗ 𝐿 𝐽

Simplificando 𝑘=

𝐺𝐽 𝐿

MENDO RODRÍGUEZ, Arnold Ramsey Análisis Estructural I

6

Escuela Académico Profesional de “Ingeniería Civil”

BARRA EN VOLADIZO

𝑘=

3𝐸𝐼 𝐿3

Desarrollo 𝐴𝑦 = 𝑃 𝐴𝑋 = 0 𝑀𝑎 = 𝑃𝐿 Hacemos un corte a una distancia “x” del inicio de la barra Igualamos los Momentos de la barra a 0 𝑃𝑥 − 𝑃𝐿 − 𝑀𝑥 = 0 𝑀𝑥 = 𝑃𝑥 − 𝑃𝐿 Aplicamos la siguiente fórmula 𝑀𝑥 𝑑2 𝑢 = 𝐸𝐼 𝑑𝑥 2 Aplicamos integrales para resolver la siguiente ecuacion diferencial. 𝑑2 𝑢 𝑀𝑥 ∫ 2=∫ 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝐸𝐼 Tenemos que 𝑑𝑢 𝑃𝑥 − 𝑃𝐿 =∫ 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝐸𝐼 𝑑𝑢 𝑃𝑥 𝑃𝐿 =∫ 𝑑𝑥 − ∫ 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝐸𝐼 𝐸𝐼

Resolviendo la integral tenemos que: 𝑑𝑢 𝑃 𝑥2 = ( − 𝑥) + 𝐶1 𝑑𝑥 𝐸𝐼 𝑥 Igualamos 𝑥 = 0 para determinar el valor de 𝐶1 Reemplazando tenemos que 𝐶1 = 0 Aplicamos la segunda integral

MENDO RODRÍGUEZ, Arnold Ramsey Análisis Estructural I

7

Escuela Académico Profesional de “Ingeniería Civil” 𝐿

∫ 0

𝑑𝑢 𝑃 𝑥2 = ∫ ( − 𝐿𝑥) 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝐸𝐼 𝑥 𝑢=

𝑃 𝐿3 𝐿3 ( − ) 𝐸𝐼 6 2 𝑃𝐿3 𝑢= 3𝐸𝐼

Reemplazando 𝑘=

3𝐸𝐼 𝐿3

MENDO RODRÍGUEZ, Arnold Ramsey Análisis Estructural I

8

Escuela Académico Profesional de “Ingeniería Civil”

BARRA SIMPLEMENTE APOYADA, FUERZA TRANSVERSAL EN EL CENTRO DE LA LUZ

𝑘=

48𝐸𝐼 𝐿3

Desarrollo 𝐴𝑦 + 𝐵𝑦 = 𝑃 ∑ 𝑀𝐴 = 0 𝐴𝑦 = 𝐵𝑦 =

𝑃 2

𝐴𝑥 = 𝐵𝑥 = 0

Hacemos un corte a una distancia “x” del inicio de la barra Igualamos los Momentos de la barra a 0 𝑀𝑥 =

𝑃𝑥 2

Aplicamos la siguiente fórmula 𝑀𝑥 𝑑2 𝑢 = 𝐸𝐼 𝑑𝑥 2 Aplicamos integrales para resolver la siguiente ecuación diferencial. ∫

𝑑2 𝑢 𝑀𝑥 =∫ 𝑑𝑥 2 𝑑𝑥 𝐸𝐼

Tenemos que 𝑑𝑢 𝑃𝑥 =∫ 𝑑𝑥 𝑑𝑥 2𝐸𝐼 Resolviendo la integral tenemos que: 𝑑𝑢 𝑃 𝑥2 = ( ) + 𝐶1 𝑑𝑥 2𝐸𝐼 2 Igualamos 𝑥 = 𝐿/2 para determinar el valor de 𝐶1 Reemplazando tenemos que 𝐶1 = −

𝑃𝐿2 16𝐸𝐼

Aplicamos la segunda integral

MENDO RODRÍGUEZ, Arnold Ramsey Análisis Estructural I

9

Escuela Académico Profesional de “Ingeniería Civil” 𝐿/2

∫ 0

𝑑𝑢 𝑃 (𝑥 2 ) 𝑑𝑥 + ∫ 𝐶1 𝑑𝑥 =∫ 𝑑𝑥 4𝐸𝐼

𝑢=

𝑃 (𝑥 3 ) + 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 12𝐸𝐼

Igualamos 𝑥 = 0 para determinar el valor de 𝐶2 Reemplazando tenemos que 𝐶2 = 0 𝑢=

𝐿/2 𝑃𝑥 3 𝑃𝐿2 𝑥 [ − ] 0 12𝐸𝐼 16𝐸𝐼

Reemplazando 𝑘=

48𝐸𝐼 𝐿3

MENDO RODRÍGUEZ, Arnold Ramsey Análisis Estructural I

10

Escuela Académico Profesional de “Ingeniería Civil”

BARRA EMPOTRADA-EMPOTRADA, FUERZA TRANSVERSAL EN EL CENTRO DE LA LUZ

𝑘=

192𝐸𝐼 𝐿3

Desarrollo 𝐴𝑦 + 𝐵𝑦 = 𝑃 ∑𝑀 = 0 𝐴𝑦 = 𝐵𝑦 =

𝑃 2

𝐴𝑥 = 𝐵𝑥 = 0

Hacemos un corte a una distancia “x” del inicio de la barra Igualamos los Momentos de la barra a 0 𝑀𝑥 =

𝑃𝑥 −𝑀𝐴 2

Aplicamos la siguiente fórmula 𝑀𝑥 𝑑2 𝑢 = 𝐸𝐼 𝑑𝑥 2 Aplicamos integrales para resolver la siguiente ecuación diferencial. 𝐸𝐼 ∫

𝑑2 𝑢 𝑃𝑥 = ∫( −𝑀𝐴 ) 𝑑𝑥 2 𝑑𝑥 2

Resolviendo la integral tenemos que: 𝐸𝐼

𝑑𝑢 𝑃𝑥 2 = −𝑀𝐴 𝑥 + 𝐶1 𝑑𝑥 4

Igualamos 𝑥 = 0 para determinar el valor de 𝐶1 Reemplazando tenemos que 𝐶1 = 0

Determinamos el valor de 𝑀𝐴 𝑃𝑥 2 −𝑀𝐴 𝑥 = 0 4

MENDO RODRÍGUEZ, Arnold Ramsey Análisis Estructural I

11

Escuela Académico Profesional de “Ingeniería Civil”

𝑀𝐴 =

𝑃𝑥 4

Aplicamos la segunda integral 𝐿/2

∫ 0

𝑑𝑢 𝑃𝑥 2 = ∫( −𝑀𝐴 𝑥) 𝑑𝑥 𝑑𝑥 4

𝑃𝑥 3 𝑀𝐴 𝑥 2 𝑢= − + 𝐶2 12 2 Igualamos 𝑥 = 0 para determinar el valor de 𝐶2 Reemplazando tenemos que 𝐶2 = 0 𝑢=

𝐿/2 𝑃𝑥 3 𝑃𝑥 ∗ 𝑥 2 [ − ] 0 12 2∗4

Reemplazando 𝑘=

192𝐸𝐼 𝐿3

MENDO RODRÍGUEZ, Arnold Ramsey Análisis Estructural I

12

Escuela Académico Profesional de “Ingeniería Civil”

BARRA EMPOTRADA-SIMPLEMENTE APOYADA, FUERZA TRANSVERSAL EN EL CENTRO DE LA LUZ

𝑘=

768𝐸𝐼 7𝐿3

Desarrollo 𝐴𝑦 + 𝐵𝑦 = 𝑃 𝐴𝑦 = 𝑃 − 𝐵𝑦 ∑𝑀 = 0 −𝑀𝐴 + 𝐵𝑦 𝐿 −

𝑃𝐿 =0 2

𝑀𝐴 = 𝐵𝑦 𝐿 −

𝑃𝐿 2

Hacemos un corte a una distancia “x” del inicio de la barra Igualamos los Momentos de la barra a 0 𝐿 𝑀𝑥 = 𝑀𝐴 + 𝐴𝑦 𝑥 − 𝑃(𝑥 − ) 2 Aplicamos la siguiente fórmula 𝑀𝑥 𝑑2 𝑢 = 𝐸𝐼 𝑑𝑥 2 Aplicamos integrales para resolver la siguiente ecuación diferencial. 𝐸𝐼 ∫

𝑑2 𝑢 𝐿 = ∫(𝑀 + 𝐴 𝑥 − 𝑃(𝑥 − ) 𝑑𝑥 𝐴 𝑦 𝑑𝑥 2 2

Resolviendo la integral tenemos que: 𝐸𝐼

𝐴𝑦 𝑥 2 𝑃 𝑑𝑢 𝐿 2 = 𝑀𝐴 𝑥 + − (𝑥 − ) + 𝐶1 𝑑𝑥 2 2 2

𝑑𝑢

Igualamos 𝑥 = 0 y 𝑑𝑥 = 0 para determinar el valor de 𝐶1 Reemplazando tenemos que 𝐶1 = 0 Aplicamos la segunda integral

MENDO RODRÍGUEZ, Arnold Ramsey Análisis Estructural I

13

Escuela Académico Profesional de “Ingeniería Civil”

𝐸𝐼 ∫

𝐴𝑦 𝑥 2 𝑑𝑢 𝐿 2 = ∫(𝑀𝐴 𝑥 + − 𝑃 (𝑥 − ) ) 𝑑𝑥 𝑑𝑥 2 2

𝑀𝐴 𝑥 2 𝐴𝑦 𝑥 3 𝑃 𝐿 3 𝐸𝐼𝑢 = + − (𝑥 − ) + 𝐶2 2 6 6 2 Igualamos 𝑥 = 0 y 𝑢=0 para determinar el valor de 𝐶2 Reemplazando tenemos que 𝐶2 = 0 𝐸𝐼𝑢 =

𝑀𝐴 𝑥 2 𝐴𝑦 𝑥 3 𝑃 𝐿 3 + − (𝑥 − ) 2 6 6 2

Igualamos 𝑥 = 𝐿 y 𝑢=0 para determinar el valor de 𝐵𝑦 𝑃𝐿 (𝐵𝑦 𝐿 − 2 )𝐿2 (𝑃 − 𝐵𝑦 )𝐿3 𝑃 𝐿 3 0= + − (𝐿 − ) 2 6 6 2 0=

𝐵𝑦 𝐿3 𝑃𝐿3 𝑃𝐿3 𝐵𝑦 𝐿3 𝑃𝐿3 − + − − 2 4 6 6 48

Simplificamos 𝐿3 𝐵𝑦 =

5 𝑃 16

𝐴𝑦 =

11 𝑃 16

𝑀𝐴 = −

3 𝑃𝐿 16

Reemplazando tenemos que:

3 11 2 𝑃(𝑥)3 𝐿/2 − 16 𝑃𝐿(𝑥) 16 𝐸𝐼𝑢 = + − 0] [ 0 2 6 3 11 𝑃𝐿(𝐿/2)2 16 𝑃𝐿3 16 𝐸𝐼𝑢 = − + −0 2 48

𝑘=

768𝐸𝐼 7𝐿3

MENDO RODRÍGUEZ, Arnold Ramsey Análisis Estructural I

14

Escuela Académico Profesional de “Ingeniería Civil”

BARRA SIMPLEMENTE APOYADA, FUERZA TRANSVERSAL EN EL CUALQUIER PUNTO

𝑘=

3𝐸𝐼𝐿 𝑎2 𝑏 2

Desarrollo 𝐴𝑦 + 𝐵𝑦 = 𝑃 𝐴𝑦 = 𝑃 − 𝐵𝑦 ∑ 𝑀𝐵 = 0 𝑃𝑏 − 𝐴𝑦 𝐿 = 0 𝐴𝑦 =

𝑃𝑏 𝐿

Hacemos un corte a una distancia “x” del inicio de la barra Igualamos los Momentos de la barra a 0 𝑀𝑥 = 𝐴𝑦 𝑥 − 𝑃(𝑥 − 𝑎) Reemplazando 𝐴𝑦 𝑀𝑥 =

𝑃𝑏 𝑥 − 𝑃(𝑥 − 𝑎) 𝐿

Aplicamos la siguiente fórmula 𝑀𝑥 𝑑2 𝑢 = 𝐸𝐼 𝑑𝑥 2 Aplicamos integrales para resolver la siguiente ecuación diferencial. 𝐸𝐼 ∫

𝑑2 𝑢 𝑃𝑏 = ∫( 𝑥 − 𝑃(𝑥 − 𝑎)) 𝑑𝑥 2 𝑑𝑥 𝐿

Resolviendo la integral tenemos que: 𝐸𝐼

𝑑𝑢 𝑃𝑏𝑥 2 𝑃 = − (𝑥 − 𝑎)2 + 𝐶1 𝑑𝑥 2𝐿 2

Aplicamos la segunda integral 𝐸𝐼 ∫

𝑑𝑢 𝑃𝑏𝑥 2 𝑃 = ∫( − (𝑥 − 𝑎)2 + 𝐶1 ) 𝑑𝑥 𝑑𝑥 2𝐿 2

MENDO RODRÍGUEZ, Arnold Ramsey Análisis Estructural I

15

Escuela Académico Profesional de “Ingeniería Civil”

𝐸𝐼𝑢 =

𝑃𝑏𝑥 3 𝑃 − (𝑥 − 𝑎)3 + 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 6𝐿 6

Igualamos 𝑥 = 0 y 𝑢=0 para determinar el valor de 𝐶2 Reemplazando tenemos que 𝐶2 = 0 𝐸𝐼𝑢 =

𝑃𝑏𝑥 3 𝑃 − (𝑥 − 𝑎)3 + 𝐶1 𝑥 6𝐿 6

Igualamos 𝑥 = 𝐿 y 𝑢=0 para determinar el valor de 𝐶1 𝑃𝑏𝐿3 𝑃 − (𝑏)3 + 𝐶1 𝐿 6𝐿 6

0=

𝐶1 =

𝑃𝑏 2 (𝑏 − 𝐿2 ) 6𝐿

Tenemos que 𝐸𝐼𝑢 =

𝑎 𝑃𝑏𝑥 3 𝑃 𝑃𝑏 2 [ − (𝑥 − 𝑎)3 − (𝐿 − 𝑏 2 )𝑥] 0 6𝐿 6 6𝐿

𝐸𝐼𝑢 =

𝑃𝑏𝑎3 𝑃 𝑃𝑏 2 − (𝑎 − 𝑎)3 − (𝐿 − 𝑏 2 )𝑎 6𝐿 6 6𝐿 𝐸𝐼𝑢 =

𝑃𝑏𝑎3 𝑃𝑏 2 − (𝐿 − 𝑏 2 )𝑎 6𝐿 6𝐿

𝐸𝐼𝑢 =

𝑃𝑎𝑏 2 (𝑎 − (𝐿2 − 𝑏 2 )) 6𝐿

𝐸𝐼𝑢 =

𝑃𝑎𝑏 2 (𝑎 − (𝑎 + 𝑏)2 + 𝑏 2 ) 6𝐿 𝐸𝐼𝑢 =

𝑃𝑎𝑏 (2𝑎𝑏) 6𝐿

𝐸𝐼𝑢 = 𝑘=

𝑃𝑎2 𝑏 2 3𝐿 3𝐸𝐼𝐿 𝑎2 𝑏 2

MENDO RODRÍGUEZ, Arnold Ramsey Análisis Estructural I

16