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ESCUELA TÉCNICA SUPERIOR DE INGENIEROS AERONÁUTICOS
EXAMEN DE ESTRUCTURAS AERONÁUTICAS
5 de Septiembre de 2008
Problema nº 2:
La figura superior muestra una viga de pared delgada de longitud 2L=20 m, que está
apoyada en cuatro pilares A, B, A’ y B’, y tiene dos cables de arriostramiento DE y DE’,
que forman 30º con el plano horizontal, y que tienen una sección Ac=15 cm
2 y un módulo
Ec=210000 MPa.
La sección se idealiza mediante 6 cordones que soportan los esfuerzos normales, de
áreas 300, 400 y 500 mm^2 y módulo de elasticidad E=210000 MPa, y siete paneles de
espesor constante t=1 mm, que soportan únicamente esfuerzos cortantes, de módulo
G=70000 MPa. Las longitudes y áreas se muestran en la figura inferior.
La viga está sometida a una carga vertical uniformemente distribuida, de valor
p=9000 N/m, aplicada en el panel central de la sección.
Se pide:
1.- Calcular las rigideces a flexión EIx, a torsión GJ y a cortadura GAy, y la posición
del centro elástico de la sección.
2.- Determinar la tensión de los cables y las reacciones en los apoyos.
3.- Calcular el desplazamiento vertical y el giro en su plano de la sección central CD.
A
B
C
D
E
A' L^ L
B'
E'
p 30 o 30 o p
600 mm
200 mm
400 mm^2
300 mm^2 400 mm^2 500 mm^2
300 mm^2 600 mm^ 500 mm^2
t = 1 mm
Problema 2.- 5 de septiembre de 2008
1.- Rigideces de la sección.
400 500
300 400 500
G x
(^300) y
200 q 1 q 2 600 600
Flexión. La sección es simétrica respecto al eje horizontal, por lo que los ejes Gxy son principales de inercia. Como las cargas que actúan en la sección son verticales, sólo interviene la rigidez con respecto al eje horizontal y, por lo tanto, no es necesario determinar la posición horizontal del centro de gravedad, tan sólo posicionar correctamente los ejes.
Momento de inercia:
(^2) 2·(300 400 500)·100 2 2400·100 (^2) 2.4· x i i I = y A = + + = =^7 mm^4 ∑
Torsión. En condiciones de alabeamiento libre no influye la presencia de cordones y la sección se comporta como las monocasco. Se desarrollan dos flujos constantes q 1 y q 2 en las celdillas. Como en este caso las dos células son iguales y la solicitación de torsión tiene carácter de antisimetría, estos dos flujos deben ser antisimétricos, es decir, q 1 = q 2. El flujo en el panel central es nulo, por lo que la sección bicelular tiene igual comportamiento que una sección unicelular formada por los paneles exteriores.
Constante de rigidez:
[ ] [ ]
2 2 4 4· 200·1200 8.229·10 7 4 2·200 2·1200 /
S
J m ds t
v∫
m
Cortadura. En una sección bicelular general se deben abrir las dos células y calcular los flujos básicos. Posteriormente se impone la condición de giro nulo para determinar los flujos en los paneles cortados, resultando un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas.
Adoptando la numeración de cordones de la figura y abriendo la sección por los paneles horizontales 12 y 23, se pueden determinar fácilmente los flujos teniendo en cuenta que las áreas de los cordones tienen simetría respecto al eje horizontal x.
Flujos básicos para una fuerza cortante vertical de valor 1000.
1 2 3
(^6 0 )
1.250 q 1 1.667 q 2 2.
S =1000y
y G x
3 ,16 (^1 1 1 )
y b x
S
q q y A I
,65 1 6 ·(^1 ·^1 6 ·^6 )^0
y b x
S
q q q y A y A I
3 ,25 (^2 2 2 )
y b x
S
q q y A I
3 ,34 (^3 3 3 )
y b x
S
q q y A I
= Δ = − = − = − qb (^) ,54 = 0
(2.024·200·600 − 1.310·200·600) + 2·( 0.060·600·200)− = d ·
La distancia del centro elástico al cordón 5 es:
d = + 71.43 mm
Área reducida en cortadura.
2 2 2 2 2 6 6
y y
q A
= (^) ∑ δ = ⎡⎣ + + + ⎤⎦=
579.3^2
Ay = mm
Las rigideces solicitadas son:
E IX = 5.040·10^12 N mm^2
G J = 5.760·10^12 N mm^2
G AY = 4.055·
7
N
Y la posición del centro elástico está a la derecha del panel central, a una distancia:
d = + 71.43 mm
2.- Reacciones
Se tienen 6 incógnitas de reacción: 4 en los pilares y 2 de los cables. Para determinarlas se dispone de 3 ecuaciones de equilibrio: una de suma de fuerzas verticales y dos de momentos de eje horizontal. Para un caso general con cargas verticales, la estructura resulta ser hiperestática de orden 3.
Como la estructura y cargas presentan simetría con respecto al plano de la sección central, las reacciones son iguales dos a dos, por lo que sólo hay tres incógnitas. La ecuación de momentos de eje horizontal por el plano de simetría se cumple idénticamente, luego sólo quedan 2 ecuaciones de equilibrio y, por lo tanto, la estructura es hiperestática de orden 1.
No obstante, las reacciones RA pueden determinarse mediante la ecuación de momentos:
∑ M^ BCB ' =^0
2· RA ·2 a − p ·2 · L a = 0 ⇒ RA = p L · / 2
Tomando como incógnita hiperestática la reacción que soporta cada cable, RE’=RE=X. La suma de las cargas de los cables sobre la viga en el punto D es una fuerza vertical de valor X. Planteando la ecuación de momentos respecto a la línea ACA’: 2· RB ·2 a + X ·2 a − p ·2 · L a = 0 ⇒ RB = p L · / 2 − X / 2
Podríamos haber impuesto la ecuación de equilibrio vertical para hallar esta reacción. Si utilizamos ésta para verificar el resultado obtenido:
∑ FV^ =^ 2·^ R^ A +^ 2·^ RB^ +^ 2·^ X^ ·(1/ 2)^ −^ p ·2^^ L^ =^ pL^ +^ (^ pL^ −^ X^ )^ +^ X^ −^ p ·2^^ L =^0
C
D
E
p p
X
RB RA' =RA RA
RB' =R (^) B
RE' =X (^) X
D
X X
= pL/
= pL/2 - X/ s
a
a
La condición para calcular X será que los desplazamientos de los puntos E y E’ deben ser nulos. Estos desplazamientos se calcularán mediante el método de la carga unitaria, para lo que se deben determinar las fuerzas internas en la estructura para el caso de carga dado (cargas exteriores más carga hiperestática), denominado estado real, y para un estado virtual, consistente en cargas unitarias en los puntos de aplicación de las cargas X.
Debido a la simetría basta hacer estos cálculos sobre la mitad de la estructura. Se utilizará la variable s definida en la figura, refiriendo los signos de cortantes y momentos a unos ejes situados en la sección central CD. Las distribuciones se presentan en la tabla dada a continuación.
3.- Desplazamiento vertical y giro en su plano de la sección central
Como desplazamiento de la sección se puede tomar, por la sencillez de su cálculo, el del punto D de amarre de los cables.
D 30 o
δD
ΔCable
δ D = 2 Δ Cable
C Cable C C
X L
E A
D 210000·
δ = = = mm
Para calcular el giro, se aplica un momento virtual unitario en la sección central. Como solución de equilibrio sencilla puede considerarse que los cables no soportan ninguna tensión y para las reacciones en los pilares la solución simétrica respecto a dicha sección.
A
B
C
D
A'
B' 0 0
m=
1/4a
a a 1/4a 1/4a 1/4a
Estado virtual:
Ecuación de momentos respecto a la línea BDB’: 2· rA ·2 a − 1 = 0 ⇒ rA = rA (^) ′ =1/ 4 a Idem ACA’: rB = rB (^) ′= −1/ 4 a
Como fuerzas internas en la viga sólo hay un momento torsor de valor T’=-1/2 en el tramo considerado. La integración debe extenderse a toda la viga, o sea, el doble del tramo. Por lo tanto:
1 1 2· CD (^) L 2 2
Xc pLd pd s ds G J
Es la misma integración realizada para calcular X, pero dividiendo por el parámetro c. Es decir:
2 2 2 1 2 · · 0.0566 3.24º 4 4 4 CD
Xc L pdcL XcL pdL rad G J c G J
θ
El desplazamiento de cualquier otro punto de la sección central puede determinarse fácilmente a partir del calculado y el giro de la sección. Por ejemplo, el desplazamiento del panel central será:
δ p central. = δ D + θ CD · a = 8.158 + 0.0566·600 =42.14 mm
