Ejemplo Resistencia de Materiales Metodos de Solución
31
EECDCFVV POR DOBLE INTEGRACIÓN: SOLUCION: La ecuación de momento de la función y a una distancia x: y= wsen ( πx l ) V X = ∫ y= ∫ 0 x wsen ( πx l ) dx= − wl π [ cos ( πx l ) −1 ] EJERCICIO N°2
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ejemplo desarrolado de un ejercicio de resistencia de materiales resuelto por metodos diferentes, como doble integración - area de momentos - ...
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EECDCFVV
POR DOBLE INTEGRACIÓN:SOLUCION:
La ecuación de momento de la función y a una distancia x:y=wsen( πxl )
V X=∫ y=∫0
x
wsen( πxl )dx=−wlπ [cos( πxl )−1]
M X=∫V X=∫0
x−wlπ [cos( πxl )−1]dx=−w l2
π2 [sen ( πxl )]+ wlxπ
En la ecuación de doble integración: corte a-a
EJERCICIO N°2
E . I . y} = {M} rsub {X¿
E . I . y ' '=R A x−[−w l2
π 2 [sen( πxl )]+wlxπ ]
E . I . y '=RA x2
2−w l3
π3 [cos ( πxl )]−wl x2
2π+C1 ………………………(1)
E . I . y=R A x3
6−w l 4
π4 [ sen( πxl )]−wl x3
6π+C1 x+C2……………………(2)
Por condiciones de frontera:Si x=0 ; y=0⇨C2=0
Si x=l ;θ=0⇨C 1=?
En la ecuación 1:0=
R A l2
2+w l3
π3 − wl3
2π+C1
C1=w l3
2 π−
RA l2
2−w l3
π 3
Además en la ecuación 2: Si x=l ; y=0
E . I . y=R A x3
6−w l 4
π4 [ sen( πxl )]−wl x3
6π+C1 x+C 2
Reemplazando tendremos:
0=R A l
3
6+0−w l4
6 π+[ w l3
2π−
RA l2
2−w l3
π 3 ] l0=
R A l3
6±w l4
6π+w l4
2π−
RA l3
2−w l4
π3
R A
3= wl
3π−wl
π3 ⇨R A=wlπ
−3 wlπ3
Además:RA+RB=
2wlπ
⇨ wlπ
−3 wlπ3 +RB=
2wlπ
⇨RB=wlπ
+ 3wlπ3
POR METODO AREA DE MOMENTOS :
SOLUCION:
Caso 2Area de DMF:
y=M X=−w l2
π2 [sen( πxl )]+wlxπ
⇨ AREA2=∫ y=∫0
l [−w l2
π2 [sen ( πxl )]+ wlxπ ]dx
AREA2=w l3
π−2w l3
π3
Centro de gravedad:XC=
∫ xdA
∫dA=∫ xydx
∫ dA
XC=∫0
l
x [−w l2
π 2 [sen( πxl )]+wlxπ ]dx
AREA2
XC=∫0
l
x [−w l2
π 2 [sen( πxl )]+wlxπ ]dx
AREA2
XC=
−w l 4
π3 +w l4
3πAREA2
…………………. (α )
Reemplazando AREA2=w l3
π−2w l3
π3
XC=
−w l 4
π3 +w l4
3πw l3
π−2w l3
π3
=2l (3−π 2)3 ( 4−π2 )
…………. (β )
Entonces:X d=l−2 l (3−π2 )
3 (4−π2 )…………………(δ)
Con los datos construimos el cuadro:
CASO AREA XC X d
1RA l( l2 )= RA l
2
22l3
1l3
2 w l3
π−2w l3
π32l (3−π2 )3 ( 4−π 2 )
l−2 l (3−π2 )3 ( 4−π2 )
Por el segundo teorema:t 1
2
= 1EI
[area deDMFentre 1 y 2 ]∗XC=0
reemplazando, además utilizaremos la ecuacion (α ) para XC
R A l2
2 ( 2 l3 )−[ AREA2 ] [−w l4
π3 +w l4
3 πAREA2
]=0
R A l3
3+w l4
π3 −w l4
3π=0
⇨RA=wlπ
−3 wlπ 3
ADEMAS:RA+RB=
2wlπ
⇨ wlπ
−3 wlπ3 +RB=
2wlπ
⇨RB=wlπ
+ 3wlπ3
POR EL METODO VIGA CONJUGADA:
SOLUCION:
∑M 1=0
R A l2
2 ( 2 l3 )−[ AREA2 ] [−w l4
π3 +w l4
3 πAREA2
]=0
R A l3
3+w l4
π3 −w l4
3π=0
⇨RA=wlπ
−3 wlπ 3
ADEMAS:RA+RB=
2wlπ
⇨ wlπ
−3 wlπ3 +RB=
2wlπ
⇨RB=wlπ
+ 3wlπ3
EECDCFVV
POR DOBLE INTEGRACIÓN:SOLUCION:
La ecuación de momento de la función y a una distancia x:
EJERCICIO N°2
y=wsen( πxl )V X=∫ y=∫
0
x
wsen( πxl )dx=−wlπ [cos( πxl )−1]
M X=∫V X=∫0
x−wlπ [cos( πxl )−1]dx=−w l2
π2 [sen ( πxl )]+ wlxπ
En la ecuación de doble integración: corte a-aE . I . y} = {M} rsub {X¿
E . I . y ' '=R A x−MA−[−w l2
π2 [sen ( πxl )]+ wlxπ ]
E . I . y '=RA x2
2−M A x−w l3
π 3 [cos (πxl )]−wl x2
2π+C1 ………………………(1)
E . I . y=R A x3
6−
M A x2
2−w l4
π4 [ sen( πxl )]−wl x3
6π+C1 x+C2 ……………………(2)
Por condiciones de frontera:Si x=0 ; y=0⇨C2=0
Si x=l ;θ=0⇨C1=w l3
π3
Además por condiciones de frontera:Si x=l ;⇨ y=0
Si x=l ;⇨θ=0
Remplazando en la ecuación (1) y (2)En la ecuación (1)
0=R A l
2
2−M A l−
w l3
π3 [cos (π ) ]−w l3
2π+w l3
π3
M A=RA l
2+2w l2
π3 −w l2
2π………….(3)
En la ecuación (2)0=
R A l3
6−
M A l2
2−w l 4
π4 [sen (π ) ]−w l4
6 π+w l3
π3 l……(4)
Reemplazando la expresión (3) en (4)
0=R A l
3
6−[ RA l
2+2w l2
π3 −w l2
2 π ] l2
2−w l 4
π4 [sen (π ) ]−w l4
6 π+w l3
π3 l
0=R A l
3
6−
RA l3
4−w l4
π3 + w l4
4 π−0−w l4
6 π+w l 4
π3
RA=wlπ
Además:RA+RB=
2wlπ
⇨RB=wlπ
POR METODO AREA DE MOMENTOS :
SOLUCION:
Caso 3Area de DMF:
y=M X=−w l2
π2 [sen( πxl )]+wlxπ
⇨ AREA3=∫ y=∫0
l [−w l2
π2 [sen ( πxl )]+ wlxπ ]dx
AREA3=w l3
π−2w l3
π3
Centro de gravedad:XC=
∫ xdA
∫dA=∫ xydx
∫ dA
XC=∫0
l
x [−w l2
π 2 [sen( πxl )]+wlxπ ]dx
AREA3
XC=∫0
l
x [−w l2
π 2 [sen( πxl )]+wlxπ ]dx
AREA3
XC=
−w l 4
π3 +w l4
3πAREA3
…………………. (α )
Reemplazando AREA3=w l3
π−2w l3
π3
XC=
−w l 4
π3 +w l4
3πw l3
π−2w l3
π3
=2l (3−π 2)3 ( 4−π2 )
…………. ( β )
Entonces:X d=l−2 l (3−π2 )
3 (4−π2 )…………………(δ)
Con los datos construimos el cuadro:CASO AREA XC X d
1RA l( l2 )= RA l
2
22l3
1l3
2 M A l l2
l2
3 w l3
π−2w l3
π32l (3−π2 )3 ( 4−π 2 )
l−2 l (3−π2 )3 ( 4−π2 )
Por el primer teorema:θ2
1
= 1EI
[areade DMFentre1 y 2 ]=0
R A l2
2−M 1 l−
w l3
π−2w l3
π3 =0
M A=RA l2
+2w l2
π3 −w l2
2π…………(1)
Por el segundo teorema:
t 12
= 1EI
[area deDMFentre 1 y 2 ]∗XC=0
Reemplazando, además utilizaremos la ecuación (α ) para XC
R A l2
2 ( 2 l3 )−M A l( l2 )−[ AREA3 ] [ −w l4
π3 +w l4
3πAREA3
]=0
R A l3
3−MA
l2
2+w l4
π3 −w l 4
3 π=0………(2)
Reemplazando (1) en (2):R A l
3
3−[ R A l
2+ 2w l2
π3 −w l2
2π ] l2
2+w l4
π3 −w l 4
3 π=0
R A l3
3−
RA l3
4−w l4
π3 +w l4
4 π+ w l4
π 3 −w l4
3 π=0
RA=wlπ
Además:RA+RB=
2wlπ
⇨RB=wlπ
POR EL METODO VIGA CONJUGADA:
SOLUCION:
POR EQUILIBRIO:∑ FV=0
R A l2
2−M 1 l−
w l3
π−2w l3
π3 =0
M A=RA l2
+2w l2
π3 −w l2
2π…………(1)
∑M 1=0
R A l2
2 ( 2 l3 )−M A l( l2 )−[ AREA3 ] [ −w l4
π3 +w l4
3πAREA3
]=0
R A l3
3−MA
l2
2+w l4
π3 −w l 4
3 π=0………(2)
Reemplazando (1) en (2):R A l
3
3−[ R A l
2+ 2w l2
π3 −w l2
2π ] l2
2+w l4
π3 −w l 4
3 π=0
R A l3
3−
RA l3
4−w l4
π3 +w l4
4 π+ w l4
π 3 −w l4
3 π=0
RA=wlπ
Además:RA+RB=
2wlπ
⇨RB=wlπ
EECDCFVVEJERCICIO N°1
MÉTODO GIROS Y DESPLAZAMIENTOS:
SOLUCION:a) Rigideces relativas:K ij=I /Lij
I=30adoptada
K12=5 ; K23=6 ; K 34=25/6
b) momentos resistentes:
M 12=11.5605019704
M 21=−8.372664974
M 23=8.92857142
M 32=−11.07142257
M 34=9.063
M 43=−10.557
c) planteamiento de ecuaciones:M 12=11.5605019704+5 ( 4θ1+2θ2 )=3.999 tn-m
tramo1−2:M 21=−8.372664974+5 (2θ1+4θ2 )=−11.0395828 tn-mM 23=8.92857142+6 ( 4θ2+2θ3 )=11.0395828 tn-m
tramo2−3:M 32=−11.07142257+6 ( 2θ2+4θ3 )=−9.521248 tn-mM 34=9.063+ 25
6∗( 4θ3+2θ4 )=9.521248 tn-m
tramo3−4:M 43=−10.557+ 25
6∗( 2θ3+4θ4 )=−10.327986 tn-m
Además:θ4=0
PORCONTINUIDAD :
M 1=M VOL+M12=0
M 2=M 21+M 23=0
M 3=M 32+M 34=0
11.5605019704+5 ( 4θ1+2θ2 )−4=0……………….. (1 )
−8.372664974+5 ( 2θ1+4θ2 )+8.92857142+6 ( 4θ2+2θ3 )………. (2 )
−11.07142257+6 (2θ2+4θ3 )+9.063+25/6 ( 4θ3+2θ4 )……… ..(3)
θ1=−0.415134
θ2=7.42180192104∗10−2
θ3=2.748158329∗10−2
MÉTODO DE TRES MOMENTOS:
SOLUCION:
Apoyos 1-2-3M 1 L1+2 M2 (L1+L2 )+M3 L2+
6 A1a1
L1+
6 A2b2
L2=0
(−4000 ) (6 )+2M 2 (11)+M 3 (5 )+169,83499151+144,642857=0
22 M2+5 M 3+290,4778485=0……………. (1)
Apoyos 2-3-4M 2 L2+2 M3 (L2+L3 )+M 4 L3+
6 A2 a2
L2+
6 A3b3
L3=0
M 2 (5 )+2M 3 (12.2 )+M 4 (7.2 )+155.357142+206.58=0
5 M 2+24.4 M3+7.2 M 4+361,937142=0………………….(2)
Apoyos 3-4-5M 3 L3+2 M 4 (L3+ L4 )+M 5 L4+
6 A3a3
L3+
6 A4 b4
L4=0
6 A4 b4
L4=0
M 37.2+14.4 M 4+217.274=0………………… ..(3)
De 1, 2,3 tendremos:
M 1=−11.0389240
M 2=−9.52430393
M 3=−10.3263202
MÉTODO DE RIGIDECES:
SOLUCION:a) constantes de rigideces:
E . I=(2∗105kg /cm2 )∗(30∗603
12cm4)=10800 tn−m2
barra L(m) 2E . IL
4 E . IL
6 E . IL2
12E . IL3
1−2 6 3600 7200 1800 6002−3 5 4320 8640 2592 1036.83−4 7.2 3000 6000 1250 347.222
b) momentos resistentes:
c) planteamiento de ecuaciones v1 θ1 v2 θ2
V 12 [ y12
M 12
y21
M 21]=[0 1800 0 1800
0 7200 0 36000 −1800 0 −18000 3600 0 7200 ][ v1
θ1
v2
θ2]+[ 12.68
11.566.40
−8.3722]=[ 11.8343183143 tn7.999301tn−m7.245591685 tn
−9.88523111234 tn−m ]
v2 θ2 v3 θ3
V 23 [ y23
M 23
y32
M 32]=[0 18000 0 1800
0 7200 0 36000 −1800 0 −18000 3600 0 7200 ] [v2
θ2
v3
θ3]+[ 8.5714
8.92857113.92857−11.0714 ]=[ 8.8810385 tn
9.72582026 tn−m13.618931149 tn
−10.0108182 tn−m] v3 θ3 v4 θ4
V 34 [ y34
M 34
y43
M 43]=[0 18000 0 0
0 7200 0 00 −1800 0 00 3600 0 0][ v3
θ3
v 4
θ4]+[ 9.9925
9.06311.6075−10.557 ]=[ 10.21315237 tn
9.9456 tn−m11.3868476283 tn−10.115695 tn−m ]
d) por continuidad:y1= yVOL+ y12=19.8343183 tn
M 1=M VOL+M12=0
y2= y21+ y23=16.126630185 tn
M 2=M 21+M 23=0
y3= y32+ y34=23.8320833386 tn
M 3=M 32+M 34=0
y4= y43=11.3868476283 tn
M 4=M 43=−10.115695 tn−m
Ensamblaje en matriz según grados de libertad: θ1 θ2 θ3
[M 1
M 2
M3]=[7200 3600 0
3600 15840 43200 4320 14640] [θ1
θ2
θ3]+[ 3.560519
0.5590−2.008422]=[000 ]
[θ1
θ2
θ3]=[−5.192598970∗10−4
4.9486738454∗10−5
1.22584650948∗10−4]enrad
