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8-2. Utilizando el método del trabajo virtual determinar el desplazamiento vertical en el punto de aplicación de la carga y en el centro de la luz, en la viga. Los valores de E e I son constantes. Método de la carga unitaria Desplazamiento en el punto de aplicación de la carga

Viga real

Viga virtual

P

P

0.2L

0.6L

C

A

1 0.2L

RA= P

A

B

D

L

RB= P

0.2L C

0.6L L

0.2L D

RA= 0.2

B RB= 0.8

Las expresiones de M y m para estas integrales, resueltas para ∆D

∫

𝐷 ∙ 𝐸𝐼

.2𝐿

𝑃𝑋 0.2𝑋 𝑑𝑥 +

∆D =

𝑷𝑳𝟑 𝟏𝟖𝟕𝟓

+

.8𝐿 .2𝐿

𝟑𝑷𝑳𝟑 𝟐𝟓𝟎

𝑃𝑋 − 𝑃 𝑋 − 0.2𝐿 0.2𝑋 𝑑𝑥 +

+

𝟏𝟎𝟕𝑷𝑳𝟑 𝟓𝟎𝟎𝟎𝟎

∙ 𝑬𝑰

𝟎.𝟎𝟏𝟒𝟔𝑷𝑳𝟑 𝑬𝑰

𝐿 .8𝐿

𝑃𝐿 − 𝑃𝑋 −0.8𝑋 + 0.8𝐿 𝑑𝑥

ꜜ hacia abajo

Desplazamiento vertical en el centro de la luz

Viga real P 0.2L C

A

Viga virtual 1

P 0.6L F

0.2L

0.2L B

D

L

RA= P

C

A

RB= P

RA= 0.5

0.6L

L/2

.

2

∆CL = 𝐸𝐼

∆CL =

.2𝐿

(

𝑋

. 𝐿 .2𝐿

2

𝑃𝑋 ( 2 ) 𝑑𝑥 + 𝐸𝐼

.

+

)

2

𝑋

𝑃𝑋 − 𝑃 𝑋 − 0.2𝐿 ( 2 ) 𝑑𝑥

.

D

L/2

Las expresiones de M y m para estas integrales, resueltas para ∆CL

2∫

0.2L

F

ꜜ Hacia abajo

B RB= 0.5

8-5.En la cercha de la armadura. El área de cada una de las barras dadas en pulgadas cuadradas, es igual a la mitad de sus longitudes medidas en pies. E= 30,000 klb/in2 . Utilizando el método del trabajo virtual calcular: a) el desplazamiento vertical en el nudo G; b) el desplazamiento horizontal en el nudo F; c) el desplazamiento relativo entre los puntos B Y F a lo largo de la recta que los une; d) el desplazamiento angular de la barra BC. A) Desplazamiento vertical en el nudo G

Armadura real

Armadura virtual 1

5

G

4

F

6

9 7

A

4

8

B 1

192 in

D

1

90 klb RA= 30 klb

3 at 144 in= 432 in

B

A

3

2

9

7

C

F

5

G

6

192 in

8 C

2

D 3

3 at 144 in= 432 in RB= 60 klb

RA= 0.67

RB= 0.33

CALCULOS Cálculos de la armadura real →+ ⅀Fx=0; -FDC-FDF(COS(53.13‫=)ﹾ‬0

F

↑+ ⅀Fy=0; 60 + FDF(SEN(53.13‫=)ﹾ‬0 FDF= -75 klb (COMPRESION) FDC= 45 klb (TENSION)

Θ=53.13‫ﹾ‬

D

C

RB= 60 klb G

F

→+ ⅀Fx=0; -FFG+(-75)(SEN(36.87‫=)ﹾ‬0 Θ=36.87‫ﹾ‬

FFG= -45 klb(COMPRESION) ↑+ ⅀Fy=0; -FFC-(-75)(COS(36.87‫=)ﹾ‬0 FFC=60 klb(TENSION)

D

C

→+ ⅀Fx=0; -FCB- FCG (COS(53.13‫)ﹾ‬+45=0

F G

↑+ ⅀Fy=0; 60+ FCG (SEN(53.13‫)ﹾ‬-90=0 FCG= 37.50 klb(TENSION)

Θ=53.13‫ﹾ‬

C

B

D

FCB=22.50 klb(TENSION) →+ ⅀Fx=0; -FBA+22.50=0

G

FBA=22.50 klb(TENSION) FBG=0 A

C

B G

↑+ ⅀Fy=0; FAG(sen(53.13‫)ﹾ‬+30=0 FAG=-37.5 klb(COMPRESION)

Θ=53.13‫ﹾ‬ A B RA= 30 klb

Calculo de la armadura virtual F →+ ⅀Fx=0; -FDC-FDF(COS(53.13‫=)ﹾ‬0 ↑+ ⅀Fy=0; 0.33 + FDF(SEN(53.13‫=)ﹾ‬0 FDF= -0.42 (COMPRESION) Θ=53.13‫ﹾ‬

D

C

FDC= 0.25 (TENSION)

RB= 0.33 G

F

→+ ⅀Fx=0; -FFG+(-0.42)(SIN(36.87‫=)ﹾ‬0 Θ=36.87‫ﹾ‬

FFG= -0.25 (COMPRESION) ↑+ ⅀Fy=0; -FFC-(-0.42)(COS (36.87‫=)ﹾ‬0 FFC=0.33 (TENSION)

D

C

→+ ⅀Fx=0; -FCB- FCG (COS(53.13‫)ﹾ‬+0.25=0

F G

↑+ ⅀Fy=0; 0.33+ FCG (SEN(53.13‫=)ﹾ‬0 FCG= -0.42 (COMPRESION)

Θ=53.13‫ﹾ‬ D

B

FCB=0.50 (TENSION)

C →+ ⅀Fx=0; -FBA+0.50=0

G

FBA=0.50 (TENSION)

FBG=0 A

C

B G

↑+ ⅀Fy=0; FAG(sen(53.13‫)ﹾ‬+0.67=0 Θ=53.13‫ﹾ‬ A RA=0. 67

FAG=-0.83 (COMPRESION) B

Desplazamiento ↓ Hacia abajo

b) el desplazamiento horizontal en el nudo F Armadura real 5

G

4

Armadura virtual

A

6

1

192 in

4 7

D

C 3

2

3 at 144 in= 432 in

192 in

8

9

RAX= - 1 A

90 klb RA= 30 klb

6

8

B

F 1

9 7

5

G

F

RB= 60 klb

RAY= -0.44

1

B

2

C

3 at 144 in= 432 in

3

RB= 0.44

D

Calculo de la armadura virtual →+ ⅀Fx=0; -FDC-FDF(COS(53.13‫=)ﹾ‬0

F

↑+ ⅀Fy=0; 0.44 + FDF(SEN(53.13‫=)ﹾ‬0 FDF= -0.55 (COMPRESION) FDC= 0.33 (TENSION)

Θ=53.13‫ﹾ‬

D

C

RB= 0.44 G

F 1

→+ ⅀Fx=0; -FFG+(-0.55)(SIN(36.87‫)ﹾ‬+1=0 Θ=36.87‫ﹾ‬

FFG= 0.67 (TENSION) ↑+ ⅀Fy=0; -FFC-(-0.55)(COS (36.87‫=)ﹾ‬0 FFC=0.44 (TENSION)

D

C

→+ ⅀Fx=0; -FCB- FCG (COS(53.13‫)ﹾ‬+0.33=0

F G

↑+ ⅀Fy=0; 0.44+ FCG (SEN(53.13‫=)ﹾ‬0 FCG= -0.55 (COMPRESION)

Θ=53.13‫ﹾ‬ B

D

FCB=0.66 (TENSION)

C →+ ⅀Fx=0; -FBA+0.50=0

G

FBA=0.66 (TENSION) FBG=0 A

C

B G

↑+ ⅀Fy=0; FAG(sen(53.13‫)ﹾ‬-0.44=0 Θ=53.13‫ﹾ‬

RAX=-1 A

FAG=0.55 (TENSION) B

RAY=-0. 44

→ Hacia la derecha

c) el desplazamiento relativo entre los puntos B Y F a lo largo de la recta que los une.

Armadura real 5

G

4

Armadura virtual

6

9 7

A 1

192 in

7 D

C

RAX=0

3

2

A

3 at 144 in= 432 in

9

C

B 1

6

8

2

RB= 60 klb

RAY= 0

3 at 144 in= 432 in

192 in D

3

1

90 klb RA= 30 klb

1

F

4

8

B

5

G

F

RB= 0

Cálculos de la armadura virtual →+ ⅀Fx=0; -FBA+1(COS(53.13‫)ﹾ‬+ FBC =0

G

↑+ ⅀Fy=0; FBG+1(SEN(53.13‫)ﹾ‬- =0 FBG=-0.80 (COMPRESION) A

C

B

FBC =-0.60 (COMPRESION)

G

1

↑+ ⅀Fy=0; FAG(COS(53.13‫)ﹾ‬+ FBA =0 Θ=53.13‫ﹾ‬

RAX=0

FAG=0 B

A

FBA =0

RAY=0 →+ ⅀Fx=0; -FDC-FDF(COS(53.13‫=)ﹾ‬0

F

↑+ ⅀Fy=0; 0 + FDF(SEN(53.13‫=)ﹾ‬0 FDF= 0 FDC= 0

Θ=53.13‫ﹾ‬ C

D

RAY=0 G

F

→+ ⅀Fx=0; FGF+FGC(SEN(36.87‫=)ﹾ‬0

↑+ ⅀Fy=0;- 0.80 - FGC(COS(36.87‫ =)ﹾ‬0 Θ=36.87‫ﹾ‬

A G

FGC = 1 (TENSION) FGF = -0.60 (COMPRESION)

B F

C 1

↑+ ⅀Fy=0; -FFC-(1)(SEN (53.13‫=)ﹾ‬0

Θ=36.87‫ﹾ‬

C

D

FFC=-0.80 (COMPRESION)

Los nudos se acercan uno al otro

d) el desplazamiento angular de la barra BC Armadura real 5

G

4

V

G

F

6

9 7

A

Armadura virtual

3

A

90 klb RA= 30 klb

7

3 at 144 in= 432 in

9

8

2

C

6

D

C 2

F

4

8

B 1

192 in

5

RB= 60 klb RAY= -0.33

1

B 1

3

1

3 at 144 in= 432 in

RB= 0.33

192 in

D

Calculo de la armadura virtual →+ ⅀Fx=0; -FDC-FDF(COS(53.13‫=)ﹾ‬0

F

↑+ ⅀Fy=0; 0.33 + FDF(SEN(53.13‫=)ﹾ‬0 FDF= -0.42 (COMPRESION) FDC= 0.25 (TENSION)

Θ=53.13‫ﹾ‬

D

C

RB= 0.33 G

F

→+ ⅀Fx=0; -FFG+(-0.42)(SIN(36.87‫=)ﹾ‬0 Θ=36.87‫ﹾ‬

FFG= -0.25 (COMPRESION) ↑+ ⅀Fy=0; -FFC-(-0.42)(COS (36.87‫=)ﹾ‬0 FFC=0.33 (TENSION)

D

C

→+ ⅀Fx=0; -FCB- FCG (COS(53.13‫)ﹾ‬+0.25=0

F G

↑+ ⅀Fy=0; 0.33+ FCG (SEN(53.13‫)ﹾ‬-1=0 FCG= 0.83 (TENSION)

Θ=53.13‫ﹾ‬ B

D

C 1 G

FCB=-0.25 (COMPRESION)

FBA=-0.25 (COMPRESION) FBG= -1 (COMPRESION)

A

B 1

C G ↑+ ⅀Fy=0; FAG(sen(53.13‫)ﹾ‬-0.33=0

Θ=53.13‫ﹾ‬ A RA=-0. 33

FAG=0.41 (TENSION) B

Lb= Longitud de la barra BC .

.

Rotación anti-horaria

8-3. Utilizando el método del trabajo virtual para determinar la pendiente y la flecha en el punto de aplicación de la carga de la viga. E= 30,000 klb/in2. Teorema de castigliano

Viga real

10 klb

C

I=400 in4

I=400 in4

I=800 in4

B

A 60 in

60 in

60 in

60 in

RA=20 klb

RB=-10 klb Viga con carga ficticia colocada en el punto de aplicación de la carga 10 klb + P

I=400 in4

I=400 in4

I=800 in4

C B

A 60 in

60 in

60 in

RA=20+2P

60 in RB=-10-P

Viga con momento ficticio colocado en el punto de aplicación de la carga 10 klb I=400 in4

I=400 in4

I=800 in4

T

B C 60 in

A 60 in RA=-T/120+20

60 in

60 in

RB=T/120-10

Deflexión en el punto de aplicación de la carga

Tramo

origen

Limite (in)

CA AB

C A

0 a 120 120 a 240

M1 -(10+p)(x) 10x+px-240p-2400

-x x-240

Para el cálculo de la deflexión en el punto de aplicación de la carga, se utilizara la siguiente formula:

∫

Nota: Una de las características de este método de teorema de castigliano, es que cuando se desea realizar la integral para conocer tanto, como la deflexión o la pendiente, se debe igualar a cero la carga ficticia o momento ficticio que se colocó al inicio del problema.

6

𝑐

∫ 24

+∫ 18

12 18 − 0𝑥 −𝑥 − 0𝑥 −𝑥 𝑑𝑥 + ∫ 𝑑𝑥 + ∫ 400 30,000 800 30,000 6 12

0𝑥 − 2400 𝑥 − 240 𝑑𝑥 = 0.54 in ↓ Hacia abajo 400 30,000

0𝑥 − 2400 𝑥 − 240 𝑑𝑥 … + 800 30,000

Pendiente en el punto de aplicación de la carga

Tramo

origen

Limite (in)

CA AB

C A

0 a 120 120 a 240

M2 T-10x T-10x+(-T/120+20)(x-120)

1 -x/120+2

Como se mencionó en el ejercicio anterior, cuando se desea realizar la integral para conocer tanto la deflexión o pendiente en una estructura por el método del teorema de castigliano, la carga o momento ficticio que se colocaron en la ecuación de momentos, se igualaran a cero. Para el cálculo de la pendiente en el punto de aplicación de la carga, se utilizara la siguiente formula: ∫

6

𝜃𝑐

∫

24

+∫ 18

2

2

12 18 − 0𝑥 − 0𝑥 𝑑𝑥 + ∫ 𝑑𝑥 + ∫ 400 30,000 800 30,000 6 12

𝑥 +2 20 𝑑𝑥 … + 800 30,000

0𝑥 − 2400 −

𝑥 0𝑥 − 2400 − 20 + 2 𝑑𝑥 = -0.006 rad. El giro es anti-horario 400 30,000

8-4 Encontrar los componentes de desplazamiento horizontal, vertical y angular en el punto “a” del pórtico, utilizando el método del trabajo virtual. E=30,000 klb/in e I=500 in4.

a) Desplazamiento horizontal en el punto “a” del pórtico Pórtico original

Pórtico con carga ficticia

Tramo

origen

Limite (in)

M2

ab bc cd

a b c

0 a 120 60 a 120 0 a 120

-P2(x) -p2(120)-10(x-60) -p2(120-x)-600

-x -120 x-120

Para el cálculo del desplazamiento en el punto “a” del pórtico, se usara la siguiente formula:

∫

2

2

Por fines de cálculos, en el método del teorema de castigliano las cargas o momentos ficticios que se colocaron al inicio del problema se igualan a cero.

12

𝑎

∫

0 12 12 −0𝑥 −𝑥 − 0𝑥 + 600 − 20 −600 𝑥 − 20 𝑑𝑥 + ∫ 𝑑𝑥 + ∫ 𝑑𝑥 500 30,000 500 30,000 500 30,000 6

𝑎

0.432 𝑖𝑛 → Hacia la derecha

b) Desplazamiento vertical en el punto “a” del pórtico

Pórtico original

Pórtico con carga ficticia

Tramo

origen

Limite (in)

M1

ab bc cd

a b c

0 a 120 60 a 120 0 a 120

0 P1(x)-10(x-60) P1(120)-600

0 x 120

Para el cálculo del desplazamiento en el punto “a” del pórtico, se usara la siguiente formula:

∫

Después de conocer los datos que se utilizaran en la integral para obtener el desplazamiento vertical en el punto “a” del pórtico, igualamos a cero la carga ficticia y realizamos la integral.

12

𝑎𝑣

∫

0 12 12 0 0 − 0𝑥 + 600 𝑥 −600 20 𝑑𝑥 + ∫ 𝑑𝑥 + ∫ 𝑑𝑥 500 30,000 500 30,000 500 30,000 6 𝑎𝑣

−0.696 𝑖𝑛 ↓ Hacia abajo

c) Desplazamiento angular en el punto “a” del pórtico Pórtico original

Pórtico con momento ficticio

Tramo

origen

Limite (in)

M3

ab bc cd

a b c

0 a 120 60 a 120 0 a 120

P3 P3-10(x-60) P3-600

1 1 1

Para el cálculo del desplazamiento angular en el punto “a” del pórtico, se usara la siguiente formula:

∫

3

3

De la misma manera, como se igualo la carga ficticia a cero, en este problema el momento ficticio aplicado se igualara a cero, como se mencionó anteriormente por fines de cálculos ya que solo es una carga o momento imaginario. 12

𝑎𝑎

∫

0

0

500 30,000

12

𝑑𝑥 + ∫ 6

𝑎𝑎

− 0𝑥 + 600 500 30,000

12

𝑑𝑥 + ∫

−0.006 𝑟𝑎𝑑. anti-horario

−600 𝑑𝑥 500 30,000