Hoja limpia — lo que va escrito en el papel

Reacciones incógnitas: A_x, A_y, B_y, C_y = 4 Ecuaciones de estática: = 3 G.H. = 4 − 3 = 1 → hiperestática de primer grado A_x = 0 (no hay cargas horizontales)

Por simetría: A_y = C_y ΣF_y = 0 : A_y + B_y + C_y = 2P 2A_y + B_y = 2P → A_y = C_y = P − B_y/2

El apoyo B es un rodillo → el desplazamiento vertical en B es nulo: δ_B = ∂U/∂B_y = 0 → (1/EI) ∫ M · (∂M/∂B_y) dx = 0

Tramo A–1 (0 ≤ x ≤ L/4 = 2 m): M₁ = A_y·x = (P − B_y/2)·x ∂M₁/∂B_y = − x/2

Tramo 1–B (2 m ≤ x ≤ L/2 = 4 m): M₂ = A_y·x − P(x − 2) = (P − B_y/2)·x − P(x − 2) ∂M₂/∂B_y = − x/2

δ_B = ∂U/∂B_y = 0 : (2/EI) [ ∫₀² M₁·(∂M₁/∂B_y) dx + ∫₂⁴ M₂·(∂M₂/∂B_y) dx ] = 0 El 2 es la simetría: se integra media viga y se cuenta dos veces.

Paso 1 — sacar el factor común. ∂M/∂B_y = −x/2 en LOS DOS tramos: (2/EI)·(−1/2) [ ∫₀² M₁·x dx + ∫₂⁴ M₂·x dx ] = 0 (−1/EI) [ ⋯ ] = 0 y como −1/EI ≠ 0, el corchete es cero: ∫₀² M₁·x dx + ∫₂⁴ M₂·x dx = 0

Paso 2 — sustituir. Con R = A_y = P − B_y/2 : M₁ = R·x M₂ = R·x − P(x − 2) ∫₀² R·x² dx + ∫₂⁴ [ R·x² − P(x − 2)·x ] dx = 0 Paso 3 — juntar las dos de R·x². Misma función en tramos seguidos (0 a 2 y 2 a 4) → se unen en una sola de 0 a 4: ∫₀⁴ R·x² dx = ∫₂⁴ P(x − 2)·x dx (la 2ª pasa al otro lado)

Paso 4 — resolver cada integral. Izquierda: R·[x³/3]₀⁴ = R·(64/3 − 0) = R·(64/3) Derecha: P·∫₂⁴ (x² − 2x) dx = P·[x³/3 − x²]₂⁴ = P·[ (64/3 − 16) − (8/3 − 4) ] = P·( 56/3 − 12 ) = P·(20/3) Paso 5 — despejar. R·(64/3) = P·(20/3) → R = 20P/64 = 5P/16

A_y = C_y = 5P/16 = 5(40)/16 = 12,5 kN ↑ B_y = 2P − 2A_y = 80 − 25 = 55 kN ↑ ( = 11P/8 ) A_x = 0 Comprobación: 12,5 + 55 + 12,5 = 80 kN = 2P ✓

En D no hay carga horizontal aplicada → se coloca una carga ficticia Q. Al final se hace Q = 0. δ_D = ∂U/∂Q │_Q=0 = Σ N(∂N/∂Q)L/(aE) + Σ (1/EI)∫M(∂M/∂Q)dx

CB y CD son vertical y horizontal → sus fuerzas ya vienen partidas. BD está INCLINADA → hay que partirla para meterla en ΣF_x y ΣF_y. 1) Extremos: D(7 ; 0) B(4 ; 3) 2) Vector D → B = destino − origen: B − D = (4 − 7 ; 3 − 0) = (−3 ; +3) 3) Longitud: L = √[(−3)² + 3²] = √18 = 3√2 = 4,243 m 4) Unitario: u = (−3 ; 3)/3√2 = (−1/√2 ; +1/√2) Como sube 3 m en 3 m, la barra está a 45° (el ángulo α de la figura) y por eso las dos componentes salen iguales.

Nudo C (barras CB vertical y CD horizontal + carga 4 t →) ΣF_y = 0 : N_CB = 0 → BARRA NULA ΣF_x = 0 : N_CD + 4 = 0 → N_CD = − 4 t (COMPRESIÓN)

Nudo D (barras DC y DB + carga Q → + reacción D_y) N positivo = TRACCIÓN = la barra jala al nudo hacia el otro extremo. DB traccionada jala a D hacia B, o sea según u = (−1/√2 ; +1/√2): aporta −N_DB/√2 en x y +N_DB/√2 en y ΣF_x = 0 : − N_DC − N_DB/√2 + Q = 0 4 − N_DB/√2 + Q = 0 (N_DC = − 4) N_DB = √2 (4 + Q) (TRACCIÓN) ΣF_y = 0 : N_DB/√2 + D_y = 0 D_y = − (4 + Q) → (4+Q) hacia abajo

Nudo B — lo que le llega a la viga AB La MISMA barra BD vista por el otro extremo: en B jala hacia D, dirección opuesta a la de antes (acción y reacción): u_B = (+1/√2 ; −1/√2) √2(4+Q) · (1/√2 ; −1/√2) = ( (4+Q) ; −(4+Q) ) En B: (4 + Q) horizontal → y (4 + Q) vertical ↓

Barra AB — corte a x del extremo B (trozo de la derecha) AXIAL N = 4 + Q (TRACCIÓN) ∂N/∂Q = 1 L = 4 m FLEXIÓN M = (4+Q)·x + 2·x·(x/2) = (4 + Q)·x + x² ∂M/∂Q = x

Barra BD N = √[(4+Q)² + (4+Q)²] = √2 (4 + Q) (TRACCIÓN) ∂N/∂Q = √2 L = 3√2 = 4,243 m

Barra CD N = − 4 t (COMPRESIÓN) ∂N/∂Q = 0 → NO CONTRIBUYE

Barra BC En C solo concurren BC (vertical) y CD (horizontal), y la carga de 4 t es horizontal: ΣF_y = 0 en C → N_BC = 0 (BARRA NULA) → NO CONTRIBUYE

δ_axial = 49,941 / 400 = 0,124853 m

FLEXIÓN — solo la barra AB tiene inercia: (1/EI) ∫₀⁴ (4x + x²)(x) dx = (1/EI) ∫₀⁴ (4x² + x³) dx = (1/EI) [ 4x³/3 + x⁴/4 ]₀⁴ = (1/EI) [ 256/3 + 64 ] = 448/3 /EI δ_flexión = 149,333 / 1200 = 0,124444 m

δ_D = 0,124444 + 0,124853 = 0,249297 m

A es un rodillo → puede moverse horizontalmente y ahí no hay carga horizontal: se coloca la carga ficticia Q → en A y al final Q = 0.

4 nudos y 5 barras (AC, CD, AD, AB, BD), triangulado: G.D.H. = (b + r) − 2n = (5 + 3) − 2(4) = 0 → ISOSTÁTICA Los 3 vínculos son A_y del rodillo y las 2 componentes del pasador en D. Se comporta como un cuerpo rígido, pero sus barras SÍ se deforman axialmente.

Incógnitas de apoyo: A_y · F_x · F_y · M_F = 4 Ecuaciones de estática: = 3 NO ALCANZA → hay que CORTAR en D. Se puede porque en D hay un PASADOR: pasa fuerzas pero NO pasa momento. Esa es la ecuación que falta.

Sobre la chapa hay SEIS fuerzas y nada más: 4 t ↓ en C · 4 t → en B · Q → en A · A_y ↑ en A · D_x y D_y en D A es RODILLO → solo reacción vertical, NO hay A_x (por eso A se mueve en horizontal y ahí va Q) D es PASADOR → pasa 2 fuerzas y NINGÚN momento 3 incógnitas (A_y, D_x, D_y) y 3 ecuaciones.

Se arranca por el momento EN D: ahí las dos del pasador tienen brazo cero y se van solas. ΣM_D = 0 (antihorario +, D en (4;3)): 4 t ↓ en C → brazo horizontal 4 m → + 4(4) = +16 4 t → en B → brazo vertical 3 m → + 4(3) = +12 Q → en A → brazo vertical 3 m → + 3Q A_y ↑ en A → brazo horizontal 4 m → − 4A_y D_x, D_y en D → BRAZO CERO → 0 16 + 12 + 3Q − 4A_y = 0 → A_y = (28+3Q)/4 = 7 + 0,75 Q ↑

Ya con A_y, las otras dos ecuaciones dan el pasador: ΣF_x = 0 (→ +) : Q + 4 − D_x = 0 → D_x = 4 + Q ΣF_y = 0 (↑ +) : A_y − 4 − D_y = 0 (7 + 0,75Q) − 4 − D_y = 0 D_y = 3 + 0,75 Q Las dos POSITIVAS → el sentido supuesto era correcto: sobre la chapa van (4+Q) ← y (3+0,75Q) ↓ Por acción y reacción, al PÓRTICO le llega lo contrario: (4 + Q) → y (3 + 0,75Q) ↑

ΣF_x = 0 : (4+Q) − 4 − 6 + F_x = 0 → F_x = 6 − Q → ΣF_y = 0 : (3 + 0,75Q) + F_y = 0 → F_y = 3 + 0,75Q ↓ ΣM_F = 0 : M_F = 9 − 6Q horario (el −6 es la distribuida: 2 t/m × 3 m, hacia la izquierda) Comprobación con Q = 0: ΣF_x : 4 − 4 − 6 + 6 = 0 ✓ ΣF_y : 7 − 4 − 3 = 0 ✓

Las reacciones no bastan: Castigliano necesita la fuerza en CADA barra. De la chapa, la única que depende de Q es AD.

Nudo C ΣF_x = 0 : N_CD = 0 (BARRA NULA) ΣF_y = 0 : −N_CA − 4 = 0 → N_CA = −4 t (COMPRESIÓN) Nudo B ΣF_y = 0 : N_BD = 0 (BARRA NULA) ΣF_x = 0 : −N_BA + 4 = 0 → N_BA = +4 t (TRACCIÓN) Nudo A Dirección AD: de A(0;0) a D(4;3) → (4;3)/5 = (0,8 ; 0,6) ΣF_x = 0 : 0,8·N_AD + 4 + Q = 0 N_AD = − 1,25 (4 + Q) (COMPRESIÓN) ΣF_y = 0 : −4 + 0,6(−1,25)(4+Q) + A_y = 0 A_y = 7 + 0,75 Q ↑

A_y salió DOS veces — por la chapa (ΣM_D) y por el nudo A — y da lo mismo: 7 + 0,75Q. Esa es la comprobación de la estática.

Barra AD N = − 1,25 (4 + Q) (COMPRESIÓN) ∂N/∂Q = − 1,25 L = 5 m Con Q = 0 : N = − 5 t

Barra DE — corte a s del extremo D (trozo de la izquierda) AXIAL N = − (4 + Q) (COMPRESIÓN) ∂N/∂Q = − 1 L = 4 m FLEXIÓN M = 0,75(4 + Q)·s ∂M/∂Q = 0,75 s Chequeo: en s = 4 → M = 12 + 3Q = el momento de extremo en E ✓

Barra EF — corte a t desde E hacia abajo (trozo de arriba) En el nudo E los 4 t ← y el momento de 12 t·m ↺ se descuentan contra lo que trae DE. A la columna entra por arriba solo Q y 3Q. AXIAL N = 3 + 0,75Q = 0,75(4 + Q) (TRACCIÓN) ∂N/∂Q = 0,75 L = 3 m FLEXIÓN M = t² − Q(3 + t) ∂M/∂Q = − (3 + t) Con Q = 0 : M = t²

Barra AC N = − 4 t (COMPRESIÓN) ∂N/∂Q = 0 → NO CONTRIBUYE Barra AB N = + 4 t (TRACCIÓN) ∂N/∂Q = 0 → NO CONTRIBUYE

Barra CD N = 0 Barra BD N = 0 Ya quedaron demostradas en los nudos C y B (sección 5). Aquí solo se dibuja su cuerpo libre: ∂N/∂Q = 0 → NO CONTRIBUYEN

CRITERIO DE SIGNOS: en cada barra M se escribe con el sentido que sale de SU cuerpo libre y ∂M/∂Q se deriva de ESA misma expresión. Si a una barra se le invierte el criterio, M y ∂M/∂Q cambian de signo a la vez y el producto queda igual. Lo que no se puede es mezclar criterios DENTRO de una misma barra.

δ_axial = 54 / 3150 = 0,0171429 m

Barra DE: ∫₀⁴ (3s)(0,75 s) ds = 2,25 (64/3) = +48 Barra EF: ∫₀³ (t²)·(−(3 + t)) dt = − [ t³ + t⁴/4 ]₀³ = − (27 + 20,25) = − 47,25 Σ = 48 − 47,25 = 0,75 t·m³ δ_flexión = 0,75 / 12600 = 0,0000595 m

δ_A = 0,0171429 + 0,0000595 = 0,0172024 m

ΣM_A = 0 : E_y(12) = 4P(3) + 3P(6) + 10P(9) = 12P + 18P + 90P = 120P E_y = 10P ↑ ΣF_y = 0 : A_y = 17P − 10P = 7P ↑ ΣF_x = 0 : A_x = 0

Nudo A ΣF_y: 0,8·N_AF + 7P = 0 → N_AF = − 8,75P (compresión) ΣF_x: N_AB + 0,6(−8,75P) = 0 → N_AB = + 5,25P (tracción) Nudo B ΣF_y: N_BF = 0 (BARRA NULA) · ΣF_x: N_BC = 5,25P

Nudo F ΣF_y: 0,8(8,75P) − 0,8·N_FC − 4P = 0 7P − 0,8·N_FC − 4P = 0 → N_FC = + 3,75P (tracción) ΣF_x: 5,25P + N_FG + 0,6(3,75P) = 0 → N_FG = − 7,5P (compresión) Nudo E ΣF_y: 0,8·N_EH + 10P = 0 → N_EH = − 12,5P (compresión) ΣF_x: −N_ED + 0,6(12,5P) = 0 → N_ED = + 7,5P (tracción)

Nudo D ΣF_y: N_DH = 0 (BARRA NULA) · ΣF_x: N_DC = 7,5P Nudo H ΣF_y: 0,8(12,5P) − 0,8·N_HC − 10P = 0 10P − 0,8·N_HC − 10P = 0 → N_HC = 0 (BARRA NULA) ΣF_x: −0,6(12,5P) − N_HG = 0 → N_HG = − 7,5P (compresión)

Nudo G ΣF_y: −N_GC − 3P = 0 → N_GC = − 3P (compresión) Nudo C (comprobación) ΣF_y: 0,8(3,75P) − 3P + 0,8(0) = 3P − 3P = 0 ✓ ΣF_x: −5,25P + 7,5P − 0,6(3,75P) + 0,6(0) = 0 ✓

A = 10 200 mm² I_x = 126 × 10⁶ mm⁴ r_x = 111 mm I_y = 43,1 × 10⁶ mm⁴ r_y = 65,0 mm ← r mínimo (pandea por aquí) E = 200 GPa = 200 000 MPa σ_y = 250 MPa

La CEDENCIA le aplica a todos los miembros, traccionados y comprimidos (el enunciado dice "falla por cedencia", no "por tracción"). σ_adm = 250 / 1,75 = 142,86 MPa N_adm = σ_adm · A = 142,86 × 10 200 = 1 457 143 N = 1457,14 kN Máxima TRACCIÓN — CD y DE con 7,5P : 7,5 P ≤ 1457,14 kN → P ≤ 194,29 kN Máxima COMPRESIÓN — HE con 12,5P : 12,5 P ≤ 1457,14 kN → P ≤ 116,57 kN ← manda en cedencia

σ_cr = π²E / (L/r)² con tope σ_cr ≤ σ_y = 250 MPa

Todas las σ_cr de Euler superan 250 MPa → en las cuatro se usa el tope σ_cr = σ_y = 250 MPa (como indica el enunciado): P_cr = 250 × 10 200 = 2 550 000 N = 2550 kN P_adm = 2550 / 3 = 850 kN Rige HE: 12,5 P ≤ 850 kN → P ≤ 68 kN

Cedencia: P ≤ 116,57 kN Pandeo: P ≤ 68,00 kN ← RIGE