Análisis Básico de Estructuras José Javier Martínez Echeverry

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José Javier Martínez Echeverry

Análisis básico de estructuras Texto



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Facultad de Ingeniería Número y Línea 2010

Rector: Jorge Humberto Pelaez Piedrahíta. S.J.



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Vicerrector Académico: Antonio de Roux Rengifo Vicerrector de Medio Universitario: Gabri el Jaime Pérez, S.J. Facultad de lngenieria Decano : Mauricio Jaramillo Ayerb e Decano del Medio Universitario: Luis Femando Granados Ospina S.J. Director del Departan1ento de Ciencias de la Ingenieria y la Pro ducción: Alvaro F1gueroa Análisis Básico de Estructuras Autor: José Javier Martinez E. C olección: T exto Numero y Línea ISBN 978 958 8347 46 2 C oordinador Editorial: Ign acio Murgueitio C orresp ondencia, suscrip cion es y solicitudes de canj e: Calle 18 No. 118 -250, Vía Pance Santiago de Cali, Valle del Cauca Pontificia Universidad J averiana Facultad de lngenieria Teléfonos (57-2) 32 18 200 Exts. 3 19/ SI 1 Fax 555 28B j osej m@j averian acali. edu. co

Impresión : Multimedios PUJ Cali Diseño: Willi am Femando Yela Enero de 20 11




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Análisis básico de estructuras



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Ma1tínez Echeveny, José Javier Análisis básico de estmcturas : texto/ José Jav ier Martínez Echeveny. -- Santiago de Cali : Pontificia Un iversidad Javeriana, Sello Editorial Javeriano, 2010. 325 p. : il. ; 28 cm - (Colección Texto-número y línea) Incluye referencias bibliográficas e índice. ISBN 978 958 8347 46 2

1. Teoría de las esbucturas '.?.. Cargas 3. Fuerza y energía L Pontificia Un iversidad Javeriana (Cali) Facu ltad de Ingeniería. Depa1tamento de Ciencias de la Ingen iería y la Producción. SCDD 624. 17 1 ed ?.1



BPUJC ann/11

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Contenido Pág. 1. Estática de estmcturas simples

9

1.1. Preliminares

9

1.1. l. Definición de una estmctura l. l. 2. Alcances ,


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1.2. Clasificación de las estmcturas

10

1.2.1. CmgasSimples

10 12

1.2.2. Sistemas de Cargas


iv

1.1.4. Suposiciones Básicas

1.3. Superposición de cargas

13

2. Üligen y efectos de las cargas

15

2.1. Introducción

15

2.2. Cargas mue1tas

15

2.3. Cargas vivas

18

2.4. Cargas de sismo

22

2.5. Cargas de viento

28

2.6. Cargas debidas a temperatura

34

3. Sistemas de fuerzas

39

3.1. Definiciones

39

3.2 Características de una fuerza

40

3.3 Equilibrio estático de un sistema de fuerzas

42

3.4 Fuerzas internas en los elementos del sistema

43

4. Estabilidad y detenninación estática de estructmas

47


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4.1 Estabilidad estática de cerchas 4.1.1. 4.1.2. 4.1.3. 4.1.4. 4.1.5.


Método de las Dos Banas Método de las Tres Barras Método de laArticulacióny laBco·ra Método de las Tres Articulaciones Formación de Cerchas

47 47 48 48 49 50

4.2. Estabilidad extema de cuerpos estrncturales

50

4.3. Determinación estática extema

52

4.4. Equilibrio intemo de cerchas

54

4.5. Equilibrio intemo de vigas y pó1ticos

56

5. Cálculo de reacciones en estructuras estáticamente detenninadas

65

5.1. Reacciones en vigas isostáticas simples

67

5.2. Reacciones en vigas isostáticas compuestas y pó1ticos

77

6. Detenninación de fuerzas axiales en cerchas

91

6.1. Tipos de cerchas isostáticas

91

6.2. Análisis de una cercha isostática

92

7. Fuerzas internas en vigas y pórticos

107

7. 1. Equilibrio intemo

108

7.2. Ecuaciones diferenciales

109

7.3. Diagramas de fuerzas intemas

112


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8. Cálculo de defo1maciones

151

8.1. Defonnación axial

151

8.2 Defonnaciones por flexión

152

8.3 Deformaciones con funciones ele singulari
1:'i:'i

9. Arcos isostáticos

175



10. Métodos energéticos para el cálculo de defo1maciones

197

10.1. Trabajo externo

197

10.2. Trabajo interno

198

10.3. Trabajo real

200

10.4. Trabajo virtual

202

1O.4.1. Trabajo virtual en cerchas

203

10.4.2. Trabajo virtual en vigas

204

10.5. Método de integración visual

222

11. Análisis de estructuras hiperestáticas por giro-deflexión

235


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11. 2. Derivación utilizando fuerzas y momentos de 1igidez

238

11.3. Fuerzas de empotramiento en los nudos

240

11.4. Grados de libe1tad y relaciones de rigidez

268

12. Estrncturas estáticamente indetenninadas

277

12.1. Fundamentos del método de las fuerzas

277

12.2. Fo1malización del método de las fuerzas

280

Bibliografia

321


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1. Estática de estructuras simples 1 .1 . Preliminares El propósito del presente texto es fundamentar al lector en la fo1mación y análisis de estructuras detenninadas e indete1minadas y en la manera de combinar, conectar y sopo1tar los diferentes elementos que definen las caracteristicas y tipos de estructuras. Se mostrarán los conocimientos necesarios que le pe1mitan al lector analizar las estructuras utilizando técnicas basadas en trabajo, energía y métodos matiiciales . El análisis in1plicará el uso de modelos matemáticos para el cálculo de las fuerzas internas y los desplazamientos. Los objetivos específicos de este texto son los siguientes: •

•

• •


Definir al lector las caracte1isticas geomét1icas de la estructura, así como las cargas, reacciones y fuerzas que nos pe1mitan idealizar la estructura real en un modelo matemático representado por los ejes lineales de sus elementos y soportada por rest1icciones idealizadas. Capacitar en el diagnostico del tipo de estrnctura a analizar teniendo en cuenta c1ite1ios de geomet1fa y estabilidad, tipos de apoyo, grados de libe1tad y clasificación estática de la estrnctura. Hallar las defo1maciones y fuerzas internas mediante el uso de métodos isostáticos y los conceptos de trabajo y energía. (;onor.P.r ]::¡ TP.]::tr.ión P.ntt'P. ]:is r.::trP::tS ::tnlir.::tO::tS ]:is füP.r'.7.::tS intP.m::ts OllP. 1fos::tnnll :in los


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elementos resistentes y los materiales utilizados cuando son sometidos a esfuerzos. Analizar estmcturas apo1ticadas de tal manera que su estudio presente bases finnes para alternativas de diseño en temas que involucran este tipo de estrncturas. Establecer una conelación entre las fuerzas internas y el compo1tamiento de cada uno de los elementos estmcturales del sistema, lo mismo que el reforzamiento y din1ensiones de los estos elementos.

1.1.1. Definición de una estructura

Una estructura es un mecanismo designado para sopo1tar cargas y resistir fuerzas. El objetivo de la teoría de las estructuras es adelantar un análisis metodológico aplicable a un ensamblaje de miembros individuales llamados barras o placas. El ensamblaje total, es decir, las conexiones, combinaciones y soportes de estos elementos es conocido como la anna.=ón o modelo teórico de la estmctura. El ensamblaje de estmcturas pretende identificar gráficamente fo1mas conocidas como edificios, puentes, tanques, torres y bodegas. La rumazón puede concebirse como el esqueleto de la estmctura y es llll sistema de miembros conectados entre sí que sop01tan cargas impuestas por el peso propio, peso de materiales fijos, peso de cargas impuestas por la gente, peso de objetos móviles o por las fuerzas de la naturaleza. Una vez el tipo y la fo1ma son seleccionados, todo el sistema y cada paite del mismo son analizados numéricamente. El análisis es completado cuando los esfuer=os internos y los despla.=amientos han sido deterrninados.

9

José Javier MaJ"tinez Echeverry

1.1.2. Alcances

El contenido de este texto está orientado al análisis numérico de vigas, pó1ticos, cerchas y arcos, esencialmente en dos direcciones, por cuanto sus cai·gas internas y externas, lo mismo que las reacciones, son resueltas en un sistema coplanar. La estrnctura analizada es idealizada con llll modelo matemático representado por elementos simples lineales que se open in browser PRO version


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extienden a lo largo de su eje centroidal, cargada con fuerzas simbólicas actuando desde el exterior en los elementos de la estmctura, y sopo1tada por restricciones idealizadas representadas por conexiones que transmiten las cargas a superficies de rigidez infinita. 1.1.3. Propiedades estructurales Para un análisis estmctural, cuatro tipos de propiedades deben tenerse en cuenta: (1) Propiedades geométricas: coordenadas, ángulos, segmentos, y secciones transversales de los elementos. (2) Propiedades estáticas: cargas, reacciones y esfuerzos. (3) Deformaciones: desplazamientos lineales y angulares del eje centroidal y los sopo1tes. (4) Constantes de los materiales: módulos de elasticidad y de iigidez de los materiales, constantes de densidad y coeficientes de cambio de volumen.

1.1.4. Propiedades estructurales Cinco suposiciones básicas se hacen para el presente curso de análisis estrnctural: (1) Los materiales estmcturales serán homogéneos, isotópicos, continuos y siguen la ley de Hooke. (2) Todas las deformaciones son pequeñas y no alteran significativamente la geometria inicial de la estmctura. (3) Todas las cargas son aplicadas gradualmente y el p1incipio de superposición es válido. (4) Las constantes de los materiales son conocidas a paitir de expe1imentación y son independientes del tiempo (5) Los sistemas se encuentran en un estado de equilibrio estático.

1.2. Clasificación de las cargas 1.2.1. Cargas simples Las cai·gas simples que pueden ser consideradas son las siguientes: ( 1) Carga concentrada P: es una fuerza simple aplicada en cierto punto de la estmctura. La representación gráfica de esta cai·ga es m1a flecha indicando la línea de acción de la carga y su sentido. En general, todas las cai·gas concentradas son en realidad cargas distribuidas actuando en un pequeño segmento de la estmctura.



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10


(2) Momento aplicado M· representa la acción de un par de fuerzas separados por una distancia cualquiera y el cual es aplicado en un p1mto de la estmctura. La representación gráfica de un momento es lm arco circular con lma flecha indicando su sentido. a

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1 MOMENTO APLICADO

CARGA PUNTUAL

Figura 1.1. Vigas simples con carga concentrada y con momento aplicado.

(3) Carga unifonnemente distribuida: es un peso o presión unifonnemente distribuida sobre una longitud detenuinada del miembro estructural. Su representación gráfica es un rectángulo cuya altura es la intensidad de la carga 111 aplicada en mia longitud L. (4) Carga con variación uniforme: es una presión cuya variación es definida por una función lineal. La representación de esta carga es un área encenada de fo1ma triangular o trapezoidal. b

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CARGA CON VARIACIÓN UNIFORME

CARGA UNIFORME

Figura 1.2. Vigas simples con carga distribuida y con carga con variación unifo1me.

(5) Carga con variación regular: es un peso o presión cuya vaiiación está definida por una función analítica. La representación de esta carga es un área encenada por la gráfica de la función de la carga y el eje del miembro. (6) Carga con variación irregular: es m1a cai·ga o presión cuya variación no es definida por m1a función analítica. Pai·a el ai1álisis la carga se divide en pequeñas franjas de ai1cho Llx los cuales son tratados como cargas concentradas P; = 111; *Llx, en la cual w; es la intensidad promedio de la cai·ga en el dominio de la distancia Llx.

11

José Javier Mal"linez Echeverry

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Figura 1. 3. Vigas simples con carga variando regular e iffegulannente.

1.2.2. Sistemas de Cargas Se pueden clasificar de la siguiente manera: (1) Sistema simétrico: es un sistema de fuerzas y momentos en donde para cada carga existe otra carga igual en magnitud, pero colocada simétricamente con respecto al eje central del elemento.

(2) Sistemas antisimétricos: es llll sistema de fuerzas y momentos en donde para cada carga existe otra carga de igual magnitud, separada simétrican1ente con respecto al punto medio del elemento y colocada en sentido opuesto a la dirección de la p1imera carga.

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SISTEMA SIMÉTRICO

SISTEMA ANTISIMÉTRICO

Figura 1.4. Sistemas simétrico y antisimétrico de cargas.

(3) Sistema simétrico cíclico: es un sistema de fuerzas y momentos en donde para cada conjunto de cargas existe otro conj1mto igual en naturaleza pero colocado en sentido simétrico.

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(4) Sistema antisimétrico cíclico: es llll sistema de fuerzas y momentos en donde para cada conjm1to de cargas, existe otro sistema similar en naturaleza pero colocado en sentido antisimét1ico. b

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SISTEMA cicuco SIMÉTRICO

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Figura 1. 5. Vigas simples mostrando los sistemas cíclicos de carga simétrico y antisiméa·ico.

1.3. Superposición de cargas En la te01ia elemental de estmcturas se asllllle la validez del concepto de superposición de cargas, según el cual son válidos los siguientes dos p1incipios: •

Suma. El efecto de un sistema de cargas es igual a la smna de los efectos de cada carga aplicada separadamente (ver Figura 1.6).

•

Colocación. El efecto de un sistema de cargas es independiente del orden de aplicación

de las cargas . a,

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Figura 1.6. Aplicación del principio de superposición: los efectos separados de las cargas tienen el mismo resultado cuando se toma el efecto total de las cargas.

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2.1 . Introducción Las cargas son fuerzas que actúan sobre el sistema estructural y provienen del peso de todos los elementos permanentes en la constmcción, los ocupantes y sus posesiones, efectos ambientales, asentamientos diferenciales y rest1icciones en los cambios dimensionales. Las cargas más irnpo1tantes que debe sopo1tar una estmctura se clasifican en muertas, vivas y accidentales (cargas sísmica y de viento). Las cargas muertas y vivas ejercen, por lo general, una fuerza descendente de manera constante y acumulativa desde la paite más alta del edificio hasta su base. Las cargas de sismo y viento se consideran en el plano ho1izontal de la edificación y son aplicadas, respectivamente, en los nudos de cada nivel o a lo lai·go de la altura de la edificación. Es conveniente tener en cuenta las siguientes consideraciones durante la detemrinación y efecto de las cargas de la estmctura a considerar: (1) Se deben inchúr todas las cargas probables que una estructura tendlia que soportai·, incluyendo acciones potenciales que puedan suceder en tiempo futuro.

(2) Las cai·gas pennanentes son aquellas que varían muy poco en el tiempo y con pequeños intervalos de vaiiación en magnitud. (3) Las estrncturas deben dimensionai·se con objeto de que no fallen ni se defo1men excesivamente bajo la acción de cargas. (4) Un sistema de cargas actuando en m1a estmctura tiene tres tipos diferentes de efectos: reacciones, esfuerzos y defo1maciones. Todas estas cantidades son ftmción de las cargas y de la fo1ma de la estrnctura. Las diversas fuentes de cai·ga para los tipos de estructuras mencionadas son p1incipalmente las causadas por las cargas muertas, las cargas vivas, cargas de sismo, cargas de viento y cargas producidas por la variación de la temperatura.

2. 2. Cargas muertas Las cargas muertas son aquellas están basadas en el cálculo del peso vohunét1ico y las dimensiones del mate1ial utilizado pai·a la constmcción del sistema estrnctural. Es el peso pe1ma.nente de la estmctura y cubre las cargas de los elementos tales como: muros, pisos, cubiertas, cielonasos, escaleras y equipos fijos. open in browser PRO version


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En general, se pueden considerar como cargas muertas todas aquellas cargas que no son causadas por la ocupación y uso de la edificación.

15

José Jat1ier Mal"linez Echeverry

Las siguientes cargas son tenidas generalmente en cuenta para el avalúo de cargas: •

La carga muerta producida por muros diviso1ios y paiticiones de mate1iales tradicionales, cuando éstos no hacen parte del sistema estmctural, debe evaluarse para cada piso y se puede utilizai· como cai·ga dist1ibuida en las placas.

•

Cuando se trate de muros de ladiillo tipo bloque hueco de ai·cilla o concreto, la carga es como mínimo 3. O kN/m2 ( 300 kgf/1rl) de área de placa.

•

Cuando se trata de muros de ladrillo tolete macizo de ai·cilla, concreto o sílice, la carga es como mínimo 3.5 kN/m2 (350 kgf!rrl) de área de placa.

•

Cuando se consideran divisiones livianas, la cai·ga a emplear no debe ser inferior a 0.5 kN/ m2 (50 kgf/,,l) de área de placa.

Como un ejemplo preliminai· de la aplicación de cai·gas a un sistema, en la siguiente losa cuadi'ada se asume inicialmente que todas las vigas de borde sopo1tan una carga con distribución tliangulai-.

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Figura 2.1. Idealización t.Iiangular de la carga aferente en una viga perimetral.

La anterior es la manera conecta de distiibuir cargas cuando la relación largo a ancho de las dimensiones de la losa no sobrepasa un índice igual a 2. Sin embargo, es muy común que de acuerdo al tipo de losa o al refuerzo de la misma, se diseñe la losa en franjas transversales de un metI·o de ancho con apoyos en los ejes transversales A y B. El refuerzo longitudinal de la losa es distribuido por cada metro de ancho y la continuidad transversal es asegurada con refuerzo continuo paralelo a estos ejes. Esta segunda manera de evaluar cargas es común cuando la luz entre ejes A y B es pequeña comparada con la dimensión longitudinal, o cuando se colocan laminas colaborantes galvanizadas utilizadas como formaletas pennanentes para servir en la fundición de losas de concreto. Al fraguar el concreto las láminas actúan como refuerzo principal de la placa. La fundición con este tipo de láminas se utiliza todo tipo de obras desde parqueaderos hasta vivienda popular.

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Figura 2.2. Idealización de una carga unifo1me en una franja de un metro de ancho.

Para una losa rectangular la carga se puede idealizar de la siguiente manera: si la relación de largo a ancho es menor que 2, la carga en la luz más larga se puede considerar con vaiiación lineal a 45° desde el inicio del elemento hasta una distancia equivalente a la mitad de la luz c01ta, al igual que para el final del tramo. En el resto del tramo la carga aferente se toma unifonnemente distribuida con un ancho aferente igual a la mitad de la luz corta. Si la relación de largo a ancho de la losa es mayor que 2, se puede utilizar el método de cai·ga de las franjas equivalentes de un metro de ancho extendidas en la dirección c01ta. En el caso de las franjas equivalentes de un metro de ancho mostradas en la Figura 2.2, pai·a la Figura 2.3 tienen una luz L y se apoyan en las vigas de los ejes A y B.

Figura 2.3. Idealización de la carga en una losa rectangular.

Ejemplo 1: Aplicación de cargar muertas. Una azotea se tennina con tres capas de filtros de arena, grava y asfalto puestas sobre una capa aislante rigida de O. 05 m de espesor, soportados por vigas en fonna de T de concreto reforzado, con un peralte de 0.40 m y alas de 1.0 m de ancho. Si el aislamiento pesa 0.15 kN/ m2 y los filtros 0.25 kN/ m2 en conjunto, detennine la cai·gamuerta total que cada viga debe soportar por metro de longitud.



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Filtro de arena, grava y asfalto

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Figma 2.4. Sección típica de las vigas T a evaluar.

El peso aferente de cada viga Tes: •

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Por metro tranversal de viga

Por metro transversal de viga


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La carga muerta total a considerar a lo largo de la viga es 4. 72 kN! m y está calculada para una sección transversal de un metro de ancho aferente de las alas.

2.3. Cargas vivas Cargas vivas son aquellas cargas no pe1manentes que tienen posibilidad de ser removidas eventualmente o conesponden a cargas que siempre están en movimiento. Son cargas con magnitud y localización variables. Dentro de este gmpo se encuentran los siguientes tipos de carga:

18


(1) Cargas Vivas Verticales: tales como cargas dete1minadas por la ocupación de una

edificación o cargas vehiculares dinámicas. (2) Cargas Vivas Laterales: tales como las producidas por la acumulación de tiena o materiales. En general, dentro de las cargas vivas en llll edificio se incluye: el peso de la gente, los muebles y maquinaria, así como otros eq1úpos . Este tipo de cargas vaiian a lo largo del tiempo y, especialmente, si la función pai·a acopio de cargas del edificio can1bia. Las cargas vivas no deben ser inchúdas en las cargas ambientales tales como el viento, sismo, o en la misma carga muerta. Otras fuentes de cai·ga viva están definidas por la presencia de : / 1\"a.,f ...... ... _..; ... 1 ................ ; _ ........ .....


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1v1atenaies, eqmpos y uaoaJauores uunzauos en ei mamennmemo ue ia cu01ena.

(2) Objetos móviles y personas que tengan acceso a la estructura durante la vida útil la misma. Las cargas vivas especificadas en el código para los diferentes edificios representan una estimación conseivadora de la carga máxima que se puede generar por el funcionamiento del edificio. Cuando el área de influencia del elemento estrnctural sea mayor o igual a 351rl y la carga viva sea supe1ior a 1. 8 kN/ m2 (180 kgflnl) e inferior a 3. O kN!nl (300 kgf/m 2), la carga viva puede reducirse utilizando la ecuación (aiticulo B .4.5.1 de la NSR-10):

donde: A;

=

Área tiibutaiia del elemento en m 2

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Carga viva reducida, en kN/m 2

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=

Cai·ga viva sin reducir, en k.N/m 2

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Factor del elemento pai·a carga viva, igual a 4 para cohunnas y 2 para vigas

La cai·ga viva reducida no puede ser menor del 50% del valor Lo en elementos que soporten un piso, ni del 40% de Lo en otros elementos. Ejemplo 2: Descripción de cargas viva.s en planta. Pai·a un edificio de cinco niveles cuya planta es mostrada en la Figura 2.5, calcular las cai·gas vivas pai·a la viga longitudinal del eje 2 y para la viga del eje B entre ejes 4 y 7. Suponga una carga viva de diseño Lo de 2.5 kN!nl en todos los niveles, incluida la azotea. Igualmente, calcular la cai·ga viva de la columna central C-4B, o sea la colunma donde se interceptan los ejes 4 y C.

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1

l

Wm 6.0m

Wm

Mm

Mm

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3.0m

3.0m

6.0m

l---'I

I

1 6.0m

3.0m

3.0m 6.0m

Figura 2.5. Planta típica del edificio a evaluar para cargas vivas

Viga Longitudinal A -B-C, eje 2: • •

• • •

Área tributaria 7 Ar= 2m*6m = 12 ni (por tramo) KLL = 2, para vigas. Área de influencia 7 A ; = KLL*Ar = 2*12 m2 = 24.0 nl Puesto que Á ¡ = 24 m2 .5'35 m2 7 No se permite reducción de carga. WL = 2.5 kN!ni2*2 m = 5.0 kN/m 7 Franja Tributaria.

W, =5.0 kN/m

+J!J!JJIJJ!JJJJJJIIJJJi

l7 ír



nl

ír _

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DO

3.2m

R = 15.0kN

LJ

LJ 6.0M

R = 15.0kN

1

,·

3.6m

~·

6.0m

1·

6.0m

+

Figura 2.6. Coite del edificio y carga viva para la viga del eje 2.

20


Vigas ejes B entre ejes 1-4 o entre ejes 4-7:

•

Área tributaria -7 ÁT = 6 m*4 m= 24 nl KLL = 2, para vigas . Área de irifluencia -7 A¡ = KLL *AT = 2*24 nl = 48 11l Puesto que Ai = 48 nl > 35 nl .·. Sí se p ermite reducción de carga.

•

Carga viva reducida -7 L =L0 * ( 0.25+

• •

•

_,, kN * ) kN kN Dcmo que 2.3- >0.5 ( 2.5 -=1.25m2

•

~] =2.5*(0.25 + v48 ; ; ) = 2.3 k~ m

..¡A¡

m2

kN

:::::> Usar WL =2.3 -

m2

Carga en los tercios del claro= 2 * ( 2.3 -kN 2

m2

* 3m* 2 m)

=

27.6 kN

m

Wm



!

Um '\OL-N

"tOL-M .

pdfcrowd.com

. .......... .

ll R= 30KN

il

,,~,, J

R= 30KN

l.

6.0M

1

Figura 2. 7. Cargas vivas ptmtuales que se transmite a la viga del eje B entre ejes 1 y 2.

Columna C-4B, en intersección de ejes 4 con B: • • • •

Área tributaria -7 Ar = 6m*6 m = 36 m 2 Ku = 4, para columnas. Área de irifluencia -7 A ; = Ku*Ar = 4*36 m 2 = 144 m 2 A i = 144 m 2 > 35 m2 • •• Sí se permite reducción de carga.

~

J

(

6 =2.5* 0.25+ r-:;-;-; 4. 6 ) =1.6kN Cargavivareducida-;r L=L0 * ( 0.25+ 4. iA -..¡A¡ vl44 m2 •

kN * ) kN_ kN kN Puesto que 1.6---¡>0.5 ( 2.5 ---¡-1.25---¡ => To11101· WL =l.6---¡ m m 111 m

•

Carga viva para la colunmaC - 4B:

l.6k~ *6*611/ =57.6kN 111

21

José Jtniier Martinez Echeverry

Los valores de las cargas vivas especificados por los reglamentos de constmcción se open in browser PRO version


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consideran como cargas estáticas fijas. Pero si las cargas se aplican rápidamente, crean fuerzas de impacto adicionales, como en el caso de un cuerpo en movimiento que ejerce una carga sobre una estrnctura: la estructma se defo1ma y absorbe energía cinética del objeto en movimiento. Como una alternativa para un análisis dinámico, las cargas móviles usuales se consideran fuerzas estáticas incrementadas emphicamente por un factor de impacto especificadas en el código NSR-10 en la sección B.4.4. Debido a que los rebotes ve1ticales del tráfico en movimiento, paiticulaimente cuando las superficies de rodaje no son parejas, generan fuerzas de impacto, I, las cai·gas deben incrementai·se por el factor de impacto dado por: 50 Lu +125 15 2 I = · Lu +38.1 I =

--7

--7

Unidades del Sistema Inglés Unidades del Sistema Internacional

El factor de impacto debe ser menor o igual a 0.3 (30% de la cai·ga viva). La variable Lu conesponde a la longitud de la lu:. que se cai·ga para producir el esfuerzo máximo en el miembro.

2.4. Cargas de sismo Las cargas de sismo son debidas al movimiento acelerado del suelo en las direcciones tanto ho1izontal como vertical, y son expresadas en función de la gravedad g. Cuando la base de una estrnctura está sujeta a una aceleración súbita del suelo, las fuerzas de inercia que siguen la segunda ley de Newton (F = m*a) se desaiTollan y un análisis dinámico basado en las ecuaciones de movimiento de Newton pai·a estrncturas localizadas en regiones de cie1to riesgo sísmico, debe ser seguido. Los movimientos del teITeno generados por las fuerzas de teITemotos provocan oscilaciones en los edificios. Suponiendo que el edificio esta fijo en la base, el desplazainiento de los niveles varían desde cero en la base hasta un máximo en la azotea. Las fue1zas ho1izontales de sismo son cargas dinámicas que se aproximan a cargas estáticas equivalentes. Para el cálculo de edificios se puede utilizai· un procedimiento cuasi-estático o también se utiliza un análisis modal o dinámico. En el análisis cuasi-estático se concentra una carga pm1tual de sismo por cada piso de la estrnctura y esta carga se subdivide pai·a ,


,,,,

...........


.

. .

,

..,.

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cacta nuao ae la losa aonae se mterceptan las comnmas con las vigas pnnc1paies. La subdivisión de la carga de sismo de cada piso se puede realizar de acuerdo a la rigidez equivalente de cada nudo en el piso considerado.

22


Figura 2.8. Cargas equivalentes de sismo puntuales aplicadas en cada nivel de la edificación.

Para el análisis cuasi-estático, la c01tante total en la base del edificio debe ser: ~

V= Sa *W

Ecuación A. 4. 3 -1, NSR - 1O

R Sa =

* F *I

1.2 *A v

v

~

para Ta

~

Te

Ta



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T = O. 48 * Av * Fv e Aa * f,a

Donde, Sa = valor del espectro de aceleraciones de diseño para un pe1iodo de vibración dado. Está en función de la aceleración pico efectiva de diseño, y de la velocidad pico efectiva, y es expresada como una fracción de la aceleración de la gravedad, para un sistema de llll grado de libe1tad con llll peliodo de vibración T. A a =coeficiente que representa la aceleración ho1izontal pico efectiva, parn diseño, dado en la sección A.2.2 del reglamento colombiano NSR-1 O. A v = coeficiente que representa la velocidad ho1izontal pico efectiva, para diseño, dado en la sección A.2.2 del reglamento colombiano NSR-1 O. Fa= coeficiente de amplificación, debido a los efectos del sitio, que afecta la aceleración en la zona de pe1iodos cortos. Es adimensional. Fv = coeficiente de amplificación, debido a los efectos del sitio, que afecta la aceleración en la zona de pe1iodos inte1medios. Es adimensional. I = coeficiente de in1portancia definido en A.2.5 .2 del reglamento colombiano NSR-1 O. Ta = periodo fundamental de vibración del sistema elástico, en segundos.

23

José Jm1ier Mal"finez Echeverry

Los movimientos sísmicos de diseño en Colombia se definen en función de la aceleración pico efectiva, representada por A a, y de la velocidad pico efectiva, representada por Av, para una probabilidad del diez por ciento de ser excedidos en llll lapso de cincuenta años. Los valores de A a y A v se presentan en la siguiente tabla: Tabla 2.1. Valores de Aª y A., según las regiones de Jos mapas de las figmas 2.9.a y 2.9.b.



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Región

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

V alor d e Aa ó A.,

0.05

0.1 0

0.15

0.20

0.25

0.30

0.35

0.40

0.45

0.50

Para efectos del reglamento colombiano NSR-1 O, los valores de Aa y Av deben determinarse de acuerdo con el número de la región en donde está localizada la edificación y el valor asociado, usando para.Aª el mapa de la Figura 2.9 .a y para.Av en el mapa de la Figura 2.9 .b.

~ '

- ............

¡;;, ij

u

•

"

'

..

0.10

....., .... ••' .,..,....,

................

(a) Mapa de valores de Aa (Fuente: NSR-10}

'

>

,.

•'

-. ....... ••

••

o.1S

.

(b) Mapa de valores de Av (Fuente: NSR-1O)

Figura 2.9.a y b. Mapas de valores de A ª y Av en el teITitorio colombiano.

El pe1iodo fundamental T de la edificación se calcula lúilizando la siguiente ecuación aproximada (ecuación A.4 .2-3 del reglamento colombiano NSR-1 O):



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24


Para pó1ticos resistente a momento de concreto reforzado, que resisten la totalidad de las fuerzas sísmicas y no están adheridos a componentes más iigidos que limiten los desplazamientos ho1izontales al verse sometidos a las fuerzas sísmicas, el valor de C1 es O. 047 y el coeficiente a es O. 9. Para pórticos de acero estrnctural con la misma condición la vaiiable C1 es O. 72 7 y el valor de a es O. 8. Adicionalmente, el peso total del edificio es otra vaiiable que debe ser definida pai·a encontrar la c01tante de la base debida al sismo. Se calcula con la siguiente expresión: W=

L 1v¡

~

iv¡

es el peso total. de cada piso

La c01tante de base se distlibuye en todos los pisos del edificio mediante: Fx = Cvx *V

~

EcuaciónA.4.3-2, NSR-10

Donde Cvx es un radio basado en la altura relativa y peso de cada piso. El valor del coeficiente Cvx está definido por:

e

=

vx

wx * h: ¿wx * h';

~

W,, =mx * g

~

EcuaciónA.4.3-3, NSR-10

n

Siendo, mx = masa del piso considerado, g aceleración de la gravedad k = exponente relacionado con el pe1íodo fundamental, T, de la edificación (ver sección A.4.3.l del reglan1ento colombiano NSR-10),

El coeficiente k se encuentra de la siguiente manera: open in browser PRO version


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a) Para Tmenor o igual a 0.5 segundos -7 k = 1.0. b) Para T entre O.5 y 2. 5 segundos -7 k = O. 75 + O. 5 T. c) Para Tmayor que 2.5 segundos -7 k = 2.0 . Ejemplo 3: Aplicación de Cargas de Sismo. En la Figura 2.10 se muestra la planta de

llll

edificio de 4 pisos, con las conespondientes dimensiones de vigas y cohmmas. La carga viva es de 200 kg/m2 y la carga muerta, incluyendo el peso propio de la estmctura, las paiticiones no estmcturales y los acabados, es de 1000 kgl m2. El edificio esta localizado en una Zona de Riesgo Sísmico Alto con los siguientes valores de las variables sísmicas: el Coeficiente de Disipación de Energía, R, es 7. ü, la aceleración pico efectiva, A a, está definida como 0.20-, la velocidad pico efectiva, Av, tiene llll valor de 0.2ü, la estmctura conesponde a un edificio de ocupación no1mal con Gmpo de Uso ! , por

25

José Jcn ier Mal"linez Echeverry 1

lo tanto el Coeficiente de Importancia,!, tiene un valor de 1.0; por último, las vaiiables Fa y Fv son iguales a 1.2 y 1.6 respectivamente que conesponde a un suelo tipo C, y cuyos valores están definidos en la sección A.2.4.5.5 del reglamento colombiano NSR-10.

CD 1 1

40x40

® 1 1

45 x 45

@ 1 1 45x45

~

q

@ 1 1

40x40

--- ®

O x40

"'


J


Ox40

• Carga Viva= 1.8 kN!ni2 • Carga Muerta= JO.O kN!m 2 (corresponde a carga muerta total incluyendo pesos de vigas y columnas). • Vigas El= 0.35 *Ec *lg

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1

40~ 40 x40

I·

45~5

45~5 6.00

40 x 40

40 x 40

·I·

6.00

40~0

·I·

6.00

. Columnas El= O. 7 *Ec *l g --- @ • f« = 28 MPa ~ Columnas • f« = 21 MPa ~ Vigas

·I

PLANTA TÍPICA DE LA EDIFICACIÓN

Figura 2.1 O. Planta típica de la edificación. Dimensiones de la losa: JO m de ancho y 18 m de largo.

Portico Típico en eje Y

Zona. de alto riesgo: • • • •

Aa S2 I R

= 0.25 = 1.2 = 1.0 = 7.0

Peso del edificio por piso: • Wl = 180

nl *J. O Tnlm2 =

180 Tnlpiso

@

@

Figura 2.11. Pó1tico típico en el eje Y

La carga sísmica se calcula, de acuerdo con los parámetros anteliores, de la manera que se presenta a continuación. •

El peso total del edificio es: w=

L w¡ = 4* 180 kNw/ m2 *10 m2 = 7200 kNw= 720 Tn 26



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Anábsis básico de estructuras

El periodo fundamental de vibración: Ta = 0.047 * hnº· 9 = 0.047 * (13f 9 = 0.473 seg

T < Te =

0.48* A v * Fv = 0.28*0.2* 1.6 = 0. se 64 g Aa * f a O. 2 * l. 2

..

Usen· Ta =O. 473 seg

El valor de la Aceleración para el periodo ftmdamental Ta = 0.473 seg, es: S a = 2. 5 * Aa

* Fa * 1 = 2. 5 * O. 2 * l. 2 * l. O= O. 60

~ Usm· S a = O. 60

Si para este ejmplo se asm11e el valor del factor de reducción como R = 7, se deduce que el valor del Cortante Basal para el chequeo de defo1maciones en la estrnctura es: Vs

= Sa * w = 0.60*720.0 = 6 1. 7 Th R

7

El valor de k, definido confo1me alasecciónA.4.3 de lanonnaNSR-98, es: 1.0

~

k = 0.75 +0.5 *T

~2. 0

=> k = 0.75 +0.5 *0.473 = 0.987

~ Usar

k =l. 0

De acuerdo a la misma sección A.4.3 del reglamento NSR-10, la distribución de füerzas horizontales por piso ese presenta en la siguiente tabla. Tabla 2.2. Distribución de la cortante basal total del edificio para cada uno de los pisos de la edificación. h¡

W¡

lV¡ *h¡

k

F;

(m)

(Tn)

(Tn-m)

(Tn)

4

13

180

2340.0

23.6

3

10

180

1800.0

18.1

2

7

180

1260.0

12.7

Piso No.



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1

4

180

720.0

7.3

I=

720

6120.0

61.7

Como acción final se debe dist1ibuir cada fuerza F; de piso en los pórticos principales de la dirección de sismo estudiada. En el caso de analizarse el sismo en la dirección longitudinal, la fuerza de sismo de cada piso se distribuye en los ejes A , By C, de acuerdo al aporte de la suma de la 1igidez de los nudos en cada uno estos ejes.

27

José Javier Mal'fínez Echeverry

2.5. Cargas de viento Se asume este tipo de cargas debido a la fuerza que provoca el viento cuando sopla en cualq1úer dirección. Los vientos fuertes inducen fuerzas intensas, las cuales son capaces de remover ramas de árboles, llevarse tejados y romper ventanas.

v;,

En general las cargas de viento siguen la ecuación del tipo q = CP * donde Cp es el coeficiente de presión modificado según factores de ubicación geográfica, disposición de la estructura, importancia y altura, entre otros. La variable V0 define el valor de la velocidad del viento y el resultado q es la presión 01iginada en la superficie de la estructura. La presión o succión exacta aplicada por el viento a las estructuras es dificil de detenninar, debido a que la velocidad y dirección del viento cambia continuamente. Sin embargo, es posible entender aspectos de su comp01tamiento y llegar a cargas de diseño razonables. La magnitud de las presiones de viento sobre la estructura depende de la velocidad del viento, la forma y rigidez de la estructura, la rngosidad y el perfil del teneno que la rodea, y la influencia de estructuras adyacentes . Cuando el viento choca contra un objeto en su open in browser PRO version


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camino, la energía cinética de las paitículas de aire en movimiento se transfo1ma en una presión Ps, dada por: Ps =

m*V 2 o 2

donde: m = densidad de la masa de aire V0 = velocidad del viento

Así, la presión de viento vaiia con la densidad del aire y con el cuadrado de la velocidad del viento. La fricción entre la superficie del teffeno y el viento ejerce una fue1te influencia sobre la velocidad del viento, la cual, por lo general está involucrada de alguna manera en el factor Cp propuesto para encontrar la presión q. Si la densidad de la masa de aire expuesta a l 5ºC promedio, se sustituye en la anterior expresión de Ps, la ecuación básica para la presión estática de viento qs resulta ser:

qs = 0.00256 * V 2

--7

Unidades del Sistema Inglés

qs = 0.613 * V 2

--7

Unidades del Sistema Internacional.

En el muneral B.6.4 del reglamento NSR-10 se especifica el alcance del procedimiento simplificado paia el cálculo de cai·gas de viento. El edificio debe cumplir con las siguientes condiciones (sección B.6.4.1.1 de laNSR-10):

28

Análisis básico de estmcturas

• El edificio sea de diafragma simple, es decir, un edificio cuyas cai·gas de viento a h#'l't'lA..:rotttA "' eoAtt'l-cro

"'º t..•f'l "'.,.'";to.tt


"l

t ....'l,r6C1 Ao 1"'"' ,.1;,.,f;..l'lott'\#'lC-. Ao

""';"'""•o ,...,,h;ortt'l \-.,..,,,...;'\

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VCU.J.VV'-'JlLV

• • •

y

.;:)Vl.UV\,..lll.V ,;:) \..' LJ..
a

LJ.Cl.V'-'.;:)

\.n..

J.Vo:l \..Uct.J .J.Clf;lUCl.::> U\,; .PJ..::>V

y

\..UVJ.'-'J.La Jla\..J.ct

un mismo sistema principal de resistencia defuer=as de viento (SPRFV), o sea que no tiene separaciones estmcturales. El edificio sea bajo, con una altura media de la cubierta menor o igual a 18 m (60ft), sin que esta altura exceda la menor dimensión ho1izontal del edificio. El edificio sea de fo1ma regular, es decir, llll edificio u otra estmctura que no tenga geometlia iITegu.lar en su fo1ma espacial. El edificio debe ser ceITado, es decir debe cmnplir las siguientes condiciones: ( 1) el área total de abe1turas en una pared que recibe presión externa positiva no excede el 10% de la suma de las áreas de aberturas en el área restante del revestimiento del edificio (paredes y cubierta); (2) el área total de aberturas en m1a pared que soporta cargas positivas, no excede de 0.37 m 2 o 1% del área de esa pared (la que sea menor), y el porcentaje de abe1turas en el área restante del revestimiento del edificio no excede 20%. Estas condiciones se expresan mediante las siguientes condiciones: Ao ~ 1.1* Aoi

Ao ~0.37m 2

ó

Ao ~O.Ol*Ag ,el que sea el menor.

Áoi / Ag¡ ~ 0.2

donde: A 0 = área total de abe1turas en m1a pared que reciba presión positiva externa, en m2 .

= área total de la pared a la cual A 0 hace referencia. A 0 ¡ = la suma de las áreas de abe1turas, sin incluir A 0 , en la revestimiento del edificio (paredes y cubie1ta), en m1 . A gi =la suma de las áreas bmtas, sin inchúr Ag, del revestimiento del edificio (paredes y cubierta), en m 2 . Ag

• El edificio no sea clasificado como flexible sin que su pe1iodo fundamental de •

•


•

vibración supere 1.0 seg. Las caracte1ísticas de respuesta del edificio sean tales que el mismo no esté sujeto a cargas por viento a través de él, a generación de vórtices, a inestabilidad por golpeteo o aleteo, y no esté ubicado en un sitio en el que se puedan presentar efectos de canalización o sacudimiento por la estela de obstmcciones en barlovento, que obliguen a consideraciones especiales. El edificio tenga m1a sección transversal aproxinladamente simét1ica en cada dirección y tenga una cubierta plana, una cubierta a dos aguas con pendiente menor o igual a 45º, o una cubierta a cuatro aguas con pendiente menor o igual a 2 7°.

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• La altura promedio del edificio es menor de

18 m y no está en zonas propensas a la

acción de vientos huracanados.

29

José Javier Madínez Echeverry

La presión dinámica del viento Ps, representa la smna de presiones internas y externas que debe aplicarse a las proyecciones horizontales y verticales de las superficies del edificio como se muestra en la Figura 2.12. Para la presión horizontal según se muestra en los sectores A a D de misma figura, Ps es la combinación de las presiones netas a barlovento y sotavento y se detenninará con la siguiente ecuación: Ps = A.* K:t * l* Ps10

donde: factor de ajuste por altura y exposición, definido en la Tabla 2.3. I factor de impo1tancia debe presentarse de acuerdo de acuerdo con los grupos de uso presentados en la sección A.2.5 del reglamento colombiano NSR-10. P s1o = presión de viento de diseño simplificada para la categoria de exposición B , para una altura promedio de la estmctura h=JO m, según definido en la Tabla 2.4 . K=1 = factor topográfico como se define en la siguiente ecuación evaluado a la altura promedio h de la cubierta, A,

= =

K 1 = factor que tiene en cuenta las caracte1ísticas topográficas y el efecto de máximo K2 =


munento de velocidad. factor que tiene en cuenta la reducción en el aumento de la velocidad con la distancia desde la cresta, a barlovento o sotavento.


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K 3 =factor que tiene en cuenta la reducción en el aumento de velocidad con la altura

sobre el teneno local. K1 =se obtiene de la tabla 2. 5 K?

-

=(]-

x

µ* Lh

)

K3 =(e )-f"::I Lh

donde: H = altura de la colina o escrupe, en metros. Lh = distancia horizontal viento ruriba desde la cresta de la colina o escrupe hasta donde la diferencia en elevación de teneno es la mitad de la altura de la colina o escrupe, en m == altura por encima del terreno, en m µ = factor de atenuación horizontal. = factor de atenuación en altura.

r

30


Tabla 2.3 Factor de ajuste, A., de acuerdo a la altura del edificio y al tipo de exposición. (Fuente: figura B.6.4-2 del reglamento colombiano NSR-10). Altura Media del Edificio (m)

B

e 121

D L47

6.0

LOO LOO

129

155

7.5

LOO

135

161

4.5


Tipo de Exposición


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9.0

LOO

140

166

10.5

1 05

145

170

12.0

109

149

174

13.5

153

1 78

15.0

1.12 1.16

156

1.81

16.5

1.19

159

1.84

n

122

1 61

1 .87

18

Tabla 2-4. Presión Básica de Viento, Psio , en kN/m2, para una e,"Cposición tipo B a una altura h= JO.O m, ~t =1.0, y con I=l. O. (Fuente: reglamento colombiano N SR -1 0). Velocidad Básica del Viento en mis (kmfh}

17 (60)

Ángulo de !llC /inac ión de ia Caso de Cubierta Carga (g¡-ados) Oa5 JO J5 20 25 30a45

22 (80)

Oa5 JO J5 20 25 30a45

28 ( JOO)

Oa5 JO J5 20 25 30a45

33 ( J20)

Oa5 JO J5 20 25 30a45

1 1 1 1 1 2 1 2 1 1 1 1 1 2 1 2 1 1 1 1 1 2 1 2 1 1 1 1 1 2 1 2

Zonas Presiones Ho1'i:orúales

Presiones verticales

Aleros

A

B

e

D

E

F

G

H

EOH

GOH

0.1 1 0.12 0.13 0.15 0.13

-O.OS -O.OS -0.04 -0.04 0.02

0.07 0.08 0.09 O. 10 0. 10

-0.03 -0.03 -0.02 -0.02 0.02

-0.13 -0 .13 -0. 13 -0.13 -0.06 -0.02 O.O! 0.5 -0.23 -0.23 -0.23 -0.23 -0.10 -0.04 0.02 0.08 -0.35 -0.35 -0.35 -0.35 -0.16 -0.06 0.03 0.13 -O.S I -O.S I -O.S I -O.S I -0.24 -0.09 0.04 0.18

-0.07 -0.08 -0.08 -0.09 -0.08 -0.04 -0.07 -0.04 -0.1 3 -0.14 -O.IS -0.16 -0.14 -0.08 -0.13 -0.06 -O.JO -0.21 0-.23 -0.2S -0.22 -0.12 -O.JO -0.10 -0.29 -0.31 -0.33 -0.3S -0.32 -0.17 -0.29 -0.14

-0.09 -0.09 -0.09 -0.09 -0.04 -O.O! 0.00 0.04 -0.16 -0.16 -0.16 -0. 16 -0.08 -O.O! 0.00 0.07 -0.25 -0.25 -0.25 -0.25 -0.12 -0.02 O.O! 0.11 -0.3S -0.3S -0.3S -0.3S -0.17 -0.03 O.O! 0.16

-0.06 -0.06 -0.06 -0.07 -0.06 -0.03 -0.06 -0.03 -0.10 -0.ll -0.11 -0. 12 -0.1 1 -O.OS -0.ll -O.OS -0.16 -0.17 -0.18 -0.19 -0.18 -0.08 -0.17 -0.07 -0.22 -024 -0.2S -0.27 -0.26 -0.1 1 -0.2S -0.1 0

-0.18 -0.18 -0.18 -0.18 -0.1 1

-0. 14 -0. 14 -0.14 -0. 14 -0.09

---

---

---

---

0.12 0.12 0.19 0.21 0.24 0.26 0.24

0.08 0.08 -0.10 -0.09 -0.08 -0.07 0.04

0.09 0.09 0. 12 0. 14 0.16 0. 17 0.17

0.06 0.06 -0.06 -0.05 -0.04 -0.04 0.04

---

---

---

---

0.21 0.21 0.29 0.33 0.37 0.41 0.37

0.14 0.14 -0.15 -0.14 -0.12 -0.11 0.06

0.17 0.17 0.19 0.22 0.2S 0.27 0.27

0.11 O. ll -0.09 -0.08 -0.07 -0.06 0.06

---

---

---

---

0.33 0.33 0.42 048 O.S3 O.S9 O.S3

0.23 0.23 -0.22 -0.20 -0.18 -O. IS 0.08

0.26 0.26 0.28 0.32 O.JS 0.39 0.38

0.18 0.18 -0. 13 -0. 11 -0. 10 -0.08 0.09

---

---

---

---

048 048

0.32 0.32

0.38 0.38

0.26 0.26

---

---

-0.04 -0.04 -0.32 -0.32 -0.32 -0.32 -0. 19

-O.OS -O.OS -0.2S -0.2S -0.2S -0.2S -0.17

---

---

-0.07 -0.07 -0.49 -0.49 -0.49 -0.49 -0.30

-0.09 -0.09 -0.39 -0.39 -0.39 -0.39 -0.26

---

---

-0. 12 -0.12 -0.71 -0.71 -0.71 -0.7 1 -0.44

-0.13 -0.13 -O.S6 -O.S6 -O.S6 -O.S6 -0.37

---

---

-0. 17 -0. 17

-0.19 -0.19

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José Jm1ier MaJ"linez Echeverry

Tabla 2.5. Parámetros para aumento de velocidad sobre colinas y escarpes. (Fuente: figura B.6.5-1 del reglamento colombiano NSR-1 O). Kll(H/Lh) Exposición

Forma de la Colina

µ

y

Hacia barlovento Hacia sotavento desde la cresta desde la cresta

B

e

D

Loma.s bidimensionales (2D} o valles con H negativa en Kll(H/Lh)

130

1.45

1.55

3.0

1. 5

1.4

Esca1pes bidimensionales (2D)

0.75

0.85

0.95

'.l.5

1. 5

4.0

Colina tridimensional axialsimétrica

0.95

1.05

11 5

4.0

1. 5

1.5

Si el sitio o la localización de la estmctura no cumple con las siguientes condiciones especificadas, entonces se debe usar K~ =1.0. •

• • •

•

Que la colina o escarpe esté aislada y sin obstrucciones en barlovento por otros accidentes topográficos de altura a una distancia equivalente a 100 veces su altura o 3 km, la que sea menor. La distancia se debe medir holizontalmente del punto desde el cual la altura H de la loma, colina o escarpe se mide . Que la colina, o escarpe sobresalga por encima del teneno viento aniba por llll factor de 2 o más, dentro del radio de los 3 km. Que la estrnctura esté localizada en la mitad supe1ior de la colina o cerca de la cresta del escaipe. Que H/Lh ~ 0 .2 . Se define Lh como distancia viento aniba de la cresta de la colina o escaipe en la Figura B.6 .5-1 de laNSR-10, donde la diferencia en elevación de teneno es la mitad de la altura de la colina o escaipe, en m H es mayor o igual a 4. 5 m pai·a la Exposición C y D y 18 m pai·a la Exposición B.

Las zonas de presión son las proyecciones horizontales y verticales de la superficie de cubierta del edificio y se definen en la siguiente figura de acuerdo a las dos siguietes r.::atPOf'\rÍ<=I<:! '



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• Zonas Horizontales de Presión. Es la suma de las presiones netas (internas y externas) a barlovento y sotavento, en la proyección ve1tical de: A : Zona final del muro

B : Zona final de la cubierta C : Zona interior del muro D : Zona inte1ior de la cubierta

• Zonas Verticales de Presión. Es la smna de las presiones netas (internas y externas), en la proyección horizontal de:

E : Zona final de cubierta a barlovento F : Zona final de cubierta a sotavento

32


G : Zona inte1ior de cubie1ta a barlovento H : Zona interior de cubie1ta a sotavento



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Transversal

Figura 2.11. Presiones de viento de diseño, para una altura h ~ 18 m. (Fuente: reglamento colombiano NSR-10, Figura B.6.4-2).

La siguiente es la notación empleada en la identificación de la figura ante1ior: la dimensión a es el 10% de la menor dimensión ho1izontal o O. 4h, la que sea menor y no debe ser menor al 4% de la menor dimensión ho1izontal o 0.9m; la vaiiable h representa la altura hasta el alero (en metros) cuando ~ 10º; o de otra manera se usa h hasta la altura media de la cubierta; el ángulo 0 es la inclinación de la cubie1ta, en grados. Las zonas de presión mostradas en la anterior figura se aplican a las proyecciones ve1ticales y horizontales pai·a la categoría de exposición B, a una altura h=lO.O m, I=l.O y K=t =1 .0. La categoría de exposición B es definida como la rugosidad de terreno tipo B, prevalece por una distancia de al menos 800 m o 20 veces la altura del edificio, la que sea mayor, en la dirección al viento. Las zonas de presión en los sentidos longitudinal y transversales, mostradas en la Figura 2.11 , se definen a seguidamente . Los signos positivo y negativo significan presiones y succiones actuando sobre las superficies respectivamente. Para el diseño con el sistema principal de resistencia de fuer=as de viento (SPRFV) en el sentido longitudinal debe usarse 0=0°, localizando las zonas de borde EIF y G/H en la mitad de longitud del edificio.

33



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José Javier Mal"fínez Echeverry

2.6. Cargas debidas a temperatura Al presentarse una vaiiación de la temperatura en llll elemento cualquiera, el material tiende a expandirse o contraerse de acuerdo al cambio proporcional de elevación o disminución de la misma. El cambio de temperatura tiene efectos en el alargamiento o acortamiento unitario de un elemento determinado, de acuerdo con la expresión E = a * TLI, donde E es la defo1mación unitaiia, a es el coeficiente de expansión ténnica y LIT es la variación o cambio de temperatura. Cada mate1ial tiene un coeficiente de expansión ténnica caracteristico, el cual pennite calcular la defo1mación debida al cambio de temperatura. En el sistema internacional, la lmidad del coeficiente a es ºC 1. La defo1mación té1mica para lllla barra lineal se puede calcular como: Ll.L = a* LIT* L

y el esfuerzo té1mico se puede calcular con la expresión: cr=a* LIT* E



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Ejercicios propuestos 2.1. Para llll edificio ap01ticado de aprutamentos diseñado para 5 pisos, ubicado en la ciudad de Cali y a construirse en m1a zona con suelos de perfil C de acuerdo a la n01ma sismonesistente Colombiana, se desea calculru· la fuerza c01tante basal del mismo y la distribución de ésta fuerza en cada lma de las cinco losas. Todas las plantas de la edificación son iguales con lm área en planta de 200 m2 y con lllla altura de cada piso de 3 m (altura total de la edificación es de 15 m). Los pesos a considerru· son: el peso propio de la losa es de 450 kg!rrl, los muros pesan 300 kg/ m2, los pisos 150 kg!ni2 y las columnas 50 kg!n/ por piso. Calculru· la dist1ibución de fuerzas cortantes en cada nivel según el método de la Fuer= a H ori=ontal Equivalente sugerido en la misma n01ma. 2.2. Encontrru· la fuerza sísmica en el tercer nivel de diseño del pó1tico en el eje C tomando el número de columnas del eje proporcional al número total de columnas. Utilizar el método de la fuer-a hori::.ontal equivalente considerando m1a carga distriblúda de 1.0 Tnlm2 , que incluye colmm1as, vigas, acabados y pruticiones. El edificio es de 5 pisos: la altura del primer piso es de 4 m y los demás pisos son de 3.2 m. Tomru· como 1 m todas las dimensiones de los aleros por fuera de los ejes y considerar todas las distancias entre ejes de 6 m. Considerru· los datos sísmicos del ejemplo anterior.



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1

Dimensiones Básicas en Planta

L1 8.0m

L; 14.0m

L1 7.0m

L4 20.0m

L5 5.0m

35

José Javier Mal'fínez Echeverry

2.3. Encontrar la carga por metro lineal para los ejes 1,4 y D de la estmcturamostrada en la siguiente figura. Considerar que la losa trabaja en dos direcciones y los pesos a considerar -


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son: el peso propio de la losa es de 5.0 kN!rrt , los muros pesan 3.0 kN!nt, los pisos 1.5 kN!11l Si a lo largo del eje 1 hay un muro de cenamiento de 3.O m libres de altura y 0.15 m de espesor, considerar la alternativa mas critica de carga tomando el peso propio del muro a lo largo de éste eje ó tomando el peso aferente por ni de muro entre ejes 1y2. 1

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Dimensiones Básicas en Planta

L1

L1

L;

L4

L5

L6

6.0m

6.5m

7.0m

2.5m

6.0m

0.5m

Problema 2.4. Para la losa de la siguiente figura la carga mue1ta a considerar para las viguetas es de 7. 5 kN/m2 y la viva es 2. O kN!nl. Determinar:


a.)

La carga de diseño para la vigueta 248 utilizando factores de mayoración de 1.2 para la carga viva y 1.6 para la carga viva.

b.)

Detenninar la carga de diseño para la viga 245 usando los siguientes datos para encontrar el peso propio de la viga:


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*Ancho b de la viga= 45 cm *Altura h de la losa = 40 cm

36


Usar para las viguetas la misma carga mue1ta de 7. 5 kN!Mt y una carga viva de 2.0 kN!Mt, cargas sin mayorar. La luz del primer tramo de la viga 245 es de 6.4 m y la segunda luz es de 3.2 m

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Problema 2.5. Para la siguiente sección de un puente evaluar la carga mue1ta aferente de una viga central y la carga mue1ta aferente de m1a viga de borde si adicionalmente existe una caipeta de asfalto de 0.05 m de altura que va hasta los bordes internos del andén. El peso en conjunto del andén y las barandas es de 300 kglnl y se considera que el andén tiene O. 7 m de ancho. Las densidades del concreto y asfalto son respectivamente 2.4 Tn!ni3 y 2.2 Tn/1ri3. Adicionai· a la viga central del puente la cai·ga viva en la superestrnctura conespondiente a un camión C40-95, según definido por el Código Colombiano de Diseño de Puentes y para la posición mas crítica de las llantas entre dos vigas consecutivas.

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0.5m

37


Problema 2.6. Encuentre las cai·gas para los elementos que se describen a continuación: a.) El peso por metro lineal de una bana de una pulgada de diámetro. b.) La presión externa en un tanque de 3 m de diámetro sumergido en el agua a 10 m de profundidad. c.) El peso por metro lineal de m1a viga trapezoidal de 0.5 m de altura, una base inferior de O. 4 m y con paredes laterales inclinadas a 4 5°. d.) La cai·ga total de servicio y mayorada en un balcón de 3.0 m de ancho, 2 .0 m de largo y open in browser PRO version


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0.2 m de altura, con 350 kglm2 de carga viva

Problema 2.7. Para la siguiente estmctura encontrar las fuerzas de viento si la estmctura es constnúda en una zona donde la máxima velocidad de 50 km/hora. El edificio está ubicado en m1a ciudad a 980 m sobre el nivel del mar. Para barlovento y sotavento en los elementos inclinados usar coeficiente de la Tabla 2.2. Para la pared ho1izontal usar un Cp de 0.8 para barlovento y de -0. 5 para sotavento.

2.0 m

3.0 m

5.0 m

5.0 m

38



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3. Sistemas de fuerzas 3.1 Definiciones Para estructuras planas un sistema de fuerzas puede ser: ( 1) Coplanar: sistemas con varias fuerzas cuyas líneas de acción se extienden en mismo plano.

llll

(2) No coplanar: para estructuras en tres dimensiones, o estructuras espaciales, cuyos ftmdamentos de análisis no van mas allá de los estudiados para estructuras planas, pero que por la gran cantidad de cálculos que involucran, al considerar la tercera dimensión, están fuera del alcance de esta presentación. Los sistemas coplanares se subdividen en: (1) Sistema coplanar concurrente : consiste en varias fuerzas cuyas líneas de acción se intersecan en llll punto com1m. (2) Sistema coplanar no concurrente: las líneas de acción de las fuerzas en un mismo plano no se intersecan en w1 pm1to común.

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(a) Sistema de Fuerzas Concurrentes



(b) Sistema paralelo de Fuerzas

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(d) Sistema no Paralelo de Fuerzas

(e) Sistema de Fuerzas no Concurrentes

Figura 3.L Sistemas coplariares de fuerzas concmTentes y no concunentes.

39

José Jm1ier Madinez Echeverry

(3) Sistema coplanar paralelo: consiste en varias fuerzas cuyas líneas de acción son paralelas entre sí. (4) Sistema coplanar no paralelo: sistema de fuerzas con líneas de acción no paralelas entre sí. Un sistema coplanar concurrente es no paralelo, Un sistema general de fuer=as consiste en vaiias fuerzas cuyas líneas de acción están en vaiias direcciones pero no se interceptan en tlll punto común.



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Figura 3.2. Sistema general de fuerzas no concuffentes.

3.2. Caracte1isticas de una fuerza Una fuerza es una acción capaz de modificar el estado de reposo o movimiento de un cuerpo, así como inducirle defonuaciones y cambiarle la dirección o el sentido. Las fuerzas son magnitudes vectoriales gobernadas por las siguientes caracteristicas: • • • •

Punto de aplicación: señala el punto de origen o donde se concentran las fuerzas en un plano caitesiano. Dirección: es la ubicación de la línea que sigue el vector en el plano. Sentido: positivo o negativo, si coincide con los ejes positivo del plano caitesiano o si se desplaza en la dirección contraiia. Intensidad: es la longitud del vector y el valor equivalente de la fuerza aplicada.

La resultante del sistema general de fuerzas coplanar no concunente (ver Figura 3.3) debe cumplir con: l . Rx = 2. Rx

L Fx

= .L:Fx

3. R*d=.L:Mu

40



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y

..- - - - - - - - ' Ry

R

X X

Figura 3.3. Fuerza resultante de un sistema coplanar no concw1·ente.

Aplicando descomposición de vectores en el plano se deducen las siguientes expresiones:

R =~R/ +Ry2 R B = tg - J __l'._ Rx

l. 2.

3.

X=

LMu

4.

y=

LMu

Ry Rx

Ejemplo 4: Definición de lUl vector. Descomponer un vector cuya magnitud es de 40 kN y el ángulo que fo1ma con respecto al eje ho1izontal positivo conesponde a 40°. y

SenBx = Fy

-

F

Fy = F*SenB Fy = 40K * Sen40


Fx F

CosB = x

F_" F_"

= F

* CosB

= 40K

* Cos40


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Fy =25. 7K

F_"'

=

30.6K

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Figura 3.4. Componentes de un vector en el plano cartesiano.

41

José Jm1ier Mal'linez Echeverry

3.3 Equilibrio estático de un sistema de fuerzas Estableciendo un balance entre la resultante global de un sistema y las fuerzas aplicadas, se debe llegar a la conclusión que el sistema está en equilib1io externo si la sumato1ia de la resultante con las fuerzas aplicadas es cero. Lo ante1ior pennite establecer que, basándose en un sistema estrnctmal, las fuerzas que identifican las reacciones en los apoyos sumadas a las fuerzas actuantes están en equilib1io si la suma vecto1ial de las mismas es cero. Según lo expresado en el numeral 3.2, si consideramos el vector R como la resultante de las reacciones de un sistema se cumple que: l. Reacción resultante (en cli.rección ,"() - L Fx(aplicadas) =O 2. Re acción resultante ( en dirección y ) - L Fy ( aplicadas) = O

3. Resultante ( general) * d - LMu( aplicados) =0

La distanciad se toma como la distancia perpendicular desde el pm1to de aplicación de la resultante general del sistema a cualquier punto del sistema. En general, para un sistema coplanar de fuerzas hay tres vaiiables desconocidas del sistema total y hay res ecuaciones estáticas pai-a. encontrai· las tres variables. Luego, pai·a que exista un estado de equilib1io

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copianar, ias s1gmemes Lres con01c10nes ueuen ser sau s1ecnas s1mmLaneameme: EFx =O ;

EFy =O ;

EM =O

Las anteriores condiciones aplican a un diagrama de cuerpo libre donde aparecen indistintan1ente los vectores que representan las fuerzas externas aplicadas al sistema y las fuerzas de reacción que se generan en los apoyos. Como conclusión se puede establecer que para una estructura en equilib1io externo se pueden enunciar los siguientes dos p1incipios básicos: •

Equilibrio de un sistema Un sistema estructural está en equilib1io estático cuando las resultantes de todas las fuerzas y momentos (aplicados y resistentes) deben ser iguales a cero.

•

Equilibrio de parte de un sistema. Si todo un sistema estmctural está en un estado de equilibrio estático, cualquier paite del mismo tan1bién debe estai· en equilibrio estático.

Los subíndices (x,y) representan los ejes a lo largo de los cuales las componentes Fx y Fy, de un vector de fuerza F, son estudiadas. Estos ejes pueden o no ser 01togonales y pueden estar 01ientados en el sentido global generalizado o pueden ser definidos como ejes locales pai-a. un elemento que fo1me parte del sistema. La sumatoria de momentos, í:,.M, es tomada alrededor de un eje cualquiera normal al plano de la estmctura analizada (pai·a estructuras coplanai·es). La combinación de estas ecuaciones es admisible, puesto que las tres son independientes.

42

Aná/.isis básico de estmcturas

Debido a que el momento es tomado alrededor de un eje perpendiculai· al plano de la estmctura, la sumatoria de momentos puede ser tomada en diferentes puntos del plano pai·a mantener el eauilibrio del sistema. Se cmnole. entonces. aue: open in browser PRO version


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llvf j =O , llvfk =O ........ . llvf1 =O ~ para cualquier punto j, k ó

3.4 Fuerzas internas en los elementos del sistema En el plano las siguientes son las fuerzas internas que actúan en cada elemento: •

Fuer=a nonnal. La fuerza n01mal Nen una sección dada es igual a la suma algebraica de todas las fuerzas y componentes actuando nonnales a la cara de la sección.

•

Fuer=a cortante. La fuerza c01tante o tangencial es simplemente la fuerza V en m1a sección, la cual es igual a la suma algebraica de todas las fuerzas y componentes de las fuerzas actuando paralelas a la sección transversal considerada.

•

Momento flector. El momento tlector M en una sección es igual a la suma algebraica de todas las parejas de fuerzas y momentos estáticos de que desanollan las mismas fuerzas actuando a un lado de la sección considerada y concentradas en su centroide.

Para un elemento estructural representado en un plano los tres tipos de fuerza se aplican en el centroide de una sección transversal detenninada y concunen con los ejes locales de la sección, de manera que la nom1al coincide con el eje local longitudinal del elemento o dirección local x, la cortante se aplica ve1ticalmente en la cara del elemento coincidiendo con el eje local y, mientras que el momento se aplica alrededor del eje transversal de la sección que para efectos locales es el eje en dirección:;;, Fuer=a normal

= Nx

Fuer=a cortante = Vy Momento flector con respecto al eje Z = M _

Para llll elemento estmctural espacial se presentan seis tipos de fuerzas en lllla secc10n transversal, aplicadas en el centroide de cada sección dete1mi..nada. Estas fuerzas son: Fuer=a normal Fuer=as cortantes

Nx

= Vy , V::

Momentos con respecto a los ejes globales= M x , M y , M::;

En las siguientes Figuras 3.5 y 3.6 se observan respectivamente las fuerzas internas aplicadas en la sección transversal de un elemento lineal en lllla estructura plana, así como , __ ..c. ..... _..... ,_ ... ;_,. .. ... -


.......... _

t ................; .!._

.l ........ _ _ , _ _____ _.. .. ............ ...


~... ..._.....

....

- - -· -

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H:l:S 1Utaz.a:s 1Hlt:Uli::l:S t:Jl 1<:1 :S t:<.:<.:lUH llt:

Wl t:lt:Hlt:HLU l!Ut: 1U1Hta j.li::lllt: llt:

uua t::SUU<.:LLUa

t1idimensional.

43

José Javier Mal"línez Echeverry

y

1 %. __ íl _ _ _ ,~_,__M~'-P,~~JI N~í l @ íl anñmÍ'"ñ'~ ~ i ~ J ~ 7 · ~ ul lu 7 N>(l<) ~.....? z

~

@

= VyOJ =-V'yO)

Nxm -N'x(J)

MzOJ

=-M'zCD

)

~ '/

VYúJ

@

'/y(kJ~ ••

···.Nx(k)

·.,,.. ACCIÓN Y REACCIÓN

Figura 3.5. Representación de fuerzas intemas en un elemento.

Para la anterior figura se pueden establecer las condiciones de equilib1io considerando las reacciones en el apoyo y tomando las fuerzas de cue1po libre en el tramo comprendido entre el apoyo empotrado y el punto J, resultando las siguientes ecuaciones: l . EFx =0

-7

Rx - P2x + N x( j) =O

2.

-7

Ry -P1 -P2y +Vy(j) = 0

EFy =0

3. llvfj =o

-7

MR + ( P1 ) *a1 + ( P2y) *a2 +M+M:(j} =0

Las fuerzas (Rx; Ry) y el momento MR son las reacciones en el apoyo empotrado del elemento analizado, mientras que a1 y a2 conesponden a las distancias desde donde están aplicadas las fuerzas P 1 y P2 hasta el punto J. La carga inclinada P 2 se ha sustituido por las componentes vectoriales (P2 x; P2y) en las direcciones de análisis. open in browser PRO version


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vy(k, M11 ~ My(k) 5 fv z z
t~k)

t vy(I<) y

x ~M~k> N x(kl X

N~kl

........

..._. Mx

Figura 3.6. Representación de las fuerzas internas en la sección de una estructura tridimensional.

44

Anál.isis básico de estmcturas

Para el mismo caso de la Figura 3.5, asumiendo que la carga w es uniformemente distribuida (carga constante), se pueden establecer las condiciones de equiliblio en el tramo comprendido entre las secciones marcadas por los puntos J y K , obteniéndose las siguientes ecuaciones: J. IF_"' =0 ~ -N~(JJ + N x(k) =0 2. I:Fy =0 ~ -Vy{J} - P3 - P4 - w*(b3 - b4 )+ Vy(J} = 0



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3. IM1 = 0

~

- M;{j) +VJ~{J) *L1k+(P3 ) *b3+{P4 ) *b4

+ w* ( b3 - b4) * ( L;k - ( b3 ~ b4)) + M::(k) =O

En estas ecuaciones las fuerzas n01males al inicio y final del tramo son NxúJ y Nx(k) . De la misma manera las parejas de c01tante y momento son respectivamente (vyú); Vy(k) ) y (M::U); M ::(k) ). La variables b 3 y b4 corresponden a las distancias desde los puntos de aplicación de P 3 y P4 hasta la sección K. La variable L1k define la distancia del tramo comprendido entre los puntos J y K , mientras que (b 3 - b4) es la longitud del tramo donde está aplicada la carga uniformemente distribuida w. Por simplicidad se ha considerado que las cargas puntuales y la carga distribuida son ve1ticales; por tanto, no hay componentes ho1izontales de carga axial aplicada y la resultante de la misma en la sección K es igual y de sentido contrario a la resultante del avalúo de cargas obtenida para el primer tramo, entre el apoyo empotrado y la sección J.

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4. Estabilidad y determinación estática de estructuras Dentro del análisis cinemático de una estmctura se debe establecer la posibilidad de movimiento del sistema a través del estudio de la estabilidad geométrica, la cual estudia la vinculación entre sí de los elementos de la estructura y la vinculación externa de los apoyos con la tiena. Para establecer si existe o no la posibilidad de movimiento de una estmctura, se deben tener en cuenta los siguientes dos ciiteiios de estabilidad geométiica: •


Estructura geométricamente estable. Una estrnctura es geométiicamente estable si para cualquier movin1iento incipiente de la estmctura una oposición o resistencia al movinliento es desanollada. Esto requiere al menos la presencia de tres fuerzas de soporte no concunentes y no paralelas


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•

Estructura geometncamente inestable. La esuucmra nene un munero sunc1eme cte reacciones, no concunentes entre sí, pero que están inconectamente colocadas para asegurar estabilidad, como es el caso de bielas paralelas de soporte.

De lo anterior debe ser concluido que en algunos casos aquellas estructuras que parecen estar amanada a la tiena a través de un número suficiente de vínculos, pueden aún ser consideradas inestables por presentar convergencia de reacciones en un punto detenninado o por tener deficiencia de resistencia en una de las dos direcciones del plano, como es el caso de tres bielas cuyas fuerzas de reacción están 01ientadas en el mismo sentido de un eje global.

4.1. Estabilidad geométrica de cerchas Los métodos más comunes para detenninar la estabilidad geométlica son los siguientes: • • • •

Método Método Método Método

de de de de

las dos barras las tres barras la articulación y la barra las tres articulaciones

4.1.1. Método de las dos barras

Un sistema geométiico estable se puede formar agregando a un sistema invaiiable m1a nueva aiticulación unida con dos bairns que no se encuentren en línea recta. Al sistema 1 de la Figura 4.1 se le agrega la articulación 4 a través de las bairns G y H, luego la articulación 3 a través de las barras F y E, y así sucesivamente. La articulación 6 del segundo sistema y la articulación 4 del tercero, en la misma Figura 4.1, no puede pemtitirse debido a que los sistemas se convie1ten en inestables.

47



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JVJ~ JU. l'l.~I

.lV.l.UI tUU:.~ .LH..ttC .

11~1

l

.,Y

o

(b) INESTABLE

(a) ESTABLE

(e) INESTABLE

Figura 4.1. Fo1mación de sistemas estables e inestables por método de las dos barras. 4.1.2. Método de las tres barras

Dos sistemas estructurales geométiicamente estables fo1man un nuevo sistema estable si se vinculan a ti·avés de tres barras que no se c01ten en un mismo punto o no sean paralelas .

(a) ESTABLE



(b) INESTABLE

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Figura 4.2. Método de las tres bairns aplicado a la fotmación de sistemas estables e inestables. 4.1.3. Método de la articulación y la barra

Dos subsistemas estructmales fonnan tlll sistema geométiicamente estable si se vinculan a través de una ::uticulación y de una hana que no pase por dicha a1tic111ación.

48


(a) ESTABLE

(b) INESTABLE

Figura 4.3. Método de la a1ticulación y la batTa en la fo1mación de sistemas estables e inestables. 4.1.4. Método de las tres articulaciones



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Tres subsistemas estmcturales forrnan un nuevo sistema geomét1icamente estable si se vinculan a través de tres aiticulaciones que no se encuentren en línea.

(a) ESTABLE

(b) INESTABLE

Figura 4.4. Método de las tres articulaciones en la fo1mación de sistemas estables e inestables.

49

José Javier Mal"linez Echeverry

4.1.5. Formación de cerchas

En laformación de cerchas dos p1incipios básicos aplican: open in browser PRO version


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( 1) La base o sistema de ananque es un pó1tico con tres articulaciones amanado por dos articulaciones externas a m1a cimentación rigida. (2) La base es un tiiángulo con tres aiticulaciones, cuya rigidez es independiente de la cimentación.

Estructur.a

rg na

CERCHA INDEPENDIENTE (Tros roacoionos extornas)

Estructura Ortglnal

CERCHA DEPENDIENTE (Tres reacciones externas)

Figura 4.5. Formación de una cercha a pa1tir de una estmctura original.

Adicionando a ca.da sistema básico dos bairns por cada nuevo nudo, la cercha es fomrnda siendo dependiente o independiente de acuerdo ala configuración de la base.

4.2. Estabilidad externa de cuerpos estructurales Pai·a estmcturas simples la estabilidad externa se lige por los siguientes cliterios: •

•

•


Si hay menos de tres reacciones independientes desconocidas (incógnitas), la estiuctura plana no está en equilibrio y es estáticamente inestable, puesto que no hay suficientes incógnitas para satisfacer las ecuaciones de equiliblio simultáneamente. Si las reacciones son iguales al número de ecuaciones externas smninistradas por el sistema, la solución de las mismas se puede obtener mediante un análisis estático de igual número de incógnitas y ecuaciones simultaneas. Si ti·es o más bielas son concunentes o pai·alelas, ellas no son sufí.cientes pai·a mantener el sistema planai· de cai·gas en equilibrio externo. En otras palabras, la estmctura puede ser detemrinada pero su configuración geomét1ica impide la estabilidad general del


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sistema.

50


F ,.

F

~

© @)

®

i~Ay

!Rey

/

ESTABLE: tres recciones no concurrentes

ReyÍ

·'

RAy ~

INESTABLE: tres recciones paralelas

®

®

RAx>

®

® INESTABLE: dependiendo del valor de F la estructura rota y RAy se cae

"j' .

\F

@

í Rey ©

1 1 t

RAy í

Rey

t

Rey

INESTABLE: tres recciones paralelas

Figura 4.6. Vigas simples estables e inestables.


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~~---

..... -------

1

®

Re

ESTABLE: tr es recciones n o concurren en u n mismo punto

INESTABLE: tres recclones concurrentes

¿ R2

F

·······.... ESTABLE: reacciones no concurrentes ESTABLE: tres recciones no concurrentes

..··

H

R4 ••••••••••••..:. ::::::••••••

INESTABLE: reacciones concurrentes

Figura 4. 7. Estmcturas simples estables e inestables.

51


4.3. Determinación estática exte1na Para establecer la deterrninación estática de una estmctura, las redundantes, tomadas como las fuerzas internas mas las reacciones en los apoyos, deben obseivar una de las siguientes dos definiciones: •

Estructura estáticamente determinada. Una estmctura es estáticamente detenninada si

sus reacciones y fuerzas internas pueden ser detenninadas a paitir de las ecuaciones de equilibrio. open in browser PRO version


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•

Estructura estáticamente indeterminada. Una estmctura es estáticamente indetenninada si sus reacciones y fuerzas internas no pueden ser computadas a partir de las ecuaciones de equilibrio y condiciones de defonnación deben ser consideradas.

En estrncturas simples, como es el caso de las cerchas, la indetenninación puede ser interna si las redundantes cotTesponden a fuerzas internas, o ex terna si las redundantes son reacciones. Igualmente se deben satisfacer las ecuaciones de equilibrio externo, por lo que simultáneamente se cumple que:

LFy =0 LFx =0 LMo =O Ante la posibilidad de contar con vru.ias reacciones externas, es conveniente detenninar cuándo una estmctura está en equilibrio externo de acuerdo al número de reacciones presentes, según lma de las dos siguientes reglas: •

Menos de tres reacciones son insuficientes analizar el equilibrio de la estmctura, por tanto la estmctura es estáticamente inestable.

•

Con mas de tres reacciones pueden ser encontrado el equilibrio externo si existe la posibilidad de establecer ecuaciones especiales mediante la presencia de articulaciones o g1úas intem1edias

Las ecuaciones especiales están detenninadas por las condiciones de nudo especificadas en la siguiente figura. Articulación Intermedia

Guía Vertical

Guía Horizontal

_ ___ ___JQ _ _ _ _

Figura 4.8. Condiciones especiales, a1ticulación o guías, para dete1minar una ecuación predete1minada de momento, c01tante o normal igual a cero.

52



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Con base en las anteliores afinnaciones ante1iores se puede establecer que una viga es estáticamente detenninada si el m'unero de ecuaciones de equilibrio (las tres ecuaciones generales del sistema), más el número de ecuaciones especiales, son iguales al número de reacciones (r). Por tanto:

r=3 +s donde la variables representa el nun1ero de ecuaciones especiales y son obtenidas a partir de las condiciones de momento, c01tante y normal igual a cero. La vaiiable r representa el número de reacciones externas. Ejemplos típicos de vigas donde se aplica el crite1io de detenninación estática externa para establecer la solución general del sistema mediante el planteainiento de ecuaciones de equilibrio, son los siguientes: • • • •

Vigas en voladizo Vigas simples - simplemente soportadas en ambos extremos Vigas con uno o dos voladizos Vigas compuestas - Combinación de todas las anteliores con voladizos conectados por articulaciones o guías internas. Ca.da aiticulación interna equivale a una ecuación especial de momento.

En la siguiente figura se presentan algunos ejemplos típicos de estos tipos de vigas. VIGAS SIM PLES

[ [1 1111111111111111

¡

L

! I~ ,

11 1 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1 1 11 1 1 1 11

Á

L

~

VIGAS SIMPLES CON VOLADIZOS

1 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1 1 11 1 1 11



11 1 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1 1 11

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&

r.p;;

J3'7

: L1 :

: la :

L2

:....-..:--------•~4

·:

: L1 :

:....-..:---------

VIGAS COMPUESTAS

Articulación

/"'"''"'''"''"'''"''"'

111111111IJ'I111111111111111111111

-Ji

Á

fh

®

¡11111111111 k111111111111~

L2

L1

l..,

Figura 4.9 Vigas simples y compuestas estáticamente detenninadas.

53


Otros ejemplos típicos de estructuras sencillas, como pó1ticos y arcos triarticulados, en los cuales se puede aplicar el c1iterio de estabilidad estática externa para resolver el equilib1io de la estructura, se presentan en la siguiente figura. l

l l l

Apoyo Articulado ARCO SIMPLE TRIARTICULAOO

./

Apoyo Articulado PÓRTICO SIMPLE TRIARTICULAOO

. /

l I I l l l l IJ l l l l l l l i open in browser PRO version


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ARCO COMPUESTO ISOSTÁTICO

PÓRTICO COMPUESTO ISOSTÁTICO

Figura 4.1 O. Pórticos y arcos tria1ticulados estáticamente dete1minadas.

4.4. Equilibrio interno de cerchas Una cercha es estáticamente determinada si puede ser calculada por ecuaciones de equilibrio estático. En cambio, la estructura es indetenninada si no puede ser calculada por las ecuaciones de equilibrio estático y se deben usar deformaciones para obtener las redundantes. En número de redundantes es definido por la siguiente expresión: GI = (b + r ) - (2n) donde, GI

grado de indeterminación (número de redm1dantes). número de reacciones. b füerzas internas de la estructura; b = nmnero de barras. 2n = ecuaciones de equilibrio externo; n = munero de nudos. r

•

= =

Determinación estática. Una cercha plana es estáticamente detenninada si:

GI =b+ r-2n=0

54




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•

Determinación estática y estabilidad geométrica. Una cercha plana es estáticamente detenninada y geomét:Ii camente estable si : GI =O y det(A) *O~ 4 = matriz de rigidéz en sistema de solución de incógnitas

•

Estáticamente y geométricamente inestable. Una cercha plana es estáticamente y geométiicamente inestables si: GI = b + r - 2n
•

Estáticamente indetenninada. Una cercha plana es estáticamente indetemrinada si: GI = b + r- 2n> O

Ejemplo 1: Equilibrio Interno de una cercha. Para cada m1a de las cerchas mostradas establecer el número de redundantes y la detenninación estática de acuerdo al m'.unero de grados de libertad encontrados.

k1SlZN

l "'l J>IZN7N21 = :>

il'~1y

lJR:¡y

íJ R1y

';J'R2Y

~ 'íJ'

1': open in browser PRO version

R1y

b =2J, r =J, 11 =14 GI= b + r-2n = 26-28 = -2 . ·. Estaticm11e11te I11estable

b =25, r =J, 11 =14 GI= b + r-211=28-28 = O ••• Estaticnmmte Estable

b =27, r =J, 11 =14 GI= b + r-211 = J0-28 = +2 • ·. Estaticm11e11te Imleten11i111u1a

'íJ"R:zy

9

~

9

~


9

;ff

'·=? .:'·=~··=14

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l:Vl\J(l:Vl lJR :zy

'fl'R1y

R3y

LJ

GI = b + r -Zn = Z8-Z8 =O Estntcflll'a Geo111étric1U11e11te I11estable:

Renccio11es son parale111s

F igura 4.11 . Análisis
55


4.5. Equilibrio interno de vigas y pórticos Para establecer el equilib1io interno de tma estructura plana se define inicialmente el grado de indete1minación, ó número de redundantes del sistema, de acuerdo al resultado de la siguiente expresión GI = (3b + r ) - (3n + s)

donde, GI = r = 3b = 3n = s =

grado de indeterminación (número de redundantes). número de reacciones. fuerzas internas de la estructura; b =numero de baITas, ecuaciones de equilib1io externo; n = mm1ero de nudos, número de ecuaciones especiales.

Un sistema con un GI > O tiene redundantes o incógnitas en un nfünero igual al valor que torna el grado de indeterminación, GI. Una estructura con un grado de indeterminación positivo también recibe el nombre de sistema hiperestático y las redundantes coITespondientes deben ser encontradas inicialmente antes de resolver la estructura con ecuaciones de equilibrio estático. open in browser PRO version


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Ejemplo 2: Estabilidad Interna de una viga continua. Para la viga mostrada en la siguiente figura establecer el grado de indetenninación y el estado de equiliblio. Los nudos de la estructura coinciden con los puntos donde se hay apoyos.

CD

~

1

TRAM0 1

' J

1

®

J)//,

1

TRAM02

1

:

1

®

TRAM03

0 1

(>

~

~

Figura 4.12. Viga continua mostrando nudos, tramos y a1ticulaciones.

n=4 s=3 h=3 r=B

3b + r 2:: 3n + s 3x3+82::3X4+3 172:: 15

n s b r

= = = =

Nun1ero de nudos Numero de ru.ticulaciones Nun1ero de barras Numero de reacciones

El grado de indeterminación de la estructura es GI = 2, por lo que la estructura se considera estáticamente indetenninada de orden dos. Esto quiere decir que la estructura tiene dos

56


redundantes o incógnitas que deben ser encontradas con ecuaciones de compatibilidad de deformaciones o esfuerzos internos, antes de poder resolver la estiuctura con ecuaciones de equiliblio estático. open in browser PRO version


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Una manera de encontrar las redundantes es estableciendo ecuaciones adicionales de compatibilidad que se pueden alcanzar con distintas combinaciones de deformaciones y tensiones internas, asociadas a las defonnaciones de las condiciones de borde o apoyos y resueltas mediante los métodos de la mecánica de sólidos, que da cuenta de la deformabilidad de los sólidos y sus efectos internos. Alternativa de solución: el grado de indetenninación, GJ, de la misma estructura puede se encontrado reorganizando los nudos y tramos de acuerdo a los puntos donde pueden ser planteadas las ecuaciones de equilibrio y defo1mación. En los nudos 2, 4 y 6 los momentos son cero, por lo que se pueden plantear en estos puntos ecuaciones de momento iguales a cero, a la vez que entre estos puntos se considera la fonnación de subestructuras o tramos estáticamente equilibrados.

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~

® @]

11 [E:]

0

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1

0

®

T4 I ~ITsl

11

~

~

Figura 4.1 3. Alternativa de numeración de nudos y tramos para la viga continua del ejemplo.

n=7 s=3 b=6 r=8

3b +r ~ 3n+s 3x6 +8~ 3x7+3 26~24

n = Numero de nudos s = Numero de aiticulaciones b = Numero de barras r = Numero de reacciones

La viga continua propuesta continúa siendo estáticamente indetenninada, con el mismo grado de indeterminación, GI = 2. Ejemplo 2: estabilidad in1erna de un pórtico. Para el pórtico de la Figura 4.14 establecer el grado de indete1minación y la hiperestaticidad de la misma

En este caso se han tomado los nudos en cada pm1to donde se presenta la posibilidad de plantear ecuaciones de equilib1io, sean los nudos donde hay apoyos y aiticulaciones, o en los nudos donde se presenta continuidad debido a la unión de varios elementos. open in browser PRO version


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José Jtll'ier Mal'linez Echeverry

® /

F igura 4.14. Pó1tico con a1ticulaciones para análisis de indetenninación del ejemplo 2.

n=8 s=2 b=7 ,. =8

3b+r ~ 3n+s 3x7+8~3x8+2 29~26

n = Numero de nudos

s = Numero de a1ticulaciones b =Numero deban-as r = Numero de reacciones

El grado de indetenninación de la estrnctura es GI = 3, por lo que la estrnctura es hiperestática y se requieren tres ecuaciones de compatibilidad para encontrar inicialmente las redundantes, antes de resolver el resto de la estrnctma con las ecuaciones de eqtúlib1io.

Ejemplo 3: estabilidad interna de un pórtico. Detemrinar el grado de hiperestaticidad del pó1tico mostrado en la siguiente figura.

CDL ~__l_e_1 I_-~,®



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1

04

1

[E]

©

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~

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-+

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-+

Figura 4.15. Pórtico para detenninación de grado de indete1minación del ejemplo 3.

n=7 s=O b=6 r=9

3b +r ~ 3n +s 3x6 + 9~3x7 + 0 27~21

n s b r

= Numero de nudos = Numero de aiticulaciones = Numero de bairas = Numero de reacciones

58


El grado de indeterminación de la estructura es GI = 6, por lo que se requiere conocer inicialmente seis reacciones o igual número de fuerzas internas, por decir, las fuerzas internas de dos elementos, para poder detenninar estáticamente la estrnctura. Ejemplo 4: estabilidad interna de un sistema c01nbinado. Para la estrnctura mostrada en la siguiente figura detemlinar el grado de indetenninación, asunliendo que los cables del cordón superior solo transmiten fuerza axial, por lo que las c01tantes y los momentos son cero y las ecuaciones especiales en los nudos de este nivel son dos.



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s=2

r=2

s=2

/

s=1

s=1

r=2

r=2

·/

r =2

/

r=2

r=1

Figura 4.16. Sistema combinado de viga, cables, puntales y bielas.

n =l8 s=l9 b=21 r =11

3b+r ~ 3n+s 3x21+11~ 3xl8+19 74~ 73

n s b r

= Numero de nudos = Numero de a1ticulaciones = Numero de ban·as = Numero de reacciones

La estructura presenta un grado de indeterminación GI = 1. Esto quiere decir que con conocer una sola redundante establecida bien sea por la fuerza axial de las bielas o por una de las reacciones en las articulaciones de los pm1tales, la estmctura puede ser resuelta por métodos isostáticos. En el caso de aspirar a detemrinar el número de redundantes de una estmctura definida en tres dimensiones, el grado de hiperestaticidad se mide con la expresión: GI =(6b+ r ) - (3n+s) donde, GI r

6b

= = =

grado de indetenninación (n\unero de redundantes), número de reacciones. fuerzas internas de la estmctura; b = munero de banas .

59



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José Javier Mal'línez Echeverry

6n = ecuaciones de equilibiio externo; n =numero de nudos. s = número de ecuaciones especiales. Se considera que cada elemento de una estrnctura en tres dimensiones tiene seis fuerzas internas (ver Figura 3.6), las cuales se identifican por las vaiiables desconocidas N,r, V.Y> V=, Mx, My, fe1=. La nom1al se toma en el sentido longitudinal del elemento considerado. Ejemplo 5: estabilidad interna de un pórtico en tres dimensiones. Pai·a el pó1tico mostrado en la Figura 4 .17 encontrar el grado de indetemtinación aplicando la ecuación refeiida para estrncturas en tres dimensiones.

Figura 4.17. Póttico en tres dimensiones para dete1minar grado de indeterminación del ejemplo 5.

n= 8 open in browser PRO version


1

n = Numero de nudos

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s =O b=8 r=24

V U

-r

f

:::... VI/. T

oJ

6x8+24"?.6x8+0 72 '?. 48

s = Numero de aiticulaciones b = Numero de banas r = Numero de reacciones

El grado de indeterminación de la estrnctura espacial indeterminada mostrada en la figura antelior es GI = 2 4.

60


Ejercicios propuestos Pai·a cada una de las siguientes estrncturas detenninai· el grado de detenninación. Pai·a aquellas estrncturas que sean geométlicamente inestables, tomar las respectivas medidas pai-a cainbiarlas a estrncturas estables.

Problema 4 .1. Dos cerchas con apoyo común.



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Problema4.2 Viga-cercha

Problema4.3. Cercha com\m

Problema4.4. Dos cuerpos unidos por tres banas.

Problema4.5. Cercha-pórtico

Problema4.6. Cercha tipo puente.

61




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Problema 4. 7. Cercha tipo viga.

No articulación

Problema4.8. Cercha común.

No articulación

Problema4.9. Cercha con tirantes.

Problema 4 .1 O. Cercha tipo pó1tico Problema 4 .11. Cercha tipo pó1tico sin con diagonales. diagonales. 1

)

\

y



)

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1 1 62


Problema4.12. Dos vigas con empotramiento y apoyo simple en extremos.

l

~

A

l

Problema 4.13. Viga simple sobre viga en voladizo.

~

,,,Q,,

l

@

A

l

/A

Problema 4.14. Viga doblemente Problema 4 .15. Viga con múltiples empotrada con dos articulaciones. articulaciones.

~

o

\

~

o


~ ~

o

o

~

o

~

Problema 4 .17. Pó1tico con apoyos simples en tramo ho1izontal.

Problema4.16. Pó1tico con articulaciones internas.

1

L1L1lf fTTlT7

~

1

i{¡

~

1


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1 Problema 4 .19. dimensiones.

Problema 4 .18. Cercha espacial.

Pó1tico

en

tres

63


Problema4.20. Viga con bielas como apoyos simples. open in browser PRO version


Problema 4. 21. Estmctura en tres dimensiones . pdfcrowd.com

nmm

Problema 4.22. Pó1tico con apoyos simples y aiticulados más articulaciones internas.

Problema4.23. Pó1ticos triaiticulados de múltiples vanos y un elemento común.



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64

5. Cálculo de reacciones en estructuras estáticamente determinadas Las fuerzas y momentos desanollados en los pm1tos de sopo1te de la estructura reciben el nombre de reacciones, y conesponden afuer=as hori=ontales y verticales de reacción (RH y Rv) en el pllllto de apoyo para estructuras planas, jllllto con momentos de reacción en llll pllllto de emporamiento detemlinado (MRo). Allllque lllla fue1za puede ser representada con cualquier número de componentes dentro de un plano, solo se consideran como máximo dos componentes 01togonales de la fuerza de reacción. Para plantear el momento en llll pllllto se debe partir de la base que todas las cargas y reacciones a la derecha e izquierda del nudo analizado deben sumar cero para asegurar el equilibrio de la estructura. Hay cuatro casos básicos para representar esquemáticamente los tipos de apoyo de lllla estmctura sobre lllla superficie rigida ideal, que no pennita deformaciones adicionales bajo la presión de la carga transmitida: 1. Un extremo desli=ante o patín, que tiene dos grados de libertad. Puede rotar libremente

alrededor de su eje, y puede desplazarse en lma dirección del plano. Solo existe lllla fuerza de reacción que actúa perpendicular al desplazamiento. En la siguiente figura la fuerza horizontal y el momento son cero en el apoyo simple mostrado.



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Figura 5.1. Representaciones esquemáticas de un apoyo deslizante tipo patín.

2. Un extremo inamovible o articulación, que tiene llll solo grado de libe1tad. Puede rotar libremente alrededor de su eje transversal, pero no se puede desplazar ho1izontal o ve1ticalmente. Por tanto, aparecen dos fuerzas perpendiculares de reacción.

2?;,

~

1 1

1

,J~,

1 5 5

1 1

1

,J$;,

1 1

~

~

Figura 5.2. Representaciones esquemáticas de un apoyo articulado.

65


3. Un extremo rígido o empotrado, el cual está completamente rest1ingido y sin ninguna libertad para desplazamiento o giro. En este caso tres reacciones están presentes: una de momento y las dos fuerzas perpendiculares que restringen los movimientos holizontal y ve1tical.



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Figura 5.3. Representación esquemática de un apoyo empotrado.

4. Un extremo guiado, que tiene un solo grado de libe1tad conespondiente a un movimiento horizontal o vertical. En la siguiente figura la viga puede deslizarse libremente a lo largo del eje del Iiel, pero no puede rotar autónomamente en el plano

axial. Un momento de reacción y una fuerza actuando perpendiculaimente al eje del desplazamiento serán las reacciones.

Figura 5.4. Representación de apoyos con un grado de libe1tad horizontal o ve1tical.

Los casos mostrados son ideales y dificiles de obtener en estructuras reales. A un patín se le puede oponer la fuerza de fiicción que desaiTolle el rodamiento o cojinete que se coloque apoyado a m1a placa rigida para simular el apoyo simple. En una rótula es conveniente tener fiicción muy pequeña para pennitir el giro, de manera que el momento en este tipo de apoyo pueda ser considerado como cero. Para un empotramiento perfecto se requiere que la masa que silve de apoyo sea suficientemente rigida y sin posibilidad de deformación o movimiento, para pe1mitir que las reacciones desaiTolladas alcancen al máximo los valores ideales calculados. En la Figura 5.5 se muestra la posibilidad de obtener modelos teó1icos de vigas ho1izontales simplemente apoyadas a partil· de la idealización de estrncturas reales en las cuales se restiingen los movimientos horizontales y ve1ticales en los pm1tos de apoyo sobre las columnas, mientras que en la Figura 5.6 se muesti·a una viga en voladizo a paitir de

66



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elementos empotrados en masas de gran rigidez como pueden con muros o paredes con posibilidad de pennitir muy poca o ninguna defo1mación alrededor del punto de apoyo.

w

w

+IIIIJJIIIIJIIJIIIIJJI+

i1J

Ji:1J

VIGA SIMPLEMENTE A POYADA

VIGA SIMPLEMENTE APOYADA CON VOLADIZOS

Figura 5.5. Representación real de vigas simplemente apoyada en puntales o columnas.

W

~llllJIJIIIIIJJJJJJIIIJ

VIGA EMPOTRADA (VOLADIZO)

Figura 5.6. Representación de una viga empotrada en una masa rígida.

5.1. Reacciones en vigas isostáticas simples Para el cálculo de las fuerzas internas de vigas estáticamente dete1minadas o isostáticas, en .. .. . . . .. . .. open in browser PRO version


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un punto tomado a una dlstancia cualqmera a paitrr ongen del elemento, se tienen en cuenta las siguientes recomendaciones: •

Se calcula la resultante de los momentos producidos por las cargas externas y de la c01tante ubicados a cada lado del punto de corte. Se puede comenzar por calcular los momentos y cortantes de un punto empezando por determinar el diagrama de cuerpo libre a la derecha del punto de corte.

•

Los momentos se toman negativos si concuerdan con el movimiento horaiio mientras que todas las fuerzas son positivas en los sentidos de los ejes propuestos: de abajo hacia aniba y de izquierda a derecha.

67


•

El análisis de equilibrio efectuado desde el 01igen del sistema coordenado hasta el punto de coite, de izquierda a derecha, es idéntico al proceso en sentido inverso pero cambiando los efectos de tensión del momento flector y de la fuerza co1tante.

Convenciones para Fuerzas Internas

c:::t

1

1

H>O

~) M>O

V>O

Figura 5.7. Calculo de c01tante y momento en un punto cualquiera de una viga simplemente apoyada y convenciones de fuerzas internas utilizados para el análisis.



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El siguiente es el procedimiento propuesto para cálculo de las reacciones de una viga simplemente apoyada: • • • • •

A partir de la estructura real se plantea el sistema teó1ico para el análisis. Se ubica el sistema teólico en un sistema cartesiano de coordenadas. Se enumeran nudos y apoyos. Se definen las reacciones y supone una 01ientación para cada una. Se plantean las ecuaciones de equiliblio estático a partir de las cuales se despejan las reacciones del sistema.

Tomando como referencia la Figura 5.8, donde aparece lma viga simplemente apoyada con cualq1úer tipo de cargas externas, se puede establecer el sistema de ejes coordenados, la identificación de los nudos representativos de la estructura y la esquematización de las fuerzas de reacción con el sentido positivo de acuerdo a la definición representada en la ante1ior Figura 5.7. Para resolver simultánean1ente las reacciones R 2 y R 3 se pueden plantear las siguientes dos ecuaciones de equilibrio:

Pero también se puede plantear una de las siguientes dos alternativas para detenninar las mismas reacciones: 1a. Alternativa

LFy =0 { LM1 =0

2a. Alternativa

¡

LFy =0 LM4 =0

68

Análisis básico de estructuras open in browser PRO version


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y

®

f n· 1 (J)

01 ríl! II W(x)

~

~ M

~

/77Q77

1-x

@

~<®

®>I

Figura 5.8. Representación teótica de una viga simplemente apoyada y definición de ejes coordenados, numeración de nudos y orientación de reacciones.

Una vez se conocen los valores de las reacciones se prosigue con el chequeo de equilibrio externo de las fuerzas aplicadas y reacciones: • • •

Se establece la dirección y sentido de las reacciones conigiendo, de acuerdo al signo, la oiientación de las reacciones. Se establecen las resultantes estáticas externas R *y M* (ver Figura 5 .9) Se determinan las resultantes R y M debidas a las reacciones de la estmctura.

lnp ~ y

W (x

_________

............___.........._.

~

M

:;)) -x



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®U Figura 5.9. Representación del equilibrio externo entre cargas aplicadas y reacciones.

69


• •

La fuerzas estática externa R *debe ser igual y de diferente sentido que la sumato1ia de las reacciones R => R * = R La smna de momentos M* de las fuerzas externas, con respecto a llll punto cualquiera debe ser igual y de diferente sentido que la smnato1ia de los momentos M de las reacciones con respecto al mismo punto ::::> M* = M

El mismo procedimiento se utiliza para cálculo de reacciones de una viga simple en voladizo: • • •

A partir de un sistema real se plantea llll sistema teólico con ejes coordenados y muneración de nudos p1incipales o apoyos. Se establece una orientación positiva para las reacciones de acuerdo a los sentidos propuestos en la Figura 5.7. Se plantean las ecuaciones de equilibrio estático. La ecuación de momento se plantea con respecto al apoyo empotrado

y

~ n·


W(x)

á l 111111


M

lLx

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yl

p

W(x)

®(~_r_ «_11_1r_ro___ ,_

X

'® Figura 5.1 O. Representación teórica de una viga en voladizo y definición de ejes coordenados junto con reacciones.

De la misma manera que se planteó para la viga simplemente apoyada, las reacciones Ro y Mo se pueden resolver utilizando las siguientes ecuaciones de equilibrio:

¡

'LM =O=> Para resolver M 0

L Fy =O=> Para resolver R 0 70


Para chequeo de las reacciones se prosigue con los siguientes pasos: • •


Se conige, si el signo así lo indica, la 01ientación de las reacciones Se suman las resultantes estáticas externas: R * y M.t., donde M* es el momento de las cargas externas con respecto al apoyo empotrado.

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-

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•

Se chequea que se cumplan las s1gmentes dos condiciones:

R0 -R*=0

¡

M 0 -M*=0

yl

~

p

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W(x) .,.."

9L

@ (~_n_a_11_11_111__ I®

X

Figura 5.11. Representación esquemática del equilibrio extemo entre cargas aplicadas y fuerzas de reacción del voladizo

Ejemplo 1: Carga puntual en viga simplemente apoyada. Calcular las reacciones en los apoyos A y B de la viga simplemente apoyada mostrada en la siguiente figura, para una carga puntual P aplicada a una distancia a del 01igen coordenado. La representación gráfica del problema se muestra a continuación:

L

,,.R=P

Ra=P*a/L

1f

•I

Figura 5.12. Cálculo de reacciones de una carga puntual aplicada en una viga simple.



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71


Planteando las ecuaciones de equiliblio estático se hallaron las reacciones en los apoyos:

LMA =RB *L - P*a=O :. RB

P*a

=--

LMB =-RA *L+P*b=O :. RA

L

P*b

=--

L

La suma de las reacciones verticales es igual a la carga externa aplicada, pero los sentidos de la carga R *= P y la resultante R de las reacciones son opuestos y se anulan entre sí:

R=RA +RB

-7

P*a P*b R= - - +- - :. R=P L

L

Ejemplo 2: Momento puntual en viga simplemente apoyada. Repetir el ejemplo antelior pero utilizando llll momento puntual M aplicada a una distancia a del 01igen coordenado.

La esquematización del problema propuesto es como sigue:



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•

R=O

Figura 5.13. Cálculo de reacciones de un momento puntual aplicado en una viga simple.

Utilizando las ecuaciones de equilib1io estático se encuentran las reacciones en A y B: M L,.Ms = - RA * L+M = 0 .. RA= L M . . Rs = - L

Seguidamente se establece el equilibrio externo encontrando la resultante R de las reacciones y demostrando que su suma es cero, puesto que inicialmente no hay cargas puntuales ni cargas distribuidas aplicadas sobre la estructura:

72


R = RA + Rs

~

MM R =-- -

L

L

.. R =O

En cambio, si se toman momentos con respecto a los apoyos, el resultado debe ser el mismo momento aplicado a la estmctma pero en sentido contrario:

Esto es obvio puesto que el momento aplicado debe ser igual al momento que genera el par de reacciones multiplicado por el brazo, que conesponde a la luz entre los apoyos. open in browser PRO version


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Ejemplo 3: Carga distribuida en viga simplemente apoyada. Para la misma viga simple de los dos ejemplos anteriores, calcular las reacciones en los apoyos A y B cuando aparece una carga distribuida actuando sobre toda la luz de la misma.

La representación esquemática del problema es la siguiente:

Figura 5.14. Cálculo de reacciones en una viga simple con carga distribuida unifo1me.

Con las sig1úentes ecuaciones de eq1úlib1io se obtuvieron las reacciones en los apoyos:

w*L

:.RA =RE= - 2 Las reacciones son iguales debido a la simetria del sistema estmctural propuesto y a la simetria de la carga sobre el sistema. La resultante de las dos reacciones y la resultante externa de las cargas son iguales y de sentido contrario, seg'lm se compmeba planteando: R* = R = RA+RB= w * L

73



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Ejemplo 4: Carga puntual en voladi:;o de una viga simplemente apoyada. Para una viga simplemente apoyada con un voladizo en el extremo izquierdo, se coloca m1a carga puntual P en el extremo del voladizo cuya longitud es e. Encontrar las reacciones en los apoyos de la viga.

La siguiente figura muestra la representación esquemática del problema propuesto:

r e

L

r

R* = p

l

llp iiiiiliiii~ © ·'

L

U •I•

R8

= P*(L+c)IL

e

•I

Figura 5.15. Viga simple con un voladizo y reacciones de Ja viga con una carga puntual localizada en el extremo del voladizo.

Con las ecuaciones de equilib1io se chequean las reacciones de los apoyos y el equilibrio estático de las resultantes externas:



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L

P*c

L:Ms =-RA * L - P*c =0 .. R A = - - L

~ R=-P*c + P* ( L +c) L

.. R=P

L

La acción de la carga externa al final del voladizo se reduce a una fuerza igual a la carga actuante más un momento concentrado en el apoyo derecho. La carga externa la toma el soporte junto al voladizo y el momento se dist.Iibuye entre los dos apoyos.

74


Ejemplo 5: Cálculo de reacciones para una viga simplemente apoyada. Para la viga simplemente apoyada con voladizos externos, mostrada en la siguiente figura, calcular las reacciones ve1ticales en los puntos B y C.

®

@

1

I

M = 50 kN-m 1

(

© w = 30 kN/m2

@

~

n I

l l J l J Jl ¡ Jl J JJ J ¡ Jl ¡ ¡ J J l

P= 100 kN

1111111iiiiiiiiiiiiiiiiiiii'itiri2._..¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡eiti li iíH ~

I•

c = 3m .f.Ra

~

L = 10 m

~~e

c =3m

•I

Figura 5.16. Esquema de la viga simplemente apoyada a utilizar en el ejemplo 5.



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rcu.ct ta l..CU.l..WV Ut:

1~

1t:ctl..l..1VJlt::S :St: UUilL.CU.l uv:s t:l..Uctl..1VJlt::S. lct :SlUll
respecto al punto inicial A y la sumatolia de las fuerzas ve1ticales de la estrnctura

L M A = M + c * R B + ( L + c) * Re - ( c + L I 2) * w * L - ( L + 2 * c) * P = O L M A = 50 + 3 * R B + 13 * Re - (3 + 5) * 30 * 1O* - 16 * P =O 3*RB + l3*RB=3950

Ecuación(l)

-7

LFy =w* L+P-RA -RB =0 RB + Re =30* 10 + 100=400

-7

Ecuación ( 2)

Resolviendo las anteliores ecuaciones (1) y (2), se obtiene: RB =125kN Re =275kN

El equilib1io externo es examinado sumando las dos reacciones y comparando el resultado con la suma de cargas externas verticales aplicadas sobre la estrnctura. El resultado debe ser igual a cero para que se conse1ve el equilib1io general de la estrnctura. R = RB +Re = 125 kN +275 kN = 400kN

} R =R' = 400kN

kN) *JO m + 100 kN = 400kN R* = ( 30m

75

José Javier Mwünez Echeverry



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Alternativa de solución: La solución del ejemplo 5 puede ser efectuada utilizando el principio de superposición y utilizando los resultados parciales de las reacciones obtenidas en los ejemplos 2, 3 y 4. hricialmente se colocan las reacciones de una viga simple cargada con el momento en cualquier posición de la viga, luego se obtienen las reacciones de la 1nisma viga simple sobre la cual actúa una carga distribuida en la luz central, y por último, se colocan las reacciones de una carga pm1tual en el extremo de un voladizo.

®

® 1

M =50 kN·m 1

@

© w= 30 kN/m2

1

n 1

1

P=100 kN

1lllllll1ll!!IOOIOO

r

-.t 1J

M 50 RMB = - = - = 5.0 kN L 10

.n

P'c 100 ' 3 Rpe =- - L-=----w- =-30 kN W'L 30'10 Rwe = = - - = 150.0kN 2 10

U

U Re =1 25.0kN

11 Rpc =p . (~+e)- 100·~:0+3) -1 30kN

11

W'L 30'10 Rwc = --=---w-=150.0kN 2

U Rc=275.0kN

Figura 5.17. Cálculo de las reacciones de la viga del ejemplo 5 utilizando superposición y los resultados de las reacciones de los ejemplos 2, 3 y 4.

Las reacciones parciales tienen las orientaciones encontradas según los casos estudiado en los ejemplos ante1iores . Los resultados finales de las reacciones coinciden con los encontrados utilizando las ecuaciones de equilib1io en dos puntos.

R' = Ry= 400 kN

®

® M=50 kN-m

I• open in browser PRO version

1

1 I

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1

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X c=3m

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P=100 kN

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[!!

R8

=125kN

o

R = R,,+ R,,= 400 kN

R,,= 275 kN

Figura 5.18. Chequeo del equilibrio externo entre cargas aplicadas y reacciones.

76


En la anterior figura el equilib1io externo de la viga se cumple al comprobar que la resultante de las cargas, R *; y la suma de las reacciones son iguales. Sin embargo, se puede efectuar llll chequeo adicional para detenninar la validez de los resultados de las reacciones tomando momentos con respecto al punto D y asmniendo que los momentos son positivos en sentido contrario al movimiento horario. La suma de momentos debe ser cero puesto que el punto especificado es el extremo libre de llll voladizo:

L M D = M - RB *( L + c) - Re *c + w* L *( c + L I 2) = O LMD= 50-125* 13- 275* 3 +30*10 *8= O LMD=0 ~ Se cumple! 5.2 Reacciones en vigas isostáticas compuestas Al igual que en vigas simples se pueden establecer modelos teólicos de vigas horizontales compuestas, las cuales son fonnadas con la adición de aneglos estructurales simples apoyadas en otros aneglos de igual o mayo nivel de estabilidad.

1-~ - - - - - -·~ - ¡"'j -- - -·- - - - jCJ!- -~-- - í"'I - - - -·- - - -·-~ open in browser PRO version


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fil

fil

ID (a) Esquema Real

I

L

;

4

I

z

~

(b) Esquema Escalonado

Articulaciones

-y-----z;--o-L---~i~-x--~º----~~ (e) Esquema Continuo

Figura 5.19. Esquematización real y teórico de un sistema múltiple de vigas simples.

77

José Jcniier Mal"línez Echeverry

Cada subestructura simple debe tener estabilidad propia y para ello se deben considerar tres posibilidades para apoyarla: la plimera considera llll elemento sin apoyos intennedi.os el cual debe estar apoyado en otras dos subestructuras adyacentes; la seg1mda subestructura solo tiene un apoyo intennedi.o y debe apoyarse en otra viga o susbsistema estructural con estabilidad suficiente para resistir la carga generada en el nudo de apoyo; la tercera rAn 'P<:'t"\ATlnP ~ llTl <:


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'-'V.L.L"'"'l-'VJ.J.U"'

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l.U..L. J.JU.V..:>.Li.;)t.."'J.U.U """'t..Ut...L'-'t.Ul.l"'J.u,"' U'-'t..'"'.LJ.lllJ..L.UA..&.V

"-!U.'-' J..\.ti.;).Li.;)t.. ... .a.u..:> '-'U.LéJU"' ,t'LVJ;'J..U..:> ]

.LU.o.)

cargas que le transmiten los subsistemas adyacentes. El procedimiento para cálculo de reacciones de un sistema múltiple, compuesto de subtramos de vigas simplemente apoyadas o en voladizo, es el siguiente: •

• • • •

• • •

A paitir del sistema real se plantea un sistema teórico pai·a el análisis, compuesto de vigas simples. Se ubica el sistema dado en un sistema caitesiano de coordenadas. Se enumeran los apoyos y vínculos. Se supone una 01ientación en las reacciones de cada viga simple. Se plantean las ecuaciones de equiliblio estático pai·a cada aneglo estructural, de viga simple o en voladizo, y se despejan las reacciones. Las reacciones de un aiTeglo simple se convie1ten en las acciones de la subestructura adyacente que le silve de sopo1te. Se conige la 01ientación de las reacciones de acuerdo al signo de la misma. Se suman los factores estáticos externos R * Se suman las reacciones R.

(a) Esquema Teórico Continuo

(b) Esquema Escalonado

Figura 5.20. Obtención de reacciones en un sistema escalonado de vigas simples a partir de un sistema teórico continúo.



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78


En el esquema teó1ico ante1ior cada articulación es un punto de apoyo de llll arreglo simple de menor estabilidad, en otro de más estabilidad. Por tanto, las articulaciones detenninan el inicio o el final se una subestmctura simple y para una estmctura compuesta, habrá un número de estmcturas simples igual a el número de aiticulaciones presentes mas uno. Las ecuaciones a planteai· en el esquema (b) de la Figura 5.20, para obtener las reacciones del sistema compuesto, son las siguientes Arreglo 3-4

-7

Arreglo 3- 4

-7

Arreglo 1- 2

-7

Arreglo 4 - 6

-7

Arreglo 4 - 6

-7

Arreglo 6 - 7

-7

Arreglo 6 - 7

-7

2:M = O => R LFy= O => R4 LFY= O ; 2:M = O => R y R Con R hacia abajo .L:M = O => R Con R hacia abajo LFY= O => R Con R hacia abajo .L:Fx= O => H y LFY= O ; .L:M = O => R y M Con R hacia abajo 4

3

3

1

5 :.

6

6 :.

2 :.

3

4

4

7

7

7 :.

6

Una vez encontradas las reacciones se obtiene la resultante de cargas externas, R*, y se Slllnas las reacciones ve1ticales para obtener la resultante R . Se debe cmnplir el equilibrio global del sistema verificando que R * = R . De la misma manera, para las componentes ho1izontales se debe cmnplir que H* = H . En la siguiente figura esto es fácil de velificar planteando:

H * -H = H 7

-

P sin B = O . . H 7

=

P sin B

donde() es el ángulo de inclinación de la cargaP en el tramo 6-7. open in browser PRO version


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R5

i

Esquema Continuo

Figura 5.21. Chequeo del equilibrio externo del sistema compuesto entre cargas aplicadas y reacciones.

79

José Jcniier Mal"línez Echeverry

Ejemplo 6: Cálculo de reacciones para una viga compuesta. Para el modelo teólico de viga

compuesta mostrado en la siguiente figura, detenninar las reacciones en los apoyos externos y demostrar que la suma de las mismas es igual a la suma de las cargas ve1ticales aplicadas. Reconocer que la estructura tiene dos articulaciones lo que indica que hay tres arreglos simples que conesponden a los trmnos 1-3, 3-6 y 6-7.

1

p,

Tn

p~í_ 5 Tn

w,= 5 Tn/m

P3=110Tn

j17il!iJ¡¡ i r 1! 111lllJ1111111 lll ! 2

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Bm

f

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' 3m '

i'

3m '

1'

Figura 5.22. Esquema teórico de la estmctura compuesta del ejemplo 6.

Las ecuaciones de equiliblio y las reacciones de laSubestrnctural (Tramo 1-3) de laFigma 5.23, son las siguientes: LM1 =R2y *2 + R 3y *10-2.5*10*5 - 5*4+5* 7 =0 { LM3 =-R y *8 + 2.5*10*5 + 5*6 + 5*3=0 2 :. R 2y

= 21.25 Tn ; R 3y = 13. 75 Tn

Para la Subestructura 111 (Tramo 6-7), se plantean las ecuaciones de equiliblio y se encuentran las reacciones : LM6 =R1y *6 - 10*3=0 {

L M1 = -

R6 y

* 6 + 1O* 3 = O

:. R6y =5.0Tn; R1 y =5.0Tn

Por último se estudia la Su.bestrnctura JI (Tramo3-6) por ser la más estable y en la cual se apoyan parcialmente los otros dos aneglos simples a través de las a.iticulaciones en los pm1tos 3 y 6: LM3 =R4 y *2 + R5y *10-5*12*6-R6y *12=0 { LM6 =-R4y *lO-R5y *2+5*12*6 + R1y *12=0 :. R 4y =45.94Tn ; R 5y =32.81Tn

80



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Los resultados del análisis de los tres an·eglos simples están mostrados en la siguiente figura. Las reacciones externas R 2y, R4y, Rsy y R7y suman 105 Tn, valor que es igual a la Slllna de las cargas ve1ticales, distribuidas y plll1tuales, que actúan sobre la estructura.

Las reacciones R 3y y R 6y son fuerzas internas sin vínculos con una superficie de reacción y conesponden a las c01tantes en las aiticulaciones en los puntos especificados. ESTRUCTURA 1 P1=5Tn P2=5Tn

i

ESTRUCTURA 111

* i f ft f f e

P3=10Tn

w=2..5Tn/m

tf ~

f f

f

f

f

t

R,y = 21.25 Tn

G ,._.-t_lllll!© A /A,

a>

t

t

Rey= 13.75Tn

ESTRUCTURA 11

J

w=STntm

GJ

f

Rey= 5.0Tn

n

t

R1y =5.0Tn

ñ2Jf f f f f ~!i f !

8

l

R.y= 4 5.94 T n

f

R., = 32.81 Tn

Figura 5.23. Reacciones de los atTeglos simp les y continuidad en los nudos articulados.

Alternativa de solución: Al analizar conjm1tamente la estructura estáticamente detemrinada

de la Figura 5.22, se puede igualmente encontrai· las cuatro reacciones en los apoyos externos planteando igual número de ecuaciones de equilib1io al sistema global: LFy = R2y + R4y +R5y +R1y - ( 5 + 5 + 10+2.5*10+5*12) = 0 LM3 = - R2y *8 + 2.5*10*5+5*6+5*3 = 0 L M 6 = R1 y * 6 - 1O* 3 = O LM4 =-R 2y *10 + 2.5* 10 * 7 + 5 *8+ 5* 5 - 5 * 12 *( 6 - 2) +R5y *8 - lO*l3+R1y *16 = 0



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ReSluniendo: 'L:Fy =R2y + R4 y +R5y +R1y =105.0

LM3 = -R2y *8 =-1 70.0 ~ R1y

=

21.25 Tn

LM6 =R1y *6-10*3=0 ~ R1y =5.0Tn LM4 =-R2y *10 + Rsy *8+ R1y *16 = 130.0

81

José Jcniier Madinez Echeverry

Las restantes reacciones son : R 4y = 45.94 Tn y R 5y = 32.81 Tn. Los valores de las reacciones coinciden con los resultados de la solución inicial.

~:

!

¡

:

~:

!

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J2m,~2mj,

:

:

~ :a:~

1

:

3m

3m),2m),

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~

R2y = 21.25 Tn

;

1


:t>

! 8m

!

j, 2mj, 3m

sX

1t

u

~L

3m

;

:

2!@

R.oy = 45.94 Tn


~

@

¡

,A>

t>

n

R,y= 5.0 Tn

Rsv= 32.81 Tn

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•

R= 105.0 Tn

Figura 5.24. Revisión de los resultados en la estmctura escalonada y chequeo del equilibrio global del sistema estrnctural estudiado.

Ejemplo 7: Cálculo de reacciones para una estructura triarticulada. Para la estrnctura mostrada en la Figura 5.25, encontrar las reacciones en los apoyos A y C .

i 4m

Bm

1

~ 4m

!

Bm

Artlculaclon

-

~

-

- -

t

12m

-

~ = ) 'O!

1

i

1 /

1

--- - --- - -- - --- - --- - - ~ ---- - -

ª

¡

RAy

12 m

12m

1

1

1

Figura 5.25. Estmctura triatticulada para cálculo de reacciones en A y C.

82




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lmcialmente se calculan los ángulos de mclmac1ón y las longitudes de las banas:

Figura 5.26. Inclinación y dimensiones de los elementos de la estructura.

A continuación se plantean las ecuaciones de equilibrio para el cálculo de reacciones: LMA= O ~ 24 *Rcy - 8 *4-12*16 -2* Rcx = O Rey = 9.333 + 0.0833 *Rcx

~

Ecuación (1)

L M B,derecha = O ~ 12 * Rey - 12 * Rcx - 12 * 4 = O Rey = 4 + Rcx

~

Ecuación ( 2)

Resolviendo las ecuaciones (1) y (2) se obtienen los siguientes valores de reacciones:

= 5.82 Tn R ey = 9.82 Tn R cx

Planteando dos ecuaciones adicionales, de sumato1ia de fuerzas verticales y horizontales, se obtiene el valor de la reacción restante :

L:Fx = O.O :. RAx


~

RAx -Rcx = O

=R cx = 5.82 kN


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L: Fy = O.O :. RAy

~

RAy +Rey -20 Tn = O

= 20-9.82 =1 0.18 kN

83

José Jcniier Madinez Echeverry

Ejemplo 8: Cálculo de reacciones para un pórtico. Encontrar las reacciones horizontales y ve1ticales para el pórtico articulado de la Figura 5. 27. w = 40kNlm

12m

R•x

®

~

R•r

l

1

n 1

e-

u

~

,/

Rq

l

~

Jm

Re.

©'

5m

1

L

5m

l

Jm

L 1

Figura 5.27. Pó1tico articulado del ejemplo 8.

Inicialmente se encuentran las reacciones ve1ticales planteando una ecuación de momento con respecto al nudo A y la ecuación de equilib1io ve1tical de fuerzas:



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L: M A

= O. O

~

Rey * 1O - 40 * 16 * 5 - 20 * 12 = O

:. Rey = 344 kN L:Fy =O.O ~

R Ay +Rey =40* 16=640

:. RAy = 640 - 344 = 296 kN

Luego, para encontrar las reacciones horizontales se plantea inicialmente la ecuación de momento de la subestmctura a la izquierda de la articulación B (en la ruticulación la smna de momentos es cero), y luego la Slmrntoria de fuerzas horizontales: L: Ms,i=quierda = O.O RAx =

~ - RAy *5 + RAx * 12+40*8 * 4 = O

296 *5 - 320 *4 kN :. RAv; = 16.67 kN 12

L:Fx = 0.0

~

RAx - Rex = 20kN

:. Rex = 20+ 16.67 = 36.67 kN

84


Ejercicios propuestos Resolver las reacciones sugeridas pru·a cada estmctura que se muestra a continuación: Problema 5.1. Viga en voladizo con carga lineal. open in browser PRO version


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1.0Tn/m

···~ .,;J.~~ Sm

Problema 5.2. Viga simplemente apoyada con carga lineal.

Problema 5.3. Viga simplemente apoya.da con voladizo externo. 15 Tn 6Tn/m

R1,

-

l l I ,A;CD

I I I

lR1y

!

I I l

;;g;; (2)

~

l R2y 9m

3m

Problema 5.4. Viga simplemente apoya.da con voladizos en ambos extremos. 10Tn/m 7.5Tn/m

®

1 (j)

1

1 1

1

•t


2m

,(


Sm

1

,(

3m

1

,(

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85


Problema 5.5. Estructura tiiarticulada. 10.0Tn

i ___.,. - ·-·-·-·-·-·-·-·-·- · 10.0Tn

@

10.0Tn

5m

i

10.0Tn

4m

1

4m

m

5

G)

1

5m

'í J

A'

5m

Problema 5.6. Pórtico con un elemento inclinado. 150 KN 25 KN/rn

+

R,y

1!, 2.5 rn ;.k 2.5 rn

,..,

5 rn

5 rn

l.

r

'



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Problema 5.7. Pórtico tiüuticulado con carga variable lineal. 20kNhn

7.5m

@~

l R,, L2.0m ', 5.0m " "

:'

l R~

i

)'

5.0m

1

:- - -

1, 2.0m! ,

86


Problema 5.8. Viga compuesta con tres apoyos y una ru.ticulación.

¡

8Tn

@ 2m

Prohlem~


3m

3m

4 Tn

2 Tn/m

5Tn

t

+¡+¡¡¡¡¡ +++ © @

R2Y i 1 mi

R4y 5m

1

1

¡

1.5 m i

'i 9 ViP-~ i~o~t:ltirn c.omnne~t~

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-------··- -·-" ·-o- --------- --···r ----- -- - -- ------··--· 5Tn

l

(!)

A

@º

t

R 1y

{'

7.5m

1

7.5m

1,

..

'

'

t~ 1 .. .,

"

Problema 5.10. Estrnctura en voladizo. 1

2m

l

.1

gl ¡¡ ¡¡ ¡¡¡ ¡@ ® Msz \_¡_}

P@

n'º'7

1, 5m 1~ 5m

;;

2 Trv'm

15 Tn-m

@

10m

Rsy Jr

15m

¡,

;;

' Problema 5 .11 . Misma estmctura pero simplemente apoyada.

1

,...,

2m

1

1

(i!) _ ,,_ ..

!~

g

I:>

1

2m

@- ··-··-· ·- ··- · -

<3l -

R~ 2m

<6>-· ·- ·· - ·· - ··- · -

2m

2m

2m

2 rn

100kN

87



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Problema 5.12. Pó1tico triarticulado con elementos inclinados.

4m

1 R Y.f-.R1x 1

2m

'-'

1 ;(

2m

k

2m

}.

" ;¡

Problema 5.13. Estmctura de contención con aiticulación interna. 5Tn

. ~ivel Agua

@ 3m 1

4.5m

1

1.Sml

+.---.,¡... 1

1

3m

-

~

Rey+. 3m

3m

3m

1

~.

Problema 5 .14. Pó1tico triarticulado con elementos inclinados y carga de viento. 30kN

~ ~;~-rn --i-

2m

1

(.¡\



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4m

©

@

R,v+

R!i;f+Rsx

-t+R1x 1

2.5m

2.5m

1

,(

2.5m

2.5m

1'

88


Problema 5.1 5. Estrnctura aporticada con llll extremo en voladizo

rTn @

*l

5 Tn/m

l l l J @

* * l * l * * l l * *@ 6m

©

-·- ·-

2m

·- · - ·-·-·-· - ·- ·- · - · -!·-·-·

8m

Problema 5.1 6. Estrnctura apo1ticada simplemente apoyada.



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4 Tn/m

!lllllllllllllllll © @ Rty

3 m

5 Tn

- ----+ 3 m

3 m

.. .- ·- ·-

- · - · - · - · - · - · - · - · - · - · -·_ , _l._ , _ , 1

ly.t...R1x

1

8m

Problema 5.17. Viga isostática compuesta de cuatro subtramos detemúnados por tres ruticulaciones. 1a=3m 1 10Tn 10Tn

1-~~·~-·----
<1l

Ru,M1z ~ !~

'i

a

1

1

~

a

1

a

~

a

·1 1

2a

1

í

2a

J.

a

89




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Problema 5.1 8. Estrnctura apo1ticada simplemente apoyada, con carga lineal en un tramo ve1tical y un voladizo en el otro elemento vertical. 4.0 Tn

4.0 Tn

---~---~---~

®

@

·-·-·-·-· 2.0 Tn

2111

i_ 2m

© 1

r

2m

r

2m

'Í

Problema 5 .1 9. Cercha simple.

L

L

L

L

L

Problema 5.20. Cercha con dos cue1pos unidos en una articulación com(m.

3m

3m



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/////(/(

1,

3m

1

3m

I,

3m

1,

90

6. Determinación de fuerzas axiales en cerchas 6.1. Tipos de cerchas isostáticas Una cercha es lUl sistema de banas longitudinales unidas en sus extremos por platinas que simulan aiticulaciones y cuyas cargas aplicadas se traiismiten a la annadura p1incipalmente en los nudos. Los elementos que componen las cerchas son rectos y generalmente se diseñan pai·a soportar cai·gas axiales. Las cerchas por lo general son de tres dimensiones pero se consideran inicialmente annaduras en dos dimensiones, denominadas cerchas planas, con cargas que actúan en el mismo sistema coplanai-. Las cerchas se utilizan en puentes pequeños, como vigas, o en sistemas de techos con grandes luces. De acuerdo a su fonna se pueden clasificai· en viga-cercha, arco-cercha y pórtico-cercha, como se muestra en la siguiente figura. En cada caso las alturas de estas estmcturas pueden ser vaiiables o constantes y pueden tener luces simples o continuas.

Cercha Simple



Cercha en Arco

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Cercha Continua

Cercha tipo Pórtico

Figura 6.1. Diferentes ejemplos de cerchas según tipo de uso.

91


Para analizar una cercha de acuerdo a los modelos matemáticos establecidos, se deben tener en cuenta que las fuerzas internas en los elementos del modelo son desanolladas a través de la línea de acción de los ejes centroidales. Los siguientes aspectos deben ser tenidos en cuanta para que lo anterior se cwnpla: (1) Todas las fuerzas externas son aplicadas en los nudos. (2) T.as hanas estfm conectadas concént.ricamente nor articulaciones. open in browser PRO version


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,- /

---·- ------·- - ·----- -- -- ----------- ----------- --·- ------- r-- --------·· ------ - ·

(3) Cada bana está sujeta a una fuerza axial constante en toda su longitud.

6.2. Análisis de una cercha isostática Los métodos clásicos de solución de cerchas son el método de los nudos y el método de los cortes o la.s secciones. El método más elemental de solución es el primero y se puede llevar a cabo en dos pasos: (1) Computar las reacciones por medio de las ecuaciones de equilib1io externo. (2) Esc1ibir las ecuaciones de fuerza por cada nudo o esfuerzos y resolverlas de acuerdo al equilib1io de los nudos.

El método de los cortes es una aplicación de las ecuaciones de equilib1io para las dos cuerpos rígidos en que se divide la estrnctura sobre los que actúan las cargas externas, las reacciones y fuerzas internas de las banas cortadas. Cuando se secciona la estrnctura, las 1micas fuerzas que no se conocen son las fuerzas de las banas que conectan los dos cue1po rígidos por donde pasa el c01te (ver sistema estable en la Figura 4.2.a), que por lo general son tres en cerchas planas. Al aplicar las ecuaciones de equilib1io para cada cueipo rígido, se determinan los valores de las banas que los conectan. Una tercera opción sugerida en la solución de las fuerzas internas de la estrnctura es el método matricial, una alternativa rápida y cada vez más usada. En este método se plantean las ecuaciones de equilibrio en cada nudo y se generan un aneglo de las ecuaciones de equilibrio, en el que cada fila conesponde a una ecuación de equilibrio y cada columna conesponde a m1a de las incógnitas (juer=a.s axiales mas reacciones), obteniendo un sistema lineal con la siguiente fo1ma simbólica: A*x +P =O

donde,

4 = matriz de senos y cosenos, Si(i) y Ci(J), con dimensión [(2n)*(b + r)] ,! = matiiz vectorial de fuerzas internas y reacciones, de dimensión [(b+r) *l] f._ = mat1iz de cargas en los nudos, de dimensión [(2n) * (l) ].

El subíndice j indica que se trata de un nudo cualquiera de la cercha. Los senos y cosenos definen las componentes de cada fuerza axial y conesponden al ángulo que fo1ma la fuerza con respecto al eje horizontal.



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92


Se puede resolver el sistema para una cercha plana isostática con n nudos, b banas y r reacciones, porque se cuenta con la cantidad suficiente de ecuaciones lineales que definen el equilib1io general de la estrnctura. La dete1minación de la cercha se define encontrando el número de incógnitas (b+r) a partir de las 2*n ecuaciones disponibles para hallarlas, una por cada dirección horizontal o vertical en cada nudo. Para encontrar el equilibrio estático en cada nudo j (ver Figura 6.2) se deben satisfacer las siguientes dos condiciones: EFx(j) =

o -7

EFi(j) * C¡(j) + EPxOJ =

o

EFyúJ = O -7 EF¡oJ * S;oJ + EPyOJ = O

donde: j = nudo donde se establecen las ecuaciones de equilibrio (j = 1 ... n). 1 ... k = nudos contiguos al nudo J. F;oJ = es la fuerza axial de la baira i que llega al nudo j . En otras palabras, el numeral i conesponde al número de barra que llegan al nudo j. S¡OJ = Senos de todos los ángulos a¡ de cada una de las barras i que llegan al nudo j. C;oJ = Cosenos de todos los ángulos a¡ de cada una de las barras i que llegan al nudo j.

® ' 1 1 1 1 1 1 1 ¡;:i;..._ ____.,_ _ _ _ _



F....*C ...

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CD

J

l //_k--í a1 ~------'-----~ p

•

• IU)

- X(I)

x(j)

Figura 6.2. Descomposición de fuerzas en un nudo.

En el equilib1io se consideran tanto las fuerzas internas como las fuerzas externas aplicadas en el nudo. No se tiene en cuenta el peso propio del elemento y no es necesario conocer previamente la dirección de la fuerza interna en cada elemento. Simplemente se suponen las fuerzas internas de los elementos como fuerzas de tensión, es decir, saliendo del nudo. Si el valor de la fuerza interna es positivo indicará que la fuerza del elemento está en tracción y si el signo es negativo, la fuerza interna es de compresión. Es necesaiio colocai· inicialmente todas las fuerzas saliendo del nudo y el equilibrio en el mismo se hace de acuerdo a los dos ejes globales del sistema. Los cosenos afectan las componentes ho1izontales de las fuerzas, mientras que los senos lo hacen alas componentes ve1ticales.

93


Ejemplo 1: Análisis matricial de una cercha.. Encontrar las reacciones y fuerzas internas de la cercha mostrada en la siguiente figura utilizando el método matiicial. Las cargas externas aplicadas con 1.0P en la dirección ho1izontal positiva en el nudo 4 y 1.5P en la dirección ve1tical negativa del mismo nudo.

!\, !\+

1 1.S*P F4

-==-t p

@ Fs

¡m



L

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~ 2[]1[j!::::::::!===::;;J~

-lllÍ

L

·I

Figura 6.3. Cercha utilizada para el ejemplo 1 donde cada baffa está nwnerada y representada por una fuerza axial de tracción en cada extremo.

Para plantear las matrices se 01ientan todas las fuerzas internas conespondientes a cada baiTa saliendo del nudo (tracción); luego, se generan cai·gas plmtuales P ix y P iy pai·a cada nudo, en sentido positivo de izquierda a derecha y hacia ai1iba. Seguidamente se establecen las sumato1ias de fuerzas en direcciones globales X y Y para todos los nudos de la estructura, a paitir de las cuales se generan las mat1ices.

l!l

L

P1y

-

R1x

P1x

~~==:1;:=:::=:::;;;;;¡

_ __

[ZJ L

Figura 6.4. Representación teórica de cargas puntuales extemas aplicadas en cada nudo.

94



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Las ecuaciones de equiliblio en los cuatro nudos de la estmctura son las siguientes: Nudo 1: LF1x = P1x + F2 + Rlx =O LF1y = P1y + F1 =O

--?

Ecuación ( 1)

Ecuación ( 2)

--?

Nudo 2: LF2x = P2x -F2 - cos45° LF2y = P2y +sin45°

* F3 =0

* F3 + F5

=O

--?

Ecuación (3)

--?

Ecuación ( 4)

Nudo 3 :

* F3 + F4 + R 3x =O sin45° * F3 + R3y =O

LF3x = P3x +cos45°

--?

Ecuación ( 5)

LF3y = P3y - F1 -

--?

Ecuación ( 6)

MJdo 4:

LF4x = P4x - F4 =O

--?

Ecuación (7)

LF4y = P4y - F5 =O

--?

Ecuación ( 8 )

Las anteriores ocho ecuaciones se pueden simplificar en un aJ.Teglo mat1icial ~ * :! +E= O de ocho filas, en el que la matn'= 4 coJ.Tesponde a los coeficientes de las reacciones y fuerzas internas, la matn'= :!'. coJ.Tesponde a las incógnitas que coinciden con las columnas de la matri.= de coeficientes, y la matri:. E coJ.Tesponde a las fuerzas externas aplicadas. Tabla 6.1. Matriz de coeficientes senos y cosenos.

Matri:. de coeficientes, 4 Ecuación No.

1

2

3

4

5

6

7

8

F1

F2

f3

f4

f5

Rx1

Rx3

R y3

(1) (2)


1. 0

1.0

1. 0


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-1.0

(3)

-0.707

(4)

0.707

(5)

0.707

(6)

-1.0

1. 0 1.0

1.0

-0.707

1. 0 -1.0

(7)

-1.0

(8)

95


Tabla 6.2. Mairiz ,! de incógnitas y mairiz E. de fuerzas extemas aplicadas.

Matriz E.

Matriz,!

F1

pi>

F2

P1y

F1

P2.,

F4

PlJ,

Fs

P1,

R1,

P1y

R1,

P4,, p4y

R1y

o o o o o o l.O*P -l.5*P

Las fuerzas externas aplicadas solo están presentes en el nudo 4, donde se plantearon las ecuaciones 7 y 8 de fuerzas horizontales y ve1ticales respectivamente . Entones, el valor de P4x es +J.O*P ya que está aplicada en el sentido positivo del eje global X, mientras que open in browser PRO version


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valor de P4y es -l.5*P debido a que coincide con el sentido Y negativo. Las restantes fuerzas externas aplicadas son cero. La solución simbólica del sistema d * :! + E=Oes: :! = - (At 1 *E

--7

Producto punto

Se debe inve1tir la matri.= 4 y luego multiplicarla por la matriz -E. Cualquier mtina o programa que resuelva sistemas de ecuaciones lineales puede ser utilizado. La siguiente tabla muestra los resultaos de las fuerzas internas y las reacciones. Tabla 6.3. Resultados de fuerzas internas y reacciones.

F1

F1

Fs

F4

F5

R1.,

R1,

Rsy

O.O

-1.5

+2.12

+1.0

-1.5

+1.5

-2.5

+1.5

Las fuerzas con signo negativo indican que son de compresión y por tanto entran al nudo, mientras que las fuerzas positivas son de tracción y salen del nudo. Ejemplo 2: Análisis matricial de una cercha. Igual que en el ejemplo ante1ior encontrar las fuerzas axiales de los elementos y las reacciones de la cercha mostrada en la siguiente fígma. La cercha tiene las cargas externas de -20 kN en dirección negativa del eje Y y +15 kN en dirección positiva del eje global X, ambas aplicadas en el nudo 4. Establecer un chequeo en cada nudo de manera que los resultados de las incógnitas justifiquen el equilibrio establecido en cada nudo.

96




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2.0*P

@

1.S*P

F~ ~

~.lll ~ 4m

F1

2

F2

6m

6m

Figura 6.5. Cercha utilizada en el ejemplo 2 con elementos representado por fuerzas internas de tracción aplicadas en cada extremo de la barra .

Inicialmente se deben 01ientar todas las fuerzas internas de cada bana saliendo del nudo y luego, se deben generar cargas puntuales P1x y P¡y simulando las cargas externas en cada nudo. Las cargas externas aplicadas en el nudo 4 son P 4x=15 kN y P 4y=-20 kN. Los otros valores de cargas externas son sustituidos por ceros en la matri.= f..

P4 y

1-

2.0*P

1.5 •p ~ - ·- ·- ·-·-·-·- ·- ·-·-·-·- ·- ·-·

4m

6m

6m

Figura 6.6. Cargas puntuales externas aplicadas teóricamente en cada nudo para confonnar la matriz E. solo P4, y P4J, tienen valores diferentes de cero.



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Seguidamente se establecen las sumato1ias de fuerza en direcciones globales X y Y para todos los nudos de la estrnctura:

97


Nudo 1 :

~

6

EFJx

= P¡x + F¡ + (-7.211 - ) * F3 + R¡x = O

LF¡y

= P¡y

+(- -)* 4

7.211

F3 +R¡y = O

~

Ecuación ( 1)

Ecuación (2)

Nudo 2 : EF2x = P2x - F¡ + F2 = O ~ EF2y = P2y + F4 = O ~

Ecuación (3)

Ecuación (4)

Nudo3 :

-)*

6 EF3x = P3x - F2 - ( 7.211

F5 = O

~

Ecuación (5)

~

EF3y = P3y + ( .; )*F5 + R3y = O 7 11

Ecuación (6)

MI.do 4 : EF4x

= P4x -

-)* +(- -)*

6 (7.211

F3

6 7.211

F5 = O

~

4 4 EF4y = P4y - ( - - ) *F3 - F4 - ( - - ) *F5 = 0 7.211 7.211



Ecuación (7 J

~

Ecuación(8)

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La matri::, 4 de coeficientes para las incógnitas, es presentada en la siguiente tabla. Tabla 6.4. Matriz de coeficientes senos y cosenos.

Matriz de coeficientes.. 4 Ecuación No.

1

2

3

4

5

6

7

F1

F2

F1

F4

Fs

R..1

Ry1

(J)

1. 0

0.832

(2) (3)

1.0

0.555 -1.0

8 Ry1

1.0

1.0

(4)

1.0

(5)

-1.0

-0.832

(6)

0.555

(7)

-0.832

(8)

-0.555

1. 0

0.832 -1.0

-0.555

98


La mat1iz de incógnitas y la matriz E. están mostradas en la siguiente tabla. El orden de las incógnitas de la matri:: ~ coincide con el mismo de las columnas de la 1natri::, A. Tabla 6.5. Matriz de enigmas y matriz de fuerzas externas aplicadas. Matriz,!.



Matriz P (kN)

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u

F1

P1,

F2

P1y

F1

P2,

F4

Piy

Fs

P;,

o o o o

Ri,

P1y

o

Riy

P4, p4y

15.0

R1y

-20.0

La solución simbólica de la matriz de incógnitas es .:! matriz se presentan en la siguiente tabla.

= - (d)" 1 *P. Los resultados de ésta

Tabla 6. 6. Resultados de fuerza s internas y reacciones (en kN)

F1

F1

Fs

F4

Fs

Ri.,

R1,

Rsy

+22.5

+22.5

-9.0

O.O

-27.0

+15.0

5.0

+ 15.0

Las fuerzas axiales y las reacciones se muestra en la siguiente figura.

n20

©u

kN

15kN

xf ~~ -1~á-69'>

I\,=

©

1

F1= 22.S kN

-1-. @

f\1 =5.0 kN

~

~o

.f-t

F,= O.O kN

F2

33.6~ © 1

=22 .5 kN

R.,.= 15 kN

Figura 6.7. Representación de fuerzas axiales y reacciones encontradas.

00



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77


Las fuerzas positivas de tracción se toman saliendo del nudo y las fuerzas negativas de compresión entran al nudo. El equilib1io global de los nudos es establecido de acuerdo a los valores y nuevas direcciones de las fuerzas axiales y las reacciones: Nudo 1 : EFx1 = 22.5 -0.832 * 9.0-15.0 =O

(1)

Efi'y 1 =-0.555*9.0 +5.0=0

(2)

Nudo 2: Efi'x 2

= 22.5 -22.5 =O ( 3)

EFy 2 = F4 =O

( 4)

Nudo3: EFx 3 = -22.5 + 0.832 * 27.0 =O

( 5)

Efi'y 3 = -0.555*27.0 +15.0 =0

(6)

Nudo 4 :

EFx4 =15.0+0.832* 9.0-0.832 * 27.0 =O

(7)

Efi'y 4 = -20.0+0.555 * 9.0-0.0+0.555* 27.0 =o

(8)

La comprobación final de las ecuaciones en los nudos muestra que el equilibrio interno y externo de la estructura está asegurado. Como alternativa se puede simplificar el procedimiento anterior, sin tener que plantear las ecuaciones de equilibrio en cada nudo, si para las ecuaciones que conesponden a la ......... -.... ....... ... ~...: ...


..t ... .&:.. .. ______ - -

... 1 ....... _.. ... .:..J ...

_, _ ,_ •. 1


,,

--

...... .J ...

_.. ...... .l ....................;1; ........ _... 1 ... ...

---·--- --· .l ...

1 ... ....

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sumawna ue 1uerzas en ei senuuo gtooat A , en caua nuuo, se UWlZaJl 10s cosenos ue 10s ángulos que fo1ma cada fuerza axial con el eje horizontal, mientras que para los coeficientes de la ecuación en el sentido Y de un nudo se utilizan los senos de los ángulos que fo1ma la ho1izontal con cada fuerza axial que llega al nudo. En este sentido, las fuerzas en el sentido global X de cada nudo son las proyecciones horizontales de las fuerzas axiales que se concentran en el nudo, mientras las fuerzas en sentido global Y son las proyecciones ve1ticales de las fuerzas axiales. El signo de cada fuerza proyectada en los ejes globales, y por ende de cada coeficiente utilizado en la matrt; 4 , es positivo si coincide con el sentido tomado como positivo de los ejes globales, y negativo en caso contraiio.

Ejemplo 3: Análisis matricial de una cercha.. Encontrar las fuerzas internas y las reacciones de la estrnctma de la cercha tipo pó1tico mostrada en la siguiente figma. Utilizai· el método matricial planteando directainente las matrices A y P, a paitir de los cosenos y senos de las proyecciones de las fuerzas axiales que se presentan en cada nudo. Tener en cuenta el signo de acuerdo a la dirección de las proyecciones de cada fuerza axial.

100


10 kN

l ®=t ----.,.....20kN

F F

2m

33.69°



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r1

y

~

111

2m

F1

X

F ~

1~y

~

R,x

1~y 3m

I·

·I

Figura 6.8. Cercha del ejemplo 3 con elementos numerados y fuerzas axiales saliendo de los nudos.

Inicialmente se plantea la matrt:. E teniendo en cuenta que para cada nudo se toma primero la ecuación de equilibrio que conesponde a la smnato1ia de fuerzas en el sentido X y luego la sumato1ia de fuerzas en el sentido global Y. Se sigue estiictamente la numeración definida para los nudos. En el caso de la estiuctura propuesta solo hay una carga en el sentido vertical negativo del nudo 5, y en los sentidos horizontal positivo y ve1tical negativo del nudo 6. Tabla 6.7. Matriz E. de fuerzas aplicadas en los nudos.

P1x

P1y

P2x

P2y

Psx

P1y

P4x

P4y

Psx

Psy

P6x

P6y

O.O

O.O

O.O

O.O

O.O

O.O

O.O

O.O

O.O

-10.0

20.0

-10.0

Cuando la fuerza axial de llll elemento es ho1izontal el ángulo fo1mado con el eje ho1izontal X es 0°, mientras que para la fuerza axial de un elemento ve1tical el ángulo con la ho1izontal es de 90°.

101



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La matriz de cosenos y senos para las fuerzas internas y las reacciones se define a continuación. Los espacios vacíos se llenan con ceros. Tabla 6.8. Matriz A de senos y cosenos para la estructura de la Figura 6.8.

Matriz de coeficientes, 4 Nudo

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

F1

F2

F1

F4

Fs

F6

F7

Fa

Fg

R1x

R1y

R 2y

Cos O•

,t

Cos O•

1 y

Sen 90•

Sen 90• -CosO•

X

2

y

Sen 90•

Sin 33.7• Cos33.7•

X

3

y

-Cos 33.7 •

-Sen 90•

Sen 90•

Sen 90• Cos O•

·Sin 33.7 • -Cos O•

X

-Cos 33.7•

4 y

-Sen 90•

Sen 90•

Cos 33.7 •

X

5

y

Sin 33.7 •

·Sen 90•

CosO•

·Sin 33.7• -CosO•

X

6 y

·Sen 90•

A continuación se presenta la matri= :!'. con los resultados de las fuerzas internas y el valor de las reacciones. El signo positivo en las fuerzas internas indica que hay tensión en las banas, en tanto que el signo negativo quiere decir que se presenta compresión. Para las reacciones, el signo negativo indica que la dirección es opuesta a la dirección positiva tomada inicialmente. Tabla 6.9. Matriz:!. de resultados finales para fuerzas internas y reacciones.

F1



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+16.68

+3.34

-23 34

-10.0

+20.0

-24.04

+20.0

-24.04

+20.0

-20.0

-16.68

36.68

102


Ejercicios propuestos Encontrar las fuerzas internas de las estrncturas propuestas en los siguientes problemas: Problema 6 .1. Cercha con apoyos laterales horizontales. 100kN

!B Sm E

··- ·- ·¡ ·- ·- ·- ·- ·- ·-·- ·-

Sm

- ·-!·-·1

Sm

Problema 6.2. Todas las cargas externas están aplicadas a 45º.



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4Tn

4Tn

""-/

4 Tn

3m

2Tn

5m

5m

5m

5m

Problema 6 .3. Estrnctura triarticulada con dos elementos. 10.0 Tn

@l ~Tn Sm 10 m

~ --

--

1

1

1

,r

6m

8m

,,¡,

103


Problema 6 .4. Cercha simulando una estmctura triaiticulada.



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5m

5m

Problema 6.5. Cercha con dos cuerpos unidos en una articulación común. Los dos cuerpos, con apoyos y articulación común, fonnan lma estmctura tiiaiticulada.

20.0 kN

m

10.0kN)

3m

3m

3m

3m

3m

Problema 6.6. El apoyo en el nudo 3 estainclinado 60° con respecto de laho1izontal.

25.0kN 4m

20.0kN@ l

----? rr::.~~~~~-n-:=---~~~~"'()

4m

© o-- - - -----(}-- - - ---o@_.



@ '

' \:t.,,

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104


Problema 6.7. La carga distiibuida se aplica verticalmente en los nudos de la cercha de acuerdo al ancho aferente. W = 15.0kNkn

~

I I ! ! I ! ! ! ! ! I ! ! I I l 60.0kN

60.0kN

@

@

60.0kN

J

1

®

®

@ 2m

4m

30.0kN

4m

2m

4m

i

Problema 6.8. Cercha-puente con cordón superior en fonna de arco.

0~5m

1m

2m

25.0kN

50. kN

75. kN

250 kN

50.0kN 1

'.'lm


::lm


::lm

3m

::lm

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Problema 6 .9. Cercha- arco con radio interno es 9. 3 m y altura desde la rasante horizontal al plUlto mas alto del cordón supe1ior, en la mitad de la luz, de 2.2 m, igual a la altura de los elementos verticales. Los elementos de los cordones inferior y supe1ior se asumen rectos.

2.2m

2.2m

i

2.0m

7.

V

/ ·

1

2.0m

~/

2.0m

71

k

2 .0m

~

7¡

7· 1

1

1

2 .0m

V

/ . 1

2 .0m

7~ 1

105


Para la anterior figura, se puede encontrar las altura de los pm1tos del cordón inferior utilizando la expresión:

donde el radio R mide 9.3 m, la distancia L/2 equivale a 6.0 m y el gálibo interno f del ...... _ •..J .!..-


;_,e__..; ... _. ......

I'\ I'\ - · ·


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coruon uuenor es ..: ...: m.

Problema 6 .1 O. Resolver la siguiente cercha-pó1tico: 120.0 kN

-

®

120.0 kN

@

10.0 kN '

'

o-- - -----$::r-- - --oo - - - 3.5 m

3.5 m

3.5 m

3m

3m

Problema 6 .11. Resolver la siguiente cercha-viga: 15 .0kN

-

< r------<._J-------u"-------
1.8 m

1

;(

1.8m

1

1

,,

V

1.8 m

,,

V

1.8m

1

;(

1.8 m

1

1(

1.8m

1

¡(

1.8m

,,k

1

106



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7. Fuerzas internas en vigas y pórticos Para m1a estmctura plana simple las fuerzas internas se limitan a no1males, c01tantes y momentos, y cualquier tramo de la misma debe estar en equilibrio. Esto último sigrúfica que un tramo debe tener los tres tipos de fuerzas internas al inicio y final del tramo, las cuales swnadas a las cargas externas inte1medias deben proveer equilibtio necesaiio en las direcciones de traslación y giro. Pai·a establecer el equilibrio en una porción de estmctura, se sepai·a dicha porción del resto mediante c01tes pe1pendiculai·es a los ejes de los elementos al inicio y final de la subestmctura resultante. Posterionnente la porción de la estmctura se convie1te en un cueipo libre indicando las tres fuerzas internas iniciales y las tres al final del traino, más las cargas inte1medias aplicadas. Finalmente, se establece llll chequeo de equilibrio del cue1po libre mediante la sumato1ia de fuerzas internas y externas en las direcciones globales de traslación, y la a suma de momentos con respecto a un punto cualquiera dentro del trai110. Si se tiene en cuenta que las cai·gas externas y las reacciones de llll tramo deben estai· en equilibrio, el primer tramo a considerar puede empezar desde el apoyo e ir avanzando a lo lai·go de la estrnctura hasta cualquier punto o puntos a la derecha o por encima del apoyo. Por supuesto, al final del tramo podemos encontrai· los valores desconocidos de las reacciones o fuerzas internas si se parte de valores conocidos al inicio del tramo y se Slm1an j1mto con las cargas intennedias aplicadas . Las reacciones encontradas al final del tramo pueden considerarse como las acciones o p1mto de partida de un nuevo tramo que se inicie en este pw1to y te1mine en otro más a la derecha o más hacia aniba. A paitir de las fuerzas internas actuando en una sección, y convenientemente estudiadas usando un diagrama. de cuerpo libre, se construyen diagramas de fuerzas axiales, c01tantes o momentos, los cuales son útiles ya que ubican todas las posibles las acciones internas que existen en cualquier punto de la estmctura, y sirven pai·a dete1minai· las fuerzas internas máximas y mínimas, necesaiias para el diseño de los elementos estmcturales. open in browser PRO version


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En general, el análisis de fuerzas en un cue1po libre se resume en los siguientes pasos: ( 1) A partir del sistema dado y las reacciones en los apoyos se detenninan los tramos de análisis, especialmente hasta aquellos pm1tos donde sucede una variación del desanollo continuo de las cargas externas (carga puntual, momento puntual o fin de lma carga distribuida). (2) Se computan las reacciones de la est:mchira. (3) Se detenninan las ecuaciones de fuerza o momento para el tramo o hasta el punto considerado. (4) Se constrnyen los diagramas de fuerzas internas con las funciones encontradas para cada tramo. (5) Se chequea la resultante de factores externos junto con las acciones y reacciones a cada lado del tramo planteado. (6) Se localizan los puntos de fuerzas máximas.

107

José Jtll'ier Madinez Echeverry

Es evidente que un punto o nudo tiene que estar en equilib1io interno, por lo cual las reacciones al final de un tran10 deben ser de sentido y dirección opuesta a las acciones que se toman como punto de paitida desde el Inismo pm1to pai·a un siguiente tramo. Las fuerzas internas actllaildo en una sección transversal son generalmente estudiadas a partir de un diagrama de cuerpo libre aplicado a una viga entera, un segmento de la viga o un elemento diferencial de la viga.

7 .1 . Equilibrio interno Un segmento de cuerpo libre es obtenido con dos secciones imaginaiias que cortan lUl elemento estrnctural en lma distancia determinada. Este segmento es aislado y se deben tener en cuenta todas las fuerzas que actúan sobre el mismo. En la Figura 7 .1 se muestra un diagrama de cue1po libre de lUl tramo aislado entre los puntos j y k. En este tramo se han open in browser PRO version

"pfü:~l,;:irlA tArl,;:i" fo" fl1p17,;:i" PiP,.rirh"· TI1Pt"7,;:t" i11tP1T1,;>" ,;:il iniriA " fín,;:il rlPl fr,;:iml"\ " r,;i,.o,;i" Are you a developer? Try out the HTML to PDF API

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intennedias. La interpretación algebraica de la variación de las fuerzas internas es llamada ecuación de equilibrio. Cada variación es gobernada por el cambio abrupto en la porción de la viga el cual, a su vez, es generado por la presencia de cargas puntuales o distribuidas . El tramo puede ser representado por lma o vaiias ecuaciones cada una conespondiendo a una detenninada porción menor del tramo. Las ecuaciones del tramo son planteadas a partir de las siguientes condiciones de equilib1io: LFx =O

-7

L F(hori=ontales) = O

LFy =O

-7

L F(ve1t1cales) = O

LM0 = 0

-7

LM(punto o) = O

Las ecuaciones de equilibrio son usualmente escritas en ténninos de la posición de la coordenada x , iniciando en el extremo izquierdo y medida a lo lai·go del eje de la viga , o en ténninos de x ', medida a lo largo del eje neutro pero comenzando en el extremo derecho.

L

Figura 7.1. Diagrama de cuerpo libre con todos los posibles tipos de fuerzas actuantes.

108



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Es impo1tante recordar la convención de signos adoptada en la Sección 5.1 para fuerzas y momentos: las fuerzas son positivas si la dirección de aplicación es de izqlúerda a derecha o de abajo hacia aniba, y los momentos son positivos en sentido contralio al horalio. Aplicando las condiciones de eqllilib1io las fue1zas y momentos del tramo de la Figura 7 .1 se eqlúlibran de la siglliente manera: Tabla 7.1. Ecuaciones de equilibrio para el tramo de la Figma 7.1.

Sección izquierda e

Sección derecha e

Jl; =-Nk - fYx -fWx *dx

Nk =- Nj - ;:Y- f wx *dx

b

b

e

e

f

!iíc = -~ - Py -f Wy *dx

vJ = -vk - P.y - . wy *dx b

b e

J

Mi =-Mk- vk *L- M + Py *a + wy *x*dx b

e

Mk =-MJ· +VJ *L - M - P.y *a' - •fwy *x' *d.x b

Donde: • •

•

Px , Py, w x, w y son las componentes de las cargas . a, b, c, x son las coordenadas de posición medidas desde el extremo). a ', b ', e ', x' son las coordenadas de posición medidas desde el extremo k.

7 .2. Ecuaciones diferenciales Cuando un elemento diferencial de longitud dx, como el de la Figura 7.2, está limitado por dos secciones no1males adyacentes de una bana cualqlliera, se puede establecer una relación entre el momento flector, las fuerzas c01tantes y las cargas aplicadas. Para plantear las ecuaciones de equilibrio del tramo diferencial se considera que las fuerzas internas N, V y M actúan en la sección izqllierda, mientras que en la cara derecha actúan las fuerzas N +dN, V+dV y M+d.M. El momento Q y las componentes de la fuer-a P son cargas externas aplicadas. open in browser PRO version


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Al plantear las ecuaciones de equilib1io del elemento diferencia se obtienen las siguientes expresiones: Carga Dist1ibuida:

dN/dx =- wx

;

dV/dx =- Wy

Carga Concentrada :

&V = - Px

L1V = - Py

Momento Aplicado :

&V = O ;

LlV = O ;

;

;

dM/dx = V

L1M = O

Lllvl = - Q

109


o / hu

Wx ~~~~~

~(Jl*"~' *ic:Jr~·~ ~WfV+dV

I·

dX

V+tN

~

·I

I·

dx

·I

Figura 7.2. Tramo diferencial de un elemento con todas las cargas consideradas.

Si las cargas distiibuidas vaiían a lo lai·go del eje x , al integrai· en el tramo se obtienen las siguientes expresiones:

* Fue c a axial

-t

N(x) =

-J

Wx

*dx

X

* Fue ca coltante

-t

v (x) =

-f Wy *dx X



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*Momento

-t

M(x) = j V(x)*dx X

Las nonnales y cortantes son vaiiable en el tramo dependiendo de la cai·ga distribuida. Si las cai·gas distiibuidas en x y y son constantes, entonces N(x) y V("t) son polinomios con un grado mayor que el grado de la cai·ga distlib1úda. De acuerdo al tipo de carga varias conclusiones se desprenden a partir del análisis diferencial de un tramo de bana. Para Cargas Distribuidas:

• • •

La pendiente del diagrama de fuerzas no1males en cualquier dirección a lo largo de la bairn es la negativa de la función de wx en ese punto. La pendiente del diagrama de fuerzas cortantes en cualquier dirección a lo largo de la bail'a es la negativa de la fm1ción de wy en ese punto. La pendiente del diagranla de momentos en cualquier dirección a lo lai·go de la bairn es igual al valor de la c01tante en ese punto.

Para Cargas Concentradas: • •

•

El cambio repentino de valor en el diagrama de normales en la bail'a es el negativo de la carga aplicada Px en ese punto. El cambio repentino de valor en el diagran1a de c01tantes en la bail'a es el negativo de la carga aplicada Py en ese punto. Ningún cambio de valor repentino en el diagrama de momentos se hace efectivo pai·a la bana en el punto de aplicación de P.

110


Para Momento Aplicado:

• open in browser PRO version

No hay cambio repentino en los diagranlas de fuerza normal y c01tante de la baira en


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.

-

-

el pm1to de aplicación del momento externo Q. El cambio repentino del diagrama de momentos en la bana es igual al valor negativo del momento Q en el punto de aplicación de éste.

•

Explícitamente, cuando se integran las ecuaciones diferenciales entre dos límites j y k de una bana, incluyendo el efecto de la.s cargas singulares en este tramo, se obtienen las siguientes ecuaciones:

donde: k

L px :

suma algebraica de las componentes nonnales de carga sobre Ja estructw-a.

j

k

L Py :

suma algebraica de las componentes tangenciales de carga sobre Ja estructura.

j

k

'IM(x) :

suma algebraica de Jos momentos aplicados sobre Ja estructura.

j

Las smnas algebraicas se aplican a las componentes de las cargas que actúan entre las dos secciones. Los valores extremos de N(x), V(x) y M (x) ocllll'en en las secciones donde las pendientes de estos son cero, es decir: • dN(x) I d" = - wx =O • dV(x) / dt = - Wy = 0

• dM(x) I d"C=V(x) =O Lo ante1ior se sin1plifica expresando que el valor máximo para la ecuación de fuer.as normales se presenta en la sección donde wx = O, para la ecuación de fuer.as cortantes ocune en la sección donde wy = O, en tanto que para la ecuación de m01nento flector el ..



.'

.....

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valor maximo ocune cuando la expresión de la cortante es V(x) = u.

111


7. 3. Diagramas de fuerzas inte1nas La representación gráfica de las fuerzas internas es conocida como el diagrama de fuer-as internas, en el cual la ordenada representa el valor de la fuerza y la coordenada horizontal indica la posición de la sección transversal. El área del diagrama está encenado por la línea de cero fuerza interna y la línea de los valores vaiiables, resultado de evaluar la conespondiente ecuación de equilibrio de la fuerza en cada punto especificado. La ecuación de equilibrio se plantea en el tramo considerado hasta la sección transversal donde se quiere encontrar la fuerza interna. Pai·alaconstrncción del diagrama defuer=as internas se procede de la siguiente manera: (1) Una vez calculadas las reacciones en los apoyos se detemrinan los tramos en los que se van a plantear las ecuaciones de equilibrio, de acuerdo a una vaiiación continua de las cargas externas. (2) Se efectúan cortes al inicio y final de cada tramo detemrinado y a paitir de las funciones de equilibiio se calculan las resultantes de las fuerzas internas en cada c01te, partiendo de derecha a izquierda y ubicando el origen de ejes coordenados desde el inicio de la baiTa o del tramo considerado. (3) Se verifica que las cai·gas externas incluidas hasta el coite, y las resultantes puntuales halladas en cada c01te, cumplan con el equilibrio estático. (4) Se construyen los diagramas de momentos, cortantes y noimales con los valores de estas cargas al final de cada tramo, considerando posiciones positivas de acuerdo a la siguiente convención: todos los momentos son positivos cuando giran en sentido opuesto al horaiio, mientras que las cortantes y noimales son positivas si van orientadas AA


;~~·•;A.. AA

A AA ..AAhA • • AA AhA;A hAA;A A•...;hA


••AA .. AA•;• •A~A ... A

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m: lZ.lfllltaua a utat::1,;11a

y

ut:: auaJU 1ia1,;1a a111 ua, 1 t:::s111::1,;uvaJ11t::11Lt::.

Convenciones para fuerzas internas:

®

Q)

VX>O

1

~ N,>O 1 1

')

M,>O

1 1

Figura 7.3. Consideraciones de carga y nomenclatura para el cálculo de las fuerzas internas al final de un tramo.

Las ecuaciones de equilibrio se pueden plantear considerando el 01igen coordenado al inicio de la viga. Pero igualmente se puede desplazar el 01igen de un nuevo tramo al final de uno anterior, considerando que las reacciones al final de llll tramo son las acciones

112


iniciales del siguiente tramo. Dichas acciones deben ser iguales pero de sentido contrario a las reacciones en el mismo punto del tramo anterior. Para ilustrar la manera como se encuentran las reacciones y se construyen algunos puntos de un diagrama de c01tantes y momentos se propone la viga mostrada en la Figura 7.4 y se averiguan tanto las reacciones como los valores de c01tante y momento cuando x= 3m, x=8m y x= 11 m.

200 kN.m


25kN/m


, 150 kN

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{\

l 1 111 11 111 1

~+~~

,,&

_ 3m_ _.·I-· __

-r

+,__3m_ ·I

r

5m _ __,.___

2:1 kN/rn

3m __

. . . . . . . . . . . . ._.. . . . . . .

! 111 1111 11l

RAX

-+ ~~~~------

t

150kN'Ser(60") = 129.9kN

~B

¡_

~~~~~~~~

~

t~B

150 kN'Cos(60") = 75 kN

RAY

0.8Rs

89A

89A

© ¡<0W~ -=¡1.Fz22 ~ !

.w

@ !.

1 1

1 1

468.3

1

603

1

1

1 1

1 1

496.3

Figura 7.4. Viga propuesta, con respectivo diagrama de cuerpo libre, empleada para calcular puntos de interés de los diagramas de momento y c01tante.

Para el cálculo de reacciones se plantean las siguientes ecuaciones de equilibrio: 'IFx =O

--7

R.Ax-150*cos(6oº )-0.6*RB = 0.0

¿ ~Y = O

--7

R Ay - 2 5 * 5 - 15O * sin(6oº ) + O. 8 * R B = O. O

'IMB = O

--7

-RAy * 14-200 + 25 * 5 *(14- 5.5) +150* sin(6o º )* 3 = O.O

Las reacciones resultantes son: RAy = 89.4 kN ; RB = 206.8 kN ; RBy = 165.5 kN ; RBx = 124.lkN ,· R.Ax = 199.1 kN

113



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José Javier Mwünez Echeveny

Los valores de cortante y momento en los pm1tos x=3m, x=8m y x=ll m, son calculados implementando las condiciones respectivas de equilibrio: *Para x = 3m : LFY =0 ~ V(x) + RAy = O.O :. V(x) =-89.44 kN LMB =O ~ M(x)- 200 - RA.v *J=0.0 :. M(x) = 468.3kN - m *Para x = 8m: LFy = O ~ V(x) + RAy - 25*5=0.0 :. V(x) =+35.6kN LMB =O ~ M(x) - 200 -RAy * 8 + 25* 5* 2.5 = O.O :. M(x) = 603.0 kN - m

* Para x = l lm : LFY =0 ~ V(x) + RAy - 25* 5 - 129.9=0.0 :. V(x)= +l65.5 kN LM B = O ~ M(x) - 200 -RA.v * 11 +25*5* 5.5 =O.O :. M(x) = 496.3 kN - m

Este último valor de momento se puede obtener planteando momento de derecha, lo que equivale a computar 0.8*Rs*3m=496.3 kN-m. Tomando como referencia la siguiente figura, si el momento resultante M ;K es positivo, indica que las fibras de tracción están por debajo del eje neutro horizontal del elemento y el diagrama de momentos se traza en la cara infe1ior debajo del tramo. En caso contrario, si el momento MK; es negativo el diagrama va por encima del eje horizontal. Por acción y reacción los momentos en un punto deben ser iguales y de sentido contraiio de manera que se la smnatoria entre ellos sea cero. Se cumple, entonces, que MKJ = -MKL y ambos momentos tienen sentidos opuestos. De los ante1ior se deduce que encontrar un momento rocinlt-::anto tlo T ".l Y


~"' f\n11occtf'\ 4'.l onrAnt1·':lrlA


Ao An..,.h ,. J,,rr,.., i-n.,,.¡,,.,,..;¡,..,

~"' Aor1 1·

Ao T

l'.l

Y

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L

L

Figura 7.5. Interpretación de momento positivo y efecto de Ja acción y reacción en una sección intennedia de un elemento cualquiera. .

114


Ejemplo 1: Momentos y cortante en un voladi=o. Para la viga en voladizo mostrada en la Figura 7.6, con lllla carga dist1ibuida de 2Tnlm en toda la luz y lllla carga p1mtual de 15 Tn, en el extremo libre, inclinada 53.13º con respecto a la horizontal, calcular las reacciones en el extremo empotrado y plantear las ecuaciones de c01tante y momento para el tramo 1-2.

A continuación se calculan las reacciones en el extremo empotrado:

Lpx =0 ~ Rlx - 9.0=0.0 :. Rlx =9.0Tn LFy =O ~ R1y - 2*3 - 12=0.0 :. R1y =l8.0Tn ?. * 32

LM1 =0 ~ M1 -~ --- 12*3=0. 0 :. M 1 =45.0Tn - m 2 Seguidan1ente se plantean las ecuaciones de c01tante y momento para cualq1úer punto x del



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tramo 1-2: LFy =O ~ V(x)+R 1y -2*x = O.O :. V(x)=2*x-18

'*

x2 LM1 =0 ~ M(x)+M1 -R1y *x+T=O.O :. M(x)=18*x-45-x 2

12Tn , 15Tn

..JE ~~ 11111111 11 111111 111I~ ~ "

~

RIY

A,.

w=2Tntm

~

1

3m

~"~ 11 1 1 1 11i11 i !!1 :

!)

12Tn

45Tn~ -m :: ; .::: . ® +hWWWWW t"

:

:

:

•

:

¡ : : ¡ : .

Figura 7.6. Cálculo de reacciones de una viga en voladizo y representación de diagramas de c01tante y momento a partir de las ecuaciones de equilibrio.

Ejemplo 2: Construcción de diagramas de cortante y momento. Para la viga simple mostrada en la siguiente figura calcular las reacciones en los apoyos, plantear ecuaciones de co1tante y momento segl'.m tramos especificado y dibujar diagramas de c01tante y momento. Asumir en los cálculos que la carga distiibuida es w=Pla y el momento puntual está

115



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José Javier Mw·tinez Jicheveny

definido como M=2*P*a. La carga disttibuida solo está presente en el tramo 111. Hallar diagrama de c01tante y momentos. X

1

Tramo 1

1

Tramo 11 ;,

Tramo 111

1

;, Tramo IV

;t..~P/L

pi

~ 1

R 1y

k

1

a

t

1

1 1

/

1

¡,Tramo V

1.25"a

1.5"a

1

,(

1~ ~1~T j

~

t

McxJV

1

'·"'ª " •

6a

Figura 7. 7. Viga simple utilizada en el ejemplo 2 dividida en cinco tramos de acuerdo a la presencia de cargas puntuales o carga distribuida.

Aplicando supe1posición, el cálculo y chequeo de las reacciones es como sigue: R¡y =

P*5*a w*(l.5*a)*(3*a) 2*P*a M + + +- 6*a 6 *a 6 *a 6 *a

P*a w*(l.5 *a)*(3 * a) 2*P*5*a M R2y = 6*a + 6 *a + 6 *a - 6 *a

:. R¡y = 2.25 * P

..

R2y = 2.25 * P

p L~y = R¡y +R2y = 2.25 * P + 2.25*P = 3 * P+l.5 *-¡;* a = 4.5* P

~

Chequea

A continuación se presentan las ecuaciones de cortante y momento, las cuales se obtienen paitiendo de las condiciones de equiliblio desde el inicio de la viga hasta el final de cada tramo considerado.

* Tramo

I : la vw· iahle x entre O y a

V(x)I = - R 1y =- 2.25* P open in browser PRO version


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M(x)I =R1y

* Tramo

* -"'< =2.25* P * x

JI: valor de x entre a y 2.25 *a

V(x)II = - R1y +P=-1.25* P M (x) l l = R Jy

* -"'< -

p * e"'( - a) = l. 25 * p

*X + p *a

116


* Tramo

111: valor de x entre 2.25 *a y 3.75 *a

V(x)III =-R1y + P + w*(x - 2. 25* a) = P* x I a - 3. 5* P 2 2 _ 125 *P * P* _ P*(x - 2.25* a) M (x )III -- Rly *X- P*(X_ a ) w*(x -2.25*a) 2 - . X+ a 2 *a

* Tramo

IV: valor de x entre 3. 75 *a y 5. O* a

V(x}IV =-R1y +P+ w*(l.5 *a) =0.25* P M(x)IV = R1y * x - P * (x - a)- 111* ( 1.5 *a) * (x - 3 *a) =- 0.25 * P * x + 5. 5 * P *a

* Tramo

V : valor de x entre 5 * a y 6 *a

V(x )v = - R 1y + P + w * (l. 5 * a)+ 2 * P = 2.2 5 * P M(x}V = R1y

* x - P * (x - a) -

w * (l. 5 * a) * (x

- 3 * a )- 2 * P * (x - 5 * a) - M

=- 2.25*P*x + l~5*P*a



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En la tabla que se muestra a continuación se resumen las ecuaciones por tramos y los valores obtenidos de evaluar estas expresiones al inicio y al final del tramo. Tabla 7.2. Expresiones de momento y co1tante y valores al inicio y fmal de cada tramo.

Distancia X

o a a 2.25*a 2.25*a

Ecuaciones V(x)

Ecuaciones M(x)

-2.25*P

2.25*P*:•

-l.25*P

1.25*P*,'( +P*a

P*(xla)-3.5*P

3. 75*a 3.75*a 5*a 5*a 6*a

1.25*P*x+P*a -(O. 5*Pla)*("<-2.25*a/

0.25*P

-0.25*P *-"< + 5.5*P*a

2.25*P

-2.25*P*x+13.5*P*a

Valor V(x) -2. 25P

Valor M(.x)

-2.25P

2.25Pa

-l.25P

2.25Pa

-l.25P

3.81Pa

-l.25P

3.81Pa

0.25P

4.56Pa

0.25P

4.56Pa

0.25P

4.25Pa

2.25P

2.25Pa

2.25P

o.o

O.O

Si las co1tantes V(x) son positivas al final del tramo evaluado, o en cualquier distancia x, significa que tienen el sentido positivo del eje vertical. Por el contraiio, el valor negativo de las co1tantes al final del tramo indica que ellas cienan el tramo en dirección opuesta al sentido positivo considerado.

11 7

José Jcniier Martínez Echeverry

Los valores anteriores son utilizados para dibujai· los diagramas de co1tantes y momentos que se muestran en la siguiente figura open in browser PRO version


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w

tlllllll Mcx¡o1

R,,

Mcx¡1v

1 1

1.25*a

1.5*a

1.25*a

a

a

1

2.25P' 2.25P'0 - - --<1

1

1.25P

1.2sp!

<>-'--'-----<>. -2.25P 1

1

1

o.o.l;i! · ~~iii!iiiiiijiii~iii!iiiiijiii~ii!i'!imi!"~i!ii'!~i;iOji!iii!iiii[iiiiiii!iiiii!iiii~i!ii!i~~ o.o

Figura 7.8. Diagramas de c01tantes y momentos de la viga del ejemp lo 2.

Seguidamente se efectúa un chequeo de los primeros tres tramos encontrando los valores de las reacciones de c01tante y momento al final de cada tramo y utilizando estos valores como las acciones con las cuales se establece el equiliblio desde el inicio del nuevo tramo.

pi

p

,,.,.,....=2.25Pa

Tramo 1

Vc....¡=1.25Pa

~~= 2.25Pa+1.25P"1.25a

! =3.8 2.25Pa~i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i il~ 1 · 25P

1

Pa

Tramoll

V(>CD225'1F 1.25Pa w

111'<-rs..¡= 3.81Pa+1.25P"1.5a 2 t ~-0.5*(P/a)*(1.5a) =4.56Pa

t t J J J t Tramolll

J/

V1p3.7r.F 1.5aw-1.25P=0.25P



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. . . •.:;u• u

/ , ./,

L.Ai'.UU. Vl lV

pv•

""UlllV.-J l.VlllUU. UV lU.. \,;lVU"""'

J • ""º'"''"''VJ.l\,;.:J

U l ..1..UlUt """" .... uuu

u. Ull l V.

118


Las reacciones al final del Tramo I son las fuerzas conocidas, pero que con sentido opuesto (acciones iniciales) sirven para establecer las condiciones de equilib1io para encontrar las reacciones al final del Tramo JI. Igual procedimiento se sigue para el Tramo III: con las acciones conocidas al inicio del mismo y considerando solo las cargas aplicadas en este inteivalo, se encuentran las reacciones al final del tramo. A medida que se trasladan las fuerzas internas al final de llll tramo el origen se traslada igualmente al inicio del tramo Ejemplo 3: Construcción de diagramas de cortante y momento Para la viga simple de la Figura 7 .1 O plantear las ecuaciones de c01tante y momento, a paitir de las condiciones de equilibrio, y dibujar diagrama de cortante y momentos. La viga se ha dividido en seis

tramos de acuerdo a la presencia de cai·gas o momentos puntuales o por intenupción de la carga distribuida. X

Tramo 11

Tramo 1

2 Tn/m

1

1

Tramo 111

Tramo IV

1

Tramo V

Tramo VI

25Tn

10Tn

.-=====::~-----+~ 1 ----+----D-----+----~~~®· ~rA M(x)IV

2m

2m ~(

2m )

K

1

12m



2m

M
k

'i

2m

) 1

2m

R2y

[

l

l

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Figura 7.10. Esquema a utilizar para solucionar el planteamiento del ejemplo 3.

Para el cálculo de las reacciones se plantean las ecuaciones reequiliblio externo: 'L, M1 =O ~ :.

R2y = 34.67 Tn

'L,M2 = O ~ :.

-2* 2 *1-10*4 - 12 -20 * 8 - 25*(4/5}*10 + R2y *12 = 0

2 *2* 11+10*8 - 12 + 20 * 4+ 25* (4/5) *2-R1y *12 = 0

RJy = l9.33Tn

'L,Fx = O ~

RJx + 25*(3 15) *2= 0

..

RJx = 20.0Tn

A partir de las condiciones de equilib1io para cada tramo, y considerando el 01igen de los ejes coordenados en el apoyo 1 inicial, se obtienen las ecuaciones de c01tante y momento según el tramo considerado.

119


Debido a que las cortantes son fáciles de identificar tan solo se van s1unando algebraica.mente las nuevas cargas pm1tuales con el resultado de la cortante al final del tramo anterior. Hay que tener presente que las cortantes V (x) a calcular en cualquier punto son positivas hacia aniba, y que por tanto, toda carga considerada en cada condición de equilibrio pasa con signo opuesto al lado derecho de la ecuación de equilibrio de la c01tante.

* Tramo open in browser PRO version

I: la variable x entre Om y 2m


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M(x)1 =R1y *x-0.5*2*(x )L = 19.33 * x-x¿ V(x)I =- 19.33 + 2 * x

* Tramo

JI: la variable x entre 2m y 4m

M(x)II = R1y * x - 4 *(x - l )=J5.33 * x+4 V(x)II =-J9.33 + 4 =- J 5.33

* Tramo

!JI: valor de x entre 4m y 6m

M(x)III = J5.33 * x + 4 - JO* (x -4)= 5.33 * x + 44 V(x)III =- J 5. 33 V(x )III =- J 5.33 +JO.O =- 5.33

* Tramo

IV: valor de x entre 6m y 8m

M(x)IV =5. 33 * x + 44 + 12 =5.33 * x + 56 V(x )IV =-5.33 • Tramo V : valor de x entre 8m y 1Om M(x)V

= 5.33 * X+ 56 -

*

20 (x -

8) = -J4.67 .

X+ 2J6

V(x)V =- 5. 33 V(x)V =- 5.33 + 20.0 = J4.67 • Tramo VI : valor de x entre JOm y 12m M(x)Vl =-J4.67 * X + 2J6 - 25 * ( 4 / 5) * (X - JO)=- 34.67 *X+ 4J6 V(x)VI

=+ J4.67

V(x)VI

=+ J4.67 + 20.0 = 34.67

120



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En este ejemplo, cada ecuación de cortante y momento se va fonnando a partir de aquella con la que se finalizó el tramo antelior y se le suman las cortantes o momentos conespondientes al tran10 siguiente, en función de la variable x. Con cada ecuación de momento y cortante se obtienen los valores puntuales en los extremos de cada tramo considerado. Tabla 7.3. Ecuaciones y valores de cortante y momento para cada tramo de la viga del ejemplo 3. Distancia X

o 2 11/. 2m 4m 4 11/. 6m 6 11/. 8 11/. 8 11/. 10 11l 10 11l 12 11l

Ecuación V(,"\)

Ecuación M(x)

V, = -19.33+2*x

M,

= 19.33*x-x2

V, = -19.33 + 4

M,

= 15.33*x+4

V,= -15.33+10

M,

= 5.33*x +44

V,= -5.33

M,

= 5.33*x +56

V,= -5.33 + 20.0

M,

= -14.67*x+216

V,= +14.67+20.0

M,,

= -34.67*x+416

Vcúor V(x)

Valor M(x)

-19.33

o

-15. 33

34.67

-15. 33

34.67

-15.33

65.32

-15.33

65.32

-5.33

76.0

-5.33

88.0

-5.33

98.64

-5.33

98.64

+14.67

69.3

+14.67

69.3

+34.67

o.o

Las coordenadas del diagrama de momentos van marcadas por donde se presenta la tensión de las fibras en la sección al final de un tramo seleccionado. Esto implica que los resultados positivos de los valores de momento que se especifican en la Tabla 7.3 indican que la tracción se presenta en las fibras por debajo del eje neutro de la viga, y que es en esta posición donde se ubican los valores del momento. open in browser PRO version


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Como regla general, de acuerdo a la nomenclatura establecida en el Capítulo 5, para las condiciones de equilib1io a paitir de las cuales se obtienen los momentos M (x) , si éstos son positivos se dibujan por debajo del eje local hori=ontal x, mientras que los momentos negativos se trazan por encima del mismo eje. Esto es paiticulannente útil para secciones donde la tracción es impo1tante al momento de establecer criterios chequeo o cálculo de los esfuerzos a tensión dentro del análisis de una sección de acero o concreto reforzado. Las cortantes V(xJ negativas al final del tramo evaluado indican que ellas cienan el tramo en dirección opuesta al sentido positivo considerado, es decir van de airiba hacia abajo, no imp01ta que en el diagrama de c01tantes se muestran por encima del eje x. La posición de la c01tante con respecto al eje neutro no tiene ningún sentido toda vez que ellas actúan en dirección pai·alela a la cai·a de la sección transversal.

121

José Jcniier Martinez Echeverry

A continuación se muestran los diagran1as de cortantes y momentos para la viga del ejemplo actual. X

Tramo 1

1

,.

Tramo 11 :.

1 1

10Tn

2Tnlm

2m

Tramo 111

'j

Tramo IV : 'j

~ Tramo VI

20 Tn

1

~ 2m

Tramo V

20Tn

6Tn-m

1

2m

: 'j

l

1

~ I Rzy

2m

2m

2m

1

12m



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·-.o•• 1

5.33 Tn

5.33 Tn .. .. '' '

' ''

-14.67Tn

. 98.64Tn-m

Figura 7.11. Diagramas de c01tantes y momentos para la viga seleccionada.

En la Figura 7. 12 se muestra un chequeo de los cuatro tramos iniciales trasladando c01tantes y momentos al final de cada tramo y estableciendo el equiliblio a partir del inicio del siguiente tramo. En cada caso el punto de inicio de cada inte1valo analizado es el origen del eje coordenado x . Las reacciones M (x=lm) y V(x=lmJ son encontradas planteando las condiciones de equilibrio del primen tramo. Los resultados respectivos silven de valores conocidos para plantear, a paitú del inicio del segundo tran10, las ecuaciones de equilibrio con las cuales se encuentran los valores de M rx=4m) y V rx=4mJ en el tramo 2. El mismo procedimiento se repite pai·a los siguientes tramos.

122




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"'\x=2m)= 19.33*2-2"2*1 =34.66

w=2.0Tnhn

{

I i I I I I t Tramo 1

19.331

v)

34.66 ~

~=65.32

Tramo 11 15.33

V¡x=<1mF 15.33

V(x=-;m¡= 19.33-4 =15.33

R10.0

l't\x=6m)= 1 5.33*2+65.32-10"2

~76.0

65.32 ~ T ramo 111 15.33

1 10.0

l't\""6m)= 15.33*2+65.32-1 0"2

?rao

65.32 ~

n

,

M(x=4mF 15.33*2+34.66

Tramo 111

Vcx=6mF 15.33-1 O =5.33

15.33

V¡x=6mr 15.33-1 o =5.33

Figura 7.12. Equilibrio en Jos cuatro primeros trnmos considerando las reacciones al final de Jos tramos!, 11y 111 corno acciones iniciales conocidas para Jos respectivos trnmos siguientes.

Los cuatro momentos al final de cada tramo se encuentran planteando las siguientes condiciones de equilibrio para cada tramo: 2*2*2 + M(x=2 ) =0 2

-7

M(x=2 ) =34.66Tn - m

L,M(tramoll)=O :. - M(x=2) - 15.33*2+M(x=4) =0

-7

M(x=4) =65.32Tn-m

L,M(tramol) =O :. - 19.33*2+

L,M(tramo m) =0 :.-M(x=4) - 15.33* 2 + 10.0* 2 + M(x=6) =0

-7

L,M(tramo w) =0 :.-M(x=6) - 5.33* 2-12.0+M(x=B) =0

M(x=6) =98.66 Tn-m

-7

M(x=6) = 76.0Tn - m

Ejemplo 4: Viga simple con voladi=o y carga variable. Para la viga simple con voladizos en ambos extremos, y con la carga lineal variable mostrada en la Figura 7 .13 a paitir del nudo 2, proponer las ecuaciones y dibujar los diagraiuas de cortante y momento en los tramos 12, 2-3 y 3-4.

Aplicando las condiciones de equilib1io de momentos en los extremos de las vigas se obtienen las ecuaciones para el cálculo de las reacciones verticales en los apoyos: L,M1 =0


-7

2.5*R2v + 9.0*R3v - 13.5*(5.5)=0


-7

Ecuación(l)

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2:M4 =0

---7 -

9.0* R 2y - 2.5 * R 3y + 13.5* (6.0)+ 6.5 * 11.5 =O

---7

Ecuaación ( 2)

Resolviendo las ecuaciones (1) y (2) se obtienen los siguientes valores de reacciones: R 2y

= 16.27 Tn

;

R 3y

= 3. 73 Tn

123


'

9

) X

2. Sm 1

1.

•1

6.5Tn '

6 . Sm

1

••

~

2. Sm

P.=13.5Tn

~ R:.x=O 1 1

2.5m

2. Sm >. 1

'Í

1 ~

Figura 7.13. Esquema de la viga utilizada para el ejemplo 4 con el diagrama de cuerpo libre después de evaluar las reacciones en los apoyos.

La carf!a equivalente de 13. 5 Tn es la resultante de integrar toda la carga lineal distribuida open in browser PRO version


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.._,

A

"-"

"-"

y se asume temporalmente para el calculo de las reacciones. Se obtiene calculando el área del tiiángulo de base w = 3 Tn/m y altura de 9m, que corresponde a la longitud del tliángulo entre los nudos 2 y 4. La carga equivalente debe coincidir con el centi·oide del tiiangulo de cargas, es decir, debe estar ubicada a 3 m a la derecha de la base en el nudo 2. Antes de plantear l as condiciones de equiliblio y encontrar las ecuaciones de c01tante y

momento en los tramos 2-3 y 3-4, debemos encontrar la función de la valiación lineal de w en función de la abscisa x. 3Tn/m

w'=3-a/3

a

9m

b) Tramo 3-4

a) Tramo 2-3

Figura 7.14. Representación de la variación lineal de la función de carga distribuida en el tramo 2-3 a pattir del apoyo 2, y en el tramo 3-4 a pa1tir del apoyo 3.

Las ecuaciones lineales que representan la carga triangular w en los tramos 2-3 y 3-4 son: Tramo 2 - 3

-7 W'

=3- a / 3 ; Tramo 2- 3

-7 IV'

=0.833- b/ 3

124


Las ecuaciones de c01tante y momento en cada tramo son:

* Tramo open in browser PRO version

1: la var iahle x es entre O y 2. 5m.


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V(x)I = 6.5 M(x)1 = - 6.5*x

-7

Six=2.5m => M(x =2.5m )= - 16.25

Las reacciones de c01tante y momento final del tramo I se toman como las acciones para comenzar el tramo 11, con igual valor pero en sentido contrario. El 01igen del eje x se desplaza al apoyo 2 para mayor facilidad al plantear ecuaciones de c01tante y momento. El valor de x para el tramo II va entre O. O m y 6. 5 m.

* Tramo

11: val.or de a entre O. Om y 6. 5m.

(3+111') *a = [3*a - 6ª2) - 9.77-?sia = 6.5m=>V(a=6.sm) = 2.69

V(a)II = +6.5 - R 2y+ - 2

M (a)II =-16.25 + 9.77*a - (111 )* a

2

1

2

(3-

- - - 111) *a* 2

:. M (a)II =-16.25+9.77 *a-(1.5 - a / 18)*a

2

-7

(2)

] *a

-7

Siendo a = x - 2.5

si a = 6.5m => M (a=6 .sm) = -0.87

En el tramo JI la carga distribuida es trapezoidal y se divide en una carga w' constante y otra triangular de base (3-w /. Como se hizo en el tramo ante1ior, las reacciones al final del tramo JI se toman como las acciones para desanollar el tramo 111 (ver Figura 7 .16):

* Tramo

111 : val.or de b enire Om y 2. 5m, tomando de iquierda a derecha.

v1, 1m

=1.042 - ( 0· 83~ " ' ) • b =J.042 - [o.833' b -

V(b)III

= 1.042- 0.833 * b + 0.167 * b 2 -7

M (b)III =-0.87+1.042*x - (w' )* b

2

2

: . M (b)III

= -0.87+1.042 * b -

-

b: )' b _,

''=o.833 - bl 3

si b = 2. 5m => V(b=2.5m) =O.O

(º·

833 2

1v') *b* (2 J)*b

(O. 4167 -b I 18) * (b )2

-7

si b = 2.5m => M (b=2.sm) =O.O

Las ecuaciones planteadas tienen el origen a partir del punto inicial de cada tramo. Se han tomado los valores de las reacciones de fuerzas internas al final de cada tramo y se utilizan como acciones conocidas, con igual magnitud pero con sentido contrario, para plantear las ecuaciones de cortante y momento absoluto del siglúente tramo. La c01tante al final del tramo JI es V(x=2 69m) = 2 .69 Tn pero se empieza el tramo 111 con una cortante diferente debido a la presencia de la reacción R 3y = 3.7 3 Tn. La diferencia entre 3. 73 Tn y 2. 69 Tn es 1 .... ...... __.,... _ .... .J ....


l

/\A ,..,.,_ _ ... - -

............... .... ...

.;~,.,_;

... .; ......... t


¿_. - · - · · -

TTT

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ia

coname ue

1 . ULf 1

n con que se imcia ei iramo 111.

125


Los diagramas finales de c01tantes y momentos son mostrados en la siguiente figura. El valor del momento en la mitad del tramo 2-3, se encuentra evaluando la ecuación de momento del tramollparacuandox=3.25 m: M (x =3.25m)II = - 16.25 + 9.77* 3.25 - (1.5 - 3.25 1 18)* 3.25 2 :::::> M(x=6.5m) =+ l.57Tn - mt

6.STn

!

13Tn/m

~@

,

R,;=16.27 Tn

2.5 m

1

R,,=3.73 Tn

6.5 m

1

2.5 m

1

1

.. .. .. .. .. .. ~ ¡ i ¡ ~ .: .a5Tn

O.O¡Tn-m

--~-.............~. . .~--¡¡j¡¡¡¡¡¡¡jj>



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Figura 7.15. Diagramas de co1tantes y momentos para viga simple con carga distribuida triangular.

Los diagramas de cortantes y de momentos en los tramos JI y 111 son, respectivamente, funciones de segundo y tercer orden, debido al carácter lineal de la carga distiibuida. El siguiente es el chequeo de c01tantes y momentos al final en los dos primeros tran1os, estableciendo el equilibrio a partir de valores conocidos de fuerzas al inicio del tramo. Tramo 1

Tramo 11

~)=~[:,~~ -1'2ST<1DIIlinnDQ'"

ªj

v(-.L =6.5Tn

9.77 Tn

Nlc-i=

-16.25+9.77*6.5-{1.5~.5/18)"6.52

=0.87Tn-m

Figura 7. 16. Ch equeo de fuerzas internas en los tramos ly JI de la viga del ejemplo 4.

126


Ejernplo5: Cálculo de cortantes y momentos en una viga compuesta. Para la viga de la Figura 7 .17 fo1mada por las tres subestiucturas dete1minadas por las dos articulaciones internas en los nudos 2 y 5, calcular reacciones y plantear ecuaciones para los diferentes tramos. Con base en las ecuaciones, dibujar diagramas de cortantes y momentos.

* ! rrT * * * ! 11111111111111 * fjJI:'"' 3Tn

1


1

5

i ti

~

4Tn

6Tn

1

*

1

*


1

w= 4 Tn/m

1

1

1

¡ ¡

*

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:ai®

.. ..

~ 2m ~ 3m

· ~ 1

1

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3~n

3m

.,

3m

:a

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®

;. 2m :, < a¡

1 1(

1

1

;. 2m ~

Bm

~

l® 6m

..

.,

4Tn

d Tn

w=4 TM11

R2Y = 13.56 Tn

J

R.y= 38..95 Tn

R.y = 30.61 Tn

Figura 7. 17. Viga compuesta de tres subestmcturas, propuesta para el ejemplo 5.

El siguiente es el cálculo de las reacciones para cada una de las tres subestrncturas: Viga0 - 2: L,M2 = - R1y *9 + 2*11*5.5 + 3*6+6*3=0 ~ Rly =17.44Tn 'L,Fy =R1y + R2y - 2* 11 - 3 - 6=0 ~ R2y =13.56Tn Viga5-6: L,1'42 = - Rsy *6+2*6*3 + 4 * 3=0 ~ R 5y = 8. 0Tn

Viga2-5: L,M2 =R3y *2 +R4y *l0 - 4*12*6 + 8*12=0}

_ . _ R3y - 38.95 Tn , R4y - 30.61 Tn

L,Fy =R3y +R4y - 13.56 - 4*12 - 8 =0

127



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José Jtll'ier Mwünez Echeverry

Como alternativa, se pueden calcular las reacciones tomando toda la estrnctura puesto que en su conjunto la estrnctura es estáticamente defuúda. LFy = R1y + R3y + R4y +%y - 2* 11.0 - 3.0 - 6.0 -4 * 12.0 - 4.0 = 0

=>

R1y +R3y +R,¡y +%y = B3.0 -t Ecuac1ón(J)

2::M2 = - R1y *9.0 +2.0 * l l* 5.5 +3.0*6+6* 3 = 0

=>

9.0* R1y = 157.0 :. R1y = 17.44 Tn

L M5 = % y *6.0- 2.0*6.0* 3.0 - 4.0* 3= O

=>

6.0 *%y = 48.0 :. %y = B.O Tn

L M3 =-R1y * ll+R,¡y *8+%y * 16 + 2* 11*(5.5 + 2}+3*8+6* 5 - 4*12*4 - 4* 13- 2*6* 13= 0

=>

11 * R1y - 8* R,¡y - 16* %y =-181.0 -t

Ecuación ( 2)

Resolviendo las ecuaciones (1) y (2) se obtienen los restantes valores de reacciones: R 3y

= 38.95 Tn ; R 4 y = 30.61 Tn

Las ecuaciones de momento en el tramo 0-1-2 y el tramo 2-3-4-5, son las siguientes: Tabla 7.4. Ecuaciones de momento para las primeras dos subestructuras de la viga compuesta.

Tramo

1

Ecuación M(.t )

1

Valor de x

1

Valor M(x)

Tramo 0-1-2 :< S-2 11l


1

MM =-x· 1


-4.0

2m 1

1

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M M =-:/ + 17.44*(.l -2)

5111

+27.32

S' 8 1ll

M M = -.x2 + 17.44*(x-2) - 3*(x-5)

8m

+ 31.64

S' Jl m

M M = -.x1 +1 7.44*(x-2) - 3*(x-5) - 6*(.x-8)

11 m

O.O

2111

-35.12

lOm

-24.0

12m

O.O

xS'5m ,l

X

Tramo 2-3-4-5 ,l

S-2 1ll

M M = - 13. 56*,l - 2*x

x S'lOm xS'l2m

2

M r,1 = - 13.56*x - 2*,l+ 38.95*(x-2) Aít:.J = - 13. 56*,'t - 2 *x

2

+ 38.95*(:x-2) + 30.61*(.x-10)

128


En el siguiente esquema se muestran los diagramas de cortante y momento para la viga compuesta, desanollados por cada subestrnctura hasta los pm1to donde están presentes las articulaciones . Para la segunda subestrnctura, tramo 2-3-4-5, se calculó el momento positivo máximo a x=4.35 m del apoyo en el nudo 3 (ver Figura 7.18), para facilitar el dibujo del diagrama de momentos en la luz de 8 m. 3 Tn

4 Tn

6 Tn

w = 4 Tn/m

IR,, = .7.44Tn 1

1 1

1

. 2 m · 3m


~2y = n

1

""

.s6

1 •

,L

3m

,L

T" · 1

3m

¡Rsy= 8.0 Tn

R:iy =~8.95 Tn

,

..

:C 2m ~


1 3~.61 T~

R., = 8m

L 2m

r:

i

"

~~ =8.0Tn

1

6m

i(

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j 13.44Tn 8.0 n

1

8.0Tn

1

i.I d~ ~ . :.¡ i ¡ ¡ ¡ i

•

. . . .. . : ~ !l

: : 1: : : : :¡ : : :

27.32.Tn '.~ ; 1.64 Tn-m j 1

.

'

¡.,

j •¡¡ ¡: j 15.0 Tn-M

24.0 ~n-m

i:

1

1

·

. : ¡1¡ :

.

Figura 7. 18. Diagramas de c01tantes y momentos para la viga compuesta del ejemplo 5.

Las siguientes consideraciones deben ser tenidas en cuenta al momento de construir los diagramas de la viga propuesta: • •

Los momentos son cero en los nudos 2 y 5 , donde están ubicadas las articulaciones . Las c01tantes en estos 1nismos puntos conesponden a las c01tantes R 2y y R 5y .

129

José Jtll'ier Mw-tinez Echeverry



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• •

Por acción y reacción las cortantes en los nudos 2 y 5 son continuas y, efectivamente, conesponden a llll mismo valor. Los diagramas de cortante y momento de lllla viga compuesta pueden ser representados de manera continua lmiendo los tres tramos.

El valor de momento máximo en el tramo 3-4, se encuentra evaluando la respectiva ecuación en este tramo para la subestructura JI cuando x=6.55 m: M (x=6 .35 m)II =-13.56*6.35 -2*6.35 +38.95*(6.35-2) ~ M (x=6.3s m )II =+2.68Tn-mt 2

Ejemplo 6: Cortantes y Momentos de una Viga Compuesta. Para la viga de la siguiente fígma, fon11ada por las tres subestructmas mostradas, plantear ecuaciones de cortantes y momentos para los diferentes tramos y dibujar diagramas respectivos.

La viga se compone de una selie de subestructmas escalonadas: el tramo 1-2 se apoya en la subestructura 2-4, la cual a su vez se apoya en el voladi.::o 4-5.

6Tn 12 Tn

i

1

®L af

1

3m

""

1"

6

1

~¡

4 Tn

i

l

. - 11r 1r 11 r l r11 1r f ¡¡ 1"5f1i * ~ .

w=2.5Tn/m

I

1

•

1

.

1

..-

»:

.,.

e»

3m :,2 m L2m ~

1

_

®

1 .

.

1 9m

....

$

'

1 3m

,.,

3.0m ;, 3.0m

..-

L

....

12Tn

u

R1Y=6.0Tn

........~/. ) w=1.51Tn/m

~=6.0Tn

RJy= 31.5 Tn

R.y= 16.STn

]

Ms,.=138.0Tn-m

R5¡1=29.5Tn

Figura 7.19. Viga compuesta, con tres subestructuras, utilizada en el ejemplo 6.

Inicialmente se procede al cálculo de las reacciones en los apoyos y el cálculo de las c01tantes que se transmiten en las aiticulaciones de los nudos 2 y 4: open in browser PRO version


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Viga 1-2: L,M2 =-R1y

*6 + 8 * 3 =0 =>

R1y =6.0 Tn

130


Viga 2 - 4: L,M4 = 6. 0*16 + 6*14 - R3y *12 + 2.5*12* 6 +6*3 = 0 => R3y = 31.5Tn

L Fy = R 3y + R4y - 2 *6 - 2. 5 * 12 - 6 = O - t

R4 y = 16. 5 Tn

Viga 4 - 5: 1 5*6 2 L:Ms = -Mx +l6.5*6 + · +4*3 = 0 ::::> Mx = 138.0Tn-m

2

¿: Fy = R 5y + R4 y - 16. 5 -1. 5 * 6 - 4 = O -7

R 5y = 2 9. 5 Tn

En la siguiente tabla se muestran y evalúan, al final de cada tramo, las ecuaciones de momento y c01tante de cada subestrnctma de la viga compuesta: Tabla 7.5. Ecuaciones de momento para las tres subestrncturas del ejemplo 6.

Tramo

1

Ecuación M(x)

1

Valor de x

1

Val.or M(x)

Tramo 1-2 X <~m


1M(>J =6*x


1

3m

1

+18.0

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. ..

.l

_...,.

....

S-6 11l

vM

.....

= -6

M M = 36-6x vM

....

6m

= +6

-6. o

O.O +6.0

Tramo 2-3-4 .\'. S-2 111

xS'4m

X

S' 13 11l

M M= - 6*x

2m

v 1,1 = +6

M (>J

= - 6*.t

-6(x-2)

4m

VM = +12 M M= -12*."< + 12+ 31. 5*(t-4) -1.25*(x-4)2

13 11l

Vr,1 =-19.5+2.5*(x-4) xS'16m

-12.0 +6.0 -36.0 +12.0 +38. 25 +3.0

M M = 19.5*x -114.0 - l.25*(x-4)2 - 6*(x-13)

16 m

V1,1 = -13. 5 +2. 5 *(x-4)

O.O +16.5

Tramo 4-5 xS'3m

M M = - 16.5*x -0. 75*."<

2

3m

VM= 16.5+1.5*."< 2

.l

S' 6 11l

M M = - 20.5*x - O. 75*x + 12.0 V(•J = 20.5+1.5*.t

-56. 25 +21.0 -138.0

6m

+29.5

131


La representación gráfica de los valores obtenidos en la tabla antelior se muestra en los siguientes diagramas generales de cortantes y momentos.



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1 R2y= . .O Tn¡

R1y =-6.0Tn 1

l. 3m

•

I 1 L 3m S:

· R:., =131.5 Tn 1 .

~2m ~2m ~ 1

V

9m

J.

1

6.0Tn

6. Tn

6.0ITn

6.01Tn 12.0ITn

12.0Tn 1

18.0TIHTI

Ms.=138.0Tn-m

38.25 TIHTI

Figura 7.20. Diagramas de c01tantes y momentos de la viga compuesta utilizada en el ejemplo 6.

Ejemplo 7: Cálculo de cortantes y momentos de un pórtico con voladz=.os. Para el pó1tico t1iarticulado mostrado en la Figura 7 .21 establecer las condiciones globales de equilib1io en los nudos 4, 5 y 6, para encontrar las fuerzas internas al inicio y final de cada elemento. Por último establecer los diagramas de no1males, cortantes y momentos de la estrnctura. Se plantean momentos en nudos 2 y 5 para obtener las reacciones R 1y y R 1x: L M 2 = - R 1y

¡

* 1O+ l. 5 * 12 * 5 -

6. 5 * 3 = O ~

R 1y = 7. O5 Tn

LMs(a¡) = -R1y* 5-R1x *6 + 6.5*3+1.5*6*3 = 0 ~



R1x = l.875Tn

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132


@ 3m

~rticulación

1

@ 6m

3m

1

-' -·-· 1

1 •

1 1

~ 1 m ;.

,...

Sm

5m

1

! 1mi ~ if

Figura 7.21. Pórtico utilizado para el cálculo de fuerzas internas en el ejemplo 7.

Se encuentran las restantes reacciones R 2y y R 2 x aplicando condiciones de equiliblio de fuerzas:

= 18 Tn

~

R¡x + R 2x = 6.5 Tn

~

R¡y + R 2y

R 2y

= 10.95 Tn

R 2x = 4. 625 Tn

Las reacciones R 1x y R 2x se toman con los sentidos asumidos en la Figura 7.22 Los resultados de estas reacciones, a paitir del equiliblio de fuerzas, son entonces positivos rlPhirln <:1 nnP Pl c;,pntirln <:1c;,11mirln rninrirlP rnn l <:1



nt~Pnt<:1riAn

rlPfínitiu<:1 nnP rlPhPn t PTlPt'

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vectorialmente estas fuerzas.

@

@

~rticulación @

P=6.5 Tn

~ R 1x = 1.875 Tn

R;a=4.625 Tn

®

~

~

©

t

t

~=10.95Tn

R1y=7.05 Tn

Figura 7.22. Valores y direcciones definitivas de las reacciones en el pó1tico estudiado.

133


V45

@

w=1 .5Tn/m

V""

w=1.5Tn/m

N.~•;,s~~~~~~l~4~l~l~l~l~l~l~t~)~.fN':.~ ~é~ l l 0

,....... v.,

R,x = v,. = 1.875 Tn ...._


V54


Ms.

l l

~

....

R:!x = V20 = 4.625 Tn

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@,¡;;,,,;

¿--

t

z

R,y = N,e = 10.95 Tn

R,y = N,• = 7.05 Tn

Figura 7.23. Valores de fuerzas internas según dirección establecida desde el nudo inicial hasta el nudo final del elemento tomado para el análisis de cuerpo libre.

A paiti.r del análisis de equilibrio por tramos, o sea pai·a elementos que componen la estructura estudiada, se deternrinan las fuerzas internas en cada nudo. Se asume que, en coordenadas locales, las fuerzas nonnales van en la dirección axial de cada elemento y las fuerzas cortantes son perpendiculares al eje axial del elemento: Análisis de fuerzas internas en el nudo 4 (ver Figura 7.23): Tramo 4-1: R1x = 1.875Tn , R1y = 7.05Tn .. V41 = -4. 625 Tn

LFY = 0 ~ R 1y + N 41 = 0

. . N 41 = -7.05Tn

LM:: = 0 ~ -R1x* 6+6.5*3+M 41 = 0 .. M 41 = -8.25Tn-m Tramo 4-3 : Lpx = 0 ~ N 43 = 0 L Fy = O ~ -1. 5 * 1 + V43 = O

.. V43 = l . 5 Tn

LM:: = 0 ~ 1.5*1.0*0.5+M43 = 0 : . M 43 = -0.75Tn-m Tramo 4 - 5, M.tdo 4 :

L:Fx = O~ V4¡ + N43 +N45 = O

.. N45 = 4.625 Tn

L: Fy = O ~ N 41 + V43 +V 45= 0

.. V45 = 5.55 Tn

L:M:: = O~ M 41 +M43 +M45 = O : . M 45 = 9.0Tn - m

134



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Las condiciones generales de equilibrio del nudo 4 (sumato1ias de fuerzas internas) se plantean utilizando los ejes globales, por lo que en dirección global y las normales de las columnas se suman con las co1tantes de las vigas, mientras que en dirección global x las no1males de las vigas se smnan con las cortantes de las columnas. Los momentos se toman con respecto al eje global:; que es perpendicular al plano xy de la estrnctura analizada. A continuación se calculan las fuerzas internas en el nudo 6 (ver Figura 7.23): Tramo 6 - 2: R 2x

= 4.625 Tn

, R 2y

= 10.95 Tn

LFx =O

--7

- R2x +V62 =0

..

V62 = 4.625 Tn

I FY =0

--7

R1y +N62 =0

..

N 62 = - 10.95 Tn

..

M 62 = 27.75 Tn - m

IM:: =o

--7

- R 2x * 6 + M 62 = O

Tramo 6 -7: LFx =0

--7

N 67 =0

:. N 67 =0

I FY =0

--7

- 1.5*l + V67 =0

:. v 67 =1 .5Tn

L M:: = O

--7

- 1. 5 * 1.O* O. 5 + M 67 = O :. M 67 = O. 75 Tn - m

Tramo 6 - 5, Nudo 6 : 'L:Fx =0

-7

V62 + N 6s + N 67 =0

¿: Fy =O -7 N 62 + V65 + v67 =O

:. N 6s =- 4.625Tn :. V65 = 9.45 Tn

y el siguiente es el análisis de las fuerzas internas en el nudo 5: Tramo 4-5 : •



'llT - . -

_¿f

10 <; 7'n

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,L.,,¡""

X -

V

/

,¿ ..

4)

'

,¿ ..

)4 -

V

.. V54 =1.97 Tn

Tramo 6-5:

LFx=0 ¿ FY = I M:; =

---7 N 56 +N65

o ---7 -

:. N 56 = 4.625 Tn

=0

1.5 * 5 + V56 + V65 =

o ---7 v 65

.. V56

o

* 5 + M 65 - O. 75 * 5 2 + M 56

= o

..

= -1.95 Tn

M 56

=

O. o Tn - m

135

José Javier Mw'fínez Echeverry

Con los ante1iores valores el equilib1io en el nudo 5 ciena con los valores de las reacciones al final del tramo 4-5 iguales a las acciones al inicio del tramo 5-6, pero con sentido contraiio. De esta manera, en el mismo nudo, la s1una de cortantes V54 y V56 es cero, al igual que la suma de las no1males N 5 4 y N 56 . Los momentos M 54 y M 56 son cero debido a la presencia de la aiticulación en ese nudo. Todas las ecuaciones se han planteado con las direcciones positivas de las fuerzas internas, de acuerdo a la nomenclatura usada hasta ahora en los ante1iores capítulos. Las direcciones opuestas asumidas en la Figura 7.23 se incluyeron con el respectivo signo negativo en todas las anteriores condiciones de equilibrio planteadas. En la siguiente figura se resumen los valores definitivos encontrados pai·a cada nudo de las fuerzas internas. 1.5

Ql~ o.75 Tn-m


5.55

@ •

w= 1 5 Tn/m

1.95

9.45

1.5

.,,~) 1 ! ! ! ! ! ! !(;} "" ~l ' ' ' ·,, 1 ¡ 'l~""@ •• ~'l ' \®

1 7.05

.....&..:._

w= 1.5Tnlm

9.0 Tn-m


00

@

28.5 Tn-m

110.95

~ .... ............

0.75Tn-m

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. .11151~- 4.625 8.25 Tn-m

1.95

P=6.5~

R,,. = V,.= 4.625 Tn

R,. =V,.= 1.875 Tn

+-

®I ~=

Rw = N,, = 7.05 Tn

11

t

N,e= 10.95Tn

Figura 7.24. Valores y direcciones de las fuerzas internas en cada nudo de Ja estmctura analizada.

A partir de los resultados mostrados en la anterior figura se establecen los di.agramas de no1males y cortantes que se muestran a continuación. 7.05 Tn

4.625 Tn (compresión)

.. .. :g

.s·¡¡; ... . ....

--- -- ·u; ·- -- f . . .. a.

G> ••• • •

a.··- --

E ... .

..... E

.... o

O • • ••
e: --·

1- ..

~

:: --

1.5 Tn 4..625Tn

®

· - . .. & -- . .. e

..., O>

1-

-·

-- -

1.875 Tn : :: :::: 4. 25Tn

9.45Tn

-- ... --- o -.....

.. . 1..875Tn

Figura 7.25. Diagramas de nonnales y cortantes para el pó1tico del ejemplo 7.

136

Análisis básico de estructuras open in browser PRO version


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De igual manera se procede para constnrir el diagrama de momentos de la estructma.

9.0Tn-m

Figura 7.26. Diagrama de momentos para el pó1tico analizado.

En la barra 5-6 no hay un máximo y la estrnctma crece sin cambio en el sentido de la pendiente hasta el final del tramo. A partir de los anteriores valores es fácil plantear ecuaciones de momentos y cortantes para cualquier tramo. Las ecuaciones de momentos en cada tmo de los tramos se expresan a continuación: *Tramo 1-4 : Antes de la carga puntual

~

M(x) = 1.875 * x

Después de la carga puntual ~ M(x) = l .875*x-6.5*(x-3) *Tramo 2-6: M(x) = 4.625* X

*Tramo 4-5: De t;quierda a derecha

~ M(x) =5.55*x-0.75*x 2 +9.0

De derecha a i=quierda

~

M(x) = -1.95* x +0.75* x

2

*Tramo 4-5: De i:;quierda a derecha open in browser PRO version

~ M(x) =-l.95*x-0.75*x2


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De i=-quierda a derecha

M(x) = 0.75*x 2 -9.45*x+28.5

--7

Ejemplo 8: Pórtico T1iruticulado con Banas Inclinadas. Dete1minru· diagramas de no1males, c01tantes y momentos en cada tramo del pórtico triarticulado, con elementos inclinados, mostrado en la Figura 7.27.

137


Solo pru·a el cálculo de las reacciones se sustituye la carga dist:Iibuida en los elementos D-C y C-E porlacru·ga equivalente Pe=(2Tnlm)*(4.243m)=8.49Tn,lacualseaplica en la mitad de cada tramo conespondiente.

3m

3m

/ /

(~

/ /

'!'¿

"''%

/

3m /

3m / /

/

6m 3m

1

1

:..

1

)

~

1

;,

. 1

o= tan -}( 3) = 45o 3

¡"1.sm j1.5m i1 .smi 1.sm'¡



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Figura 7.27. Estrnctura a analizar en el ejemplo 8.

Con las cargas equivalentes aplicadas a 1. 5 m en dirección de la proyección horizontal de los tramos D-C y E-C (mismos puntos donde están aplicadas las cargas puntuales), se plantean las condiciones de equilibrio para resolver las reacciones en los apoyos. LMB =0-7 -6*RAy -3*6+3*(4.5+1.5) +8.49*(4.5+1.5) =0 . . RAy = 8.49 Tn . . RBy

= 6 +2 * 2 * 4.243-RAy = 14.48 Tn

"'ZMc (i:q) =0 -7 -9* RAx -8.49 * 3+3* 3 + 3* 1.5+2*4.243*1.5 =0 :. RAx = 0.084 Tn :. RBx = 2.916 Tn

A continuación se plantea un análisis de equilib1io de cargas aplicadas junto con las fuerzas internas al inicio y final de cada tramo, para las banas que componen la estructura. Se inicia con el equilib1io en los tramos verticales A-D y B-E.

138


El siguiente es el análisis de fuerzas internas en el nudo D:

Tramo A-D: RAx

=

0.084 Tn , RAy = 8.49 Tn :. VDA



= 4.625 Tn pdfcrowd.com

.. N DA = -8.49 Tn

y el análisis de fuerzas internas en el nudo E muestra los siguientes resultados:

Trarrw B- E : RBx = 2.92 Tn , RBy = 14.48 Tn LFx =O

--7

-RBx +VEB =0

..

VEB

= 2.92 Tn

LFY = 0

--7

RAy +NEB =0

..

N EB

= - 14. 48 Tn

..

MEB =17.5Tn-m

LM:: =0

--7

N06.=8.49TN

-RBx *6 + MEB =0

VOA=0.084TN

Nes=14.48 T n

® e: ·¡¡¡

-o

ec. E

Ves=2.916 Tn

Mes=17.S Tn-m

®

.g ....

l ~~ ~

....

o

(.)

(.)

....

®

R.1=8.49 Tn

R.,=0.084TN

Tramo A - D

Ra,;=14.48Tn

Ra,r2.916Tn

Tramo B - E

Figura 7.28. Diagramas de no1males, c01tantes y momentos para tramos ve1ticales en el pó1tico del ejemplo 8.

Para el tramo D-C, los siguientes son los valores de las fuerzas internas en coordenadas globales y en coordenadas locales, una vez realizado la rotación de 45° de ejes globales a ejes locales (ver Figura 7.29): N DC(G} =-N DA = 8.49Tn } VDC(G} = 3.0-VDA = 2.916Tn N DC{ L )


= 6.0+2.06 = 8.06 Tn ; VDC( L ) = 6.0-2.06 = 3.94 Tn


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139

José Jm ier Mal"finez Echeverry 1

Wv=2·0.101

= 1.414 T/m

VoC(1..1=3..94Tn

'

2.06 Tn

·." =4

VoqG)= 2..916 Tn 2.06

•

@

~~··.·:::;_., • / 6.0Tn

/

t . ..

~ ~.O Tn '

NoqG¡=8.94Tn

NOC(Ll = 8.06 Tn

Figura 7.29. Tramo D-C: rotación de co1tantes y no1males de ejes globales a ejes locales.

Las siguientes son las ecuaciones de equilibrio del tramo D-C, a través de las cuales se encuentran las reacciones al final del tramo en el nudo C:

L Fx( L) =0 ~ N DC( L) + NcD( L) - 1.414 * 4.243 - 2.12 =0.0 L Fy( L) =0 ~ VDC(L) +VcD( L) - 1.414 *4.243- 2.12 = O.O

. . N DC( L)

=0. 06 Tn

.. VCD( L)

=4.18 Tn

4 4 2432 4 243 "..:..., M =( L) = O ~ - 05 . - VCD( L) * 4. 2 4 3 + l.4l *2 · + 212 . * - · 2- + M CD = O .. . M CD = 00"' . 1n- m



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® Figura 7.30. Diagramas de notmales, co1tantes y momentos del tramo D-C en direcciones de los ejes locales, paralelo y n01mal al eje axial del elemento.

140


Igualmente, los siguientes son los valores de las fuerzas internas, en coordenadas globales y en coordenadas locales, para el tramo E-C NEC(G) =-NEB =14.48Tn ; VEC(G) =-VEB =- 2.916Tn NEC(L) =10.24 + 2.06 =12.3Tn ; VEC(L) =10.24-2.06 = 8.lBTn Wv= 2 *0.707

@ ~ =1A14T/m .,:> "'

.,...~



·.

? • ..=>>-.

")

3Tn

1 -

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. / 2.06Tn

-

-

. ..

JI.' VEC(GJ = 2.916 Tn l" ....1 - - -

-

:f

10.24 T~,.-" •

t

~

®

..

"·.:·-.. 2.06 Tn " · 10.24 Tn

lliEC(Gt=14.48Tn

'

lllEqLJ = 12.3 Tn

Figura 7.31. Tramo D-C: rotación de co1tantes y no1males de ejes globales a ejes locales.

En la siguiente figura se muestra el equilib1io de las fuerzas normales, c01tantes y los momentos en los extremos del tramo analizado, a paitir de la rotación de las fuerzas en ejes globales a ejes locales en el nudo E, mostradas en la anterior figura.

....e:

~ ~ ~ v; ,.;

. ;:.11 •

2.1 2 Tn

McE=O .OTn.m

17.5 TN .m

®

®

'

N EC(L) =

MEe = 17.5Tn.m 4.18 Tn

®

Figura 7.32. Diagramas de nonnales, cortantes y momentos del tramo E-C en las direcciones paralela y no1mal al eje axial del elemento.

141



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A continuación se muestran las condiciones de equilib1io del tramo E-C y las reacciones de las fuerzas internas en el nudo C:

L Fx( LJ = O ~ N EC(L) - NcE(LJ -1.414 * 4.243-2.12 = O.O :. NcE(L) =-3.94 Tn L Fy( LJ = O ~ VEc( LJ - VcE( L ) -1. 414 *4.243 - 2.12 = O.O :. VcE( L} = 0.06 Tn """' .t...,, M =
~

* -1 7.S + VEC{L) 4. 243

J.414 * 4.243 2

2

212 .

* 4.243 M =O . 2 + CE .. McE = 0.0Tn -m

Ejemplo 9: Pórtico simplemente apoyado con barras inclinadas y diferentes tipos de carga. Detenninar diagramas de normales, cortantes y momentos para el pórtico con tramos inclinados mostrado en la siguiente figura.

2Tnlm

!llllll!l!!!l!l!l! . .

/

- · - · ¡· - · - · / /

6m

/

1 1

/

a =:36.87"

6m

1 - ·- ·- ·- ·-·-·-·-··- ·- ·- · 1

/

1

6m

8m


8m

3m

1


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Figura 7.33. Estrnctura propuesta para el ejemplo 9.

Las siguientes son las reacciones del pó1tico en los apoyos: IMA =O

I

-7

16*REy-2*16*8-2*10*4-2*10* (8 +4) - 10*6=0

=o

-7

R Ay + R Ey - 2 * 16 - 2 * 2 * 1o =o

LFx =0

-7

10-RAx =0

Fy

:. RAy

= 32.25 Tn ; REy = 39.75 Tn

RAx =JO.O Tn

142


El siglúente es el análisis de fuerzas internas en el nudo D: Trarno A- D: RAx L Fy = O LM::=O

-7 -7

= 0.084 Tn , RAy = 8.49 Tn

R Ay - N BA = O

. . N BA = 8. 49 Tn

-RAx*l2+10*(x-6)+MDA=0 .. MDA =-60.0Tn-m

y los siguientes son los diagramas de fuerzas internas para el tramo A-B:

L' @

MeA=60.0 Tl'Hll

........... ..

e:

:2

"'o. ~

¡;



10.0 Tn

¡.. ....... . .

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8,-....-··.....··

. . . 1 v. ......

....

.... ..... ® R..y = 32.25 Tn

®

®

R..,= 10.0Tn

®

© Tramo A-8

Figura 7.34. Diagramas de fuerzas internas en tramo A-B. Los subsecuentes diagramas se obtienen después de plantear el equilibrio de fuerzas internas en el tramo E-D.

Noe=39.75 Tn

¡

V0 e=o.o Tn-m

@ _.

@

e:

•O

'éñ

l!!

Q.

E

1'4o=O-O Tn-m

f" @

~

e:

~

1-

1-

q o

o ó

e:

11

11

(.)

x >

x

®

®

®

o

Rey=39.75Tn

@

~

©

®

Tramo E-O

Figura 7.35. Diagramas de fuerzas internas en el tramo E-D.

143

José Jm1ier Mal'línez Echeverry



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En la siguiente figma pasamos de las componentes globales de fuerza, horizontal y ve1tical, a componentes locales en dirección axial y perpendicular al eje axial de los elementos inclinados. Se dete1minan las fuerzas F x(localJ y F y(LocalJ del nudo a paitir de la composición de fuerzas en dirección global, contando con el ángulo de inclinación de la bairn con respecto al eje x global. X(local) ,;,

·~ 9

~--·-·

F¡qiocaO = F¡qgtob•O*cos(0) + Fv¡gtobao*sen(0)

=

Fvoocao -F¡qglobaO*se n(0) + Fv(gtob•Q*cos(0)

Figura 7.36. Descomposición de fuerzas en un nudo, en sentido de ejes globales, a fuerzas en dirección de ejes locales.

La cai·ga ve1tical de 2 Tn/m aplicada sobre la proyección horizontal del elemento inclinado se convie1te en carga axial WN y carga perpendicular Wv, en dirección de los ejes locales, de acuerdo a la siguiente deducción:

L=L0 *cos(B) Wv

L

-7

L0 =- (- ) cos B

W* L*cos(B) =W*cos2(B) L !cos(B)

WN

=

W * L * ser~B) W *sen(B) * cos(B) L !cos{B)

Y(local) .....


'


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L

Figura 7.37. Descomposición de una carga W aplicada en la proyección horizontal del elemento.

144


Para el tramo B-C los valores de Wv y WM resultado de descomponer las cargas externas aplicadas sobre la estructura, son las mostradas en la siguiente gráfica junto con el resultado de fuerzas y momentos en los nudos, producto del equilib1io de cuerpo libre considerando toda la bana.

Y(local)

'\

a) Cargas Distribuidas



b) Diagrama de Normales

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@ d) Diagrama de Momentos

e) Diagrama de Cortantes

Figura 7.38. Representación de las cargas actuando en dirección de los ejes locales y resultado de diagramas a partir de las condiciones de equilibrio de la barra B-C.

145



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Ejercicios propuestos Problemas 7. 1. a 7.18. A partir de las reacciones encontradas para los problemas 5.1 a 5.1.8 encontrar el equilibrio de fuerzas internas y los diagramas de nonnales, cortantes y momentos en los principales plllltos de cada estmctura, incluyendo aquellos donde se presentan cargas plllltuales o variación en la ecuaciones de las fuerza internas. Problema 7.19. Para la siguiente estructura, si doblamos la carga puntual del tramo 1-2, en que porcentaje se aumenta o disminuye el momento en la mitad de la luz del tramo 2-3. w = 1.0Tn/ml

J l l l ¡ ¡ l l l J@--- --(~

6m

-·-·---- --·-·--·-·-·-·--·-·--·-·--·-·-·-·- -· ·--·· ¡ 6m

Problema 7.20. Encontrar las fuerzas internas de equilibrio en los plllltos 1 a 4 de la siguiente estmctura. Mostrar los diagramas de normales, cortantes y momentos.

l!l!l!l!I'

180 kN 30kN / mt

¡

~lllHO !ll@l!

1 R , --"'-+'


t

: 1

R,.,


•

: 1

•

t

ªo -.. - .. - · +;¡,,, "?;

6m

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"'t@ _J_ t 6m

6m

6m

R"Y

1

Problema 7.21. Mostrar los diagramas de nonnales, cortantes y momentos para la siguiente estructura. Encontrru· y evaluar el máximo momento en el tramo 2-3 de la viga.

r~

cI~r i ! A¡<;Ji 1

2.5m ·

7.5m

.

147

José Jm1ier Martinez Echeverry

Problema 7.22. Establecer el equilib1io de fuerzas internas en el punto 2 y dibujar diagramas de cortante y momento para las estrncturas. Evaluar momentos máximos en cada tramo.

wr

~TfTo+o++o+ oo+@

3m

R3y+ R3x 1 W,= 4 Tnlm

W,=2Tn/m



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8m

Detenninar las reacciones y los diagramas de momentos, cortantes y fuerzas axiales para las siguientes estructuras: Problema 7.24.

Problema 7.23. 2Tn/m

1 111111 ·®

~

,¡;¡;,, ;(

11 1 ,@

1

,,

a

/.

6m

)'

b

•®

4.5m

1

;('

16m 9m

Problema 7.25.

Problema 7.26.

L

L

L/2

Sm

p L/2

3m

2m

2m

3m

148



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Para las siguientes estmcturas encontrar reacciones, fue1zas internas y diagramas de c01tantes y momentos en todos los puntos numerados. Problema 7.27. 5Tu

5Tu

~~¡ ~¡¡¡ ij~ líiill'i 11~¡¡¡1t1111~~ 1

¡¡¡

·

.r

. k

2m

1

·

.

4m

1

1

'

r

.

·

4m

2m

1, '1

4m

1

Problema 7.28. 20
~

40kNAn

l l ¡ l ¡ ¡¡¡l ¡ ¡¡ ¡ ¡¡ ¡¡i

----+®

©

®

®

~

Articulación

6.0m 1

1

@ -i1

5m

J

5m

Problema 7.29.



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10 m 6m

©

- · -¡

3m

10m

1 1

149



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8. Cálculo de deformaciones 8.1.

Deformación axial

La defonnación axial o lineal implica un cambio en la longitud de un elemento debido a la aplicación de m1a fuerza, puntual o distiibuida, a lo largo del centroide de la sección. De acuerdo a la figura mostrada, en una sección a una distancia x del elemento, lafuer.:a axial N puede ser calculada según:

du

w --+ --+ --+ --+

:::¡

s s []----+ N:?

X

N~ jE-

4++1•

L

1:

u+du

w

~

IE-N+dN

m;

• 1..

J•

dx

.1

Figura 8.1. Equilibrio de un elemento con carga axial distJ·ibuida.

Para llll segmento enti·e (x) y (x+dx), la fuerza y el desplazamiento en la cara izquierda del segmento infinitesimal son (N) y (u), y (N+dN) y (u+du) en la cara derecha. El cambio de longitud en el elemento es (u+du) - (u) = du, mientras que la deformación unitaria conespondiente se define como el cambio de longitud sobre la longitud del elemento infinitesimal, es decir: &

= du / dx

Asumiendo que la fuerza nonnal (w*dx) en la longitud dx es pequeña comparada con N, a paitir de la relación esfuerzo-deformación, a= E*&, se puede expresar que: a=N =E du A dx

--7

N

du= -

EA

dr:

donde A es el área de sección y E es el módulo de elasticidad del mismo. Integrando la 1ílt11'Y'l'-li


~VT'\'f',:).Cl1An ci~ Al,ti~n~ ·


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du=N EA

d~

XN -7

u= J - dx

o EA

151

José Jm ier Martínez Echeverry 1

En ausencia de carga distiibuida (w=O), se obseiva N transversal n01mal obtenemos: U =

=

N2

- N 1 y para la sección

N *x 2 +C1 EA

donde C 1 es calculado con la condición de borde u= u.1 cuando x desplazamiento en la sección enx es:

=

O. En consecuencia el

En la cara izquierda al extremo de la batTa , con una longitud L, sección transversal constante y fuerza nonnal N también constante, el despla:::.amiento u 2 es:

La ante1ior formula conesponde al cambio de deformación que experimenta un elemento de longitud L, área A y módulo de elasticidad E cuando se aplica una fuerza axial constante en uno de sus extremos. open in browser PRO version


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~.'.L.

lJetonnac1ones por tlex16n

La flexión se presenta cuando se aplican cargas pe1pendiculares a los ejes de vigas o pilares. Al obseivar la Figura 8.2, las siguientes consideraciones deben ser tenidas en cuenta para el estudio de un tramo de elemento sometido a flexión: Para w1 momento indicado, generado por las cargas sobre el elemento, este último se deforrna asmniendo las fibras supe1iores en compresión y las inferiores en tensión. En el eje neutro no hay estado de esfuerzos ya que es llll plano neutral.

•

Bajo momento flector lma viga se defo1ma de manera que las secciones finales de un segmento dx forman un ángulo d8.

•

El eje x es tomado a lo largo del eje de la viga. Antes de la defomrnción la dirección positiva de las coordenadas x se asumen de izquierda a derecha y las defonnaciones en dirección del eje y son igualmente positivas cuando van hacia aniba.

•

La rotación o pendiente de la tangente en llll punto de la viga es B = dy/ dx, y se asmne que es positiva en el sentido contrario a las de las manecillas del reloj.

•

Para deformaciones pequeñas la pendiente B es pequeña y el arco ds puede asumirse igual a dx.

152


y

"'


[ ·- ·- ·-·-·-·-·- ·- ·-·-·- ·


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~ ',_

,._ I e, ......

X

1.

...... ......

....

f?-rl·,

......

G)

'

/

...... ......

~ ~

Oi

' ;~

I~

1

dx

.., 1

Figura 8.2. Defotmación aproximada de una viga con momento positivo de flexión.

Según la Figura 8.3, aproximadamente se cmnple que d" = ds = R * de= e1 -e2. Bajo cargas arbitraiias la defom1ación del elemento estudiado no es circular, pero para defom1aciones pequeñas se puede relacionai· a una cmva circular con un radio de curvatura definido como J/R. Entonces: 1 R

de

-7

ax= R *de

dx

R

R

-~--,,,,,..,

dx

Figura 8.3. Representación aproximada de la curvatura en un tramo infinitesimal de un elemento sometido a flexión

Una fibra con lai·go ds = dx, localizada en el eje neutro, experimenta lma defonnación de cmvatura dS, a lma distancia y por debajo del eje neutro, que causa la siguiente defom1ación unitaiia: dS - d'C

c= - - dx



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153


Puesto que dS = (R + r) *dfJ = dx + r *dB, la deformación unitaria se simplifica a:

J.. 1

_f :.-~

~

l a=dy/dx =y'

=.-.-.-.-.-·-.- · - · ~ ...... ...... ...... ...... ......

X

. . . ..... 1

• 1 dy

9 ...... ..._¿

~T

·~

Figura 8.4. Representación del ángulo de rotación de un elemento con respecto a la horizontal.

Debido a que los esfuerzos de flexión en las fibras de la sección del elemento están definidos por la expresión CY =E*&, entonces:

~=E* r *(:) Del equilib1io interno de fuerzas y momentos se conoce que:

f

M = ~*v*d4 A



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Si las secciones son simétiicas alrededor de un eje ve1tical, entonces dA = b*dr. El ancho b podria ser variable, en cuyo caso b=b(r) . El valor del momento M se reduce a:

Adicionalmente, como inicialmente se había supuesto:

(} = dy = y' dx

·

'

d (} dx

=d

2

Y dx

= y" = .!_ : . por .

R

cun1atura

~

M El

= .!_ = y" R

y si se considera que dy:::: dr, entonces: M( ) =E * I X

* dB =E * I *y" dx

154


La expresión ante1ior indica que el momento sobre la rigide::. El es igual a la segunda de1ivada de la defo1mación en la sección analizada. Al integrar la ante1ior ecuación dos veces y evaluarla con dos condiciones de borde conocidas, se encuentran las constantes de integración y la ecuación general de defo1maciones. La deflexión es negativa hacia abajo, es decir, en el sentido contrario al asmnido como positivo para el eje y. Lo anterior se cumple si se tiene en cuenta que la dirección asumida para M (x), es positiva en sentido contraiio al movimiento horaiio y origina flexión por debajo del eje neuti·o.

8.3. Deformaciones con funciones de singularidad Las ecuaciones que se usan pai·a describir discontinuidades se denominan Funciones de open in browser PRO version

Sino-11/nrirlnrl r'IP.nhn r'IP. l::i~ r.n::ilP.~ P.~t:Oi l::i Punrinn Are you a developer? Try out the HTML to PDF API

P~rnlnnnrln

unifnrin o Punrinn

P~rnllin

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de Heaviside la cual se define como: H(x - a) =0,

para x
H(.x - a)

para x 2'.

=

1,

Cualquierfimción F(X), como la mostrada en la Figura 8.5, puede expresarse en términos de la función escalonada unitaria, a paitir de un punto a cualqlúera del dominio de la

función, de la siguiente manera: F( X ) * H ( x-a) = F( X ) * H( a) = {

O, si x
Se usa la abreviatura Ha para significar H(x - a). La integral de una función continua multiplicada por la ftmción mritaria será:

x xI ¡Si x
F(X} ~

/

~

1

X

a

X

a

X

X

Figura 8.5. Ftmción unitaria escalonada a partir de x=a y función F(X) continua desde de .x=a.

155



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Parn cualquier función de la fonna (x -a)n *Ha. , frecuentemente usadas en detlexiones de vigas, la integración desde el punto a donde se define la discontinuidad de la función escalonada unitaria, se convierte en:

Las funciones de Singulaiidad se pueden expresai· en ténninos de los corchetes de Macaulay como:

(x-ar *Ha = (x- at = O

---7

para x - a '.5, O

(x-ar *Ha = (x- a)11

---7

para x-a '.5,0

=

(x- a )n

donde la integral de los corchetes es igual a:

J(x - a)n *dx

X

a

Por lo tanto, si x

\n+J

(

= =

x - aI n+l

~ a se

obtiene: X

(x - a)n *Ha = (x - at

---7

X

n+J

f (x - ar *Ha*dx =f\x - a)11 *dx = ( x - a) n +l

a

a

Ejemplo 1: Deflexión de una viga simple con carga puntual. Utilizando el método de la función escalona.da unitaria planteai· las ecuaciones de cortante y momento para la viga simple, con cai·ga puntual P en x=a, mostrada en la siguiente figura. Definir las ecuaciones de momento y c01tante antes y después de x=a.



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a

b

np

1

1

JI

1

1

©,t · - · - · - · - .- - · - · - · - · - · - ·- · -~ IT

Ra= P"(b/L)

Ra= P"(a/L)

U

L

Figura 8.6. Viga simple utilizada en el ejemplo l.

156


Para la viga mostrada:

V= P* (b / L) -P(x- a)º = P* ( bl L) - P *( x-a)° *Ha 1

M=P* ( bl L) *x-P(x-a) =P* ( bl L) *x-P*(x-a/ *Ha

* Si x < a, Ha= O

~

V=P* ( bl L) -P* ( x - a)º*Ha =P* ( b/ L)

¡ ¡v=

M=P* ( b/ L) *x-P* ( x-a/ *Ha=P* ( b/ L) *x

.

* St x ~ a, Ha= 1

~

P* ( b/ L) -P* ( x-a)º *Ha= P* ( bl L) -P = P( b/ L-1)

M=P* ( bl L) *x-P* (x - a/ *Ha=P* ( bl L) *x-P* ( x-a) Ejemplo 2: Ecuaciones de momento y cortante en una viga simple. Para la viga de la Figura 8.7 desanollar las ecuaciones de momento y cortante a paitir de los corchetes de Macau/ay. T ... - - - · - - ..:t; _ .._.....;1.., .. .,;.l ... .... ... 1 .... ... _ ._ ,!. -~........... -+ ...



,.._

... 1 .._...,..................

TI T

T"'\...,_, ....

......+

......... .... ... - -

....... _..,..;..J ... _,. .. 1 .... ....... _._ ....

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La C
aplicada hasta el final de la viga en el tramo V, y luego se descuentan los efectos de la misma carga distiibuida en el tramo V.

Tramo 11

Tramo 1

p

R,y

1

L

t

Mjx¡m

~

~ 1

w

M

Mjx~1

M(x¡1

~

L

L ,,J

Á'

Tramo V

Tramo IV

Tramo 111

SL

1

,.:,,

L

'

1

..k 1

i L

R2y

t

Figura 8. 7. Viga utilizada en el ejemplo 2.

Para la viga de la figura se empieza por plantear las ecuaciones de c01tante y momento de cada tramo en función de los corchetes de Macaulay, considerando que el eje coordenado x empieza en el extremo izquierdo de la viga planteada. Para los valores de la carga puntual P y el momento pm1tual M se utiliza un exponencial cero para la expresión encerrada por el corchete que multiplica estos valores. El corchete elevado a la cero no modifica el valor puntual de la carga plmtual considerada en la ecuación de cortante, ni tan1poco lo hace para el momento puntual en la ecuación de momentos.

157

José Jm1ier Martinez Echeverry



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vaua

LJ.aJllV

~e

J.U.1J11<1
J.V~

C.lC\..LV~

uc;

.la~

\..VJ.L
y

JllVJllCJlLV~

del siguiente tramo. Las ecuaciones por tramo son: Tramo I : O s x

V(x)I

sL

= R1y

M (x}I

*x

= R1y

Tramo JI : L s x

V(x}ll

=R1y

M (x) ll

s 2L

-P*(x-L)º *x-P*(x-L)

=R1y

Tramo !JI : 2 L s x

V(x}lll

=R1y

M (x} lll

=R1y

=R1y

M (x) IV

1

*x-P*(x-L) -M*(x-2L)º

1

=R1y

=R1y

M (x} lll

s 4L

-P*(x-L)º -w*(x-3L)

o w*(x-3L) 2

*x-P*(x-L) -M*(x-2L) - - - - 2

Tramo V : 4 L s x

V(x}lll

s 3L

-P*(x-L)º

Tramo IV : 3L s x

V(x )JV

1

s 5L

-P*(x-L)º -w*(x-3L)+w*(x-4L) J

=R1y

o w*(x-3L) 2

*x-P*(x-L) -M*(x-2L) -

2

w*(x-4L)

2

+ ---'-----'---

2

En la medida que un nuevo tramo va apareciendo el valor de la carga o el momento del tramo se smnan a la ecuación de c01tante o momento del tramo antelior. En la ecuación de c01tante la carga puntual va multiplicada por el corchete elevado a la cero, a partir del pm1to de aplicación de la respectiva carga. Así mismo, en la ecuación de momento este tipo de carga puntual va multiplicado por el corchete elevado a la cero. En la ecuación de c01tante se coloca la carga distlibuida multiplicada por el corchete o la ftmción unitaiia con llll exponente unitaiio. Es de anotai· que con solo planteai· la ecuación de cortante se open in browser PRO version


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obtiene, a paitir de ésta, la ecuación de momento mediante la integración de los corchetes de la fo1ma (X - a) n = (x - ar *Ha' presentes en la función de cortante con n=O ó n= 1, pero considerando adicionalmente las acciones de los respectivos momentos puntales.

158


Las ecuaciones del último tramo (tramo V) son las ecuaciones generales del sistema y sirven pai·a encontrar la cortante o el momento en cualquier pm1to de la viga. Las ecuaciones de los otros cuatro tramos están contenidas en la ecuación final del último tramo. Ejemplo 3: De.flexiones en una viga simple. Calcular la deflexión en x=JO m de la viga mostrada en la Figura 8.8. Plantear inicialmente las ecuaciones de cortante y momento y luego encontrar el valor pm1tual de la defo1mación en el punto especificado.

w= 12 Knlm

w= 15 Knlm

lllll!

! 1l ¡ l 11l l l

177[ 1

R2y=78.75 kN

1 V

"

3m

3m (

)

3m

3m

1 '(

)

K

1

3m

(

1 )

K

3m

~®

1

24m

Figura 8.8. Representación de la viga a utilizar en el ejemplo 4.

Las ecuaciones generales de c01tante y momento se plantean a partir de la función unitaria !


__ ..._ _: 1 : _ _ ___, _

, __.

__ ___ , _ _ ..._ _ _

_, _ .... 1 ___ __ , _ _ _


-

----..L=-- _, _ 1

• •. __ _ , _ _· - - ·

_ __ ___ ;_, __.

_, _ 1 - -·

___ _ __ : ••• • • •

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o llllllZaJlOO 10s corcnetes ue ivrncalllay, a panrr ue 10s va10res conocrnos ue rns reacc10nes en los apoyos 1 y 2.

R 1y

= 47.25 kN ; R2 y = 78. 75 kN

V = 47.25-12* ( x-6) * H 6 +12* (x-9) * H 9 -15* (x-l 5) * H 15 +15* ( x-21) * H 2 1

V= 47.25-12* (x-6) + 12*(x- 9)-l 5*(x-l 5) + l 5*\x-21) 12 2 12 2 15 2* 15 2 M=47.25*:1'. - - *(.x - 6) *H6+ - *( :x - 9) *H9 - -(.x - 15) H 15 +- *( x - 21) *H21 2 2 2 2 2

2

2

M = 47.25* :x - 6 * (.t - 6) + 6 * (:x - 9) - 7.5* (.t - 15) + 7.5* (x - 21)

2

Integrando dos veces: El * y ,_ -47. -25 - * :X 2 - -6 *(X- 6 ¡,3 +-6 *(X- 9¡,3 - -7.5 *(X- 15¡,3 +-7.5 *(X- 21¡, 3 + e¡ 2 3 3 3 3 47.25 3 6 4 6 4 7. 5 4 7.5 4 EI*y = - - *x - - *(x-6) + - *(:x-9) - - *(x-15) + - *(x-21) +C¡ *x +C2 6 12 12 12 12

159


Aplicando las condiciones de borde se obtienen directamente los siguientes valores de las constantes C1 y C2: Si x=O :::::> y =O :. C 2 =O.O Si x=24 => y =O :. C¡ =-3234.94



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Se encuentra la defo1mación en el punto indicado sustituyendo los anteliores valores en la ecuación general de defonnaciones:

Pm·a x=IO => (-"< - 6)~0 => H 6 =1.0 ; (x - 9)~0 => H 9 =1.0 ; H15 =H21 =O.O :. El* y =

47 25 4 4 · * 10 3 - 0.5 * (10 - 6) +0.5 * (10-9) - 3234.94* JO 6

24601

::::> y = - - -

El

~

,___ . ah .

riw;La

aJO

Ejemplo 4: Deflexiones en una viga simple. Para la viga mostrada en la Figura 8.9 encontrar los momentos y las c01tantes para x= 1. 5 m y en x=4, a partir de las ecuaciones de momento y c01tante planteadas utilizando el método de la función escalonada unitaria. Encontrar las defonnaciones para L/2= 3 m y en x=4 m.

P=5Tn

1

w=1 Tn/m 1 M, = OTn-m

l l J 1 l 1 l J l l l 1 1 1 J l 1 1 1l 1 1 l

~

3m

t

3m

.:

16

Tn-m

J1)

!

00 1

M, =

k

t

Figura 8.9. Representación de la viga utilizada para el cálculo de deflexiones.

La ecuación general de cortante, lúilizando corchetes de Macau/ay y la/unción unitaria, es la siguiente: 0

Vx = 4.5-J.O*x-5*(x-3) = 4.5-l.O*x-5*(x-3)0 *Hrx- 3 ) =


4. 5 - l. O* x - 5 * (x - 3 )0 * H 3


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160


La expresión general de momento por ambos métodos se presenta a continuación: 1

M x =4.5-J.O*x-5*(x-3) -JO*(x-o)º

=4.5*~-J.O*x ,,

2

2

5* ( x- 3) 1 *H(x -

= 4.5* x-0.5* x 2 -5* ( x-3) 1

3) -

JO*H (x - 0)

* H 3 -JO* H 0

Evaluando la ecuación general de c01tante para x= J. 5 m, se obtiene el valor de la misma en ese punto: Vx = 4.5-J.O* x-5*(x-3)

0

=

4. 5 - J. O* J. 5 - 5 * (x - 3) * H 3

=

4.5-J.5-5*(J .5 - 3)* H 3

= 4. 5 - J. 5 - 5 * (J .5 -

3) * O= 3. OTn

El valor del corchete es válido si la expresión es positiva. De igual manera, H 3 toma el valor unitaiio si la expresión dentro del pai·éntesis es positiva. Ahora, utilizando la ecuación general de momento en x=J .5 ni, se obtiene: M x = 4.5*x-0.5*x 2 -5* ( x-3/ *H 3 -JO*H0 = 4.5*J.5-0.5*J .5 2 -5* ( J.5-3/ *H3 -JO*Ho

= 4.5* J.5-0.5* J.5 2 -5* (1. 5- 3/ *O-JO* J =-


4.375 Tn- m


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A continuación se usan las ecuaciones de generales de cortante y momento en x

Vx =4.5 -l .O*x-5*(x-3) =

= 4. 5 m:

0

4.5-l.0*4.5-5*(x-3)* H 3

4. 5 - 4. 5 - 5 * (4. 5 - 3) * H 3 = 4. 5 - 4. 5 - 5 * (4. 5 - 3) * 1. O= - 7.5 Tn

=

M x = 4.5* x-0.5* x 2 -5* ( x-3/ * H 3 -10* H 0

= 4.5*4.5-0.5*4.5 2 -5* ( 4.5-3/ * H 3 -lO* H o = 4.5*4.5-0.5*4.5 2 -5* ( 4.5-3/* 1.0-10* 1.0 = -

7.375 Tn-m

161


Para encontrar la deformación en los puntos requeridos se integra dos veces la ecuación: dfJ M =E*l*- = E*l* y" X dx Inicialmente se sustituye la ecuación general de momentos en la anterior expresión.

El* y"=Mx El * y" = M X = 4. 5 * X - O. 5 * X 2 - 5 * ( X - 3/

*H3 -

1o* H o

Con la doble integración se obtienen las siguientes expresiones:



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45 * 2 El * y' = Bx = · x 2 El* y = 4.5 * x3 6

0.5*x 3

5 * ( x- 3) 2 * H 10* X *Ho +C1 3 2

3

0.5* x 4 12

*H3

5* ( x - 3/ 6

10* 2 __ x_ * H a + C1 * x+C2 2

Evaluando las condiciones de borde en los apoyos, donde las defo1maciones son cero, se despejan los valores de las constantes de integración C1 y C 2 .

~

X=

O ,· Y = O

~

C 1 =15.75

e2 =

4.5*0 6

3

4

2

+-o +-5 *º 3 + 10*0 + e 1 *º 24

2

6

Inicialmente se sustituyen los anteiiores resultados en la ecuación de defo1maciones y posteiiormente se evalúan defo1maciones en los puntos reque1idos: 4 5*X 3 El*y=.

0.5*x 4

5* ( x - 3) 3 * H 3

12

6

6

Para x

= 3

m, conH0 = H 3 = 1.0, se obtiene:

El* y = 4.5*3

3

6

..

10* x2 *Ho +15. 75* X 2

19.13 y=+ - El

0.5*3 12 ~

4

5*(3 - 3)3 6

10* 3 2 - - - +15.75* 3 =19.125 2

hacia arriba

162



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Para x

= 4

m, conH0

El* y = 4.5 * 4

3

H 3 = 1.0, se obtiene:

0.5 * 4 12

6

19.5 . . y= +- El

=

--7

4

5* (4 - 3)3 6

10*4 2 - - - +15.75*4=19.5 2

hacia arriba

Ejemplo 5: De.flexiones en una viga simple. Calcular la detlexión en x=lO m para la viga simple mostrada en la Figura 8.10, a pru.tir de las ecuaciones de momento y c01tante planteadas utilizando el método de la función escalonada unitaria.

P=STn

Z77 ' R,y

1

w=1Tn/m

M=STn-m

!IIIIl l

)

!en R,y 1@

G)

!

Sm

,.,~

Sm

1

.i'

Sm

1

,r

20m

Sm

i

Figura 8.1 O. Figura empleada para resolver la deflexión requerida en el ejemplo 4.

Inicialmente se encuentran las reacciones en los apoyos 1 y 2: R 1y

= 5*15 _!_+l.0*5*2.5 =3.975Tn 20 20 20

R2y = 5+1*5-3.975 = 6.025Tn Seguidamente se plantean las ecuaciones generales de momento y cortante: open in browser PRO version


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M = 3.975 * x-5( x-5) * H 5 _!_( x-15) 2 * H 15 + 8( x-lOJ° * H 10 2

Integrando dos veces:

3 975 2 El* y' = · * x _l._*( x-5) 2 * H 5 _!_( x-15 ) 3 + 8*( x-10) + C1 2

2

6

163

José Jm ier Mal"linez Echeverry 1

El* y = 3.975*x

3

6

5 3 1 4 8* 2 - * ( x-5) - - ( x-15) +- ( x-10) +C1 * x+C2 6 24 2

Evaluando las condiciones de borde: Si x = O ~ y =O

:. El*y=O =O+C1 *O+C2 :. C2 =0 Si x = 20

~y

=O

1975 2 3 * 0 _ l.._* ( 20 - 5J3 - _!_* ( 20 - 15)4 +4* ( 20 - 10)2 + C1 *20 6 6 24 :. C1 =- 143.07 :. El*y=

Sustituyendo C1 y C 2 en la ecuación de defo1maciones y evaluando para x=lO m:



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El* y( X

=

3 975 103 10) = · * _ !_(JO - 5 ) 3 - 143.07 * 10 6

~

Y (x =J Om )

872.4

= - ----¡;¡---

6

~

hacia abajo

Ejemplo 6: Deflexión en una viga empotrada. Calcular la defl.exión en el extremo del voladizo de la viga mostrada en la Figura 8.11. Plantear ecuaciones de momento desde el empotramiento al extremo libre y luego desde el extremo del voladizo al empotranliento.

Inicialmente se efectúa el cálculo de las reacciones: w*L

Ry =- 2

2

w*L * ( -L ) = w* L M R =+2 3 6

La ecuación general de momento es la siguiente:

.. M x =

w

*L*x 2

111

* x2 2

3 w*x +- --

6* L

w

* L2 6

164




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w' = w* (L- x) L

w

Figura 8.11. Representación esquemática de la viga del ejemplo 5.

Integrando dos veces: El* , = rxMx *dx = y Jo w* L*x2 4

El*

fX(

1V

* L *X -

111 *X2

+ w *X 3 -

2

6*L

2

o

111

2] dx

*L 6

w*x 3 w*x 4 w* L2 * x - - - + - - - - - - - +C1 6 24* L 6

w*x 4 w*x 5 w* L2 *x 2 = 1V *L* X3 - - + - - - - - - - + C1 *x+C2 y 12 24

120* L

12

Examinando las condiciones de borde: Si x =O =:>y' = O :. El*y' = O+ C1

~

C.1=0

Si x =O ::::> y = O :. El*y = O+ C2

~

C2 =0

Sustituyendo los anteriores valores se obtienen las ecuaciones generalizadas de defonnaciones: El* y'=

El* y =

w*L*x 2

w*x 3

4

6

w*L*x 3

Para cuando x open in browser PRO version

12

lV

*X 4 24

+

W

*X4

24* L

*X 5 + 120* L

= L, la defonnación

lV

w* L2 * x 6 2*

w*L x

2

12

en el extremo del voladizo es:


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w* L4 w * L4 w * L 5 EI*y= - - - - - - + - - 24 120* L 12

w *L

4

12

=>

4*w* L4 y=- 120*EI

w* L4 30*EI

165


La defonnación en el extremo del voladizo es hacia abajo. Como alternativa se encuentra la defom1ación planteando la ecuación de momento desde el extremo opuesto. Las reacciones continúan siendo las mismas y las ecuaciones de momento cambian a: R( x )

_

- -

* x*x -- w

L

2

w*x 2 2*L

w*x 3 M (x) = 6* L

w'= w*(L·x) L

~l%IDICID:rn~~ ~x \J- Mx

~

Figura 8.12. Alternativa de solución para la viga del ejemplo 5.

Integrando dos veces la ecuación general de momento, se obtiene:



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xf

Jxw* x3 dx= w* x4 +C1

o

o

El* y' = M (x) *dx=

El* y =

w* x 5

120* L

6*L

24*L

+C1 *x+C2

Examinando las condiciones de borde: 4

111 * L Si ,\'. = L , y' = O :::::> - - +C1 =0

24* L

5

3

-j

111 * L C1 = - - -

24

3

111 * L 111 * L Si x = L , y = O :::::> - - - - - - * L +C 2 =0

120* L

24

4

-j

w* L C2 = - 30

Sustituyendo C 1 y C2 se obtiene la siguiente ecuación general de defo1mación vertical:

El*

y

= w

*X5

120* L

5 w* L3 w* L4 111* x w* L3 w* L 4 24 *X + 30 :::::> y = 120 * L *El - 24 *El* X+ 30 *El

166


Cuando x = O, la defo1mación en el extremo del voladizo es: 111 *L4 --

El* y = +- -

30

4

:::::>

y- +

w* L 30*EI

~

haciaa bajo

Como se puede obse1var la defo1mación es positiva hacia abajo debido a que la ecuación de ft1p nl~ntP~rl~ rlP rlPt'Prh~ ~ ;7f111;.,.,·r1~ nr.1' ln """' Pl <1;onn ilPl •nnmPntn rlPl Are you a developer? Try out the HTML to PDF API

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fr~n1n

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J.U.V.U ,l.'-'J.l.\.Vi.;) J..l'"-' f-'J..UJ.1..\.'-'U-U .U- \..&.W U'-'J..'-''-'J.U... U , .&.L.'fU..l WJ..UU)

f'VJ.. J..V

\.ll.&.W \.tJ.. ¡,;)J..f:rll.V

U"' .1. J.1.1.VJ.l.l"'J.l.\.V \.&."'J.. \.J..UJ. l l V

de viga hasta el punto x es contrario a los casos estudiados anterionnente, donde se planteó el momento a partir del extremo izquierdo empotrado. A continuación se comprueba que la deformación es cero en el extremo empotrado, cuando x=L.

El* y = -

w*L 5 w*L 3 w*L4 + *L120* L 24 30

~

y = O. O

Ejemplo 7: Encontrar la deflexión en la articulación. Para el pó1tico triaiticulado mostrado en la siguiente figura encontrai· la deflexión en el punto 3. Asumir que el tramo 2-3-4 es un elemento continuo con c01tantes y momentos al inicio y final del tramo, y con el diagrama de cue1po libre del tramo especificado desarrollai· el procedimiento pai·a encontrar la deflexión en la aiticulación.

Artlculaclón

2.5m P=5Ton ~ 2.5m

-

2.85Ton

0.92Ton

•

@

J ·r

2.15Ton

®

~

J

s.OSTon

3m

1

;( 1

3m

·t

Figura 8.13. Esquema del pó1tico triatticulado usado para calcular Ja deflexión en el punto 3.

De acuerdo a los diagramas mostrados en la siguiente figura, las ecuaciones de c01tante y momento del tramo estudiado son las siguientes: V(x) = 0.92-1.0* X M (x) -_0.92 *.x + l.75- J.O*x 2


2


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167


10.75 Tn-m 0.92 Tn

e

@Q

@

Tn-m

@ 10.75Tn-m

1.75 Tn-m 2.85 Tn 2.15 Tn

2.85 Tn

5.08 Tn

,A.,,í!>

Figura 8.14. Diagramas de co1tante y momento usados para detetminar ecuaciones en tramo 2-3-4.

Al efectuar la doble integración para encontrar ecuaciones de giro y defonnación ve1tical se obtienen las siguientes expresiones: El * y"= M (X) = 1. 75 +O. 92 * X

1 O* 2 -

.

X

2 3

El* y'= 1.75* x+0.46 * x 2 -~+C 1 6 4

El* y = 0.875* x 2 +0.1533* x 3 -~+C1 24

* x + C2

Las constantes de integración se encuentran a partir de las siguientes suposiciones: .<::;


v -n


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y-v

---,;'

'-"L_-V,V

Si x = 6 .. y::=O

~

C 1 =-1.77

Aunque en realidad se presentan defo1maciones axiales en los puntos 2 y 4 debido a las fuerzas axiales en los tramos 1-2 y 4-5, tales defo1maciones son por lo regular muy pequeñas y se consideran nulas. Sustituyendo C 1 y C2 en las ecuaciones de giro y defonnación, se obtiene: 3

El* y'=l.75* x+0.46* x 2 -~-1 . 77 6

4

El* y = 0.875* x +0.1533* x -~-1.77 * x 24 2

3

168


Si x

= 3 m,

la defonnación vertical en la aiticulación es: 2

3

4

El* y = 0.875* 3 +0.1533* 3 _!__1.77* 3 24 3.33 l. b . . y = +- - --7 nacia arri a El



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169



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Ejercicios propuestos Problema 8.1. Detemlinar los valores de las reacciones de la siguiente estructura Utilizar el método de integración de la ecuación general de momentos para encontrar la expresión global de deformaciones de la viga continua, la cual puede ser igualada a cero en los nudos 2, 3 y 4. Con la expresión de equilibrio general de fuerzas verticales se obtienen cuatro ecuaciones para encontrar la solución de la viga propuesta. w = 2Tn/m

1¡ l l 1l l l l 1 l

~©

ll 1 l l l l l ¡ ¡ i1¡ 1 ¡ ¡ J 1 ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ' @

® Bm

Bm

10m

ª"º" 1

Problema 8.2. Para la siguiente estructura, encontrar las cortantes Vse y Ves del tramo Be y el momento Mes en el extremo derecho del mismo tramo. En este tramo plantear la ecuación de momentos y con el método de la integración de momentos encontrar la open in browser PRO version


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deformación en la mitad de la luz . No considerar deformación axial del tramo A-C. 5Tni

2Tnkn

El

e

D

--

5Tn

1

·- - ·- r ·- - - - -

El

El

"' -1

4m

A

·- · - ·- ·+

~

#r

1

Smt

2m

Problema 8.3. Encontrar la defomiación en el punto dende están aplicadas las cargas puntuales. Aplicar supe1posición para encontrar los momentos de empotramiento.

t .,

]-----PL.J3---~';c U3

171


Problema 8.4. Encontrar la defom1ación en la mitad de la luz si el momento de open in browser PRO version

P.mnotn:imilmto P.>: lvf~,,~ = ':l.*P*T.IR Are you a developer? Try out the HTML to PDF API

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L

L

Problema 8.5. Para el pó1tico mostrado en la siguiente figura plantear la ecuación de momentos en el tramo 3-4, y a paitir de éste, establecer la defo1mación máxima sin considerai· el asentamiento diferencial de las columnas. w=30kN/m

!l!!Jl!!l!ll!llJ!!Jll!!

4m

7m

Problema 8.6. Encontrai· los momentos de empotramiento de la siguiente estructura a paitir del método de integración de momentos w=P/L

¡¡¡¡¡¡¡¡

¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡i¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡ El

2EI

U4

2EI

U4

L.12

Problema 8.7. Dete1minai· la deflexión en la mitad del subtramo 2-3 de la siguiente --·"- --- -.&.-- ··. i _,_, _ ,_ --··- n .!


-· -

.1: ..... .. : 1 . . . : .1 _


. ..

. 1

1 •

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estructura. o::>I se uoma 1a carga mstnolllua en ei suocramo 1-..:, uetenrunar defl.exión en mitad de la luz del mismo subtramo 2-3.

ia

nueva

172


§

CD ! l l l t t ! l

!~

Q) 1

3m

1

w = 20 kN/m

l l l l l ! l l l l t l! t l

.... - Articulación 6m

l~

Articulación - "'

! l l l l l l

É®

@ 1

3m

Problema 8 .8. Detenninar la defl.exión en el nudo aiticulado de la mitad de la luz. P

4.0m

=100 kN

i

P

=150 kN

P=150kN

A-@-----

@_5-1: :~

..... !@ _4 _ _ _ _ _

4.0m

1

4.0m

4.0m

Problema 8.9. Detenninar la defl.exión en el punto del traino 2-3 donde se presenta el mayor momento positivo (por debajo del eje neutro). 5 T f'Vm 5Tn 1


'"í j

'"'


1

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;¡;¡;;

!

!

......

!

!

® 1 )

'Jit,; @ 1

2m

9m

1(

'1

2m

?¡ 1

Problema 8.10. La viga mostrada es sopo1tada por lUl medio elástico en el nudo 2. Calcular la reacción R 2 de éste sopo1te si la Iigidez del mismo es k = 2*106 MPa. El medio elástico smninistra la reacción R 2 en oposición al desplazamiento en el nudo 2, y la deflexión en éste pm1to es y2 = R/ k. Esta condición de borde y las ecuaciones de equilibrio penniten la solución total. w= 10kN/m

! I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I ¡ ® El El ~

•

G)

~

6m

5m

173



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9. Arcos isostáticos Un arco es una viga cmva que generalmente trabaja descargando los empujes de las cargas lateralmente a los apoyos o extremos aniostrados. Dependiendo de la fo1ma del arco puede desanollar grandes momentos de flexión, pero primaiiamente desarrolla fuerzas axiales que son tomadas por el tipo cimentación colocada en los extremos, si existe la posibilidad de soportai· rotación y desplazamiento por el matelial de la fundación. Arcos típicos se muestran en la Figura 9 .1 y pueden ser clasificados como isostáticos, si las reacciones y fuerzas internas pueden ser determinadas por las ecuaciones de estática, o hiperestáticos, si se necesitan ecuaciones adicionales de compatibilidad pai·a resolver las fuerzas internas . Ejemplo de los p1imeros son arcos con una articulación en un extremo y un patín en el extremo opuesto o arcos con tres articulaciones . Ejemplos de los segundos son ai·cos empotrados o articulados en ambos extremos, sin aiticulaciones internas.

ARCO SIMPLE TRIARTICULADO



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ARCO COMPUESTO JSOSTÁ neo

ARCO COMPUESTO ISOSTÁ neo

Figura 9.1 . Tipos de arcos isostáticos, los dos primeros, e hiperestáticos el último.

175


Un pó1tico o arco con tres articulaciones es una estructura compuesta de dos banas o vigas unidas por una aiticulación interna y soportada externamente por dos aiticulaciones . Puesto que el número de condiciones estáticas de equilib1io (3) y el n(unero de ecuaciones especiales ( 1), son iguales al número de reacciones (4), los ai·cos y pó1ticos con tres aiticulaciones son estáticamente detemrinados. r=4 ; 3 +s =3 +1=4

Pai·a los arcos se usa comúmnente las siguientes definiciones: • •


Flecha: altura del arco que se mide desde la línea de base hasta la altura máxima en la mitad de la luz . Lu:;: extensión del ancho de un arco proyectado en la base.


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L)~l/'lt/.U:.,.

• •

Jllll
Esbe /te::,: relación entre la flecha y la luz. Se expresa como una fracción. Vértice: pimto más alto del arco,

La geometiia de un arco se representada en la Figura 9.2 a partir de la cual se puede definir la pendiente de la cUIVa dy dF(x) y'= - = - - = tanB . dx dx

y

ds l 1 dy

~ dx

1 1 1

IY 1 1 1

._-----------~'-__. x

Definición de Derivada de la curva Y= f(x)

Figura 9. 2. Representación geométrica de un arco en coordenadas polares,

En cada punto del arco el ángulo que fonna la pendiente con la horizontal puede ser definido a partir del seno y coseno de mismo mediante las siguientes dos expresiones: ~

• 11 tan B sznu= ----;::==== ~l+tan 2 B

176



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dx cos () = ---;:::==== ~dx2 +dy2

~

1 cos () = ---;:::==== ~l +tan2 ()

La ra:.ón de cambio de la pendiente, definida como la derivada de la pendiente, es definida con la siguiente expresión: 2 " d y 1 * d() y =--=---

dx 2

cos 2 ()

dx

Una vez es conocida la geometria del arco, las coordenadas de y en ftmción de x pueden ser detenninadas y, por consiguiente, las reacciones y fuerzas internas pueden ser calculadas en cualq1úer punto del arco. Las relaciones entre las fuerzas internas de un punto a otro implican cambios no solo debido a las fuerza externas en el tramo sino a la posición de las cargas de acuerdo a la geomet1ía del arco. Un ejemplo del balance estático de cuerpo libre en un trmrw j-k de un arco es presentado en la Figma 9. 3. La nomenclatura sigue siendo la misma hasta ahora aplicada: las fue1zas son positivas si van en el mismo sentido de los ejes globales y el momento es positivo en sentido contraiio al movimiento horario.

y N(k) + ~> + Pa*sin~ + Pb*sin0b =O V• Vm - Pª*coSOª - Pb*co&:>b =O

X

• El ángulo oes variable a lo largo del eje x

Figura 9.3. Equilibrio estático de un tramo de arco sometido a cargas puntuales externas.

En cada punto del ai·co el ángulo () cambia, lo que implica una vaiiación puntual en las componentes y diagramas de la n01mal, c01tante y momento.Los diagramas de las fue1zas internas son obtenidos mediante el calculo del equilibrio al final del tramo seleccionado; sin .


.


.

. .

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embargo, el eqllilibrio cambia en cada punto del arco debido a que los senos y cosenos son diferentes en cada punto del arco. Es conveniente, entonces, elaborar los cálculos en tablas mediante incrementos constantes de x o el ángulo B, y luego dibujar los diagramas. Para arcos con geometlia circular es mas fácil usar coordenadas polares para el cálculo de las ordenadas y a partir de los valores de x. Para otros tipos de arco es conveniente tener la ecuación del ar·co antes de intentar· el cálculo de las fuerzas internas.

177


Es más favorable calcular· inicialmente las fuerzas internas en coordenadas globales, al final del tramo seleccionado, y luego conve1tirlas a los ejes locales, de manera que la normal encontrada sea perpendicular· a la sección del arco en el pm1to estudiado y que la cortante sea par·alela a la misma sección.

Figura 9.4. Representación de fuerzas internas en coordenadas locales a pa1tir de su posición en coordenadas globales.

Ejemplo 1: Arco con una cwva parabólica. Par·a el arco triarticulado de la Figura 9 .5, con los soportes a la misma altura, lma flecha de 20 m y una luz de 80 m, enconti·ar la fuerza .



.

.

.

.

.

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no1mal, la c01tante y momento en cada tramo horizontal de 5 m. Inicialmente plantear el equilibrio en ejes globales y luego pasar los resultados a ejes locales.

w= 25 kN/m

OJJJJJJJJIIIJIIJO

w= 25 kN/m

t l ;¡ ;¡ ;¡

H =20m

~-= ·~·r :L-1 u~

y

----------- -4'=1 • @

~.~

v~

L= 80 m

*t

1 "1 y

L

= 1000 kN: .

X

Figura 9.5. Arco a utilizar para el ejemplo l.

Inicialmente se efectúa el cálculo de las reacciones verticales y horizontales en los apoyos:

2.:M3 = -R1y *80 m+25 kN l m* 80 m*40 m =O R1y = 1000 kN

=> R 3y = 1000 kN

178


"LM2 =-R1y *40m +R1x *20m +25kN / m*



( 40m) 2 -O 2

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Rlx

= 1000kN* 40m-25 kN l m * 800 m

20m

2

= 000kN k 2 => R3x = 1000 N

Luego, a partir de la ecuación general de una cmva par·abólica encontramos la ecuación caractelistica del ar·co planteado en la figma ante1ior. Ecuación general de una. parábola~ y = a0 + a1 * .x +a2 * :x 2

*

Si :e =0

,

y =0

:.

ao =0

~

Ecuación (J)

*Si Ji=L / 2 , y =H :. a 1 *(L / 2) + a 2 * ( L l 2)2 =H

~ Ecuación ( 2)

Resolviendo simultáneamente las tres ecuaciones anteriores, se obtiene: a0 =0 ª1=4*1;1¡,=J.0 ª2= - 4 *1:/r2 =-0.0125

Estos valores se reemplazan en la ecuación general de la par·ábola, de manera que: y= 4*H *.x- 4*H *.x2 = 4*H* -"< * ( 1 - -') . L L2 L L

Sustituyendo la altma de de la flecha del ar·co, H=20 m, y la longitud L= 80 m del mismo, la ecuación parabólica del ar·co es: y=:x - 0.0125* :< 2

La ecuación de la tangente es la delivada de la expresión anterior: y' = tan


1

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COS
J1 +(tan(JJ2

=---===========

~2.0 -

0. 05 * .x +0.000625 * x 2

179


"'

senr =

tan

Ji +(tan
1.0 - 0.025* ,

2

- ---=========== ~2.0-0.05* x +0.000625 * x 2

Tomando como referencia la Figura 9.6, las expresiones generales en ejes globales a una distancia x para la nonnal, c01tante y momento, son las siguientes: N(k) +lOOOkN=O

=> N(k) =-lOOOkN

v(k J + lOOOkN- (25 kN I m) *x =0 ¿M=O

~ M (k) -

=> v(k J =( 25KNl m) * x - JOOOkN

lOOOkN* x+lOOOkN* y +

<25KN! m) * x

2

=0

2

=> M (k) =lOOOkN* x - lOOOkN* y - (12.5 kN / m) * ,,. 2

CAMBIO DE COORDENADAS A

LOCAL~S ~ M ~ kl ~ L(k) NL(k) Gk ~ N k) V

y

R,. = 1000 kN


-=-

1t Are you a developer? Try out the HTML to PDF API

w " // . . .

="'" pdfcrowd.com

m 1 •~'1y = 1000 kN

NL(k) = v (k) sin0k + N(k;co~ VL(k) = v (k)•cosek - N(klsin0k

X

ML(k)=M(k)

Figura 9.6. Notmal, c01tante y momento en un punto k cualquiera, a una dista.nciax del origen de coordenadas globales.

Aplicando el cambio de coordenadas a ejes locales planteado en la figura 9.6, se procede a encontrar la ecuación general de la fuerza normal en ejes coordenados locales:

( 25KN l m * x - lOOOkN)

N L( k ) =

* ( 1.0 -

0.025 * x ) -1000 kN

~2.0-0.05* .t +0.000625* .X 2

: . N L( k )

50*x - 0.625*x 2 -2000kN

=--========== 2

~2.0 - 0.05* X +0.000625 * .t

180


La ecuación general de c01tante en ejes coordenados locales es:

VL(k) =

( 25 kN / m * x -1000kN) -lOOOkN* ( 1-0.025* x )

~ 2.O-

O. 05 * .t + O. 000625 * .t

1\11* ,. -


2

?111111


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:. V L(k ) =

JV

""' - ¿,,vvv

~2. 0 - 0.05* X +0.000625 * x 2

y la ecuación de momentos en ejes coordenados locales es: ML(k) =1000 kN* x - 1000 kN * y - (12.5 kN l m) * x 2 M L(k ) =lOOO * x - 1000* y - 12.5* .t 2 : . M L( k ) = 1000 * .t - 1000 * (J 0 * x - 0. 0125 * .t 2 ) - 12. 5 * x 2 = 0. 0 Tabla 9.1. Cálculo cada 5 m de normales, cortante y momentos para el arco del ejemplo l. Loccúización

Xk

Yk

NL(k)

VL(k)

ML(k)

1

o

0.00

-1414.2 1

-1414.21

2

5

4.6875

-1328.77

-13 17.01

3

10

8.75

-1250.00

-1200.00

4

15

12.1875

-1179.25

-1060.00

5

20

15.00

-1118.03

- 894.43

6 7

25

17.1875

-1068.00

30

18.75

-1030.78

- 702.25 -485.07

8

35

19.6875

-1007.78

- 248.07

9

40

20.00

-1000.00

-

JO

45

19.6875

-1007.78

- 248.07

11

50

18.75

-1030.78

- 485.07

12

55

17.1875

-1068.00

- 702.25

13

60

15.00

-1118.03

14

65

12.1875

-1179.25

- 894.43 -1060.00

15

70

8.75

-1250.0

-1200.00

16

75

4.6875

-1328.77

-13 17.01

17

80

0.00

-1414.21

-1414.21

O.O O.O O.O O.O O.O O.O O.O O.O O.O O.O O.O O.O O.O O.O O.O O.O O.O

0.00

181



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José Javier Ma:rtinez Echeverry

La ecuación de momentos es la misma en ejes globales o locales. En la siguiente figura se muestra el diagrama de no1males del arco estudiado. Los valores deben ser escalados por mil para obtener las no1males NL(k) de la tabla 9 .1. Arco Triarticulado Coordenas x

o

10

20

30

50

40

60

70

80

(/)

.si

:E r:

GI

(/)

.si

..E al

o

z

GI "C

..

.... q

'i

'7

(/)

GI

o

>

~ ....

.... C! ....

(")

q '7

,.._ q

CIO

....

U')

""': ....
Figura 9.7. Diagrama de normales del ejemplo 1, en miles de kN

De la misma manera se presenta el diagrama de cortantes Vi(lcJ del arco propuesto. Arco Triarticulado Coordenas x

o

..

10

20

30

40

50

60

70

80

(/)



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.!!!

:i e: Q)

VI

.! e:

111

t:

o

o

Q)

'O VI Q) ....

o ¡;

>

Figura 9.8. D iagrama de cortantes del ejemplo 1, en miles de kN

182


Ejemplo 2: Arco con curva circular. Encontrar en intervalos de cada 5 m las fuerzas internas del arco de circunferencia mostrado en la Figura 9.9. La carga aplicada en de 2 5 kN/m, la proyección ho1izontal es de 100 m y el radio de la circmlferencia es de 120 m.

w= 25 kN/m

Curva Circular

® 1 1

y \ R1x

-=-

X

\

1 - ·- ·- :-·- ·-·-·- ·- ·-·- - ~ \

R,y rr h_


\ \ R =1 20m \


1 R = 120 m 1 1

/ /

/

'

'

Rix ._..

f

- ·- - ·- ·

uRiv

/

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·¿

/

\

\

/

~

,. ,

1

_._._._ ____, /

a=(7-+)

j

\\ 1

0

1

/

3 90-0)

/' l/ - ·- ·- ·- · + {

X

U2 =50 m

•(

h

1

1.

·- ·- ·- ·- ·-!- ·- ·- ·- ·- ·

R•cos(90-+)

)-

..,

//

- ·- - ·- ·- ·- ·-J-·- ·- ·- ·- · ·- ·- ·- ·j

/ R = 120 m

1

)' 1

L = 100 m

Figura 9.9. Arco de circunferencia utilizado para calcular fuerzas intemas del ejemplo 2.

La geomet1ia del arco se establece a partir de las definiciones de los parámetros h1, h2 y la coordenada y del arco, los cuales son presentados a continuación:

h¡ =R - f

=~R 2 - (~)'

El máximo valor de h2 es la suma h1 +f Los cosenos y senos a lo largo del arco considerado se definen utilizando las siguientes dos expresiones: cosB = h2 = y+h¡ R R

y + (R - f) R

senB = (Ll 2 - x) R

183



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Las expresiones que definen las coordenadas (Y:, y), son las siguientes: a= (90 - B) x = L -R * cos(90 2

B)=~-R *cosa

2 ----

y = R * sen(90 - B) - h1 = j - R * (1-sin a)

El ángulo a. munenta de valor a medida que el arco se aleja del origen y es máximo de 90° cuando la altura es el mayor valor de y , es decir, el valor de la flecha. Se inicia el problema encontrando la flecha del arco:

h¡ =

~R 2 - ( ~)' = ~(120..¡2 - (so..¡2 = 109.09 ..

=> j =R-h1=120-109.09= 10.91 m Consecuentemente, comprobando en x=O: senB = (L l 2 - x) = 50 0.417 R 120 x

~

0=24.62° :. a = 65.37°

=~-R *cosa = 50 -120 * 0.417 ""º m 2

y = j -R * (1 - sina) = 10.91-120 * (1.0 - 0.909)"" Om

y comprobando enx=50m, donde B=rf y a=9rf: X

= -L - R * cos 90 = 50 - o= 50

11l

2

y = f -R * (1-sin90) = 10.91-120*(1.0-1.0)=10.91 m

Luego se establece las reacciones de equilib1io externo para el cálculo de las dos reacciones ho1izontales y las dos ve1ticales:



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L:M3 =-R¡y

* 100 m + 25 kN l m * 100 m * 50 m =0

=> R¡y

= 1250 kN

=> R3y

= 1250 kN

184


L:M2 = -R¡y *50m+R1x *10.91m+25kN / m *

( 50 m) 2 2

=0

=> R1x = 2864.34kN => R 3x

= 2864. 34kN

Para no tener que encontrar el ángulo a en cada incremento, la ecuación general del arco planteada solo en témrinos de x, se presenta a continuación:

y = h,- h¡ = JR 2 -(~-x)'

-

( R-f)

y = ~120 2 -(50-x)2 - (1 20-10.91 )

y =~11900+100 *x-x 2

-109.09

~Ecuación

general del arco

Las expresiones para la normal, la cortante y el momento, en ejes locales y a una distancia hori=.ontal x (ver Figura 9.10), son las siguientes: open in browser PRO version


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N(kJ+ 2864.34kN =O ::::> N ( k ) =-2864.34kN v(k) + 1250 kN - ( 25 kN l m ) * _, =0 ::::> v( k ) =( 25KN l m ) *X -1250 kN L,M=O

-7

M (kJ -1250kN*:< +2864.34kN*y+(25KN! m)*xí{ =0

::::> M (k) = 1250 kN* .x -2864.34 kN* y - ( 12.5 kN / m)

*x2

y

Rix = 2864.34 kN

c:::=t

_I_

u

R1 y = 1250 kN

1

1

X

Figura 9.1O. Fuerzas intemas en un pwlio k cualquiera, a una distancia x del origen

185


En la siguiente tabla se encuentran las nonnales, c01tantes y momentos aplicando las ante1iores expresiones para ejes locales. El valor de la altura y del arco es encontrado aolicando directamente: open in browser PRO version


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y =

~lJ 900 + J00 * X -

X

2

- J09. 09

ó desa1rnllando las siguientes expresiones :

senfJ = (Ll~- x) ; fJ = tan- 1 (L l~- x) , y =f - R

* (1 -

a = (90 - B)

sina)

Tabla 9.2. Cálculo cada 5 m de normales, c01tante y momentos para el arco del ejemplo 2.

Localización


-"
N (k)

Yk

v (kJ

M rkJ

1

o

0.00

-2864.34

-1250.0

0,00

2

5.0

2. 1530

-2864.34

-1125.0

-229,37

3

10.0

4.0471

-2864.34

-1000.0

-342,24

4

15.0

5.6924

-2864.34

-875.0

-367,50

5

20.0

7.0995

-2864.34

-750.0

-335,41

6

25.0

8.2769

-2864.34

-625.0

-270,52

7

30.0

9.23 16

-2864.34

-500.0

-192,47

8

35.0

9.9688

-2864.34

-375.0

-116,60

9

40.0

10.4926

-2864.34

-250.0

-54,44

JO

45.0

10.8058

-2864.34

-125.0

-13,99

11

50.0

10.9100

-2864.34

O.O

0,00

12

55.0

10.8058

-2864.34

125.0

-13,99

13

60.0

10.4926

-2864.34

250.0

-54,44

14

65.0

9.9688

-2864.34

375.0

-116,60

15

70.0

9.23 16

-2864.34

500.0

-192,47

16

75.0

8.2769

-2864.34

625.0

-270,52

17

80.0

7.0995

-2864.34

750.0

-335,41

18

85.0

5.6924

-2864.34

875.0

-367,50

19

90.0

4.0471

-2864.34

1000.0

-342,24

20

95.0

2. 1530

-2864.34

1125.0

-229,37

21

100.0

0.00

-2864.34

1250.0

0,00


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186


Los ante1iores valores de N(kJ, V(kJ y M (lcJ pueden ser expresados en coordenadas locales aplicando la siguiente transfom1ación presentada en la Figura 9. 6: N L(k} =V(k) * sinBk + N(k} * cos Bk VL(k) =V(k) *cosBk - N(k) *sinBk ML(k} =M(k}

Con los senos y cosenos definidos confo1me: cosB = h2 = y +h¡ = y + (R - f) R R R

senB = (L l l - x) R

Tabla 9.3. Cálculo de nonnales, c01tante y momentos en ejes locales, para el arco del ejemplo 2.


Localización

cos(O¡J

sin(O¡J

N(Lk}

V(Lk}

MrkJ =M(Lk}

1

0.9091

0.41667

-3124.76

57.121

0,00

2

0.9270

0.37500

-3077.19

31.225

-229.37

3

0.9428

0.33333

-3033.86

11.971

-342.24

4

0.9565

0.29167

-2995.01

-1.523

-367.50

5

0.9682

0.25000

-2960.89

-10.099

-335.41

6

0.9781

0.20833

-2931.70

-14.549

-270.52

7

0.9860

0.16667

-2907.61

-15.617

-192.47


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8

0.9922

0.12500

-2888.75

-14.016

-116.60

9

0.9965

0.08333

-2875.1

-10.435

-54.44

10

0.9991

0.04167

-2867.6

-5.544

-13.99

11

1.0000

0.00000

-2864.4

0.000

0,00

12

0.9991

-0.04167

-2867.6

5.544

-13.99

13

0.9965

-0.08333

-2875.1

10.435

-54.44

14

0.9922

-0. 12500

-2888.5

14.016

-116.60

15

0.9860

-0.16667

-2907.l

15.617

-192.47

16

0.9781

-0.20833

-2931.0

14.549

-270.52

17

0.9682

-0.25000

-2960.9

10.099

-335.41

18

0.9565

-0.29167

-2995.1

1.523

-367.50

19

0.9428

-0.33333

-3033.6

-11.971

-342.24

20

0.9270

-0.37500

-3077.9

-31.225

-229.37

21

0.9091

-0.41667

-3124.6

-57.12 1

0.000

187


El diagrama de no1males del arco estudiado se muestra en la siguiente figura. Las cotas deben escalarse por mil para ser iguales a los valores de la colmnna N rLkJ en la Tabla 9.3. Arco Triarticulado Coordenas x

o


10

20

30


40

50

60

70

80

90

100

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;;;:

e

Q)

g¡ iV

E .... o z Q)

"CI 111 Q) ....

o iV

..... "' co

>

;z l8 co co

co

"' ..... co

c-i ~ ~ c)i ~ ~

~

.....

co ~

g¡

..... ..,, ..... ~

~ c)i c)i ~

&l 8e¿ ~

co

N ~ "' ...; ..... e¿

'

Figura 9.11. Diagrama de no1males del ejemplo 1, en miles de kN

A continuación se muestra el diagrama de momentos del arco propuesto. Las cotas deben multiplicarse por cien para obtener los mismos valores de M (LkJ en la tabla 9.3. Arco Triarticulado Coordenas x

o

10

20

30

50

40

60

70

80

90

100

e

e >< 111

o

'E Q)

§ :E Q)

"CI 111 Q) ....

o

~

>

Figura 9.12. Diagrama de momentos del ejemplo 1, en miles de kN

188



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Ejemplo 3: Semicírculo con carga debida a peso propio. Dibujar los diagramas de no1males, c01tantes y momentos del arco semicircular tiiarticulado presentado en la Figura 9.10. El arco tiene lm diámetro de 15 m y una carga por peso propio de 30 kN/m.

\

\ ,

R,. _.

R =115.0 m \

1

' , R=~5.0ml

:

',~D é &' ..

"(1)- - -

.,

,, 1

'~

- - -"• 1

U2 = 15.0 m

1 ¿

U2=15.0m

'1 L = 30 m

Figura 9.13. Arco semicircular usado para análisis del ejemplo 3.

Se usan coordenadas polares y el ángulo 9vaiia de O a 1l en sentido contrario al horaiio. Se inicia la solución al problema calculando las reacciones ve1ticales en los apoyos 1 y 3: kN _R _ w * 7l * R _ 30 kN / m * 7l * 15 m _ R ly - 2y - 706. 9 2 2 ---

La ecuación de no1males debidas a la cai·ga, en ejes coordenados locales, es la siguiente:



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rp ~ NL(k) = J w*cosqJ*R*da = w*R*cos9J da

o

o

:. NL(k) = w*R*9*cos9

La ecuación de cortantes debidas ala carga, en ejes coordenados locales, es definida como: ~

VL( k) =

Jw *sin 9 * R *da

~

=

111

* R *sin 9

o

Jda o

:. VL(k) = w* R *9* sin9

189


La ecuación de momentos debidos ala carga dada está dada por: rp ~ rp 2 2 M L(k) =- f w* R * (cos a - cos9)* R * da =-w* R f cosa* da + w* R * cos9f da

o

o

o

:. ML(k) =Mw(k) = - w* R 2 * (sin9 - 9*cosrp)

Con la ante1ior ecuación de momento se calculan las reacciones horizontales en los puntos 1 y 3. Se toman momentos por la izquierda con respecto a la articulación de la corona, para lo cual se define(b = 1ll'2. Los momentos debidos a las reacciones son iguales al momento resultante de las cargas ve1ticales. "L.M2(cq) =-R1y


* 15 m + R1x *15 m = Mw(k)


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""' L.JM 2(cq)

----.. R _,,

lx

n)

. n -n *cos=-R1y* l5m + R1x*l5m =-w*R 2 * ( szn 2 2 2

= ~06.9*15 - 30*15 2 *1.0)I /15

UR

1y

. R = 7.569kN ·· lx ~ ·

1~v =706.9 kN

= 706.9 kN

Figura 9.14. Fuerzas internas, en sentido de los ejes globales y locales, para un punto k cualquiera definido con el ángulo fjJ.

Usando el ante1ior resultado, las nonnales y c01tantes en coordenadas globales se presentan a continuación. N(k) +Rlx = O ~ N(k) =-256.9 kN v(k J + R 1y -w * R *r/J = o ~ v(k J = 450 kN* r/J-706.9 kN

A paitir de los valores de N (k), V(kJ y M rkJ, en coordenadas globales, se expresan las ecuaciones de NL(k), Vi(k) y ML(k) en ejes coordenados locales. Las nomrnles y c01tantes quedan perpendiculares o pai·alelas, respectivamente, a la sección de cada punto.

190



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La ecuación de fuerzas no1males, en ejes coordenados locales, está dada por: N L(k) = V(k) *sin Bk + N(k) * cos Bk = V(k) * cos tPk + N(k) * sin
La ecuación de c01tantes, en ejes coordenados locales, está definida por: VL(k)

=V(k) * cos Bk - N(k) *sin Bk = V(k) *sin tPk - N(k) * cos tPk

:. VL(k) = = (450 kN* t/J - 706.9 kN)* sint/Jk + 256.9* costjJ

La ecuación de momentos, en ejes coordenados locales, es la siguiente L,M=O ~ M(k)-R1 y *R*(l-cos<)k)+R1x *R*sint/J+111*R 2 *(sin
Local.ización


t/Jk

N(Lk)

V(Lk)

M(Lk)

1

o

-706,90

256,90

0,00

2

n/16

-656,78

131,29

-564,89

3

n /8

-588,14

34,45

-801,50

4

3n/16

-510,09

-31 ,86

-797,75

5

n/4

-431,60

-68,29

-643,17

6

5n/16

-360,89

-77,71

-422,08

7

3rt/8

-304,99

-64,99

-207,29

8

7rt/16

-269,21

-36,58

-54,83

9

n /2

-256,90

-0,00

0,00

10

97t/16

-269,19

36,50

-54,83

11

5rt/8

-304,95

64,91

-207,29

12

llrt/16

-360,85

77,64

-422,08


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13

37t/4

-431,54

68,23

-643,17

14

l37t/ l6

-510,02

31,82

-797,75

15

77t/8

-588,06

-34,48

-801,50

16

l57t/ l6

-656,69

-131,31

-564,89

17

7t

-706,82

-256,90

0,00

191


En las gráficas de la siguiente figura se muestran los diagramas de fuerzas internas del arco estudiado en el presente ejemplo. Arco 1riarucu1aao Coordenas x

·15.00

-13.86

·10.61

·5.74

0.00

5.74

10.61

13.86

15.00

10.61

13.86

15.00

z

~

o ~

"

.,"' E a z ~

~

"!"'

.,

.9.

>

Arco Triartic u lado Coordenas x

·15.00


·13.86

·10.61


·5.74

0.00

5.74

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¿¡ o

Arco Trí articulado Coordenas x

-15.00

-13.86 -10.61

-5.74

0.00

5.74

10.61

13.86

15.00

ez ~

o

:= >< !a" e

.,

8

E o :E

C!

o

"'

"O

:! l5

~

Figura 9.15. Diagramas de nmmales, cortantes y momentos en ejes locales, para el arco semicircular del ejemplo 3.

192


Ejercicios propuestos Problema 9.1. open in browser PRO version

Para el arco parabólico tJ.iaiticulado mostJ.·ado en la siguiente figura,


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-

-

-

detenninar valores y diagramas de normales, co1tantes y momentos para abscisas de x cada 1. 5 m. La aiticulación es en la mitad de la luz y la flecha en la mitad de la luz es f = 3rn w = 1Tnlm

!llllllllllllll

7.Sm

11 1~- 1 : 7.5m

Las coordenadas ve1ticales de la pai-ábola se pueden detenninar mediante la ecuación: 4* f y= - - * .x * (L -

-'<)

L2

Problema 9.2. Repetir el mismo ejercicio anterior pero considerando que la geometria del arco triaiticulado es circulai'. Usar la mismaflechaf de 3m y un radio R igual a 10.85 m. Las coordenadas y de la parábola se pueden detenninai· mediante la ecuación: y =-R + f+~R 2

-(x-Ll2) 2

Problema 9.3. Para el ai·co tiiaiticulado del Problema 9.1, detenuinar los diagramas de no1males, cortantes y momentos si la geometria del ai·co es elíptica. Las coordenadas ve1ticales de la elipse se encuentran con la expresión: x - LI 2)

2

y = f * 1 - ( L/2

Problema 9.4. Determinar las ecuaciones de la fuerza no1mal, la co1tante y el momento pai11 el arco circular mostrado en la figura, de radio 5 m y empotrado a la izquierda a 60º del eje ve1tical. En el extremo libre del arco hay aplicada una cai·ga puntual de 15 kN.

l

15kN

1 1

! R = Sm 6if

!

·--., .., I ,,--.¡' -....::.



'

1

.

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193


Problema 9.5. Detenninar los diagramas de no1males, c01tantes y momentos para el arco parabólico tiiarticulado mostrado en la siguiente .figma. La articulación es en la mitad de la luz y la flecha en la mitad de la luz es f = 3m.

3m

7.5m

7 .5m

Problema 9.6. Igual al problema ante1ior, detenninar las ecuaciones y los diagramas de fuerzas internas para la carga ho1izontal propuesta.

7.5m



7.5m

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Problema 9.7. Detemlinar las ecuaciones de n01males, cortantes y momentos para la estructura mostrada, en el tramo del arco semicircular y para el tramo recto tomando los valores de x desde el punto indicado. 2.5m

2.5m

p

1

p

1

1',

~.? 1 ~ ·

R=2m

1

194


Problema 9 .8. Detenninar las ecuaciones de fuerzas internas para las siguientes estructuras:

o



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. , _ , _ '\L , _ __

11/lllll

--.-.:::::- ·- ·- ·- ·- ·'?

R

w

R

~M

195



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1O. Métodos energéticos para cálculo de deformaciones

10.1 Trabajo externo El trabajo hecho por m1a fuerza es el producto de la fuerza por la distancia reconida al aplicar la misma. Cuando aparecen las cargas, la estructura se defo1ma desanollando fuerzas internas y deflexiones. El producto de las fue1zas internas por los desplazamientos es el trabajo interno del sistema. La estmctura también desanolla trabajo externo, que es igualmente definido por las cargas aplicadas y la defonnación que éstas producen. Si la estmctura está compuesta de llll material elástico que tiene una carga aplicada F¡ en un punto i y lllla defonnación infinitesimal dv¡, y si la carga F¡ pennanece constante, el trabajo de ésta carga debido al ,.1A ~~ 1 ~~~~;A~ • ~


A ~ ,.iA~~;,.i~

~~-~

..Jrxr -


n

*

..l..

r. 1 • ··~i..~;~ A~ A l

J.. .. A~

t,~;~ 1~

~-.-·~

~~-~~

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llt::S}Jl <:IZCUlllt:JllU t::S llt:lll llllU l:UlllU llYY -

I' ¡ .

llV¡. .C.l

uaUaJU t::S t:l CU.t:a U
l:CU.~a

defonnación es entonces: V¡

V¡

WE = f F¡ *dv¡ = F¡ * f dv¡ = F¡ *v¡

o

o F;

F;

F;

V¡

--ldv;I-

Figura 1O.l. Representación del área de trabajo hecho por la aplicación de una carga constante y por la relación lineal de carga-defonnación.

Si por el contnuio, la defo1mación es inducida por la misma carga F¡ para el mate1ial elástico, desplazamiento y carga son proporcionales y están relacionados por la expresión v1 = F¡ / K , siendo K una constante. El trabajo de F¡ para una deílexión dv¡ es el área bajo la cmva fuerza-deforrnación, es decir, V¡

WE

V¡

V¡

= f F¡ *dv¡ = f K *v¡ * dv¡ o o

=

K* f V¡ *dv¡

o

1 2

2

1 . 2

.

= - * K *V¡ = - * F¡ *V¡

197




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Para llll mate1i.al no lineal, se puede calcular el trabajo elástico como la integral del área bajo la cUIVa de fuerza-defonnación. F,

V¡

--ldv;I-

Figura 10.2. Área de trabajo bajo la curva de un material no lineal.

El área por encima del diagrama es llamado trabajo complementario y es definido como: F¡

w; = J *dF v¡

o Para materiales linealmente elásticos el trabajo complementario es igual al trabajo elástico, pero paramateii.ales elásticos no lineales el trabajo complementaii.o y el trabajo elástico son diferentes.

10.2. Trabajo interno Las fuerzas internas son desaiTolladas en la estmctura elástica como respuesta a las cargas aplicadas, y sus defonnaciones tienen la capacidad de desarrollai· energía potencial que pe1mite luego a la estmctura restaurai· su configuración 01i.ginal lllla vez las cargas han sido removidas. El estado general de energía interna para un cuerpo dado es:

U¡=~*

J (o-x *&x +o-y *&y +o-: *cJ*dV+ vol

~*

J (rxy *rxy +ry: *ry: + r:x *r:x )*dV vol

Pero para un elemento infinitesimal de la estmctura bajo cai·gas que causan un esfuerzo no1mal O"x en una cai·a del elemento (ver Figura 10.3), la fuerza nonnal en esta sección es open in browser PRO version

~ * ;¡ *A ·u ~1 t1·".lhaiiA int'1t'T1A rl~ 11Tl '11'1Tl'l~ntf'\ Are you a developer? Try out the HTML to PDF API

infinit~C'lirn'-lil

1'11".lntlf'\

1'-li

r".lt"O".l

C"~

h'-li 'Jlnl ir':lrlf'\

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vx

uy

u=, y

\.rJ. \.J.aucyv ül\.\.rJ.JlV \..&.\, UJ.l \JJ.\JJll\,.rJl\.V .1.JLJ.üllL\.ri:)ülJCU.,

\.>U.CUlUV J.ct \..
,:)\,t

Jlct ªl'J..l'-'G-\.1.V

en su totalidad, está 01iginando una defonnación mritaiia e, definida como:

198


y

X

/ / /

z Figura 10.3. Esfuerzos no1males en un elemento infinitesimal.

Puesto que las cargas se incrementan desde cero hasta sus valores actuales, así mismo lo hacen los esfuerzos y las defo1maciones . Para mate1iales elásticos o:y = E*t:x, por lo tanto trabajo interno de un elemento infinitesimal es:

e

f

2

2

dU 1 "" !__ * dV * (E * E ) * de = !__ *E * & 2 X 2 X

o



* dV = !__2 * ªEx * dV pdfcrowd.com

El trabajo interno total de un sistema bajo cargas n01males o esfuerzo axial es la integral de la energía de llll elemento infinitesimal sobre el volun1en del sistema. Entonces,

Para carga axial con defonnación u, se definen las vaiiables de esfuerzo, defo1mación llllitaiia y variación de volumen como u= NIA, Ex = o:y!E y dV =A *d-c, por lo cual:

1 e O'x *dV -_-1*J(N) -_- *J2

U1 (a.'l':ial}

2

O

E

2

v ol

A

Pai·amiembros a flexión con O' x= M*yl !, U

.

I(flexwn )

ui

2

*A * E

d

t;;= u/E

X

=> U1(axial ) -_

1 N? *dx -JL

-

2EA O

y dV = y*dA, entonces:

_!__*[M*y]2 *dV =!._ L f _!__*[M]2 *dx* f 2dA. I 2 E I y

=!._* ef *dV=!._* f 2 E 2 E O

1

vd L

O

A

M2

~ U¡(fi exion . ) =- * f E*¡ - - *dx 2

o

199


Pai·a defom1aciones debidas directamente a cortante, la energía elástica en dirección x puede ser encontrada de manera similai· sustituyendo esfuerzos nonnales y defo1mación por esfuerzos y defo1maciones de c01tante. open in browser PRO version


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U1(cortante ) =

~ * J(ry: *ryJ*dV vol

Asumiendo Ty:_= G-i: JY- = a*V/ A, entonces: r 1

=>

r1

J Gy: * dV = !__2 * JJ G

U¡(coi.tan te ) = !__ 2 *

y:

vol

A L

J

v J -G*A - * clx

L

2

U1(cortante) =-* K*

2

2

2 * dA * dx =!__2 * J~ G * dx * Ja * dA

, utili: ando

vol

K= ~

J

* a 2 * dA A

El factor" es llamado el factor de fo1ma y depende de la configuración de la sección. Para secciones rectangulares" es 1.2 y para secciones circulares es 1.1. Para secciones en fo1ma de I se puede considerar" igual a 1.0. La energía debida a la fuerza interna cortante debe smnarse a la energía interna de flexión y fuerzas axiales para obtener el estado total de energía en dirección del eje x .

10.3. Trabajo real Por conse1vación de energía si una estructura se defo1ma no hay cambio en la energía total del sistema. Por tanto, el trabajo externo debido a las cargas externas que actúan sobre la estructura debe ser igual al trabajo interno desarrollado por las fuer-as internas a través de las respectivas deformaciones. WE

= W¡

-7

WE

= U1(sistema )

Para una viga en voladizo de la Figura 1O.4 con lu:; L y carga puntual F en extremo libre, la defom1ación es: 1 L M2 1 · )- * *dx ¡ flexzon - 2 E *I - 2

J

U (

*

o

WE


= U1(j1.exion)

-7

J

L (

o

F * )2 p2 * L3 X *dx - - - E *I - 6 *E * I

1 p2 * L3 - *P*Llv - - - 2 6*E*I ..


F* L3 Llv=3*E*I

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200


~

p

p

p

p

...1

l

~

l

1®

1@

~

L

I_

i•

1

L.J4

•1

L.J4

~

1@ U4

U4

1

Figura 10.4. Viga en voladizo con carga puntual en el extremo y viga simple con cargas puntuales.

En el anterior análisis solo se ha utilizado la energía interna debido al momento de flexión. Adicionando la energía de defo1mación debido a cortante, se obtiene:

f

L

U

·

!(sistema)

=

2

fL

2

fL (

*

)2

fL (

)2

!_ * .!:!..____ *dx + !_ * K * ~ *d-c = !_ * p x *d-c + !_ * _P_ *dx 2 o E*! 2 o G*A 2 o E*! 2 o G*A

WE =U! (sistema )

1 p 2 * L3 p2 * L ___.., - *F*-4 = +--2 6*E*I 2*G*A

P* L3 P* L .. 4,=3*E*J+G*Á En el caso de una viga simplemente apoyada con cargas puntuales P cada LI4 y una rigide:. El constante, según se muestra en la Figura 10.4, la energía de defonnación interna por flexión es: open in browser PRO version


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U 1(jlexion) = ?* l * *2*

- E I

(

l

L/ 4 L/2 2 2 (l .5 *P*x) *dx + (l.5*P*x-P(x -L 1 4)) *dx

Jo

J

L/4

2

2

U 1(jlexion) = ?* l * *2* ( Lf 4(1.5 * P*x) *dx + Lf 2(0.5* P*x + 0.25* P* L) *dx)

-

U

o

E l

.

LI 4

3

_23 *P*L l(Jlexzon) - 384 * E* J

Asumiendo que la defo1maciones en los p untos 2 y 4 son aproximadamente el 75% de la defom1ación máxima en la mitad de la luz, entonces:

201


La defonnación máxima en la mitad de la luz se encuentra igualando la energía externa con la energía interna: W E = U I(Jlexion)

~

23 * P* L3 5 - * P* A 3 384 *E* I - 4 <->v

. . L1v 3

""

P* L 3 20. 9 * E * I

En realidad el valor real de la defonnación máxima en el punto 3 es: 19 * P*L3 L'.iv 3(max) = 382* E* I


P*L 3 = 20.2 * E* I


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El antelior resultado es explicable si se tiene en cuenta que para el cálculo del trabajo externo se tomó una aproximación de la deflexión vertical en los puntos 2 y 4 con respecto a la deformación total del punto 3.

10.4. Trabajo viitual Si m1a estmctura es sometida a desplazamientos vütuales o fuerzas vütuales adicionales, igualmente resultan desplazamientos o fuerzas internas adicionales. Inicialmente el trabajo interno debido a cargas reales está definido como: 1 dU1 = -2

* dV * f &

o

1 o- 2 1 (E * &X ) * d& = -2*E ~ * dV = -2 *o-X

* &X * dV

Pero se puede inducü· trabajo virtual imponiendo despla:;amientos virtuales o fuer:;as virtuales. Para una bana axial, la cual está en equilib1io bajo las fuerzas extremas F1 y F 2 , requiere que F1 = F2 = F, donde Fes la fuerza axial en un pm1to x. Si las defo1maciones unitaiias vütuales luútaiias al inicio y final de la barra son valores constantes e iguales a óex1 y óex2 respectivamente, el trabajo interno vütual de la barra es: L

ÓU

J

=

L

!_ * fo- * & * dV = !_ * f F * (& ) * A * dx = !_ * F * o& * xiL = !_ * F * óLJ. 2

0

X

2

X

OA

X

2

X

0

2

El ténuino ÓLJ. se refiere al can1bio vütual entre las defo1maciones al inicio y al final de la bai1-a. Tomando óLJ. = óu2 - óu1 , es decir, el cambio vütual de las defo1maciones totales en los extremos del tramo, se obtiene la siguiente expresión de trabajo vütual interno:

IL

1 1 1 (óu - liu ) ÓU¡=-*F*& *x =-*F*ÓLJ.=-*F* 2 1 2 X Q 2 2

Por otro lado, el trabajo vütual de las fuerzas externas es:

202



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El ante1ior planteamiento implica que el trabajo interno y el externo son iguales, lo cual es la base del principio de trabajo virtual. El mismo procedimiento puede ser aplicado a cualquier estructura por lo que el p1incipio de trabajo virtual puede ser expresado como:

OWE

=

OW¡

~

OWE

= ÓUI(sistema )

En témrinos del p1incipio de trabajo virtual el trabajo externo es igual al interno, y puesto que se incluye todo el elemento, los desplazamientos viituales deben ser compatibles con las condiciones de borde, o lo que es lo mismo, los desplazamientos vütuales en soportes sin movimiento deben se cero. En la anterior demostración el trabajo virtual se esc1ibió en ténninos de desplazamientos viituales y esfuerzos reales. Sinrilannente, la fuerza interna puede ser escrita en ténninos de los desplazamientos reales y los esfuerzos viituales, de manera que:

óW1

=

JÓCYx *Ex * dV vol

Para un sistema real con vaiias cai·gas F¡, induciendo esfuerzos cr y defonnaciones reales v;, si la estrnctura está sometida a esfuerzos o desplazanrientos virtuales el principio de trabajo virtual se puede plantear de las siguientes dos maneras:

¿: F¡ * ó\11 = ¿: fCY * & * dV n

m vol

¿: 8F¡ *V¡ = ¿: n

f ÓCY * E * dV

m vol

El índice n se refiere al número de cai·gas induciendo esfuerzos cr, mientras que el indice m se refiere a los tramos o bairas que confonnan la estrnctura.

10.4.1. Trabajo virtual en cerchas Se asume que antes de aplicai· cai·gas externas a la estrnctura, mia cai·ga unitaria viitual imaginaiia actúa en el punto y en la misma dirección donde se quiere encontrai· la open in browser PRO version


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deforrnación. Fuerzas internas Ji, debidas a las cargas unitaiias, son desairnlladas en los elementos de la cercha y pueden ser calculadas por el método de los nudos o cualquier método matiicial. En cerchas el trabajo externo viltual hecho por una carga mritaiia cualquiera es (1*1~, siendo v la defonnación en el pm1to y dirección donde se aplica la carga. El trabajo interno viltual hecho por las fuerzas en todas las banas, debido a la aplicación de la cai·ga unitaiia, es f; * & 1 . La ecuación de equilibiio de energía del sistema es :

L

l .O*v='¿f¡ *&¡

203


La variable&; conesponde a los cambios de longitud en las banas de la cercha debido a las fuerzas internas F;, las cuales a su vez son inducidas por un sistema de cai·gas F¡. Pai·a cada baira con áreaA; y longitud L; el cambio de longitud y la defo1mación vertical son: ¿jL · = 1

F*L i

i

E*A ¡

:.

1

V=-

E

* L,, ~ F¡ * f ¡ * L¡ i

~

Deformación vertical v

A¡

Los pasos para su cálculo son los siguientes: ( 1) Calcular las fuerzas F¡ de la estructma con cai·gas reales aplicadas, sin la presencia de la fuerza unitaiia.

(2) Remover las cai·gas reales y aplicar m1a cai·ga mritaria en el nudo y dirección en la cual la deflexión es buscada. Encontrar las fuerzas internasJi de la estructma con tan solo la carga unitaria aplicada. open in browser PRO version


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(3) Calcular la deílexión usando la ecuación de v dada anterionuente, aplicando la s1unat0Iia a todas las banas de la estmctura.

10.4.2. Trabajo virtual en vigas En vigas y pó1ticos, si as1mnn1os una sola carga unitaria vertical igual a&; = 1, entonces los esfüerzos viituales debidos a la carga viitual son &r = m*y/I, donde m es momento desanollado en la estmctura por la fuerza viitual. La ecuación de equilib1io del trabajo viitual, desanollada ante1ionnente, es:

L c5F¡ *V¡ = L f &;- * E * dV n

m vol

Considerando que: a E

E- -

M*y E*!

- --

ÓO' =

m* y I

la expresión de equilibrio del trabajo virtual cual se convieite en: l*v·1 =

"'\'

.t..i

fM* - -y *m * y *dV

m vol

E*!

I

y la deformación unitaiia debida a las cargas aplicadas y la defo1mación final son:

204

Anábsis básico de estructuras open in browser PRO version


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Involucrando todas las fuerzas internas y aplicando el método trabajo viltual para todos los elementos de la estrnctura, la defo1mación final se calcula con la siguiente expresión: L ;u*

V

=L:f~ *dx + m o RA

LM* *m*dx +

L:J mo RT

LV*

LK* f~* d-c + m

o
L T*

L

f~ *d-c

mo
Para calcular la de flexión de una viga, se procede de acuerdo a los siguientes pasos: (1) Encontrar la expresión para el momento, debido a las cargas reales aplicadas a lo largo de la estrnctura. (2) Remover las cargas aplicadas y adicionar una carga unitaria en el punto y dirección en la cual la deflexión es buscada. Encontrar las expresiones para los momentos m en todos los elementos de la estrnctura debida a la carga unitaria. Para hallar el ángulo en un punto, los valores de m son calculados aplicando un momento unitario en el punto. (3) Calcular la deflexión usando la ecuación de la defo1mación v, la cual es aplicable para ángulos B si mes debido a llll momento unitario aplicado en i. Ejemplo 1: Cálculo de deflexiones en cercha plana. Calcular las deflexiones ve1tical y ho1izontal en el nudo 4. Considerar L = 4.0 m, el área A = 10 cm2 y el modulo de elasticidad E = 2*106 kg/crrl.

Figura 10.5. Cercha con cargas reales utilizada para resolver el ejemplo l.



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Debido a que se deben calcular dos defo1maciones distintas, tma ve1tical en el nudo 4 y otra horizontal en el mismo nudo, se plantean dos casos de la cercha con cargas viltuales. En el p1imero se coloca en el nudo requelido la carga virtual unitaiia en dirección ve1tical, mientras que en el segundo caso la carga turitaiia se coloca en el mismo nudo en sentido ho1izontal.

205


Inicialmente se calculan las fuerzas internas en la estrnctura E 0 debido a cai·gas externas reales aplicadas en nudo 4. Tabla 10.1. Fuerzas intemas nonnales F¡ de la estrnctura con cargas reales.

Estructura E0 Bana

1

F;

O.O

2 -2.0 (C)

3 +2.83 (T)

4 +2.0 (T)

5 -2.0 (C)

A continuación se muestra en tm plimer caso la estructura E1 con la cai·ga ptmtual en dirección vertical negativa en el nudo 4, en tanto que pai·a la estructura E 2 del segundo caso se aplica la cai·ga unitaiia en la dirección ho1izontal positiva del mismo nudo. Caso1 = 1.0Tn

r.

r3y= O.O

n

Caso 2 = 1.0 Tn

@ '· L

L f,



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[21

45N :._L f,

\.9

L ( Estructura E1 )

( Estructura E2 )

Figura 10.6. Esquemas de la cercha del ejemplo 1 con los dos casos de carga unitaria aplicada.

Las fuerzas internas calculadas para cada uno de los dos casos estudiados, se resumen en la siguiente tabla: Tabla 10.2. Fuerzas intemas f; de las dos estrncturas con cargas viituales unitarias.

EstructuraE1 Barra Í Vi

1

O.O

2 -1. 0 (C)

3

4

5

1.414 (f)

O.O

-1. 0 (C)

Estructura E1 Bana

1

2

3

4

5

ÍHi

O.O

O.O

O.O

+1.0(f)

O.O

A continuación se combinan en una sola tabla los resultados de fuerzas internas de cada una de las tres estructuras analizadas, para facilitar el cálculo de las defonnaciones requeridas.

206

Aná/.isis básico de estructuras

Tabla 10.3. Elementos utilizados para el cálculo de defo1maciones en el nudo 4.

Barra


Incidencia Mulos

L¡(m)


Fuer:as en Eo (FJ

Fuer: as E¡

(fv¡)

Fuer:as en E2 U H¡ )

F( 'fv¡*L¡ (Tn'm)

F¡*f H¡*L¡ (Tn*m)

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1 1 3 3 4

1

2 3 4 5

3 2 2 4 2

4.0 4.0 5.66 4.0 4.0

O.O -2.0 +2.828 +2.0 -2.0

O.O -1.0 +1.414 O.O -1.0

O.O O.O O.O +l.O O.O

O.O 8.0 22.63 O.O 8.0

O.O O.O O.O 8.0 O.O

I=

38.63

8.0

Utilizando A=lO cnl y E 2*la6 kg/cnl, se obtienen las siguientes defonnaciones finales en el nudo 4: LI V

=

~ L¡ * F¡ * f v; :'-..i

i=l

~L¡ *F¡*fHi

LIH = :'-..i

¡=¡

=

A* E

A *E

=

38.63 * 10 5 = 0.193 cm 10* 2* 106 8.0*105 1O* 2 * 10

6

=

004 .

(J,)

cm (~)

Los resultados son positivos, lo que indica que las direcciones de los desplazamientos se presentan en los mismos sentidos supuestos para las cargas unitarias. Ejemplo 2: Deflexiones en una cercha plana. Detenninar las reacciones y la defonnación ve1tical en el nudo 7 de la estructma mostrada en la siguiente :figma. Usar AE constante para todos los elementos de la estructura.

Figura 10.7. Esquema de la cercha utilizada para el cálculo de la defo1mación en el nudo 7.



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207


Se procede inicialmente al cálculo de las reacciones en los apoyos: LM6 =0 ~ 50*(16+12+8 + 4) - 25*4 + 35*16+70*8 - R¡y *20 = 0~ R1y =1 5lkN LFy =0 ~ 4* 50+25 +2* 35+70 - R¡y - ~y = 0~ R6y =214kN

Luego se calculan las fuerzas internas F¡ de la estructura E 0 con cargas reales aplicadas externamente:

R,x = O kN 1

u

@

R1y= 151 kN

D~y=214k~

( Estructura E, )

1

1

1 4.0m

. 4.0m

1

Figura 10.8. Fuerzas internas F¡, resultado del análisis de la estructura Ea con cargas reales.

Seguidamente se calculan las fuerzas internas de la estructura E1 con carga vertical unitaria aplicada en el nudo 7, donde se quiere hallar la deformación. Se asume que la deformación final del nudo es haci a ahai o nor lo oue se coloca la canrn. unita1ia en la misma dirección. open in browser PRO version


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--·--

-- ---- -- -~-

4 -

· -

-- -

-- -

-

----:1-

i--- --

OAOT

-- - ----------o-- -- - ---------------·------ ---------·

-i -- -

- -

@

0.40T

0.80T

©

0.80T

@ 1.0 N

U r1y= 1.2kN

1

U

( Estructura E2 )

r6y= 1.2 kN

1

1 4.0m

4.0m

4.0m

4.0m

4.0m

1 .4

1 4.0m

•1

Figura 10.9. Fuerzas intemasf¡ resultantes del análisis de la estmctura E1 con carga unitaria.

208


En la siguiente tabla se muestran los resultado de las fuerzas calculadas para las estructuras E0 y E1 , y los resultados de L¡*F;*fi para cada elemento de la cercha, necesaiios para el cálculo de la defom1ación vertical reque1ida. Tabla 10.4. Variables y operaciones para el cálculo de la defo1mación ve1tical en el nudo 7.


Elemento

Incidencia de Nudos

Longitud Li (m)

Fi (kN)

f¡ (kN)

Li *Fi *fi (kN-m)

1

Nl -N'.?.

4.0

+ 15 1.0

-0.'.?.0

-120.8

2

N'.?.-N3

4.0

+151.0

-0.'.?.0

-120.8


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3

N3 -N4

4.0

+233.0

4

N4 -N5

4.0

+233.0

-0.60

-559.2

5

NS -N6

4.0

- 25.0

-1.00

+1 00.0

6

N6-N7

4.0

- 25. 0

-1.00

+1 00.0

-0.60

-559.2

7

N l -N8

5.66

-213. S

+0.28

-338.4

8

N2-N8

4 .0

+SO.O

0.00

O. O

9

N3 -N8

5.66

+ 93.3

-0. 28

-1 47.9

JO

N3 -N9

4.0

O.O

O.O

O.O

11

N3-N10

5.66

- 22.6

+0.28

- 35.8

12

N4 -N 10

4.0

+S O.O

O.O

O.O

13

NS-N lO

5.66

-147.1

-0. 28

+ 233.1

14

N S-N l 1

4.0

O.O

O.O

O.O

15

NS-N 12

5.66

+2 17.8

+0.28

+ 345.2

16

N6-N 12

4.0

-214.0

-1.20

+ 1027.2

17

N7-N 12

5.66

+ 35.4

+1.41

+ 282.S

18

N8-N9

4.0

-217.0

+0.40

-347.2

19

N9-N 10

4.0

-217.0

+0.40

-347.2

20

N l O-N I 1

4.0

-129.0

+0.80

-412.8

21

N I l -N l2

4.0

-129.0

+0.80

-412.8

I=

-1314.1

La defo1mación en el nudo indicado es la siguiente

4, = ~ L¡ * F¡ * f ¡ = 1314.1 L.,¿ A*E AE

(i)

1

Si el área se especifica en unidades de nl y el módulo de elasticidad en kN!nl la respuesta es en unidades de longitud. El resultado es negativo, indicando que el sentido de la defonnación es contrario a la dirección hacia abajo asumida para la carga puntual. Las unidades de F;*j; son unidades de fuerza al cuadrado, pero se simplifica a solo unidades de fuerza si se tiene en cuenta que la suposición inicial del método de la carga viltual es que la defonnación ve1tical a la derecha del signo igual va multiplicada por una carga unitaiia

209



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Ejemplo 3: Deflexiones en una viga simple. Detem1inar la deformación vertical en la mitad de la luz de la viga simple mostrada en la siguiente figura. Calcular inicialmente la de:fle.xión utilizando solo el apo1te de los momentos al método de trabajo viltual; luego, evaluar la defle.xión utilizando los momentos y c01tantes internas. Usar El constante. 5 Tn

5 Tn w=2Tmn

i@

1@

3m

"

3m

J

..

3m

•

Estructura Eo 1 Tn

· =••J

f =o.m 4.5m

4.Sm

Estructura E1

Figura 10. 10. Estrnctura real y estrnctura con carga virtual unitaria para el presente ejemplo.

Se definen los momentos para la estructura primaria Eo en los tramos 1-2, 2-3 y 3-4. Las .................. ... .: ... _.. ........ .J ... _,,, ... _,., __ . .......... _ , __ ....... _


;_;,..; ... 1 ___ _.. ....... _


1 .......

·-·--- -- ..l . . ;. . . . . . ; . . _.

.J ........ .J ... _........ t... .....

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ecuac10nes ue momemo se prnmean rmcrnuneme en 10s tramos ue izqmerua a uerecna.

Las ecuaciones de momento para la estrncturaE0 son:

* *

*

M(x) 12 =14*x-

2* 2 x =14*x-x 2 2

2

2

M(x) 23 = 14*x- *x -5*(x-3) = 9* x-x 2 +15 2 2* 2 M(x) 34 = 14*xx 5*(x-3)-5*(x-6) = 4*x-x 2 +45 2

210


Para la estructura E1, las ecuaciones de momento son:

* *

m(x)1z =0.5*x m(x)2•4 =0.5*x - 1.0* ( x-4.5) =4.5 -0.5*x

Se plantea la igualdad de trabajos teniendo solo en cuanta el aporte de los momentos internos en función de la variable x. La defo1mación en la mitad de la luz, es decir, en el punto 2' es: Llv(en 2·)

3

f MEl* m * d"C =_¿__ f(u* m= El

=¿

3

+-

1

El

-"C -

x 2 )*(o. 5 * x )* dx

0

4.5(

)

1

6(

)

f 9*x - x 2 +15 *(0.5*-'t)*d"t +- f 9*x - x 2 +15 *(4.5-0.5*x)*dx

3

El

~5

()



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j

+ :1 (4 * X -

X

2

+ 45 )* (4. 5 - O. 5 * X)* d"t

~

Llv(en 2') = 300. 2%1

6

El tramo 2-3 ha sido dividido en dos subtramos por la presencia de la carga unitaiia de la estructuraE1 en la mitad de este tramo. Las ecuaciones de los momentos se pueden planteai· hasta la mitad de la luz, y por la simetría de la estructura, solo es necesaiio considerar solo dos expresiones por estructura pai·a el cálculo de la deformación !iv. Tomando momentos de derecha a izquierda en el tramo 4-2 ' para las estructuras E 0 y E1, se obtienen las mismas expresiones de momento del tramo 1-2 ', pero con signo opuesto. Con esta aproximación las ecuaciones de momento pai·a la estructura Ea son: 2* x2

*

M(x) 12 =14*x -

*

M(x) 22.

*

M(x) 32 , = - 14*x+

*

M(x) 43 =-14*x +

=

14* x-

2

=14*x -x

2* x 2 2

2

5* (x -3) = 9 * x-x 2 + 15

2*x 2 2 +5*(x -3) = -9*x+x - 15 2 2* x2 2

= - 14*.x+x

2

y las ecuaciones de momento paia la estructura E 1 son:

* *

m(x)12' =0.5*x m(x)42 , = - 0.5*x

211




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Al multiplicar las expresiones de momento de las dos estructuras entre sí, los signos de la expresión resultante para el tramo 4-2' serán iguales a los de la expresión resultante de multiplicar lo momentos entre sí del tramo 1-2' . Debido a esto se puede hacer la integración hasta la mitad de la luz y luego multiplicar por dos. La defonnación ve1tical en el punto 2 ' se encuenlra, entonces, de la siguiente manera: L1v(en 2') =

M*m 1 J *dr: =2* - J (14*x-x m= El El

L

3

[

4

2

l

)*(0.5*x)*GÚ

0

4

+ 2*[_!_ ((9*x-x 2 +15)* (0.5 * x) * dr:] = 300.2%;1 El

3

La defonnación es más exacta si se considera el aporte de las c01tantes que se desanollan internamente en la estructura. Las ecuaciones de c01tante para la estructura E0 son:

*

V(x) 12 =-V(x)43 = 2*x-14

*

V(x) 22• =-V(x) 32, =2*x-9

y las ecuaciones de c01tante para la estructura E1 son:

*

v(x)12, = -v(x)42, = -0.5

La nueva defo1mación en el punto 2' es: L1 (

V M 2

•) = ""\"' ¡M*m* GÚ+K* ""\"' ¡V*v*GÚ =300.23/ + ~ m =4

~ m =4

fil

™

/fil

f

+ 2K*[ - l (2* x -14)*(-0.5)*GÚ] GA 0

+ 2K*[ _!_ 4l(2 * x-9)* (-0.5)* GÚ] = 300.2f!El + 35.25 * YaA GA 3

Asumiendo lllla relación de Poisson p=0.18 y el coeficiente K=l. 2, para una sección rectangular, se obtiene: open in browser PRO version


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l = b*h 3 1 12 ;

A = b*h ;

~

Llv(en 2') = _!_ (300.23 +

El

E=2*(l+p)*G=2.36*G

35 25 2 2 36 2 · * 1. * ' * h ) = _!_ (300.23 + 8. 32 * h 2 ) 12 El

212


Si h=O. 7 m la deílexión final es Llv=304.31/EI. El cambio con respecto al cálculo de la deílexión utilizando solo los momentos internos implica una pequeña vaiiación del 1. 34%. Se concluye que la participación de las cortantes internas en tramos de gran luz con vigas de poca altura es poca, y se hace mas critica si la relación de h/L es evidentemente baja. Ejemplo 4: Deflexiones en una viga compuesta. Para la viga mostrada en la siguiente figura

hallar las defo1maciones verticales en las aiticulaciones. Asumir a constante.

©:

'

:

'

:

'

'

1

'

:,

': 1

:

a

:,

:,

'

1.sa

'f

;.

~

'

:

'

( a=2m) ~

'

'

a

t=

Riy = 21.25 Tn

~:

:

: i,

:

:

'

'

j,

t

®

'

a

:

'

'

j,

'

'

'

'

G~

i

:a!@

t


j,

1

4a

'

Rav= 13.75 Tn

:~

:

1

Rav= 13.75Tn


j,

'

1.5a

®

t

2m y usar El

' : '

'

a

=

i' :

1.5a

' '

Rey= 5.0 Tn

($):a: A s

¡ t

RGv= 5.0Tn

~

t

R7v=5.0Tn

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R.y = 45.94 Tn

~=32.81

Tn

Figura 10.11. Viga compuesta del ejemplo 4.

Las cargas, reacciones y subestmcturas a analizar son mostradas en la siguiente figura: ESTRUCTURA 1 P1 = 5 Tn

ESTRUCTURA 111

P2= 5 Tn

1

w= 2.5 Tn/m

ff
P3= 10Tn

t

1

!ifi f *f f f f f f't t '" t'"

R2y = 21.25 Tn ( Estructura Eo )

~---*--lli

RJv= 13.75Tn

ESTRUCTURA ll

t

Re.,.= 5.0 Tn

f

R7y = 5.0 Tn

J\ilJ r;rnl'.?fJs t

R.,y = 45.94 Tn

t

~=32.81

Tn

Figura 10.12. Representación en subestnicturas de Ja viga compuesta a analizar.

213


Cuando se colocan las fuerzas unitaiias en los nudos articulados 3 y 6 estas solo afectan la subestructura !JI, es decir, solo se presentan diagramas de momento en el tramo 3 a 6. Esto porque por orden de j erai·quia las cargas mritarias no actuarían en las estrncturas superiores sino que se transmiten directamente y solo generan momentos en este tramo, que si.Ive de sustento a las subestructuras I y JI a través de los nudos articulados 3 y 6.



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1.0Tn

2.0Tn-m

2.0TIHll

wrm11111rrh.n Pt4 @

@

1.0Tn

~~~Lc11J1Dl[[J~f @

l

t

Rsy=0.25Tn

R.?1.25Tn

R.irCJ.25Tn

Estructura E1

Rs¡:1.25Tn

( Estructura E2

)

Figura 10.13. Representación de solo los tramos afectados por las cargas unitarias, para Jos dos casos de deformación considerados.

Solo se definen los momentos en la estructura primaria E0 : en el tramo 3-4-5 de izquierda a derecha y en el tramo 6-5-4 de derecha a izqlúerda. La misma consideración se emplea para las estructuras secundarias E 1 y E 2.

Tramo 3-4-5:

*

Estructura E 0

*

M(x) 34 =-13.75*x - 2.5*x 2

*

M(x) 45 = 45.94*(x -2)- 13.75*x - 2.5*x 2 =32.19*x - 2.5*x 2 - 91 .88

* * *

Estructura E 1

:

:

m(x)34 = - 1.0*x m(x)45 = - 1.0*x+l .25*(x -2) = 0.25*x-2.5

La defo1mación vertical en la aiticulación del punto 3 es: Llv 3

r(

= L rM * m * dl =...!..._ 2

·

El

El·o

:l f

-13. 7 5 * .X - 2. 5 * X 2 )

JO

+

1

(32.19*,l - 2.5*x 2 - 91.88)*(0.25*x - 2.5 )* dx =86.fe

2


*( - 1. o* ,""() * dx


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214


Tramo 6-5-4:

*

Estructura E 0

*

M(x)65 =5.0* x +2.5*x 2

*

M(x) 54 = 5.0. * x + 2.5* x 2 - 32.81*(x-2)=2.5* x 2 -27.81 * x+65.62

* * *

Estructura E 2 :

:

m(x)65 =1.0* x m(x)54 =l.O*x - l .25*(x-2)=2.5 - 0.25*x

La defo1mación vertical en la aiticulación del pm1to 5 es:

L1v5 =

Lf

f 2

2 M *m 1 El *dx = El ( 5*x+2.5*x ) *(x) *d'C

o

2

1 10

J ( 2.5* x 2 - 27.81 * x + 65.62) * (2. 5 - 0.25* x ) * dx = 16.fp, 1 El

+-

2

Ejemplo 5: De.flexiones en un pórtico isostático. Hallai· la defo1mación horizontal en el nudo 3 de la figura mostrada. Considerar en los cálculos todas las fuerzas internas que actúan en los elementos y determinar el apo1te que hace cada una a la defo1mación total. Utilizar lllla sección rectangular con rigide= El para colmnnas y 2El para la viga, p=0.18, 1.2, A= 0.1200rr/, 1=0.003125 11i2 y G;:::,0.4*E.

"=



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w = 10.0 kllVm P=1 O.O kN

!l

44 1 4 4 4 4 l 44 l l 1 l l l l 1 1 l l

=)

®

2EI

El

El

@)

@)

R,x

~u l.

4.0m

~

i T.

IT R.;

....

4.0m

( Estructura Eo

4.0m

)

Figura 10.14. Estructuras E 0 real y E 1 con carga unitaria, para calcular de defonnación en nudo 3.

215


Las reacciones para la estructura E 0 con cargas reales son las siguientes: R4y

-7

~

R 4y =45 kN ;

*8 -

1O* 8 * 4 - 1O* 4 = O

R 1y =35 kN ;

R 1x = - lOkN

y las reacciones de la Estructura E1 con la carga virtual unitru.ia en el nudo 3 son:

Im ~


1

=O.O

-7

r4 y =0.5 kN

ry *8 - 1*4=0 4

r1y = - 0.5 kN


rAx

= - 1.0 kN

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En la siguiente figura se presentan las fuerzas internas en los nudos de la estructura básica, w = 10.D kN/m

35i N

~ 35-±+

Ok' é

45 kN

t

~ OkN4~N

f ffff ff fff t f f! t fff ff

40kN-m

OkN-m

-±+okN

/'J"\ o kN-m

r f ' \10kN 40 kN-m

Fuerzas Internas Estructura Eo

OkN

~

0o ®

R,, =10 kN

t' R,, =

35 kN

Re,= 45 kN

lJ

Figura 10.15. Diagramas de momento de la estructura con cargas reales y la estrnctura unitaria.

y en la siguiente figura se muestran las fuerzas en los nudos de la estmctura unitaria.

""' lb'

0.5 kN

10.5 kN

1

-*+

0.5 kNt

l'i'>

,N~t:._~~ ~~ 1.D kN~ ' \!...llllllllllllllllllll... r:;7 0.5 kN k!

/.!:\ 1 kN

4 kN-m

OkK-m

4 kN-m

-f-+ O kN

/'J"\ O kflHtl

Fuerzas lntemas Estructura E1

OkN ~

r,, = 1 kN .[\. r,y = 0.5 kN

r.sy=0.5kN

1J

@

Figura 10.16. Diagramas de momento de la estructura con cargas reales y la estrnctura unitaria.

2 16



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En la Tabla 10.5 se resumen las expresiones para los momentos, c01tantes y no1males en cada llllO de los tramos de la estructura. El último tramo se toma en la dirección de 4-3, y no en dirección de 3-4, por facilidad para plantear las ecuaciones de fuerzas internas. Tabla 10.5. Ecuaciones de fuerzas internas en los tramos utilizadas para encontrar la defonnación en el nudo 3 de la estmctura del presente ejemplo. Estntcfttra E 0

Tramo 1-2

Tramo 2-3

Tramo 4-3

+ 40

Momentos

M(x) 11 = l O*x

Cortantes

V(x) 12 = 10

V{x) 23 = lO''x - 35

V(x) 43 = O.O

Normales

N(x} 12 = -35

N{x)23 = O.O

N{x) 43 = -45

M(x} 23 = 35''x -5''x2

M{x) 43 = O.O

Estntcfttra E 1

Tramo 1-2

Tramo 2-3 m(x)23 = -0.5''x

Tramo 4-3

+4

Momentos

m(x)11 = l''x

m(x) 43 = O.O

Cortantes

v(x) 12 = 1

v(x)23 = 0.5

v(x) 43 = O.O

Normales

n(x) 12 = 0.5

n(x) 23 = 1.0

n(x) 43 = -0.5

El siguiente es el resultado de las defo1maciones debidas a la participación de cada una de las fuerzas internas: 4

8 1 M*m *dx =__!_ (l O*x)*(l *x)*dx +-- f(35 *x - 5*x 2 + 4o}*(- 0.5*x+ 4)dx ,t..,· El El · 2El 3 o o

~ ="' f H2

f

4

+

~1 f (o.o)*(o.o)*dx

=27306%

o 4

8

LI V 2 = K* "'\' f V* v * CÚ =..!_ f (10.)* (1) * CÚ + ..!_ f (JO* x - 35) * (O.f)dt H ,t..,· GA GA GA 3 o o 4

+ ..!_ f(o.O)*(O.O)*cú =150% GA n



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4

LÍ!,

1-fl

8

="'f N*n*dx=_!__ Í(- 35)*(0.5)*dx +_!__ Í(O.O)*(l)dx ~ EA EA· EA· 3 o o 1 4

+ - f (- 45)*(- o.s)*d"< =16~ EA o -En el cálculo de la defo1mación debida a momento, la rigide= El del tramo 2-3 se tomó afectada por el factor 2. La defo1mación total es 274733/E y la cont1ibución de la flexión a tal defonnación es más del 99%, mientras que cortantes y normales apo1tan el resto.

217

José Javier Mm"fínez Echeveny

Ejemplo 6: Deflexiones en un pórtico triarticulado. Hallar la defo1mación ve1tical en la articulación localizada en el nudo B del pó1tico mostrado en la Figura 1O.17. Usar El constante para todos los elementos

w=40.0Tnhnl

A

cu ac on 1

12.Dm

1 R..x

¡ ~

Re. 1

o

~

u~Y

~ ,---


en....

6;0m

·, 3.0m 1


re.

>== 1-

Vrcy

1

, -:+•_.;....__,. """'" ·'.- - -:+-----+i 3.0m 1 '

e

ITRcy

1

1 .

12.Dm

.1.

5.llm

1

_¡ _3.0m. i

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Estructura E0

Estructura E1

Figura 10.17. Estructura real E0 y esú-uctura E1 con carga unitaria, utilizadas para calcular la defo1mación en el nudo B.

Inicialmente se identifican las reacciones de la estructura Ea con cargas reales:

"'f,MB,I:q =0.0

-7

Rey *10-40*16*5 - 20*12 =0

-7

RAy *5-RAX*l2 - 40*8*4.0=0

~ RAy = 296 kN

;

Rey = 344 kN

;

RAx = 16.67 kN

;

Rex = 36.37 kN

Posterio1mente se encuentran las reacciones de la Es true tura E 1 con la carga vittual unitaria en el nudo B, donde se quiere calcular la defonnación: "'f,mA=O.O

-7

Ll1lB,I:q =0.0

rDy *l0 - 1*5=0 -7

:::::>''.Ay =0.5 kN ;

- rAy

* 5 +IA,x * 12 =0

rey =0.5 kN ;

rAx =0.21 kN ;

rex =0.21 kN

Los momentos para los tramos de viga se toman desde la articulación B hasta el nudo Den el cado del tramo B-D, o hasta el nudo E para el tramo B-E. Esto facilita tener expresiones de momento más coitas e integraciones mas simplificadas. La cortante en la mitad de la luz en 24 kNparala estructuraE0 .

218




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Un resumen de las ecuaciones de momento a utilizar en cada tramo, antes de plantear las integrales en la expresión de defo1mación, se presenta en la siguiente tabla. Tabla 10.6. Ecuaciones de momento utilizadas para el calculo de la defotmación en el nudo B de la estmctura del presente ejemplo. Tramo A-D

ESTRUCTURA

=

Eo

M(x)AD

- 16.67*x

E1

m(x)AD = - 0.21 ~x

Tramo B-D

Tramo B-E

Tramo C-E

M(x)8 D = 20*x2- 24 ''x

M(x)8 E =- 20''x2- 24'1x

M{x)CE=36.37'1x

m(x)AD = - 0.5 ~x

m(x)cE = o.2r1x

m(x)BD

=

OS'X

Los diagramas de momentos de la estrnctura básica y la estmctura con carga unitaiia virtual se muestran a continuación. 2.5

2.5

2.5

1 X

•

1 1 12.0 m

j 12.0 m

1 3.0m .

,-·

'- ·

1 5.0m

5.0ln

1- - - - - - - -1•

3.0m

1

•:

3.Qn

•'

5.om

'•

1

1 . 3.0m 1 l

5.0m

.

1

Momentos Estructura E0

• •

1

Momentos Estructura E 1

Figura 10. 18. Diagramas de momento de la estructura con cargas reales y la estructura unitaria.

El siguiente es el resultado de integrai· los momentos de las estructuras E 0 y E 1 por tramos:

*

LlvB=

12

12

0

0

L:JMElm*dx =_!_ J(-1667*x)*(-0.2J* x)*dx +_!_ f(3667*x)*(0.21*x)dx El El 4

2

2

+ _!_ f(20* x - 24* )*(0.5x)*dx +_!_ f(- 20* x -24*.x)*(-0.5* x)*dx Rl·



j

Rl·

j

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/

~

LI VE

=

/

_!__[ll .2x3 ]12 El

3

LI

_ 9576.2 El

VE -

o

219

José Javier Mm'fínez Echeveny

La integración se dividió en cuatro tramos. La respuesta positiva indica que la defo1mación es hacia abajo, debido a que ésta es la dirección y sentido que se tomó para la carga unitaiia aplicada en el nudo 4. Ejemplo 7: Deflexiones en un entramado. Hallar la deformación horizontal y la vertical en el punto 2 del mai·co mostrado la siguiente Figura 10.19. Considerar cada caso de defom1ación por sepai·ado. La rigide:; El pai·a todos los tramos es constante.

L!.. ~ R.x

<])

p

P=180.DkN

l

...

=:)·~:::::;;:a--Estructura

~

Eo )

r,x

(

Caso1 =1.0kN )

J(

f 1y

u

---F

Caso2=1.0kN )

~,~:::::::;;;¡. .. . . . . .~- ~

Estructuras E1 y E2

6Jlm

Figura 10. 19. Estructura con cargas reales y estmctura con dos cargas unitarias según caso requerido para calcular la defonnación.



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Inicialmente se encuentran las reacciones en los apoyos de la estrnctura E 0 , trabajando con cargas reales: "'ZM1 =O.O

=>

--7

R 3y

* 18 -

R 3y = 240.0 kN ;

180*6 - 30* 8.49 *0.707 * 15 - 30* 8.49 *0.707 * 3 =O

R 1y = 120.0 kN ;

R1x = 180.0 kN

Las reacciones de la estructura E 1 con la carga ve1tical unitaria hacia abajo en el nudo 2, son las siguientes:

"Lm1 =O.O=> r3y *18 - 1*12=0 => r3y = 0.67 kN

;

r1y

= 0.33 kN

;

rlx =O.O kN

Para la estructura E 2 con la carga unitaria horizontal en el nudo 2, las reacciones en los apoyos son:

L m3 =O.O =>

- rlx * 6 - 1*6 = O

=> rlx = -1 .0 kN

;

r1y =O.O kN

r3 y =0.0kN

220


A continuación se presenta la descomposición de las reacciones en el apoyo del nudo 3 de ejes globales a ejes locales, en dirección nonnal y perpendicular ala bana del tramo 2-3.



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Reacciones Estructura E0

Reacciones Estructura E1

Figura 10.20. Descomposición de la reacción local en el rmdo 3 en reacciones según ejes locales, para estructuras E 0 y E¡.

Los diagramas de momentos de la estmctura básica con cargas externas y las estmcturas con carga viitual mritada en el nudo 2, seg1m el caso de deformación requeddo, son presentados en la siguiente figura. P=180kN

Estructura con Cargas externas


o.o

o.o

Momentos Estructura E 1

o.o


Figura 10.21. Diagramas de momento en estmcturas básica y con cargas unitarias.

En la Tabla 10.7 están contenidas las ecuaciones de momento por tramo de la estmctura con cargas reales y las dos estmcturas con cargas mritadas, segl'.m cada caso de defo1mación a analizar en el nudo 2. open in browser PRO version


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221

José Javier Martínez Echeveny

Tabla 10.7. Ecuaciones de momento utilizadas para el calculo de la defonnación en el nudo B de la estmctura del presente ejemplo. ESTRUCTURA

Tramo 1-4

Tramo 4-2

Eo

M(.x) 14 = 120*x

M(x)42 = 1080-60*x

M(xh2 =-170*x +l5*x2

E1

0.33~x

m(xJ42 = 0.33' x

m(x) 32 = -0.471 ~x

m(.r:)42 = O.O

m(x) 32 = O.O

m(x)J 4 =

1

m(x) 14 = O.O

E2

Tramo 3-2

La siguiente es la deformación vertical en el nudo 2, resultado de integrar los momentos de las estructuras E 0 y E 1 por tramos: 6

~ fM*m L1v2 = .i...i - * cb: =1- f ( 120 * x) * (0.33 * x) * cb: El

2

El

0

1 12 + - f {lo80 - 60*x) *(0.33*x) * dx

El

6

*

= _!_[ 40 x

El

+-

3

6

3

+ _!_ [360 * x

]

o

El

2

2 _ 20

1 8.4? ) 2 f l- 170 * x+l5.0 * x * (- 0.47l * x )* cb:

El

*x 3

o 12

3 ]

6

[80

1 -* x-3 7.07 *X +El

3

4

4]8.49 o

Para obtener la defo1mación en el horizontal en el mismo nudo, se debe repetir el mismo procedintiento ante1ior con las estructuras E 0 y E 2 . Sin embargo, debido a que no hay momento por carga mlitaiia ho1izontal la integración pai·a encontrar L1u? es nula. open in browser PRO version


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L1H2 = L f

M*m El

2

1 6 1 *dx= - f (l20*x)*(O.O)*dx + El El 0

lf2

(1080 - 6*x)*(O.O)*d'C

6

8

+

2 )*(0.0)*dx ~ 'Íl 170*x+l.5*x El

=>

L1H3 =0.0

0

10.5. Método de gráfico de integración La Integración gráfica o método de integración visual (H. Laursen, Stmctural Analysis, Me Graw-Hill) como comúmnente se le conoce, puede simplificar el desanollo de la integración directa y la necesidad de escribir las ecuaciones de momento interno para cada tramo. Las funciones de integración para el diagrama básico MIEI de un tramo generalmente producen diagramas parabólicos, lineales o constantes. En can1bio, los

222


diagramas de momento en cada tramo, debidos a cargas viltuales, son por lo general constantes o lineales. Esto último implica que la ecuación de momento de llll diagrama debido a fuerzas mritaiias sea de la forma lineal (a+b*x), por lo que la defonnación en cualquier tramo debida solo a flexión se reduce a:

_fLNE** An * -'·· JL ME*!*m * -'··

V -

--

u.x +

o

~

L* L * L * *J V v * u..\ _,__ + J T t * u.x _,__ -_J M m *u.X _,_ -

o G* A

o

L v =J M

o open in browser PRO version

- - u.x +K

*(

b* ) L a+ x * cb: = a * f _!!_* cb: E*! E*!

o


o G*J

o

E*!

L

+ b * J _!!_*x* cb: o E*! pdfcrowd.com

En el resultado ante1ior, la primera integral es el área bajo la cUlVa de diagrama MIEI, la cual denotaremos como AM. mientras que el segundo ténnino el momento de área de del mismo diagrama MIEI con respecto al centroide en dirección del eje x de las abscisas. Si denotamos este centroide como xM , la expresión ante1ior se simplifica a:

Tomando la expresión lineal entre paréntesis como Ym =(a* xM + b) , es decir, el valor de la ordenada del diagrama de la fuerza unitaiia en el centroide del diagramaM/EJ, se obtiene la siguiente deflexión: V =AM

* Ym

Es decir, la integral del producto dos ecuaciones de momento, una detenninada por una carga virtual concentrada que solo produce diagramas lineales y la otra definida mediante un polinomio de cualquier orden, se reduce calcular el producto del área del gráfico de M(--c)/EI por la ordenada y111 del gráfico unitario m(x), evaluada en la abscisa x M del centro de gravedad del diagrama de M(x)IEI. El valor de la integración se considera positivo si los dos gráficos se encuentran de llll mismo lado, por encima o por debajo del eje x de las abscisas. De igual fonna, llll resultado de defomrnción positiva indica que la dirección del desplazainiento coincide con la dirección de la cai·ga plmtual unitaria (fuerza o momento). En la Figura 10.22 se expresa gráficamente el significado de la regla ante1ior: en la distancia xM del centroide del diagrama básico de M (x)IEI se encuentra la ordenada y 111 del diagrama viltual unitaiio, y el producto de ésta ordenada por el área de M (x)IEI, es el resultado de la defonnación interna reque1ida. Pai·a un elemento de sección vaiiable el proceditniento ante1ior no aplica, pues en este caso no se puede extraer el valor lmiforme de la rigide=. El del tramo. En este caso se usa el método de la integral directa pai·a la resolución de la defom1ación.

223



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Área diagrama M(x)/EI

Centroide diagrama M(x)/EI

._.__,__._"- '_. ._.___.__.,. .J_._··.r.. .

J.~M

···1·_····-·¡'-' ........

Diagrama M(x)IEI (Diagrama Eo)

Diagrama m(x) (Diagrama Unitario)

Figura 10.22. Integración visual del diagrama básico de momento con el unitario.

Cuando se presenta una vaiiación escalonada de la rigidez de la baira la multiplicación de las áreas se efectúa pai·a cada tramo, incluyendo el valor propio de El, y luego se suman los resultados. De igual mai1era, donde hay cambio en la ubicación del diagrama en los puntos de inflexión del eje x de las abscisas, se toman las porciones del diagrama hasta los puntos donde los momentos c01tan el eje. Dicho de otra manera, se tomai1 las porciones del diagrama que están por encima del eje x, en el sentido positivo del eje y, como tramos independientes de los fragmentos del diagraina que están por debajo del eje x , dentro de la longitud del elemento considerado. Se hace esto para poder realizai· una adecuada multiplicación de áreas de acuerdo a figuras geométiicas conocidas, y también para contai· con el cambio de signo de las ordenadas del diagrama de momento de acuerdo a su posición con respecto al eje x , en especial cuando se efectúa la multiplicación con llll diagrama unitaiio que tiene todas las ordenadas por encima o debajo del eje horizontal..

Pata un gráfico complejo cuyo diagrama de momento conesponde a la acción conjunta de cargas puntuales o distribuidas y momentos puntuales, es recomendable descomponer el diagrama integrado en m1a se1ie de gráficos geomét1icos elementales de acuerdo a la naturaleza de cada carga: diagramas independientes por cada peso o momento puntual y open in browser PRO version


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.......

.......

.&.

...._

.&.

...

.,,

por cada peso distiibuido. Es decir, se toman individualmente los diagramas de momento debido a cada carga y luego se aplica superposición para reunir la acción total dentro del cálculo de las defom1aciones. Algunas áreas que pueden ser asociadas con diagramas básicos de M (x)/EI se muestran en la Tabla 10.8 . Para estos diagramas no es necesaiio conocer la ecuación sino el tipo de ecuación (constante, lineal o pat1tbólica), y la coordenada del centroide en la dirección ho1izontal. Estos gráficos también süven pai·a realizar la integración de las funciones conespondientes a normales, cortantes y momentos de torsión cuai1do son utilizadas para conocer una defonnación mas precisa de la estructura estudiada.

224


Tabla 10.8. Áreas y coordenadas horizontales del centroide para secciones geométricas sencillas. Á rea y Centroide de la Sección

Tipo de Gráfico

!

al

i i i

!

i i i ¡

' XM

¡+¡ !

!

!

1

:

1

1

la

AM

=a'" L

XM

=(~)* L

L

AM


=(~)'"b* L /-"


Á rea y Centroide la Sección

Tipo de Gráfico

a~ _ ¡ _i_ i_ ! _i _ ;_ , -· - j XM

!

i'

=(f)*a*L ~M =(+)* AM

L

L

ATlll+

de

b

4

= (~}b* L pdfcrowd.com

XM

L

=l~J* L

L

¡

a

b !

IA+h~ !

4

xM =(1} (1 +i)

¡

.(',_,1

= (~)*c*L

L

e

e ; !

l i ..~M

!

;

!

1+1 ¡ ;

L

AM ; i

XM

=(~)*e* L

=G)*

a

1 1

¡¡111¡¡¡! ¡ ¡ 1+ 1 ¡ ! !

b

..t",.,

L

[.

-XM

=

( b+2*c ) * L a+b +4 *c

Para los cálculos de la integración visual se puede emplear la Tabla 1O.9 de productos de los gráficos del momento básico y el momento unitruio de la fuerza viltual. Con ésta ayuda de cálculo se evita esc1ibir las ecuaciones para las fuerzas internas y se elimina la necesidad de resolver directamente las integraciones. Las gráficas de la colm11na izquierda conesponden a los momentos de la estrnctma básica, mientras que los diagramas lineales de la parte supe1ior de la tabla son los momentos unitruios virtuales.

225

José Javier Martí.nez Echeverry



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1 auia 1v.!:I. 1megrac10n snnp1e ue magrarnas ue rnumemus ue esirucwras uas1cas con esul1cuiras urmanas.

111al

~

,,,,,~ ¡, , r l .!!!! . .. .~ .. . . .

¡ ! ! ¡ 11 ! ! ¡ ¡ 1 1 /,

¡

L

L

1

1

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Mil ll ll 1±1111 llM¡ ¿

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2L*M2 * ma

3

M1 ~ 1 11 11

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6

L

6

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-L *M1 m

i

e

- *M2 *me *(l+c/ L)

- *M2 *ma

-

2

2

L

!:_ .,M,'"mb

-L*M 1 * m

!:_ ,.M1 *(ma +m) b

!:_*Mi * ma 2

1

6

a

1

~*(M1+M2)*ma

.!:_ ,.mb *(Mj+2*M2) 6

.!:_ *m *(2*M j+M 7 ) 6

a

-

!:_* ma *(2*M i·,..M 2 )+

!:_*MJ'"inc *(! +di L)+

!:_., m *(M,..2*M)

!:_*M7 *m *(!+el L)

6 6

2*L - 3- *M3*ma

L

- *M1 *ma 3

2* L*M *m 3 a

h

/, .


a

.!:_* M 3 *m a

L - *M *m 12 1 b

- *M1 *ma

5*L.~M 2 ~··mb - -·

.!:_* M 2 *m a

3

.!:_*M·*m 2 J a

6

;


2

6

e

-

L - *M3 *(ma + m·) o 3

4

2 *M3 * me * (1 +-e *dJ L 9 L1

-

4

12

~ *M3 *m¡, *(l + al L)

J'

L

,

l~I ;

2

L - *M3*mb 3

b

6

~*M3 *111a *(l +b/ L) 6

L (¡'" M3 *ma *(1 +bl L)+

a
L - *M3 *m¡,*{l +a!L) 6

L(c - a)2 * M * m b*c 3 e

3

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Ejemplo 8: Utilz=.ar integración virtual para encontrar la dejlexión vertical en el nudo 2 del ejemplo 7. Los diagramas de momentos de la estructura E0 , con cargas externas, y la estructura virtual E 1 con carga viitual unitaria en el nudo 2 , son presentados en la siguiente

figura. Estos diagramas son los mismos de la Figura 10.21 pero han sido divididos en tramos y figuras simples que faciliten la integración visual entre los diagramas de momentos presentados en la Tabla 1O.9 .

,. ..._ _6_.0_ m _ , 1••__ 6._ 0_ m _.,,1 6.0m 1


@

6.0m

6.0m 6.0m


Figura 10.23. Diagramas de momento en estmcturas básica y con cargas unitarias.



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J..J.1. ,::).1.f;U.J.WJ l L'-'

w,::,

\,;.l. .l.\,;,::)lULauv \.L\,; J.Ct Ut:;JVI 11u.t-t..1.v1i

ver itt..UI- eri

e¡.

ltUUV

"" '

U\.f.::>puw,::,

\.L\,; J.Jll.'-'OJ.CU

gráficamente los momentos de las dos estmcturas mostradas en la figura ante1ior. Llv2 =

L JM El* m * dx =_!____ * (~3 * 720 * 2) + _!____ * [(~2 * 360 * (2 + 4)) + ~ * 360 * (2 * 2 + 4)] El El 6 2

+_!_ ( 8.49 * 360 *4 + 8. 49 * 270.3*4) => Llv2 = 19375/ El

3

3

/El

227


En el tramo 1-4 se integran los dos diagramas tiiangulares de momento AM1 y Ami de las respectivas estiucturas E 0 y E 1 . En el tramo 4-2 la figura trapezoidal de momento en la estructura E0 se subdivide en las áreas AM2 y AM3 para integrarlas más fácilmente con el diagramaAm2 de la estructura E 1. Finalmente, el diagran1a de momento del tramo 2-3 se subdivide en las áreas AM4 y AMs para integrarlas con el diagrama de momento triangular Am 3 de la estructura mritaiiaE1. El resultado (en kNewton y metros) es prácticamente el mismo del Ejemplo 7, lo que indica que para estructuras con diagramas sencillos de momentos el método visual es especialmente útil pai·a cálculos manuales. En la integración del momento de la estmctura E 0 con el momento t1iángulo de la estructura E 1, en el tramo inclinado 2-3, el momento pai-abólico en la mitad de la luz de la cai·ga distlibuida se calculó como: M 3 = iv *(L23)2 =30*(8.49)2 =270.3 kN -m

8

8

Ejemplo 9: Resolver la deformación vertical en el punto 3 de la viga nwstrada. El diagrama de momentos de la estrnctura básica Eo, en la siguiente figura, corresponde al tramo 3-6 de la viga compuesta del Ejemplo 4, a la cual se le va a encontrai· la defo1mación en el nudo 3 .



.

.

.

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inicial. La estructura unitaria E 1 muestra la misma viga simplemente apoyada una vez se ha colocado la carga unitaria en el punto donde se desea encontrar la conespondiente deforrnación.

l L llZ7 l l L! I l ! ! l ! l *j! l

13.75Tn

w=5Tnlm

@

1@ Roy = 45.94 Tn

@[

5.0Tn

~

@

RSy = 30.61 Tn

1.0Tn

~

@

r.Al7

u@

r•y= 1.25 Tn

A @fl

@

rSy= 0.25 Tn

Carga Unitaria Estructura E1

Cargas Externas Estructura E0

Figura 10.24. Diagramas de carga de las estructuras E0 y E 1 del Ejemp lo 9.

De acuerdo con la Figura 10.25 se podria pensar en integrar gráficamente las áreas AM1 a AM4, de las parábolas en que se ha dividido el diagrama de momentos de la estmctura básica Ea. junto con las áreas pares A 111 1 a Am4 del diagrama unitaiio E 1. Sin embargo, ésta aproximación no es valida en este caso porque los diagramas de momento de la estructura básica E 0 son el resultado de sumar las coordenadas de una pai·ábola, debida a las cai·gas unifonnemente distribuidas, con diagramas lineales que son consecuencia de las cargas puntuales en los extremos de la viga simple. Como se mencionó anterio1mente, para obtener resultados más precisos es conveniente dividir el diagrama de momentos de la estmctura básica en diagramas propios de cada una de las cai·gas aplicadas, sumando luego los efectos globales de acuerdo al p1incipio de superposición.

228



1.39m ( ""'n- 1 - - - - Are you a developer? Try out the HTML to PDF API

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11 ..:.um ,,1e -¿;¿7m ,,1, . 1 37.5Tn-m 1 AM1

4.;s4m

,1, ~ ,1

..:.um

1

~ ~ &;~i® 1@

r 4y =

~=45.94Tn

~=30.61


1.25 Tn

®n

rsv = 0.25 Tn

Tn


Figura 10.25. Diagramas de momento en estructuras E0 y E1 del Ejemplo 9.

En la Figura 10.26 se presentan los diagramas de momento de la estroctura E 0 tomando cada carga por separado: los dos diagramas lineales debido a las cargas pm1tuales en los extremos 3 y 6, y el diagrama parabólico debido solo a la carga uniformemente distribuida. La superposición de estos tres diagramas da como resultado el diagrama total de la estmctura básica mostrado en la anterior Figura 1O.25. En general son siete áreas de la estmctura básica que se integran con cuatro áreas de la estmctura mlitaria: los diagramas AM1 y AM4 de la estmctura Ea se integran visualmente, cada uno, con el diagran1a A m1 de la estmctura unitaiia; los diagramas AM2 y AM3 en el tramo 4-5 de la estmctura básica E 0 se integran con el diagrama tliangulai· general del mismo tramo 4-5 en la estmcturaE1; por último, los diagramas de las pai·ábolas AMs, AM6 y AM7 en el tramo central de la estmctura básica se integran con los respectivos diagramas A m2 , Am 3 y A m4 de la estmctura unitaria. Las áreas AMs y AM7 en el tramo central de la estmctura básica están limitadas por los puntos de inflexión de la pai·ábola, es decir, donde los valores de la cmva son iguales a cero. Debido a la simetiia de esta figura en paiticular, los puntos de inflexión están a 0.54 m de los apoyos 4 y 5, respectivamente. El resultado de integrar gráficamente las áreas mostradas es el siguiente:

Llv3 ='\' (A * ).=_!_ *(2*27.5 *2) +_!_ *(2*10* 2) +_!_ *(8*27.5 *2) ~ M Ym El 3 El 4 El 3 1

i=7

+_!_ *(8 *106 *2) +_!_ *(0.5412*10*(3*2+1.87)) El El +_!_ *(º·54*10 *0.14) _ _!_ *(6.92 *30 *(l. 87 +o.n)) = 85.2 El 12 El 3 El open in browser PRO version


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Lct 11::::s.11uc:::slct c:::s ::SlllllJ.CU cu VCUU! l..CUl..WctUU C:Jl C:l I!.,jt!fl'ljJlU 'f UC:l 111c:::sc:JllC: l..Cl.llllWU, 11c:1u uc:

paso se comprueba la utilidad de este método para evitar la integración directa.

229

José Javier Martínez Echeveny

@ ~y=3A4 Tn

R.y= 17.19 Tn

Momentos Estructura Ea debidos a Carga Puntual en Nudo 3

r

0.54 m

R.¡y = 1.25 Tn

~=6.25Tn

Momentos Estructura Ea debidos a Carga Puntual en Nudo 6

0.54 m "\

1~1l; _____ 6._92_ m _ _ _ _~~,

.

@

1 1

2.0 m .~

1 1 1 110.0Tn-m

A,,,3

Am4

1@ R.y=30.0Tn

Am1

AMs

30Tn-rn

R~=30.0Tn

Momentos Estructura Ea debidos a



r4y= 1.25Tn

rsy=0.25Tn

Momentos Estructura E1 debidos a

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Carga Unitaria en Nudo 3

\JGll !:jGI L.Jl:>ll IUUIUGI

Figma 10.26. Diagramas de momento de Ja estmcturaE0 del Ejemplo 9 para cada carga por separado, y diagrama de momentos de Ja estructura unitaria E1 del mismo ejemplo.

230


Ejercicios propuestos Problema 1O. l. Para la siguiente estructura, utilice el método del trabajo virtual para detenninar la deflexión vertical en el nudo 2. Utilizar el método del trabajo virtual y considerar la misma área para todos los elementos. 2Tn


1 Are you a developer? Try out the HTML to PDF API

4Tn

l_

2Tn

l_ pdfcrowd.com

1.6m

3m

3m

3m

3m

Problema 10.2. Calcular las deformaciones ve1ticales en el nudo 3 y el nudo 6 de la siguiente viga compuesta. Tomar E*I constante en todos los tramos. 5Tn

10Tn

10Tn

5Trim

.(2) ~ ¡ ¡ ~ ¡ 1~I i;©II I I I I I i 1! l

2.5T/m

+¡ ¡ ¡

(j) 1

1

@

1

· 2m · 2m ·

3m

3m

@

1

1

1 2m 1

8m

2m ·

flf;t,,,~

@

3m

3m

Problema 10.3. Calcular las defo1maciones ve1t icales en los puntos x = 4m y x = 9 m. Considerar constante la rigide:; El en cada tramo. 5 Tn

4 Tn

2 Tn/m

~(j)

5 Tn-m:i7*

'

i

I I I I ItI I I I I I I I l I I I I I I I I l

®•

El

4m

k

' ' ¡,1 m •

4m

~(

º@

El

®•

@

1

5m

t

.1

1

'

1.5 m ~

" 1

Problema 1O.4. Repetir el Problema 8.7 utilizando el método del trabajo viitual. Utilizar El constante en los tres tran1os de la estmctma w=20kNhn

1

3m

@

!'<' -

Articulación

1

El

6m

@

Articulación - /

1

fil@

El

3m

1

1

231



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Problema 10.5. Para la siguiente estmctura, encontrar las defonnaciones horizontal y ve1tical en el nudo 2 tomando en cuanta las rigideces propuestas .

-·- · - ·- ·-· -·-·- · -·- ·- ·- · -l - · -·- - · 3m

El

2m

8m

Problema 10.6 . Para la siguiente estmctura, detemrinar la defo1mación horizontal en el nudo 2 y la defom1ación ve1tical en el nudo 3. Utilizar El constante para todos los tramos. 5Tn/m

@

@

<5'

3m

.A /_-:> __

3m

1

3m

1

© i 1

© 1

·1.5m·1.5m .

3m

3m

1

1

1.5m 1.sm:

Problema 10.7. Hallar los diagramas de momento y cortante para la siguiente estmctura. La



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estrnctura es doblemente articulada.

1 Tn/m U

¡ { l l Jl ! ! !

11111 IJz

El

Tnlm

El

8m El

El

Sm

Sm

232


Problema 10.8. Para la siguiente estructura encontrar la defo1mación vertical en el punto 2 y el desplazamiento ho1izontal en el nudo 4. 180 kN 30kNfm

!

11 1111!!1 El

@

El 6m

6m



6m

6m

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Problema 1O.9. Para las estrncturas mostradas en los Problemas 5 .1 O y 5 .11 encontrar la deformación ve1tical en el nudo 3. 2m

'i'

2m

1

,r

~~

2m

2m

q;- ··-·· - ·· -· · 2m

2m 100kN

100kN

2m

2m

Problema 10.10. Para el pórtico ABCD mostrado, sin la adición del cable CE, todos los elementos tienen la misma longitud L, elasticidad E, inercia I y área A. Sin considerar los efectos de cortante y carga axial, la solución elástica es : MAs =Mnc = 4PL/14 Msc = Mcn = 3PL/14

a.) Demostrar que la deflexión horizontal de la barra BC es LIBc

=

5PL3 / 84EI

233



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b.) Asumir que se adiciona la barra CE a ser colocada como se muestra en la figura y trabajando solo para carga axial. El módulo de elasticidad de la bana es el mismo E de las otras banas. Encuentre el área de la baITa de manera que la defonnación longitudinal LIBc sea la mitad de la deforrnación encontrada en el punto ante1ior.

- · ·-

p

®

©

~~----------.-.

''

''

''

L

''

''

''

''

''

@

''

', ©

ñon

L

L

Problema 10.11. Hallar la defo1mación horizontal y ve1tical en el punto 5, donde se halla la articulación. Utilizar la misma rigide:; El para todos los elementos. 30kN/m

@ Articulación

7.0m

1

1

d)

~-i- ·

1

•

,i.2m,f 1

5m

1

5m

-

1

k 2m i '¡ '¡

Problema 10.12. Hallar la defonnación ve1tical en la articulación del nudo 3. Utilizar la misma rigide:; El para todos los elementos.



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4m

1

r

2.5m

2.5m

25m

,f

2.5m

1

'i'

234

11 . Análisis de estructuras hiperestáticas por giro-deflexión

11 .1. Relación de fuerzas y deformaciones en los nudos Para analizar estructuras hiperestáticas es conveniente empezar por establecer la relación entre las fuerzas internas y las defonnaciones en los nudos de cada elemento de la estructura. En la Figura 11.1 se muestran las fuerzas c01tantes y momentos en los extremos del tramo, la carga distiibuida sobre la luz, y los giros y las defo1maciones verticales en los extremos de la bana ilustrada. El objetivo es enconti·ar las expresiones que relacionan las fuerzas internas con las deflexiones y rotaciones en los extremos. En el siguiente procedimiento no se considera el efecto de la fuerza axial debido a que ésta produce defo1maciones muy pequeñas y la influencia en la solución a considerar es muy poca. Las fuerzas verticales y momentos, lo mismo que los desplazrunientos ve1ticales y rotaciones, se presentan en la figura en sentido positivo: las fuerzas y desplazrunientos ve1ticales son positivas hacia aniba en tru1to que los momentos y rotaciones lo son en sentido contraiio al horaiio. Se plantean las ecuaciones en los nudos, donde el momento total es la suma de los efectos de rotación, desplazamiento y de los momentos de open in browser PRO version


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empotramiento debidos a las cargas.

¿[[[}J] r r1It t 1 ~

CDE·- ·- ·- ·- ·- ·- ·- ·- ·- ·- ·- ·- ·3 t

. .-& i. ~

//.

/.

/

0

.

--;.-.J /

/

1

i

].----------------------'----~

yk

~ · - · - · - · - · - · - · - · - ·- · - · - · - · 3

M¡k

V~

1j'

Q~k

L

~ "1

M,.¡

Figura 11.1. Tipos de arcos isostáticos, los dos primeros, e hiperestáticos el último.

Para encontrar la relación fuerza-desplazamiento empezamos por integrar la ecuación diferencial de la viga en un punto x cualquiera:

donde q(x) es el momento debido a las cargas externas aplicadas y generalmente es positivo en el sentido contrario a las manecillas del reloj .

235


Para una carga uniformemente distribuida w sobre el elemento, la expresión de q(x) es: open in browser PRO version

1 0 * "'2 Are you a developer? Try out the HTML to PDF API

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,.. "' qx ( )= 2

Integrando EI*y" dos veces se obtienen respectivamente el giro y el desplazamiento en llll punto x cualquiera: 2 ] - M p: * .x+f(x) + r. " k *x RT* y'= J 1 [ 2

3 v k*x ]

El* y =

J

[

6

-

2 {M k *x ) J

2

+ j(.x)+c 1 *.x+C 2

Las expresionesf(x) y g(.-r) conesponden a: j(.x)= Jq(x)* dx

J

g(x)= j(-x)* dx

Para encontrar C1 y C2 se necesita establecer las siguientes condiciones de borde: y' =fJj , y =y j en x=O y'=fJk , Y=Yk en ,x=L

Si se utilizan las dos primeras condiciones de borde en el extremo j , se obtiene:

Las ftmciones f (x=O) y g(.-r=O) están definidas como cero para todas las cargas. Ahora, utilizando en las expresiones de EI*y ' y EI*y los valores de C 1 y C 2 encontrados y los resultados de las seglllldas condiciones de borde del extremo k, o sea cuando x=L, se obtienen las siguientes expresiones: Vk El * fJk = J

* L2 2

Vjk * L3 El* Yk = - - 6

- M ;k

* L + J(L) + El * fJj

M k *L2 J

2

+g(L) + El*fJ · *L+El*y· J

J

De acuerdo al equiliblio estático de los nudos, la suma de momentos y füerzas verticales en el extremo derecho son iguales a cero. Entonces: open in browser PRO version


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236


donde W = J 111(x) * dx, es la fuerza equivalente sobre toda la longitud L. Por tanto:

Sustituyendo V;k en las ecuaciones para

~

y Yk, se obtiene:

Resolviendo para.M}k y Mk/ 2 * El ( ) 6 * El { ) F M ;k = - - 2* B; +()k + - - vi; -yk + M k 1 L L2

Las vaiiables ~k y M kJ representan los denominados momentos fzjos y se expresan de la siguiente manera: MF

jk


=~*[3* g( L) r.2

L* f ( L) ]


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MF kJ

=__¿__ * [L2 * q(L) - 4* L * J(L)+ 6 * g(L)] L2

Las c01tantes para una carga resultante W en toda la luz, son: 6 * El ( L2

v Jk = - - o1

)

+ ok +

12 * El ( ) F YJ - Y k + v k 1 L3

) 12 *El ( ) F 6 *El ( Vk = - - - O· + Ok 1,Y · - yk +V . U L2 J L3 J kJ

De la misma manera que se hizo para.los momentos, las cortantes fijan son:

v11; = ~ * [2 * g ( L) - L * f ( L) ] L3

v! "'J

=~*[L*f( L) - 2*g(L)] - w L3

237

José Jcniier Mal"linez Echeverry

11 .2. Derivación utilizando fuerzas y momentos de rigidez Las ecuaciones de M;1o Mk1, T/;k y VkJ se pueden plantear a partir de la definición de rigidez que se genera para cada uno de los cuatro movimientos en los nudos del elemento j-k de la Figma 11. 1, si se considera que ambos extremos están empotrados. Inicialmente se le pemrite a la viga empotrada desanollar por separado los cuatro grados de libe1tad en los dos extremos de la misma, según se muestra en la Figura 11.2, y posterio1mente se supe1ponen los valores de momento y cortante que se obtienen de cada caso, junto con los . ,..,. . . . .. open in browser PRO version


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vaiores UJOS aeoiaos a1as cargas externas ap11caaas.

1ai~ ~ ~:~:~ =:~':,~::: ;e®~ g

""k<~

.... .......

.......... . · .= ...:..-··:··.:.... , _ , - . - . - · - · - · - · El

r.v~ g

V.J~

í V;k(d)

f L

L

Figura 11.2. Tipos de arcos isostáticos, los dos primeros, e hiperestáticos el último.

De acuerdo a la swna de los cuatro casos de la figura ante1ior, jWlto con los valores fijos de momento y co1tante por cargas externas aplicadas, los valores de ~"' Mkj, V¡k y Vij son: M;k =M;k (B; )+ M;k (Bk )+M;k (LI; )+ 1\í;k (Llk )+ MfK Mkj =Mkj (B; )+ Mkj (Bk )+ Mkj (LI; )+Mkj (Llk )+M~ V;k

=

v;

V;k (B; )+V;k(Bk )+V;k (LI; )+ V;k (LI; )+

vkJ = vkJ (o1 )+ vk.J (ok) +vkJ (LI1 )+vkJ (Llk )+ v;

238



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Las vaiiables ~k(8), ~k(f)¡J, ~k(iJ.), ~k(L1¡J son momentos de j y k debidos a los giros y las defonnaciones en los nudos j ó k, respectivamente. De la mima manera están definidos los momentos parciales de k aj, así como los valores de las cortantes que se presentan en los dos extremos. De a.cuerdo con la definición tradicional de 1igidez, los momentos y c01tantes en los extremos de la viga empotrada mostrada en la Figura 11.2, y debidos a cada caso de giro o defomlación, se definen a continuación:

* Cuando se permite giro 8 l : M lk (81 ) = v 1k (8l ) =

4 *El

L 6 *El L2

*81

*81

· M k'J (8J ) = ,

2 *El L *8J·

Vkl (81 ) =-

6 *El L2 *81

;

* Cuando se permite giro 8 k : 2 *El

M;k(8k )=~ L v 1k(8k )=

6 *El L2

*8k

*8k

; ;

M k1 (8k )= v k1 (8k) =-

4* El L *8k 6 *El L2

*8k

* Cuando

se permite deformación L11 : 6 *El 6 *El M ;k (L11 ) = *iJ.1 , M k; (L11 ) = *L11 L2 L2

V (L1 )- 12 *El ;k J L3

* Cuando

* L1 . J

Vk·(L1)=- 12 *El* L1 . 'J J L3 J

se permite deformación iJ.k : M kl (L1k) = -



6*El L2

* L1k pdfcrowd.com

A ) V k (LJk

J

12 *El

=-

L3

* LJk

V .(LI ) _ 12 *El kj k 3 L

A

* LIk

Teniendo en cuenta las ante1iores definiciones se obtienen inicialmente los valores de

~k

y M k1 como:

M

- 4 * El

Jk -

L

*e

J+

2 *El L

*e

k +

6 *El * LI L2

6* El*

J

* 8 4 *El * 8 6 *El M kJ = 2 *El L J+ L k + L2

* ,.

L2

6 *El

J-

LJ

L2

A

LJk +

* ,.

LJk

+

MF k J

MF kJ

239

José Jcniier Mal"linez Echeverry

Los valores de

~k

y Vi1 son:

_ 6 * El * (} 6 * El * (} 12 * El * VJk - - j +- - k + LI; L2 L2 L3 Vkj = _ 6 * El L2

* (} _ 6 * El * (}k J

L2

12* El* ,. vF LJk + k J L3

_ 12 * El * LI . + 12 * El L3 J L3

* Llk + V F ;k

Estas ecuaciones son exactamente iguales a las encontradas en la Sección 11 .1 excepto que se sustituye la deformación ve1tical y 1 por Ll1, e igualmente la defom1acióny2 por Ll2 .

11 .3. Fuerzas de empotramiento en los nudos Los momentos y c01tantes fijos en los extremos de dos casos de viga empotrada con open in browser PRO version


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longitud L son analizados a continuación. El p1imero caso coll'esponde a una viga con carga distribuida y el segunda es una viga con carga puntual a una distancia a desde el extremo izquierdo. En ambos casos la rigide::. El es constante y se utilizarán las ecuaciones encontradas en la Sección 11.1.

Para una carga unifom1emente distiibuida actuando verticalmente hacia abajo, las funciones q(x), f (x) y g (x) son: q( x) =-1*w*x 2

f(.x) =-~* w*x 3

;

g( x) =-: *w*x 4

;

W = w*L

4

Los momentos y las c01tantes de empotramiento son: _ 2 M Fk J

L2

M kF. = - 1 1 L2 _ 6V Fk ) L3

VF

k;

*[ * 3 -24

2 *L4 L* *L3 ]_w*L ltl +- w 6 12

2

l

4 *L *w* L3 - 6 *w* L4 = * [ -L- *w* L2 +-

2

*[L* -

6

ltl

24

6

w

* L2 12

*

*L3 - 2 w *L4 ] _ w*L -24 2

4]- (- w*L )=---+w*L=-w*L w*L 2 2

6 [-L *w*L 3 +-*w*L 2 =-*

L3

6

24

Para una carga puntual colocada a una distancia a del apoyo izquierdo, o a una distancia b del apoyo derecho, las funciones q("C), /("') y g(."') son: q(x) =- P( x - a)* Ha ;

f ( x) =-!_ * P( x -a/ * Ha 2

g(.x) =-!.._ * P( x -aJ3 *Ha 6

240



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Anatws baszco de estructuras

Para cuando x=L y b=L- a, entonces: q( L ) = - P( L - a ) ; q( L)

=-

P( b)

f ( L)

;

-1* = -1*

f ( L) =

P( L-aJ2

P( bJ2

,

;

g( L)

g( L)

= - ~ * P( x -aJ3

=- ~ * P( bJ3

Los momentos de empotramiento son:

=_l._ *[- !_* P*b 3 +!__* P*b2 * L] = P*b2 * ( L -

MF Jk

L2

2

6

b)

L2

p *a* b 2

=---

L2 MF =_!_ *[- L2

~

L2

* P*b + 4 * L* P*b 2 - ~* P*b 3 ] = P*b *(2

=- P*b*(L L2

b) 2

L2

6

L2 +2* b* L - b 2 )

P*b*a 2

=----

L2

y las respectivas cortantes de empotramiento son:

3 +L*P*b 2 ] = P*b = ~* [-_¿*P*b ;k L3 6 2 L3

2

vF

VF

~

*(3*a + b)

= ~* [-L*P*b 2 + _¿*P*b 3 ]-(-P) = P*a ~

2

~

6

2

*(a + 3*b)

En el caso en que a=b=L/2, los momentos y c01tantes de empotramiento se convie1ten en: MF = p*a*b

Jk

L2

*

2

2

= p*(L ! 2)*(L ! 2) = p*L L2 8 2

P* b a M F - - ----


p*L


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8 2

2

= P*b *(3*a+b) = P*(L 1 2) * ( 3*L + L) = p Jk L3 L3 2 2 2

vF

2

2

VF =P*a *(a + J*b) = P*(L / 2) *(L+J*L) = p kJ L3 L3 2 2 2

241


Ejemplo 1: Viga continua. empotrada en un extremo y libre en el otro extremo. Para la viga

continua mostrada en la Figura 11.3, detenninar el equiliblio en los nudos y los diagramas de momentos y c01tantes. Las luces de cada tramo son L 1 = 1O m y L2 = 15 m. Empezar por plantear los momentos al extremo de cada tramo, de acuerdo a las ecuaciones encontradas en las secciones anteriores, y luego establecer el equilibrio del nudo definiendo que la sumatolia de todos los momentos que llegan al nudo debe ser cero. P= 6.0Tn

w= 2..IJTn/ml

1

El

El

@ 10.0m

@ 7.5m

7.Sm

Figura 11.3. Viga hiperestática a utilizar para el ejemplo l.



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LV'> JllVJllClllV'> llj V'> '>Vll J ClJ.UCJ.lUV'> CH CJ J'> uc

15" u-U<::J '"'""'Uft

pvi J V

lJ. llC pucUCll '>CJ

obtenidos considerando cada tramo como un miembro con los extremos empotrados. En muchos casos los momentos fijos o de empotramiento son dados en tablas según el patrón de cargas, pero aqlli utilizamos las expresiones encontradas en esta sección. Momentos fijos para tramo 1-2: F 2* 10 2 M 12 = =16.67Tn-m 12 2

F F 2* 10 M21 = - M12 ==-16.67Tn. - m 12

Momentos fijos para tramo 2-3: M

F 23

F

P*L

=-

5*15

- = - - = 9.38Tn - m 8 8

F

P*L

5*15

M32 = - M23 = - 8- = - 8 - = - 9.38Tn. - m

Los pasos para resolver la estructura por giro-de.flexión se reSlunen a continuación : • •

Se identifican en los nudos continuos las rotaciones o detlexiones no conocidas. Se generan los momentos en los extremos de cada tramo según las ecuaciones de giro-de.flexión desanolladas en la primera o segunda sección del presente capítulo. Los

242


• open in browser PRO version

momentos en los extremos deben estar expresados en función de las rotaciones o detlexiones en los nudos, y de los momentos fijos. Se plantean las ecuaciones de de equilibrio en los nudos en témtinos de los momentos


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• •

•

en los extremos de cada tramo. Se sustituyen los momentos de los extremos en las expresiones de equilib1io del nudo. Se resuelven simultáneamente las ecuaciones de equilib1io y se encuentran las incógnitas que en el presente caso serán las rotaciones o deflexiones inicialmente planteadas. Se sustituyen los valores de los giros y deflexiones encontrados en las ecuaciones de momento de los extremos y se establece el equilib1io definitivo de momentos y c01tantes en toda la estrnctura.

Para el presente problema se considera que en cada uno de los tres nudos hay un giro y m1a deflexión ve1tical, seg'lm se planteó inicialmente con el método al desanollar las expresiones de momento y c01tante. Los grados de libe1tad a considerar para la estrnctura son seis en total puesto que los conespondientes a la deformación axial no son tenidos en cuenta en vigas. Sin embargo, debido a que la viga continua es empotrada en el nudo 1 y tiene rest1icción ve1tical en los nudos 2 y 3, los grado de libertad B1 , y 1 , y2 y y 3 son cero. Los momentos extremos del tramo 1-2 en ftmción de la rotación, defo1mación veitical y momento fijo de cada nudo son:

M 12

/ [ o = 2 *E1 * [ 2 * fh /~ + fh ) + 6*E1 2 * Jf'1 L1

M12 =

2* El L1

M 21 = 2* El L1 M 21

L1

1

1

º) /

-'1''2

F

+ M 12

1

F

* 82 +M12 = 0.2* El *82 +16.67

*(n'en ? + 1

~- ~-)

2 * 8 2 ) + 6* 2El* ( 'JJ'1 - Jf2 + MF 21 1 1 L1

= 4 *EI *82 +M~ L1

=0.4*El*82 -16.67

Por cada nudo se planteó una rotación y una defonnación vertical, pero se reemplazaron con cero aquellos grados de libe1tad con restricción de movimiento. De igual manera, los momentos extremos para tramo 2-3 son los siguientes: M 23 = 2*El L2 M 23 =


4

*(

2 * 8 2 + 8 3 ) + 6*El 2 L2

: El *82 +

2

*( ~

~·)

.r'2 - -"''3 + MF 23

1

1

: El *83 +M~ =0. 267* El*82 +0.133* El*83 +9.38


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243


M 32 = 2 *El * (82 + 2 * 8 3 ) + 6 *El L2 L} M 32

=

2* El L2

* 82 +

4* El L2

* ( JJ2~ '

~ J+ M 32F

JJ'3 ,

F

* 83 +M23 = 0.133* El* 82 +0.267 *El* 83 -9.38

Estableciendo equilib1io de momentos en nudos 2 y 3:

LM2 =0 ::::> M 21 +M23 = (0.4El*82 -16.67)+(0.267El*82 +0.133El*83 +9.38) =0 :. 0.667El*82 + 0.133El*83 =7.29

~

Ecuación ( 1)

IM3 =0 ::::> M 32 =( 0.133El*82 +0.267El*83-9.38) = 0 :. 0.133El*82 +0.267El*83 = 9.38

~

Ecuación (2)

Resolviendo las ante1iores ecuaciones (1) y (2): :.

fh=4.331 / EI;

fh =33.0JIEI

Sustituyendo estos valores en las ecuaciones de momento extremo de cada tramo: 4.331) + 16.67 =17.53Tn -m M12 =0.2 *El* ( ---¡¡-4.3311 M 7.1 = O. 4 * El * ( ----=:- 1 - 16. 67 = -14. 94 Tn - m



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\

El )

M 23 =0.267 *El* (

·~: 1) + 0.133* El* ( 3~~1 ) + 9.38=14.94Tn - m

4

4.331) + 0.267 *EI*--¡¡-( 33.01 ) - 9.38=0.0Tn - m M 23 =0.133*EI*--¡¡-( Conociendo los momentos en cada extremo las c01tantes se encuentran de la siguiente manera :

_ 2 * JO J7.5 3 _ J4.94 _ J026'T' V12 - - - + - - - - - . 1n 2 JO JO _ 2 * JO _ 17.53 J4.94 _ T V21 - - - - - + - - - 9. 74 n 2 JO JO 5 J4.94 V23 =-+--- 0.0 = 3.5 Tn 2 J5 5 14.94 V23 =----+ 0.0 = J.5 Tn 2 J5

244


P

w= 2.0Tn/ml

=5.0Tn

J M12 = 17.53 Tn-m M21 = -14.94 Tn-m ~.,,,.,.:,...,...., M23 = 14.94 Tn-m

V21

=9.74 Tn-m

10.0 m



7.5m

7.5m

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Figura 11.4. Viga del ejemplo con valores momentos y co1tantes extremas definitivos.

Para establecer el comportamiento del diagrama de momentos se investigan los valores máximos de momento tanto en el punto xa = 5.13 111, del tramo 1-2, como enxb = 7. 5 m del

tramo 2-3, donde las c01tantes son cero (Figura 11.5). 2

2 * 5.13 =+ 8.8 Tn - m 2 M xb =3.5* 7.5-14.94=+11 .3Tn - m Mxa = 10.26* 5.13-17.53-

Los diagramas definitivos de momentos y cortantes se presentan en la siguiente figura:

V 23 = 3.5 Tn

3.5 Tn

x. = 5.13 m 1.5 Tn V2 1 = 9.74 Tn

1

X.,= 7 .5 m

1+------=----M12 = 17.53 Tn-m ~1

= -14.94 Tn-m

@ M,.. = + 8.8 Tn-m M,.0 = + 11.3 Tn-m

Figura 11.5. Diagramas de momentos y co1tantes para la viga continua del ejemplo l.

245



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Ejemplo 2: Viga continua empotrada en un extremo y con voladco en el otro extremo. Para la viga continua mostrada en la Figura 11.6, detenninar los diagramas de momentos y c01tantes. Las luces de los dos tramos son L 1 = 1O m y L2 = 15 m y el voladizo al final de la viga es de 5 m. Aplicar los pasos de la metodología de solución planteada en el ejemplo ante1ior.

~~

2Tn/ml

20 Tn

1 El

!lllllllllllllllllllll!

Ji

~

1

© 6.0m

Figura 11.6. Esquema de Ja viga continua usada en el presente ejemplo.

Los momentos fijos extremos para el tramo 1-2, el tramo 2-3 y para la dirección 3-4 del voladizo, son los siguientes: F 20*6*4 2 M 12 = =19.2Tn - m 102 F

M 21 = -

20 *6 2 *4

=-28.8Tn - m 102 F 2* 15 2 M 23 = =37.5Tn - m 12

M~ = - M{3 = - 37.5Tn - m - - Ji'


2*5 2


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M 34 =Mvol

= -- - -

2

-=25.0 Tn - m

En el presente problema hay cuatro nudos con posible giro y deílexión ve1tical en cada uno, lo que indica que se debe1ian considerar ochos grados de libertad. Puesto que la viga continua es empotrada en el nudo 1 y tiene restiicción vertical por los apoyos de los nudos 2 y 3, los cuatro grado de libe1tad ()1 , y 1, y 2 y y 3 son cero. Los grados de libe1tad en el nudo 4 no se consideran ya que los momentos y cortantes fijos de llll voladizo no se modifican al final del análisis, por lo que estos valores corresponderán a los mismos valores finales extremos en el nudo 3 del voladizo. En la dirección de 4 a 3 los momentos y c01tantes son cero y no se consideran en el análisis . Tomando en cuenta lo anterior, de los ocho posibles grados de libertad a analizar tan solo se consideran las rotaciones ()2 y ()3

246


A continuación se plantean los momentos extremos del tramo 1-2 en función de la rotación, deformación ve1tical y momento fijo de los nudos 1 y 2.

* [ JtÍo/ M 12 = 2 *E1 * [ 2 *~'l./o + fh ) + 6*E1 L¡ L¡2 I

M 12

=

2* El L¡

I

º)

F Yt2/ + M 12 I

F

* fh +M12 = 0.2* El *82 +19.2

~

º· ]+M21

/ [ J}'¡ o - J32I M 11 = 2 *E1 * [ ~ÍI +2 * 82 ) + 6*E1 * L¡ I L] I I

F

4 M 21 = * El *82 +M{¡ =0.4* El*82 -28.8 L¡



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Puesto que para las ecuaciones de momentos en los extremos planteadas por giro-deflexión se utilizó una rigide=. El unitaria, hay que modificarla en aquellos tramos donde se tenga un coeficiente diferente a la unidad. Por ello, los momentos extremos del tramo 2-3 son:

~

M 23 = 2*(3*El)*(2 * 82 + 83 ) + 6*(3*El)*[ 2 Y? L2 L2 ,,~ 1

M 23 =

M 32 =

12*El L2

*82 +

6*El L2

=

6 * 3 *El ( ~ 2 * 3 *El *(82 + 2*83 )+ 2 * .Y,t,2 L2 L2 6 * El L2

~-) + MF23

)}'3 I

F *83 +M23 = 0.8* El* 82 +0.4* El *83 +37.5 F -Y,,3~ ) +M32

I

M 32

-

I

* 82 + 12 *El * 83 +M32 F = 0.4* El*82 +0.8* El *83 -37.5 L2

Estableciendo equiliblio mediante la swnatoria de momentos en los nudos 2 y 3, se obtiene: 'L,M2 =0 => M 21 +M23 =( 0.4El * fh - 28.8) +(O.BE!* fh + 0.4EI * fh + 37.5)=0 :. l.2EI*fh+0.4EI*83 =-8.7 ___.., Ecuación (J) I M 3 =0

=> M 32 +Mvol = (0.4El*82 + 0.8El*83 - 37.5) + 25.0=0

:. 0.4El*82 + 0.8El*83 =12.5

--7

Ecuación ( 2)

Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (1) y (2) : :. 82 =-14.95 1 El ;

83 =23.1 1 El

247

José Jm1ier MaJ"tinez Echeverry



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Sustituyendo los valores de las rotaciones en las ecuaciones de momento extremos de cada tramo, se hallan los siguientes valores defüútivos: MJ2 =0.2 *El* (

-14.95 ) El + 19.2 =16.2 Tn- m

M21 =0.4*El* (

-14.95 ) El -28.8 = -34.8Tn-m

~/) + 37.5 = 34.8 Tn- m

1 95 2 M23 =0.8 *El *(- ;; ) + 0.4* El*(

El ) +0. 8 * El *(23.1 El ) -37.5=-25.0Tn-m M 32 =0.4 * El *( -14.95 M 34 =Mvol =25.0Tn- m Con los valores extremos de momento se aplica superposición para encontrar las c01tantes, obteniéndose: _20*4 16.2_34.8 _614'7" V12 - - - + - - - - - · i.n 10 10 10 V21 = 20*6 - 16.2+34.8=13.86 Tn 10 10 10 V23 =2*15 + 34.8 - 25.0=15.65 Tn 15 2 15 - 2* 15 34.8 25.0 -1 35 'T' V23 - - - - - - +- - - 4. i.n 2 15 15

1

20 Tn

%:

·~

~~

2

= 16.2 Tn-m

2 Tn/ml

~~ ¡ ¡ ¡ ¡ ! ! ! ¡ ¡

)Ták

El

1

10.0 m

1

U iv12= 6.14 Tn


3EI

Mi1 = -34.8 Tn-m @Mi3= 34.8 Tn-m

¡!lit 1~ ¡ ! ¡ l t

:iEt:

Mi3= -25.0 Tn-m ~

15.0 m

1

5.0 m

l

v21 =13.86 Tn

lI


v23 = 15.65 Tn

<1>

M_,01 = 25.0 Tn-m ¡

v23 = 14.35 Tn

uu i

V23= 10 Tn

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Figura 11. 7. Momentos y cortantes extremas defmitivos en la viga del presente ejemplo.

Para conocer el comp01tamiento del diagrama de momentos entre los apoyos de cada luz, se establecen los valores de momento máximo en los pm1tos donde las c01tantes son cero.

248

Análisis básico de estntcturas

Para los puntos xa=6. O m y xb= 7.82 5 m (ver Figura 11.8), los momentos máximos son: M(xa) = 6.14 * 6.0 - 16.2 = + 20. 6 Tn-m M(Xb)

= 15.65* 7.825 -

34.8-

2* 7.825 2 2

= + 26.4 Tn -

m

Los valores de momento máximo encontrados son positivos, luego el diagrama se dibuja por debajo del eje horizontal. Los diagramas definitivos de momentos y c01tantes son mostrados en la siguiente figura.

10 Tn 6.14 Tn 1

~ ~¡¡¡¡¡¡;¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡~¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡¡~--illll--. . . . . . . . . .!mlllllliiill. . . . .

U~12=6.14Tn open in browser PRO version

,


rr V23=15.65Tn

Vz3-

4.~sHI Uv23=10Tn pdfcrowd.com

. ... .... .... .... X8

1

13.86 Tn

= 6.0 m

1

X¡,= 7.825 m

1

14.35 Tn

M,2 = 16.2 Tn-m

_____

M,. = +11 20.6 Tn-m

M,b=+,126.4 Tn-m

X¡,=

x.=6.0 m

1

7.825 m i

Figura 11.8. Diagramas de momentos y co1tantes para la estmctura del ejemplo 2.

Ejemplo 3: Viga continua con deformación preestablecida en un apoyo. Para el mismo ejemplo ante1ior resolver el problema considerando que el apoyo 2 se desplaza 2 cm hacia abajo, es decir, la deformación y 2 es -0.02 m. Utilizar EI=l8000 Tn*m2 y asumir que los momentos fijos en los extremos continúan siendo los del problema antelior.

249

José Jmiier Mw"fínez Echeverry

Los momentos extremos del tramo 1-2 en ftmción de las defo1maciones y momentos fijos son los siguientes:

o open in browser PRO version

l

.C>kr.oT


(o

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M 12 = M 12 =

,:···J!.,l*l L¡ 2 * 9'I

i

2* El

*82-

L¡ M 21 = M 21 =

2

4

j

+82 +

o···J!.,l*l LJ t1,- -

j

F Y2 +M12

6* El F *y2 +M12 =0. 2*El*fh+0.06*El*y2 +19. 2 2 L¡

El*(~/ +2* fh ] + 6 *L:l *(>!1f - Y2 ] + M{¡ 1

* L¡

1

* El *82 L¡

6

* El* y 2 +Mb =0.4* E1*82 +0.06* El* Y2 - 28.8 LJ

Puesto que en las ecuaciones de momentos extremos planteadas por giro-deflexión se utilizó una rigide=. El unitaria, hay que modificarla en aquellos tran1os donde se tenga llll coeficiente de El diferente ala lmidad. Los momentos extremos del traino 2-3 son:

M 23 =

S·]

2*(3* El) 6*(3* El) [ F *(2*82 +83 )+ * Y2- )J' +M23 L2 L~ ,3

M 23 =0.8 * E1*82 +0.4* E1*83 - 0.08 * El* y 2 +37.5 1

M32 =-

* 3 *El *(82 +2*83 )+ 6 * 3 *El * ( Y2 - x~~ L~

L2

J+M32 F

1

M 32 = 0.4* El* 82 +0.8 *El* 83 -0.08* El* Y2 - 37. 5

Estableciendo equiliblio mediante la sumatoria de momentos en los nudos 2 y 3, se obtiene: IM2 =0

=> M 21 +M23 =0

:. l .2E1*82+0.4E1*83- 0.02El* y2 = -8.7

--7

Ecuación (1)

--7

Ecuación ( 2)

L M 3 = O => M 32 + Mvol =O :. 0.4E1*82 +0. 8El*83- 0.08El* Y2 =12.5

Si y2 =0. 02m y El= 18000 Tnlni , las ecuaciones anteliores se convierten en: 1. 2E1*82 +0. 4E1*83 =-1.5


--7


Ecuación (1)

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V . "'T,Lj.l.

v2

T

V.U,Lj.l.

v3 -

T "'T.l. .-1

~

.J.jl,;UU\.;f.Vlt

l "' /

250


Resolviendo simultáneamente las ecuaciones (1) y (2): 8 2 = - 22 .15 I El

8 3 = +62 ./ El

Sustituyendo estos valores en las ecuaciones de momento extremos de cada tramo, se obtienen los siguientes valores: M 12 = 0.2* El* ( - 22.15) El +0.06* 18000*0.02+ 19.2 = 36.37 Tn-m M 21 =0.4* El* (

-22.15) El +0.06* 18000*0.02-28.8 = -16.06 Tn- m

M 23 =0.8*El* ( - 22.15) El +0.4*El* (62. El7) -0.08*18000*0.02+37.5 =16.06Tn-m M 32 =0.4*El* ( -22.15) El +0.8* El* (62.7) El -0.08*18000*0.02-37.5 =-25.0Tn-m M 34 =Mvol = 25.0Tn-m Con los valores extremos de momento se aplica superposición para encontrar las c01tantes, obteniéndose: V

12

V

21


= 20

* 4 + 36.37 _ J6.06 = J0.03 Tn

JO

JO

JO

=20 *6 _36.37 +J6.06 = 9 . 97 Tn JO JO JO 2* J5 J6.06 25.0


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V23 = - - + - - - - - = 14.40'J'n 2 15 15 V = 2 * 15 _ 16.06+25.0= 15. 60 Tn 23 2 15 15

Figura 11. 9. Momentos y cortantes para la viga del ejemplo 3, con defo1mación de 2 cm en el

apoyo2.

251

José Jmiier Mw"fínez Echeverry

Se obseivan cambios apreciables en los momentos de los apoyos 1 y 2. El momento M 12 aumenta en más de Wl 100%, mientras que el momento en el apoyo 2 disminuye por debajo de la mitad. Por continuidad el momento M 32 continúa siendo el mismo del voladizo. Ejemplo 4: Pórtico con articulaciones en el nivel superior. Plantear las ecuaciones de momentos extremos y de equilib1io en los nudos en función de las defo1maciones fh 83, 84, 84, L11 y L12 del pó1tico mostrado en la Figura 11.10. Plantear seis ecuaciones de equiliblio para encontrar los valores de las defonnaciones dadas, y a paitir de estas, encontrai· los momentos y cortantes definitivos en los nudos .



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Las longitudes de los tramos están definidas como: L13 = L24 = L3s = L46 = 4.0 m ; L34 = Ls6 = 6.0 m Los momentos fijos en el tramo donde hay carga son: F

M 34 =

5*6 2 12

F

= 15.0 Tn- m ; M 43 =

Articulacion

05 P=1.5Tn

5*6 2 = - 15.0 Tn - m 12

Articulacion

Tirante

/

06

• tS>

/

.~ 4V

~

El1

E11

4.0 m

w= 5.0Tn/ml

03 P=2.5Tn

Ái

~ El1

El1

~

i2> 6 .0

-·- - . -

4.0 m

m

Figura 11.10. Marco utilizado para la solución del problema 4.

Se consideran dos desplazamientos por nudo, el giro y la defo1mación horizontal producida por la aplicación de cargas laterales. No se consideran defom1aciones axiales de vigas y columnas. Considerando la compresión de las columnas aproximadamente igual a cero se asume que las vigas no tienen defonnaciones ve1ticales en sus extremos, es decir no se

252



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Análisis básico de estntcturas

presenta asentamiento diferencial en dirección perpendicular al eje axial de las mismas . Por tanto, las defonnaciones verticales YJ y Yk de las vigas son cero. En cambio, las columnas, tienen deformaciones laterales en dirección perpendicular al eje axial debido a las cargas pm1tuales en cada rúvel. Las deformaciones ve1ticales terúdas en cuenta para el elemento j -k en la Figura 11.1 son ahora defo1maciones horizontales para las columnas de cada rúvel. De acuerdo a lo anterior la deformación perpendicular al eje axial de las columnas del p1imer rúvel es cero en el nudo irúcial y L11 en el nudo final, en tanto que para las columnas del segundo nivel la defonnación irúcial es la misma L11, y la deformación al final en el tramo es L1 2 . Se asume que la defonnación lateral es igual para todos los nudos de llll mismo rúvel, lo cual es una buena aproximación si se considera una iigidez bastante grande de la losa o los elementos ho1izontales en ese rúvel.

1

®

Yk=~

1'4~

1

Ys= Al

VL

1

- ·- ·- ---:>- - ·- ·- .. Vk;

,_L

: \ 1

'

1

e..'

L

9j : ~k

+- -

Q)

1

' ,

Y1 =O

1

1

~

""~ H'

••Para las vigas las deformaciones verticales se aproximan a cero

yj=~

Figura 11.11. Defonnaciones laterales de las columnas y pórtico.



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Las ecuaciones generales de momento para las columnas del primer tramo son: M13 = El¡

*{~*(83)+; *(0-Ll¡)} = El¡ *{0.5*83 -0.375* LI¡}

M 31 = El¡

*{~*(2*83)+!_*(0-Ll¡)} = El¡ *{83 - 0.375*LI¡} 4 42

M24 = El¡ *{0.5 * 84 -0.375* LI¡} M42 = El¡ *{84 -0.375* LI¡}

253

José Jm1ier Mal"finez Echeverry

Las ecuaciones extremas de momento para las columnas del segm1do tramo son: M 35 = El¡*{¡* (2* 83 +85 )+ : 2 * (LI¡ -Ll2 )} = El¡* {83 +0.5* 85 +0.375* Ll¡ -0.375* Ll2} M53 = El¡* {

~* (83 +2 * 85)+ : 2 * (Ll¡ -Ll2 )} = EI1*{0.5*83 +85 +0.375* Ll1 -0.375* Ll2}

M46 = EI1*{84 +O.5 * 86 +0.375* Ll1-0.375L12}

Para la viga del p1imer nivel las ecuaciones de momento son:



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Planteando las condiciones de equilibrio por rotación, se obtienen cuatro ecuaciones: 2:M3 =0 :. M31 +M34 +M35 =0

=>

2.5*83 +0. 25*84 +0.5*85 -0.375*..12 =- I(E ~ 11

Ecuacion (1 )

IM4 =0 :. M42 +M43 +M46 =0

=>

0.25*83 +2.5*84 +0.5*86 -0.375*..12 =+l(E 11

~ Ecuacion (2)

IMs =0 :. M 53 =0 ~ Enestenudo no se consideraM56

=>

0.5*83 +85 +0.375* ..11 - 0.375* ..12 =O.O

LM6 =O :. M 64 =O

=>

~

~

Ecuacion (3)

En este nudo no se considera M 65

0.5 * 84 + 86 +0.375* ..11 -0.375* ..12 =O.O

~

Ecuacion ( 4)

La condición de equilib1io de las fuerzas cortantes ho1izontales para el primer piso es:

4.

6*EI1 *(B1 + B) 12*EI1 *(0 - Ll1 ) + 6 * EI1*(B2 + B) 12*EI1 *(0 - Ll1 )3 + 4 + - O 42

43

42

:::::> O. 375 * ()3 +O. 375* 04 - O.375 * Ll1 =

4.%11

43

-7

Ecuacion ( 5)

254




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Con la siguiente condición de equilibrio de fuerzas horizontales para el segm1do nivel se completan las seis ecuaciones requeridas para obtener igual m'unero de defom1aciones:

6 *El 1 * (8 3 + 85 )+ 12 *El 1 42 43

*(Ll1 - LJ2 + 6 *El 1 *(8 4 + 86 ) + 12 *El 1 *(LJj " - LJ2 )-- l ..5 A

)

A

42

43

=> 0.375 *83 +0.375 *84 +0.375 *85 +0. 375 *86 +0.375 * Ll1 - 0.375* Ll2 =

l.x

11

~ Ecuacion (6 )

Para encontrar las seis incógnitas se resuelve el siglúente sistema lineal de ecuaciones: 83

84

85

86

L1¡

L12

2.5

0.25

0.5

o.o

-0 .375

83

-15.0/EI¡

0 .25

2 .5

o.o

0 .5

o.o o.o

·0.375

84

15 .0/EI¡

0.5

o.o

1.0

o.o

0.375

·0.375

85

o.o

0.5

1.0

0.375

·0 .375

86

0.375

0 .375

o.o o.o

o.o o.o

o.o

·0.375

¿j¡

4.0/EI¡

0 .375

0 .375

0 .375

0.375

0.375

L12

1.5/EI¡

·0.375

*

Las defo1maciones obtenidas son las siguientes: ()3 __ 14.50 . ()4 _ 0.50 . ()5 __ 9.25 . ()6 __ 16.75 . "1 _- 24.667 ' ' El El1 ' El1 , LJ El1 - El 1

¿j

1

-

2-

- 68.66 El 1

Sustituyendo las ante1iores variables en las ecuaciones de momentos extremos: * M¡ 3 = El¡ * {0.5* 83 - 0.375 *Ll¡ } = El¡

=> M¡3

*{0.5 *(-~;/)-0.375* (- 2;~~67 )}

= 2.0 Tn - m

14 5 24 667 * M 31 = El 1 * {83 - 0.375 * LI1 } = El 1 *{( - El¡· ) - 0.375* ( - El¡ · )}

=> M 31 =-5.25 Tn - m


*M

7.4

*

*

= El ¡ * {0.5 84 - 0.375 LI¡ }= El¡ * Í o. 5 * (


~·! 1 - 0.375 *(- 2~·_667 I~

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- l =>

\El¡)

\

El¡

)J

M 24 = 9.5 Tn - m

*M 42 = El1 *{84 - 0.375* L11 }= El 1

*{(º·El¡5)-0.375 *(- 24El¡·667)}

=> M42 - 9. 75Tn - m

255

José Jcniier Mmünez Echeverry

* M 35

= El 1

* {03 +O.5 * 0 5 + O. 375 * L11 -

= El¡

*{(-14.5) + 0. 5 *(- 9.25) +O. 375 *(- 24.667 ) - 0. 375 *(- 68.667 ) } E1 E1 E1 E1 1

O. 375

* L12 }

1

1

1

=> M 35 =-2.63 Tn - m

*M 53 =El

1

*

*{o. 5 * 0 3 +O5 + O. 375 L11

= El¡* {o. 5 *

=> M

* M46

53

9.25J + 0. 375 * ( - 24.667) - o. 375 * (- 68.667 ] } E11 E11 E11

= 0.0Tn - m

*{(O.5) + O. 5 *( -16. 75) + O. 375 *(- 24. 667 ) - O. 375 * ( - 68. 667 ) } ~

=> M 46

fil¡

~

~

= 8. 63 Tn - m

= El¡ * {0.5 * 04 + 06 + 0.375 * L1¡ - 0.375 * L12 }

-· open in browser PRO version

E11

*

O. 375 L1 2 }

= El¡ * {04 + 0.5* 06 + 0.375 * L1¡ - 0.375 * L12} = El1

* M 64

(-14.5J+ ( -

-

.r~ ~ ·(o. 51 ( -16. 751


~--~ ·( - 24. 6671

~-- ~·( - 68.661 11 pdfcrowd.com

= 1S1 1 .. ~ M64

~

* M 43

M

l u. l El¡ ) + l J "

El¡

) + u. J / J

..

l

El¡

- U.J / J ..

J

l

El 1

JJ

=0.0Tn-m

34 = 7. 88

Tn

m

= El 1 *{0.25*03 +0.5 ~ M 43 =

* 04 }+15.0 =

El 1 * { o.25 *

(-~:;5J+ 0.5* ( ; : J}-15.0

- 18.38 Tn-m

A manera de chequeo podemos establecer que en el nudo 3 la sumato1ia de los tres momentos M 3], M 35 y M 34 es cero. Igual ocune con la suma de momentos en el nudo 4. Los momentos M 53 y M 64 son cero como se asumió inicialmente. La c01tante V56 debe ser igual y de sentido contrario a la nonnal N 53 para que haya equilibrio de fuerzas ve1ticales en el nudo 5. De la misma manera la nonnal N 31 es igual y de sentido contrario a la suma de la no1mal N 35 con la c01tante V;4 . En los nudos 6 y 4 se repite la misma operación para obtener las no1males en los tramos 6-4 y 4-2. Por último, las nonnales de las vigas son iguales a la suma algebraica de las c01tantes de las columnas en cada nudo considerado. Así, la nom1al N4 3 es igual y de sentido contraiio a la suma de las c01tantes Vi6 y Vi2 , es

256


decir, 2.65 Tn hacia la izquierda. Lanom1al en el nudo 3 es tainbién igual a2.65 Tn hacia la derecha, resultado de smnai· la carga de 2. 5 Tn aplicada en el nudo con la reacción de la diferencia entre las cortantes V; 5 y V; 1. open in browser PRO version


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M56 =O.O Tn.m~ M =o.o Tn-m 53

(i··----~===:t:~® ~M64 =0 .0Tn-m

@ ~-

+-

* M65 =O.O Tn.m J

v56 =0.0Tn

V65 =0.0Tn

1'53 = 0 .66 Tn

V35 = 0.66 Tn ~ M35 = -2.63 Tn-m

M:31= -5.25 Tn-m

f

V46 = 2.16 Tn

V34 = 13.25 Tn

V34 = 16.75 Tn

'@1,t

!,\

:4--

M46 =8.63Tn-m

~ ~·,-----=:;:;::==t ti{~~ M.i2 = 9.75 Tn-m M =•7.88Tn-m M = -1838Tn-m

...+ i

34

43

v 31 =0.81Tn

V13

~ v64 = 2.16 Tn

V42=4.81Tn

v 24

:!!+1 ~ ©

= 4.81 Tn

@ ~ +-

M13 = 2.0 Tn-m

M,3 = 9.5 Tn-m

Figura 11.12. Momentos y c01tantes para el pó1tico del presente ejemplo.

Ejemplo 5: Pórtico con voladi::o externo. Encontrar los valores de momentos y c01tantes definitivos para el pó1tico mostrado en la Figura 11.13. Asumir que la defo1mación horizontal en los nudos 2 y 3 es la deformación L1 del piso. Considerar las rotaciones en los nudos 2, 3 y 4 y junto con la defo1mación horizontal dete1minar el equilibrio de momentos y c01tantes en los nudos.

Las longitudes de los tramos están definidas como: L13 =L1 =5.0m; L24 =L2 =5.0m ,· L34 =L3 =10.0m; lvol =3.0m

Los momentos fijos para cada tramo donde hay cargas son:

M~ =6.25Tn.-m

F =-6.25Tn.-m M 31

F M 34 =25.0Tn. - m

F M 43 =-25.0Tn-m

F M 24 =O.O ,


F M 42 =0.0 ,

F M 35 =Mvol =13.5Tm


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257

José Javier Mmünez Echeverry

w=3.aTn/ml

o, --+

El

10Tn 5.0m

El

El 2.5m

10.0m

3.Qn

•t

Deformaciones Estudiadas para Resolver el Pórtico

Momentos Fijos en Extremos de los Elementos

Figura 11.13 Representación de defo1maciones y momentos fijos en el pó1tico del ejemplo 5.

A continuación se plantean las ecuaciones generales de momentos extremos: M 13 =

2

* El *(03 + J* ( y¡ -y 3 J )+Mh =0.4* El* (03 -0.6* L1)+6.25 L1 L1

M 31 = 2 *El* (1*0 3 + J* ( y¡ - Y 3 ) )+Mf°¡ =0.4* El* (2 * 03 -0.6 * Ll)-6.25 L1 L1



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M 34

= 2 *El* (2 * 8 3 + 8 4 )+ M},¡ = 0.2 *El* (2 * 83 + 84) + 25. O

M 43 =

M 24 =

M 42 =

L3

2

*El* (83 + 2 * 8 L3

2

*El* (1*82 + 8 4 + L2

2

4 )+M~ = 0.2 *El* (83 + 2 * 84) - 25.0

* El L2

*(82

3

*( y 2 L2

Y 4 ) J + Mf.t = 0.4 *El * (2 * 82 + 8 4 - 0.6 * LI)

+ 2* 8 4 + J* (y 2 - y 4 )J +M1 = 0.4* El * (82 +2* 84 - 0.6* LI) L2

En las colunmas se toma la defo1mación perpendicular al eje axial como la defo1mación horizontal. De esta maneta las defonnaciones y2 y y4 en el nudo supe1ior de las columnas conesponden al mismo desplazamiento horizontal LI. Para las vigas se considera que el desplazamiento vertical debido a la compresión axial de las columnas es cero.

258


Planteando equiliblio en los nudos se obtienen las siguientes ecuaciones:

* L:M2 =0 :.

M 31 +M34 =0 :

0.4* El* (2 * 03 -0.6 * Ll) - 6.25 + 0.2 *El* (2 * 03 + 04) + 25.0=0.0 . . 1.2 *El* 0 3 + 0.2 *El* 0 4 - 0.24 *El* LI = - 18. 75

*

Ecuacion (1)

L:M3 =0 :. M43 + M 42 +Mvol =O.O : O. 2 *El* (03


-7

+ 2 * 04) - 25.0 + 0.4 *El* (82 + 2 * 84 - 0.6 * L1) + 13.5=0.0


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: . O. 4 * El * O2 + O. 2 * El * O3 + 1.2 * El * O4 - O. 24 * El * ¿j = 11. 5O

* L:M4 =0 :. M 24 =0 M 24 = o.4 * El * (2 * o2 + o4 -

---?

Ecuac ion ( 2)

o. 6 * ¿j) =o. o

. . 0.8* El* 02 +0.4* El* 04 - 0.24 *El* ¿j=O.O

---?

Ecuacion (3)

Como se necesita m1a cuarta ecuación para resolver las cuatro defonnaciones, se plantea el equilibrio por cortante en la base del pó1tico:

Las ecuaciones de co1tante V12 y Vi 4 en los extremos infe1iores de las colmnnas son:

l

_6*El* nº/ +u3 n + 12*El*(Yl - y3 ) + vF -_6*El*(03 ) + 12*El*(- LJ") - 50 V13 - - ( u/ · L2 ,1 L3 13 2 3 5 5 1 1 :. V13 =0.24*E1*03 - 0.096*El*¿j +5.0

-7

(

Y1 - Y3 )=0- ¿j= - ¿j

n) 12*El 1.. ) vF _6*El*(02+ 04) 12*El*( ") V24 _6*El*(n - - - u2+u4+ v2 - Y4 + 24 + - LJ - 50 . L2 L3 52 53 2

2

:. V24 = 0.24* El* 02 +0.24* El* 04 - 0.096 *El* ¿j

Eqlúlibrio de cortante en la base:

*

LFx=0 :. - V13 - V24 +10=0.0

- (0.24* El*83 - 0.096* El* ¿j+5.0)- (0.24* El*82 +0.24* El*84 - 0.096* El* ¿j)+l0=0.0 :. - 0.24* El*82 - 0.24* El*83 - 0.24* El*84 +0.192* El* ¿j = - 5 :. 0.24* El*82 +0.24* El*83 +0.24* El*84 - 0.192* El* ¿j=5.0

~

Ecuacion ( 4)

259



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Con las anteriores cuatro ecuaciones de equilibrio se plantea el siguiente sistema lineal, ~

(:)3

(:)4

L1

o.o

1.2

0.2

·0.24

· 18.75

0.4

0 .2

1.2

·0.24

11.5

0.8

o.o

0.4

·0.24

O.O

0.24

0.24

0.24

·0.192

5.0

a partir del cual se obtienen los valores de las cuatro deformaciones que se muestran a continuación:

fh

=- 37.39

84

El

_ 5.59 -

El

'

LI =- 115.32

El

Sustituyendo estas variables en ecuaciones de momentos en los extremos, se encuentran los momentos extremos definitivos.

* M¡ 3 = 0.4* El* (83 => M 13

0.6 * L1)+6.25 = 0.4* El* ( -

39 62 6 115 32 · +; * · ) + 6.25 1

= 18. 08 Tn - m

* M 31 = 0.4* El* (2 * 83 -

0.6 * Ll) - 6.25 =0.4 *El* (-

2 39 62

*

·

6 115 32 ;:· * · ) - 6.25

=> M31 = -10.27Tn -m

* M 34 = 0.2 *El* (2 * 83 + 84 )+ 25.0 = 0.2 *El* (- 2 * 39; : + 5· 59 ) + 25.0 => M34 =10.27Tn - m

* M43 = 0.2 *El* (83 + 2 * 84 )-25.0 = 0.2 *El* ( open in browser PRO version


39 62 5 59 · ; / * · ) - 25.0

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=>

M43 =-30.69 Tn- m

* M14 =0.4 *El* (2 * B2 + B4 -0.6 * L1) = 0.4 *El* =>

(-2*

M14 =0.0Tn-m

* M42 = 0.4* El* (B2 + 2 * B4 -0.6 * L1) = 0.4* El* ( =>

37.39 + 5.;:+0.6*115.32)

37.39 + 2 * 5.;:+ 0.6 * 115.32 )

M42 = 17.19Tn - m

260


Con los anteliores valores se chequea el equiliblio de los momentos. En los nudos 3 y 4 la smnat01ia de momentos es cero, en el nudo 2 el momento M 24 es cero debido a la presencia de la articulación, y en el nudo 1 el momento M 13 es la reacción del momento en el empotramiento.

MJ,=10.27T;{

*t

w=3.0Tn'm

~

1V!n = -10.27 Tn-m 10T~



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.•.,3- '"'""""

1 . .. . ..

Figura 11.14. Representación esquemática de los momentos extremos en los nudos.

En la siguiente figura se muestran las c01tantes en los extremos de las vigas y las cohunnas. w=3.0Tnlm

...

@

t v34= 12.96Tn

t t t t +t t t t l + "34= 17.04

V21=3A4 Tn

Tnf@f

1

Vvo1= 9.0 Tn

V34=3..44Tn

10Tn

-+ ~

@

+V12=6.56 T n

V43=3A4 Tn

Figura 11.15. Representación de las co1tantes extremas en los nudos.

En el nudo 3 la n01mal N 31 es igual y de sentido contraiio a la cortante V34. mientras que en el nudo 4 la norrnal N 42 es igual y de sentido contrario a la suma de la c01tante V43 con la co1tante del voladizo. Ejemplo 6: Estructura aporticada de dos niveles. Encontrar momentos y co1tantes del pó1tico mostrado en la Figura 11.16 y dibujai· los diagramas de momento. Compai·ar resultados con momentos obtenidos por un método más exacto que utilice los tres grados de libertad por nudo.

261




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20 kN/m

30 kN

-=-

20 kN/m

¡ ¡ ¡ 1 1 1 1 1 1 1 I I 1 I r I r 1¡ 1 I 1 1 1 I I 1 1 I I 1 I 1 I 1 1

©

30x40 cm2 ( '2 )

40x40 cm2 ( 11)

@

30x40 cm2 ( 1-¿ )

40x40 cm2 ( 11)

40x40 cm2 ( 11)

......

@

4.0m

SOkN

40x40 cm 2 ( 11 )

40x40 cm2 ( 11 )

40x40 cm2 ( 11)

@

40x40 cm2 ( 11)

40x40 cm2 ( 11 )

4.0m

6.0m

6.0m

Figura 11. 16. Pórtico a analizar en el ejemplo 6.

Los momentos fijos en el tramo donde hay carga son: F

F

M4s = - M54 = F

F

M 78 = -M87 =

50*62 12

=150.0kN-m

2 20*6 =60.0kN-m 12

F

F

Ms6 = -M6s =

50*62

=150.0kN-m 12 2 F F 20*6 =60.0kN-m M 56 = - M 65 = 12

Los dos tipos de inercia se relacionan de la siguiente manera: 11 = ~


40*40 3 4 = 213333.3 cm 12

l2=

30* 40 3 12

= 160000.0 cm

4

12=0. 75 *11


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En la siguiente ilustración se muestran los seis ángulos de giro y las dos defonnaciones, una por piso, a considerar como incógnitas en el presente ejemplo. Cada piso se considera suficientemente iígido lo que pennite asmnir que las defo1maciones laterales en los tres nudos de cada nivel son prácticamente iguales y se aproximan a un solo valor. Para el p1imer piso la defo1mación del piso es L11 1nientras que para el segundo se denominaL12 .

262


(!)

12 = 0.75*!1

(§)

e~

~

@

11

11

11

e4,

11

-

,.. @

@

ª i;..i 11

'fil

@

111 '111

6.0m


lf I

4.0m

• ® 11

@


..

11

11

rr.

®

h = 0.75"11

4.0m

rn

6 .0m

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Figura 11.17. Ocho grados de libe1tad e inercias a considerar en el pórtico del ejemplo 6.

Al utilizar las ecuaciones de momento desanolladas para el método, los ángulos de giro [0 1, fh , 83] se igualan a cero, las defo1maciones [y 1, y 2 , y 3] son cero, y las deflexiones [ys, y6, y7] son iguales a la deforrnación Ll1 del piso Las ecuaciones generales de momento para las columnas del primer tramo, en función de la inercia11 , son: M 14 = E11 *{0.5*84 -0.375 * L11 } M 41 = E11 *{1.0 * 84 -0. 375 * L11 } M 25 =E11 *{O. 5 * 85 -0.375* L11 } M 52 =E11 *{1.0 * 85 -0.375 * L11 } M 36

= El1 *{0.5 * 86 -0.375 * L11 }

M 63 = E11 *{l.0*86 -0.375* L11 }

Siguiendo el mismo esquema, para el segundo tramo se utilizan los ángulos de giro del p1imer y segm1do nivel y las detlexiones [y8 , y 9 , y 10] son iguales a la defo1mación L/ 2.

263


Las ecuaciones extremas de momento para las columnas del segm1do tramo son: M 47

=

EI1 * {1.0 * 84 +0.5 * 87 + 0.375 * L11 -0.375 * L12 }

M 74 = E11 *{0.5*84 +l.0*87 + 0.375* L11 -0.375* L12 }



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M 58 =E11 *{J.0*05 +0.5*08 +0.375* Ll1 -0.375* L12 } M 85 =E11 *{0.5*05 +l.0*08 +0.375* Ll1 -0.375* L12 } M 69 =El¡ *{l.0*06 +0.5*09 +0.375* LI¡ -0.375* Ll2} M 96 =E11 *{0.5*06 +1.0 * 09 + 0.375 * Ll1 -0.375 * Ll2 }

Para las vigas de los dos rúveles las ecuaciones de momento son: M 45 =E11 *{0.67*84 +0.33*05 }+150.0 Ms4 =El¡ *{0.33*04 +0.67*8s}-150.0 M 56 =E11 *{0.67*05 +0.33*06 }+150.0 M 65 =E11 *{0.33*05 +0.67*86 }-150.0 M 78 =E11 *{0.5*87 +0.25*88 }+60.0 M 87 =E11 *{0.25*07 +0.5*08 }-60.0 M 89 =E11 *{0.5*88 +0.25*89 }+60.0 M 98 =E11 *{0.25*88 +0.5*89 }-60.0

Planteando las condiciones de equilibrio en los nudos, se obtienen seis ecuaciones irúciales: LM4 =0 :. M41 +M47 +M4s =0 :::::>

2.67 *(}4 +0.33*(}5 +0.5*(}7 - 0.375*Ll2 =- 150.% 11

___.., Ecuacion (1)

L:Ms =0 :. M s2 +Mss + M 54 +Ms6 =0 :::::>

0.33*(}4 +3.34*(}5 +0.33*(}6 +0.5*(}8 -0.375* Ll2 =O.O ___.., Ecuacion (2)

LM6 =0 :. M 63 + M65 +M69 =0 :::::>

0.33*(}5 +2.67*(}6 +0.5*(}9 -0.375*Ll2 =150.% ___.., Ecuacion (3) 11

LM7 =0 :. M 74 + M 78 =0 :::::>


0.5 * B4 + 1.5 * B7 + 0.25 * B8 + 0.375 * Ll1 - O. 375 * Ll2 = - 60.% 11


___.., Ecuacion (4)

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264


L: M s = 0 : . M ss +M87 + M s9 = 0

=> O. 5 * 8 5 + 0.25 * 87 + 2. O* 8 8 + 0.25 * 89 + 0.375 * Ll1 - 0. 375 * Ll2 = O.O

~ Ecuacion ( 5)

L M 9 = 0 : . M 96 +M98 = 0

=> 0.5*86 +0.25*88 + J.5*89 ++0.375*Ll1 -0.375*Ll = 60.fE

11

~ Ecuacion ( 6 )

Con las siglúentes dos expresiones para c01tante se complementan las ocho ecuaciones de eqilllibrio requeridas: LFx(primer nivel) = O :. - V14 -V25 - V36 +50.0+30.0 = 0.0 ~

V14 +V25 +V36 = 80.0

=> 0.375*B4 +0.375*B5 +0.375*B6 -0.563*L11 = 80.fE

~ Ecuacion (7)

I

~

11

FAsegundo nivel ) = o :. - V47 - V59

- v 69

+ 30.0 = o.o

V47 + V5s + v69 = 30 .0

=> o. 3 75 * O4 + o. 375 * O5 + o. 375 * O6 + o. 3 75 * 07 + o. 375 * B6 + o. 375 * 07 + O. 563

* Ll1 -

O. 563

* Ll2

= 30.Ji

11

~

Ecuación (8)

Para encontrar las seis incógnitas se resuelve el sigmente sistema lineal de ecuaciones: 89 1


,·:,

1

::,

1


.1¡

-150.0

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0.33

3.34

0 .33

0.33

2 .67

0.50 0.50

0.50 0 .50 1.50

0.25

0.25

2.00 0.25

0 .50 0.375

0.375

0.375

0.375

0.375

0.375

-0.375

85

o.o

-0.375

86

150.0

0.375

87

=

-60.0

-0.375

0 .25

0.375

-0.375

es

o.o

1.50

0.375

-0.375

89

60.0

.dj

80.0

.d2

30.0

-0.563 0.375

*

0.375

0.375

0.563

-0.563

Las defo1maciones obtenidas son las siguientes: () - - 102.63 4 El 1 L1 - - 233.13 1El 1

'

() - - 35.09 5 El

() - 1.36 . () - - 51.44 6 - El 7 El ' 1 1

1

'

() - - 20.88 8 El 1

() - - 6.10 9 - El 1

L1 - - 429.67 2 El 1

265


Sustituyendo las ante1iores variables en las ecuaciones de momentos extremos:

* Momentos en los empotramientos: M 14 = +36.JkN-m ;

M 25 =+ 69.9kN-m

M 36 =+88. 1 kN-m

M 47

-54.7 kN-m

M 45 = +69.9kN-m

+ 28.2 kN - m

Mu = -207.6 kN-m

*Momentos en nudo 4:

M 41

=

-15.2 kN-m

=

* Momentos en nudo 5: M< , open in browser PRO version

=

+52.3 kN - m

M

=


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M56 =

+127.1 kN-m

*Momentos en nudo 6: M 63

=

+88.8 kN - m

M 69 = +72.0kN-m

M 65 = - 160.8 kN - m

*Momentos en nudo 7 : M 74 = -29.l kN- m

M 78

=+29.l kN-m

*Momentos en nudo 8: M 85 = +35.3 kN-m

M 87 =-83.3kN-m

M 89

=

+48.0 kN - m

*Momentos en nudo 9: M 96

=

+68.3 kN-m ; M 98

=

-68.3 kN-m

La sumato1ia de momentos en los nudos 4 a 9 es cero, mientras que los momentos en los tres apoyos de la base conesponden a los momentos de empotramiento de la estrnctura. Los momentos negativos, como se aslunió inicialmente, van en el sentido horatio a la vez que los momentos positivos son contrru.ios al sentido horaiio. Empleando un método que considere tres grados de libe1tad por nudo, se obtienen los siguientes resultados de momentos de empotramiento y momentos en los nudos:

* Momentos en los empotramientos : M

14

=+36.7 kN-m ; M

25

=+69.8kN-m

M

36

= +88.0 kN-m

*Momentos en nudo 4: M 41 = -15.8 kN - m

M 47

=

-55.3 kN - m

M

45

= +71.1 kN - m

*Momentos en nudo 5 : M 52 = +52.1 kN - m ,· M 58 = + 28.1 kN-1n M56

M54

= -205.7 kN-m

= +125.5kN-m

266



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* Momentos en nudo 6: M 63

+89.3 kN-m

=

M 69 = +72.6 kN - m

M 65 =-161.9 kN-m

* Momentos en nudo 7 : M 74

-30.0 kN - m

=

M 78 = +30.0 kN-m


M 85

+35.1 kN - m

=

M 87

=-81.8kN-m

M 89

=

+46.5 kN-m


M 96

+69.2 kN - m ;

=

M 98 =-69.2 kN-m

Los resultados comparativos utilizando el método de giro-de.flexión y un método que incluya tres grados de libe1tad por nudo se presentan en la siguiente gráfica. Los resultados del segundo método, más exacto, están entre paréntesis.

r

~

::\

~.7 kN-m .. , , (-65.3 kN-ml \ ! J "

l.

~

A /:.::.

~ ~,.

/ . .'. .. • / : ......

O

28.i't
@( +69.9kN-m·-.. " ;.. i .;..:..LJ..J ..•:201.s , kN-mD @

r r,:\ íl (+71.1 kN-m) ¡::::: -15-2 kN-m

L:::

(-15.SkN-m)

: :\ .,

C!

r~~-:.~ -~~

.. l;.! ! L;.... .

+127.1 k~ ~ ..)+125.5 kN-m)

(-205.7 kl'Wn) D. ~ +52.3 kN-m ~::7 (+52.1 k N-m) --~:/

. ......

,' '

..• ....

/-· ,L .... ..

.~~~ ~~)

.<(i ¡ ,.... ~

D@

: .•:16Cl8kN-m (-161.9 k N-m) /';t\ ~ · ........., +88.11 kN-m :: ~:=/ (+89.3 k N-m) -.::/

1;.:/

;:/

i..........

L·-·····-·



'

.·

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~

' ¡::::::::::

!.::::::::: V

/~

!.&

/: /::::

/····· +69.9 kN·m / ::::: (+6 9.8 k N-m)

+36.1 kN-m (+36.7 kN-m)

·· o

CD

···o

8.1 kl'
@

@

Figura 11.18. Ocho grados de libe1tad e inercias a considerar en el pórtico del ejemplo 6.

La consistencia del método giro-dejlexión es considerable si se obseiva que la variación más grande, la cual ocune con el momento M 85, es alrededor del tres por ciento.

267


11.4. Grados de libertad y relaciones de rigidez Los grados de libe1tad de m1a estmctura son el conjm1to de desplazamientos independientes, traslaciones y rotaciones, en los nudos donde los elementos están conectados. En general, en estmcturas apo1ticadas un elemento o miembro de la estmctura está definido entre dos nudos extremos y la relación entre las fuerzas nodales y los desplazainientos conespondientes puede ser definida de acuerdo a las siguientes relaciones (ver sección 11.19): _6*El*B 6*El*B 12*El*" 12*El*" vF V;k ----¡,¡l + ---¡,¡- k + L3 LJl L3 LJk + lk 2 *El * fJ 6 *El * 6 *El * MF M ;k. -_ 4 *El * fJ; + -k + - - .11 - - - Llk+ k

L

L

~

~

l

6 *El * f) 12 *El * A 12 *El * A VF 6 *El * f) Vkj = - ---¡,¡1 ----¡,¡- k L3 LJl + L3 LJk + lk



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M kj -- -2 *L-El

* f) j + -4 *El * f)k + -----¡¡6 *El * L-

A LJ

j -

6 *El * M F -----¡¡Llk + kj

Estas expresiones pueden ser resmnidas matiicialmente de la siguiente manera: 12

vjk M jk

=El* 6L

vkj M kj

L3

-12

- 12

6L

Llj

4L2 - 6L

-6L

2L2 -6L

f)

12 2

-6L

VF

6L

2L

6L

2

4L

*

jk F

J

M jk

+

Llk

v;.

f)k M'

La anteiior expresión puede ser esciita de la siguiente fonna compacta, en función de las matiices dadas:

(A--A,~)= K *D - -111

111

111

donde, vjk - v;

~m -A1~)=

12 F

M jk - Mjk

,

F

V1q· - Vkj

El

Km= - * L3

6L -12 -6L

F

M 1q - Mkj

- 12

6L 2

- 6L

4L - 6L

12 2

2L

6L

6L

Llj 2

2L - 6L

2

4L

, Dm =

f)j Llk f)k

268




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En las anteriores expresiones la variable m conesponde al número del elemento considerado y las matrices 4 conesponden a las acciones o fuerzas aplicadas en los extremos de cada elemento, incluyendo las c01tantes y momentos fijos, en tanto que la matriz K conesponde a los coeficientes de ligidez que resultan de aplicar tma defo1mación unitaiia por cada grado de libe1tad. Dichos coeficientes de rigidez son, en últimas, cargas unitaiias de c01tante o momento de las mismas caracteristicas de las fuerzas o acciones presentes en cada nudo pai-a las matiices de 4. Pai-a la construcción de la matliz de rigidez cada coeficiente de iigidez K ¡u representa la ubicación y sentido en la dirección i de las fuerzas en los extremos de los nudos, debidas a las defonnaciones unitarias en las direcciones u. Por tanto, los coeficientes i y u tienen valores de 1 a 4, pai·a representar en grupos de cuatro el total de las fuerzas de rigidez que resultan de defonnar con un valor unitario, separadan1ente, el elemento jk en cada tma de las cuatro direcciones consideradas. Pai·a el elemento estudiado solo se han considerado dos grados de libertad por nudo, dejando por fuera el aco1tainiento axial del elemento, lo que genera una matriz de rigidez de dimensión 4x4 expresar de la siguiente manera:

Km =

12

k11

kn

k13

k¡4

k11

k21

k13

k31

k31

k33

k14 =El* 6L L3 - 12 k34

k41

k42

k43

k44

6L

-12

6L

4L2 -6L

- 6L

2L2 - 6L

12

2L2

- 6L

6L

4L2

(~--------tKi z=6EVL

2

Cortantes y momentos de rigidez debido al desplazamiento vertical unitario en nudo j

ar~ t

-----------~sE·, 2

K1:i= 6EVL


t

K.,,,= 6EVL2

3

IW=12EVL


¡5

Ko,=-6El/t-2t

Cortantes y momentos de rigidez debido al giro unitario en nudo j

(~ -------~) t

u.=1

2

K,.;= 6EVL

•

Ka•= -6EVL9

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Cortantes y momentos de rigidez debido al desplazamiento vertical unitario en nudo k

Cortantes y momentos de rigidez debido al giro unitario en nudo k

Figura 11.19. Coeficientes de rigidez debidos a los desplazamientos unitarios por separado en los extremos del elemento considerado.

269


Si consideramos que cada defo1mación unitaria está asociada con las defonnaciones reales en los extremos de cada nudo, se puede establecer que las defo1maciones u1 a u,, están asociadas a los valores de L11, ~, Lik y BA; en el orden respectivo. Para ensamblar los coeficientes de rigidez en el equilibrio de un nudo, tanto para la smnato1ia de momentos como de c01tantes, en la siguiente figura se muestra un nudo j cualquiera al cual le llegan cuatro elementos continuos de un pórtico plano. Si tan solo se consideran los dos grados de libertad mostrados en el nudo, las ecuaciones de equilibrio se simplifican de la siguiente manera;

L,Hj = O

~ 6E* [ / ; ,. *BJ + 1;· *Br ] + 12E*[l~r *Llj + / ; ,. *Ll¡.. J Ljr

Ljr

Ljr

- 6Et; '8¡ +'.; '8! l- J2E•r '.~' 'L1¡ open in browser PRO version


L jr

'.;'

'~J l+(nJ; +Hj, - HJ=OO pdfcrowd.com

,_, jt

\ ,_, jt

)

)

donde ~ y H; son las cargas plllltuales aplicadas en los nudos y se introducen en las ecuaciones de equilib1io con signos negativos debido a que son acciones y no füerzas internas. Se considera que todos los elementos están cargados y por tanto hay momentos de empotramiento por cada elemento que llega al nudo. El equilib1io horizontal se establece utilizando H;r+H;1 -H;=O.O, asumiendo la presencia de una füerza horizontal H; en el nudo.

-

(-ir

r

rl

I I

~

El,

El,

\

s

El

s

9 ; -- - --

\

-

Q"'a:------ - \i

n

E~

~ ------- ---1-----~

k

1

1 1

1

E~

l

ti¡

--

Elk

ti,

1 1 1 1 1 \ l

:

El1

1 I

-

t'~

t

f

1 1 1 ~

Figura 11.20. Coeficientes de rigidez debidos a los desp lazamientos unitarios por separado en los extremos del elemento considerado.

270


Para ilustrar con llll ejemplo la confonnación de ecuaciones de equilib1io a partir de las expresiones dadas, se puede desanollar la ecuación de equilibrio de momentos en el nudo del pórtico de la Figura 11.1 O, obteniéndose:



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J

\ L31

L34

L35)

\ L31

L34

.

L35 • )

+6E *(1;1 ] *(L11 - Ll3 )+6 E *( 1;5] *(L13 - Ll5 )+ {Mj¡ +Mj,, + M_fs )= O.O L31

L.H1 = 0

L35

~ 6 E* (l;5 *B3 + !;5 *B5]+12E* (l;5 *Ll3+!;5 *Ll5] L35

L35

1 1 - 6E*[. ; 1 *B1 + ; 1 *83]. L31 L31

L35

L35

12E*[ 1~ 1 *Ll1 - 1~1 *L13.] - H 1 = O.O L31

L31

Sustituyendo valores:

Igualando 81 =O.O y Ll1 =O.O, se obtiene: L.M3 = O ~ 2.5* EI 1 * fh + 0.25* EI 1 * B4 + 0.5* EI1 * B5 - 0.375* EI1 * Ll3 + 0.375* EI 1 * Ll3 -0.375* EI1

* Ll5 + 15 = O.O

:::::> EI1 *(2.5*B3 + 0.25*B4 + 0.5*B5 -0.375*L15) + 15 = 0.0

L,H3 = 0 ~ 0.375*EI 1*(83+B5) + 0.1875*EI1 *(L13 + Ll5) -0.375*EI1 *(B3 )

+ 0.1875E * (L13 )-2.5 = O.O :::::> 0.375* EI 1 * B5 + 0.375* EI1 * Ll3 + 0.1875* EI1



* Ll5 -2.5 = O.O

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271



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Ejercicios propuestos Problema 11.1. Detenninar los valores de los giros en todos los nudos y hallar momento en los extremos de cada elemento. Igualmente, detemrinar los momentos los diagramas de momento y c01tante de la estructura. w=5Tn/m

~ G)I 1 1 1 l I 1 1 1 IJ?~ I 1 I I 1 1 1 1;d:I®l 1 1 1 1 1 1 1 1©1 I l 1 1 1 l Sl® ,,,Q,,

1


8m

8m


1

7m

7m

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Problema 11 .2. Detenninar las defonnaciones radiales en nudos 2 y 3 y con base en los resultados encontrados, detenninar los momentos en todos los nudos y las reacciones en los apoyos 2 a 4. Dibujar diagramas de momento y c01tante. 1.0'P

1.5•p

!

1.s•p

!

! I I ¡ I I I l l I I

!

i

S}~ ¡ 1

U4

U4

U2

U4

L

Problema 11.3. Plantear y resolver solo los dos grados de libe1tad que se consideren pe1tinentes para obtener los momentos finales de la siguiente estmctura. No considerar los efectos de fuerza axial. 4m

3m 5 Tn

. --+ 3m

El Bm

2EI

Q)

Bm

273



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Problema 11.4. Plantear y resolver el mismo ejercicio anterior, pero asumiendo que se ha removido el empotramiento en el nudo 5 y el elemento 4-5 es ahora un voladizo de 3 m. Debido a que el póttico es libre de moverse ho1izontalmente se debe considerar adicionalmente el desplazamiento lateral. 1

-r

W=1 Tn/m

3m

1

'i'

11111111111111111111111111111

@ 3m

·-

El

@

@

5 Tn

3m

El

8m 2EI

8m

Problema 11.5. Utilizando giro-deflexión, hallar los diagramas de momento y cortante para la estructura doblemente articulada mostrada en la figura. Considerar cuatro giros y el mismo desplazamiento ho1izontal en el nivel superior. Usar rigide=El constante. w= 20kN/m

Jllllllllllllllllllllll @

- ·- ·- ·., ·-

-

3 m

100 kN

·- ., ·3m

10m



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Problema 11.6. Detennine las cuatro reacciones de los apoyos mostrados en la siguiente fígma momentos de flexión a cada lado de los apoyos los apoyos B y C. Comparar las respuestas cuando el apoyo 3 de la estmctura se mueve 2 cm. w=2P/L

IJJJ I JJ l l lJ l l l l l lJll®

A@

El

A@

El

1.5EI

L

L

/A

1.5*L

274


Problema 11.7. Igual que en el ejercicio anterior, hallar los diagramas de momento y c01tante para la estmctma mostrada. Los ángulos de giro son tres y solo considerar llll mismo desplazamiento h01izontal en el nivel supe1ior. Usar El constante. w=1.5Tn/m

6m 11

:: - ·-·-·- · - · - · -·~ · - · - ·

6m

Problema 11.8. Encontrar el diagrama final de momentos para le estmctma mostrada en la open in browser PRO version


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siguiente figura. Tomar El constante. V\l=PIL

p

L

- · L.12

1

(Í)

1 · - - - - ~ · -·-·-· -·

~-

L

- - - - - - - --,.r.--

-

-

-

'\ \

Articulación

Problema 11.9. Encontrar giros y reacciones propuestas en nudos B y C utilizando el mismo El para cada tramo.

lp

lp @A

lp

e:¿> l.12

l.12

L/2

1

i

a,

@A

J?1 r r r

W = PJL

l.12

l.12

..

J. L Jd~ L/2

02

(\

(\

~

~

l

,1,

l

R1

o~

R2

275




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Problema 11.1 O. Resolver los momentos en los nudos para la estrnctura mostrada en la siguiente figura. Los voladizos solo se tienen en cuenta para el cálculo de los momentos fijos de desequilib1io y su Iigidez es EI=O. Mostrar que la sumatoiia de momentos finales en los nudos 5, 6 y 7 es cero. 1

2m

)'

3m

1

;(

(

3m

1.

3m

1

,(

;;¡

(

1

3m

2m

,(

1

~

1

4 Tn

1¡ i i i

7'

@

l o~

@

!

i

1

!4 Tn

W = 2 Tn/m

i

o

i i i i i in ni¡ I ¡in @

El

El

®

~

1

@ - - - -

1

_E~ _I

1 _1i~

6m

2EI

2EI

2EI

3

Problema 11.11. A paitir del método de giro detle.xión encontrai· el momento en el nudo E cuando se aplica una rotación unitaiia en el mismo La p1imera estructura es empotrada en los nudos A a D, mientras que en la segunda estructura estos nudos son aiticulados. t 1

A

1

2EI

J

'

1

/

.... ' \ /~ 9 = 1 El '~ t- B - - - - - - " \'o El ,,/ E , ' ,

---º

'

/,,

1

2EI

' ..

1 1

'e

Problema 11.12. Detenninar los momentos extremos de cada elemento y las reacciones en los soportes y dibujai· el diagrama de momentos. "' - - - · Articulación

,..,Q) .,.--2E - -l- - -@ ·n

2m 10kN

El

2.5EI

') m



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4m

3m

276

12. Estructuras estáticamente indeterminadas 12.1. Fundamentos del método de las fuerzas Para resolver estructuras complej as donde las fuerzas internas no se pueden obtener con solo plantear las ecuaciones de equilib1io estático el método de las fuer=as es m1a técnica bastante diftmdida y de mucho uso para sistemas hiperestáticos simples. Al aplicar este método se escogen como incógnitas las reacciones o amanes superfluos, es decir, fuerzas internas o fuerzas en los apoyos que están por encima de las necesarias para resolver isostáticamente la estructura. Al ser removidas las fuer=as redundantes o superfluas la estructura puede ser resuelta estáticamente, y una vez se conocen los valores de tales fuerzas, se obtiene la solución general y definitiva del sistema al ser aplicadas como cargas externas actuando en la estructura isostática. El orden de pasos a seguir para calcular sistemas hiperestáticos con base en el método de las fuerzas es el siguiente: ( 1) Se detennina el grado de hiperestaticidad del sistema y se calcula el número de reacciones o fuerzas superfluas. (2) Se escoge el sistema base, o sistema isostático, que se obtiene separando las incógnitas o fuerzas superfluas del sistema inicial dado. Estas se sustituyen por fuerzas de reacción o fuerzas internas redundantes con valor inicial desconocido. (3) Se plantean ecuaciones de deforn1ación, que se expresan en ftmción de las condiciones



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-

-

-

de compatibilidad de las defo1maciones del sistema base con el sistema hiperestático dete1minado. Si los desplazamientos en dirección de las fuerzas o reacciones eliminadas no existen o son demasiado pequeños, entonces las ecuaciones representarán la condición de igualdad a cero de estos desplazamientos. (4) Se resuelven las ecuaciones para encontrar el valor de las redundantes. (5) Una vez calculado el valor de cada redundante, se calculan los esfuerzos inte1iores del sistema hiperestático (momentos, co1tantes) que se obtienen con la suma algebraica del sistema base y cada sistema vi1tual multiplicado por el valor de cada incógnita considerada. Para ilustrar como funciona el método de la.s fuer=a.s se toma como ejemplo la viga hiperestática de grado uno mostrada en la Figura 12.1. Es claro que la estructura original, denominada EF, puede ser resuelta supe1poniendo la estructura isostática E 0 con la estructura Ex1 que tiene tan solo la carga aplicada R2y conespondiente a la reacción en el apoyo 2. Las reacciones finales de la estructura EF se encuentran mediante las expresiones:

Una vez conocido el valor de la reacción R2y. es decir, la incógnitaX1 conespondiente ala fuer-a redundante, el resultado final de todas las fuerzas internas del sistema propuesto se hallará sumando las fuerzas internas calculadas para las estructuras E 0 y Ex1.

277


w = 2 Tnim

l I I I

~

V

R,, 4m


I I I I

®f~.

I I

l~

V

R3y

4m


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(Estructura EF) w= 2 Tntm

~l l

l

l

l

l

l

w = 2Tn/m

l

R',y= BTn

l

1~

R'3y = 8 Tn

4m

V

f.. ~-.~.- -------~~:- -:.: :t

© ! l l l l 1 1 l l l l 1 l l 1@

4m

4m

(Estructura Eo)

( Estructura Eo)

É _______

©

( Estructura Ex1 )

@

JA,

~ '"~'·"°' 1.0Tn

, , .,,. •.m 4m

¡¡,,

______ _______

jf 4m

4m

4m

4m

( Estructura E, )

Figura 12.1. Pasos para transfonnar la estmctura dada en estmctura equivalente.

Para la estrnctura mostrada en la figura anterior, la reacción en el nudo 2, tomada como la redlmdante estática, es removida de la estrnctura obteniéndose lma estructura Ea que será el sistema base o sistema isostático. Dado que la deformación en el nudo 2 debe ser cero, la deformación L1 1a de la estructura Ea debe ser igual a la defonnación ó11 de la estructura E 1 multiplicada por la redundante X 1, aplicada en el mismo nudo. Si las defo1maciones se toman positivas hacia aniba, se puede plantear la siguiente ecuación de compatibilidad:

donde L11a conesponde a la defo1mación de la estructura isostática Ea en el punto donde estaba aplicada inicialmente la redundante X 1 y es debida a las cargas externas aplicadas. De igual manera, la variable ó11 es definida como la defo1mación en la estructura E 1 con la carga lmitaiia aplicada en el punto donde esta ubicada la incógnita X 1, o lo que es lo mismo, la defo1mación en la mitad de la luz de la estructura E 1 debido a la acción de la carga unitaria. Es conveniente entonces concluir que la estructura Ex1 es la misma estrnctura unitaiia multiplicada por el valor de la redundante .



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278


Para definir L110 en la mitad de la luz, se puede usar la misma estructura E 1 y si la rigidez es constante en toda la luz, el resultado es el siguiente:

LllO(M 2 ¡ =

:.

~f M(Eo~: "'(Ei) * dx =2 * ( :r f(s * x - x )*(- os• x )* dxJ 2

Ll10(en 2•)

=- 106.6%1

(hacia abajo)

El signo negativo indica que la defo1mación es en sentido contrario al que indica la dirección de la carga unitaria, es decir, la defo1mación es hacia abajo como era de esperarse. Se aprovechó la simetiía de la estrnctura planteando las ecuaciones de momento solo hasta la mitad de la luz y no se tuvo en cuenta la paiticipación de las vargas debidas a c01tante por considerai· que no afectan sustancialmente el valor de la defo1mación encontrada. Procediendo de igual manera, pai·a encontrai· la defo1mación ó11 se utiliza la misma estructura E 1 tanto para plantear la cai·ga redundante externa aplicada como para encontrai· el valor de la defonnación en el punto de la misma redundante :

Óu(en 2) =

L: J m(E¡);lm(El) *dx=2* (~1 J(-0.5*x)*(-0.5*x)*dx] o

m =3

:.

Ó11(en 2') =

º· %1

1 6

La redundante es, entonces: open in browser PRO version


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,,

- LJJO +

x 1 *~°11 -_ 00 ·

~

(-106.67) x *(10.61)-oo El + 1 ----¡¡--- - · ··

X 1 =10.(]Tn

Puesto que en la ecuación de compatibilidad se planteó la deformación L/10 hacia abajo con signo negativo, se conseiva este valor en la ecuación de compatibilidad de defo1maciones del nudo 2. Con el valor de X 1 aplicado como m1a carga puntual hacia arriba en la estructura Ex1 o como una carga puntual en la mitad de la luz de la estructura En. se obtienen los siguientes resultados:

Los valores de las reacciones conse1van los sentidos de la Figura 12.1 por lo que no se cambian los signos de las ecuaciones planteadas para las reacciones. Una vez se conocen todos los valores de las reacciones en los apoyos es fácil identificar, con ecuaciones de equilibrio estático, fuerzas internas en cualquier pm1to de la estmctura.

279


Un factor impo1tante en el ante1ior procedimiento es considerar que la defo1mación causada por la reacción en el nudo 2 de la estructura Ex1 es la defo1mación de la fuerza unitaria multiplicada por la redm1dante, o sea , la multiplicación 011 *X1 . Esto último es equivalente a fonnular que los efectos de la estructura Ex1 son iguales a los de la estructura E 1 multiplicada por la redundante X 1. Igualmente importantes es suponer que la defo1mación en el nudo 2 es prácticamente nula y que para el ante1ior sistema estructural , sometido a un conjunto de cargas externas, los efectos producidos por las fuerzas internas, reacciones, y defonnaciones, se pueden obtener sumando los efectos individuales de cada estructura en la que se dividió el sistema inicial. En consecuencia, para la estmctura de la Figura 12.1 los mencionados efectos pueden ser calculados mediante la siguiente combinación: Estructura E F = Estructura E 0 +EstructuraEx1



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Estructura E F =Estructura E 0 +Estructura E 1 * X 1

~

EF

=

E0 + E 1 * X 1

12.2. Formalización del método de las fuerzas Cuando una estmctura hiperestática tiene mas de un grado de indetenninación, el método de análisis para conocer las redundantes debe ser organizado y una nueva convención para defom1aciones y desplazamientos debe ser incluida. Para el caso de la estrnctura mostrada en la Figura 12.2 hay dos grados de indetenninación, por lo que se escogen las reacciones de los nudos 1 y 2 como las redundantes, de manera que al ser removidas se obtiene una viga en voladizo como el sistema básico isostático Ea con un apoyo empotrado en el nudo 3. Una vez se conocen los valores de las redundantes X 1 y X 2 la estructura puede ser resuelta por superposición, agregando a la estructura básica en voladz~o, con la carga distrib1úda en toda la longitud, las cargas puntuales de los apoyos 1 y 2 con la magnitud y sentido de las redundantes (reacciones R 1y y R2y).

~ u

l l

w=2.0Tnhnl

l

l l l

l itl

@

@

u

R,y

1

R2Y

10.0 m

~

15..0m

l ¡ l

l l l

iL

w=2.0Tn'ml

@

l

l

l

@

1

f

R:.y

1

l l l ¡

10.0m

x 2=Ray

1

15.0m

Figura 12.2. Estrnctura hiperestática original con grado dos de indeterminación.

280



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AlgWlas otras estmcturas pueden ser escogidas como la estructura base Ea siempre y cuando se elijan dos vaiiables como las fuerzas redWldantes a remover de la estmctura 01iginal. 8e puede escoger una de las dos reacciones qne identifican los apoyos mas el momento desconocido de empotramiento en el nudo 3. Si las redWldantes son la reacción en el nudo 1 y el momento especificado, se obtiene la primera solución equivalente ilustrada en la siguiente Figura 12.3: Wla viga simple como estrnctura básica Ea con el voladizo representado por el tramo 1-2, más las dos redm1dantes aplicadas como cargas puntuales. Si las redWldantes conesponden a la reacción del nudo 2 y el mismo momento desconocido de empotramiento en el nudo 3, la estrnctura básica equivalente es Wla viga simplemente apoyada con cai·ga dist1ibuida en la luz de 25 m conespondiente al tramo 1-3, más las dos cai·gas puntuales que identifican las redlmdantes Wla vez sean encontradas. Una tercera alternativa para trabajai· como estructura básica con dos redundantes es la viga con lma articulación en el nudo 2 . En este caso las redWldantes son el momento continuo en este pWlto y la reacción horizontal la cual es cero puesto que no hay cargas ho1izontales aplicadas. Por consiguiente, la estructura solo queda con lma redundante X 1 pero con la condición de momentos M 23 = -M21 , es decir, que los momentos en el nudo 2 sean iguales y de sentido contraiio

q

X2 = M32

w =2.0Tn/ml

I I

¡ l I ¡

r

¡

¡ ¡

X1 = R 1,

1

15.0 m

w= 2.0Tn/ml

I I I I ¡ ¡ I ¡ l ¡ X2=R2y

r

1

¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ ¡ l

/7A,

V®

10.0 m


¡ l 1

©U

®

(1) 15.0 m

/


¡ I

l7XJ77 10.0 m

X2= M32

r

I I I ¡ I I l

Arti~~la~i~n

- -- .

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w =2.0Tn/ml

¡ ¡ l ¡ 1

i

©

10.0 m

15.0 m

Figura 12.3. Altemativas de estmcturas estáticamente dete1minas, junto con las redundantes, que pueden ser utilizadas en el método de las fuerzas.

281


Una vez las redundantes son seleccionadas para el análisis, como las denotadas por X 1 y X 2 en la anterior Figura 12.3, se puede establecer una compatibilidad de defo1maciones en los apoyos conespondientes donde están ubicadas dichas redundantes. En estos nudos las defonnaciones finales deben ser cero, y se supone, como se muestra en la Figura 12.4, que la estrnctura final es la supe1posición de las estructura E 0 , con las cargas originales del sistema, mas las estructuras E 1 y E 2 expandidas por los valores de las redundantes X 1 y X 2 respectivamente.

( Estructura Eo )



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1 0.0m

1 5.0m

( Estructura E1

}

( Estructura E2 }

Figura 12.4. Defonnaciones en los nudos 1 y 2 para cada condición de carga.

De la anterior figma se deduce que se debe cumplir la siguiente condición de compatibilidad de defonnaciones al sumar los efectos en el nudo 1 de las tres estrncturas:

282




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J..JJ.. Jllli:)J11V

.PJ..J.Jl\,..J..}IJ.V

U'-'

\o.tVJ.ll}'Cll...l.VJ.llUClU \.ti:)

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CU

l/.UUV ¿¡ )

\,..VJll..GUlUV

\,..V.ll J..Cl.-,

mismas tres estmcturas:

Los despla::amientos L110 y L120 de la estroctura básica isostática Ea se presentan en los nudos 1 y 2. en la dirección de las redundantes de la estmctura propuesta. El primer subíndice indica la posición relativa de la defo1mación en dirección de la respectiva redundante, mientras que el segundo subíndice denota que la defo1mación se calcula para la estroctura E 0 con las cargas externas aplicadas. Las vaiiables ó11 y ó12 coffesponden a las defonnaciones en el punto 1 y debido a las cai·gas unitarias localizadas respectivamente en los puntos 1 y 2, en dirección de las redundantes. Igualmente, los variables ó21 y ó22 representan las defo1maciones en el punto 2 debidas a las cai·gas unitarias ubicadas en los puntos 1 y 2. El siguiente es el sistema general de ecuaciones de compatibilidad pai·a una estmctura con n redundantes (incógnitas superfluas): '511X1 + '512X 2 + ······· + '51nX n + L11p =O '521 X1 + '522X 2 + ...... + '52nX n + L12p =0

Forma Matricial

--7

<5* X= LJ

donde:

bU-

=

X¡ = LJ10 =

Desplazamiento en el punto j debido a la fuerza unitaiia aplicada en el punto i en dirección de la redundante j , o viceversa. Redm1dante o fuerza interna a encontrar. Desplazamiento en punto i debido a las fue1zas externas de la estmctura estáticamente definida m1a vez se han removido las redundantes X, en dirección de la redundante i.

Las defonnaciones Ll;o y óu se definieron en el ai1terior capítulo y, principalmente pai·a estmcturas planas, se pueden considerai· que son las siguientes: L

4o =l:f m O


N(

Eo

) * n( )

E *Am

E¡

L M(

*d~+¿f

m O


Eo

) * m( )

E *I m

E¡

L

*d~+l:K* f m

O

Vi(

Eo

G

) * V( ) E¡

*Am

*dx pdfcrowd.com

* ( )

LN

(E ) n E J mo E*Am

<>u = L

J

z

LM(E ) * m(E

* dx + L J mo

)

J

z

E*Im

ru y (E ) * V (E )

* dx + L K * J m

o

i

J

* dx

G*Am

283


El subíndice m conesponde al número de tramos de integración o barras en toda la estructura. Cada sumato1ia indica que deben realizarse las m integraciones entre las n01males, c01tantes y momentos de cada tramo de las estructuras especificadas E 0 , E¡ o E1. Simultáneamente, cada integración debe ir dividida por la respectiva 1igidez del tramo m considerado, es decir, los respectivos módulos por el área del tramo para nom1ales y c01tantes, o por la inercia del tramo cuando se considera flexión. Considerando que para el análisis de cerchas no se tiene en cuenta el peso propio de los elementos y que estos solo transmiten fuerzas axiales las defo1maciones anteriores se reducen a: N( Eo )m * n( E¡ )m '\' J '\' R( Eo )m * 1:( E¡)m * L =,t.., * d" =,t.., * d" L

4o <5 U

m

O

J1

E * Am

E * Am

m

="'J N(E)E*A*n(EJm.) *dy: ='\' R(E) L

l m

,t..,

m

o

l m

,t..,

m

m

*({E .) J\ Jm

E*A

*L

m *d'C

m

Las fuerzas F (EOJm son las fuerzas axiales internas de todas las banas de la estructura básica con las cargas externas aplicadas a este sistema. Las fuerzas Í(EiJm ó Í(EJJm son las fuerzas internas de un sistema unitaiio con la cai·ga aplicada en el punto i en dirección de la redundante j, o viceversa. Para pórticos se puede considerar que las fuerzas axiales y co1tantes no influyen sustancialmente en las defonnaciones por lo que se pueden utilizai· las ~; ~,_; A-·A~


A ..--A~; ~-A ~ .. A,.:¡,_ A;

;JA~•


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:s1g Ult:Jlll:::s t:Xl'l t::SlUJlt::S 1 t:UUC.:lüa:S.

LM( ) *m( ) . = '\' J Eo m E¡ m dx 4o ~ E*I mo

m

Para obtener las ante1iores defonnaciones se requiere plantear las ecuaciones de momentos de las estructuras en cada lmo de los tramos donde se presentan cambios de momento de las estructuras E 0, E 1 y E 2 . El origen se ubica en el punto 1 y x se toma de derecha a izquierda. Tabla 12.1. Ecuaciones de momento por tramos para en el cálculo de las defonnaciones utilizadas en las condiciones de compatibilidad. Tramo 1-2

ES TRUCTURA

Tramo 2-3

Eo

M(x)n = x 1

M(x)u =x2

E1

m(x) 11 = -1 .0*x

m(x)13 = -1.0*x

E2

m(x) 11 = O.O

m(x}11 = -x+l5.0

En la siguiente figura se muestran las tres estmcturas planteadas y los momentos utilizados .

284


~¡ @ 1


,;

; ¡ ¡ ,¡ ¡

t

¡ ¡

,;

*

Mx=x2


,;

@ 1

.;.

Mx=x2

1

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1.

1u.um

15.Um

.1.

,1

( Estructura Eo )

~®

,

,

i

í

~

@

mx = -1.o•x

my=-1.0"x

l.... G)

n

1.0

10.0m

15.0m

( Estructura E1

~

)

, @

,

\

@

~ 1.0

mx=-1.0'(x-15)

1.

.1.

10.0m

t

mx=O.O 15.0m

1....m G)

,1

1

( Estructura E2 )

Figura 12.5. Deformaciones en los nudos 1 y 2 para cada condición de carga.

Una vez conocidas las ecuaciones de momento, los siguientes son los cálculos para obtener las defo1maciones requeridas en las dos ecuaciones de compatibilidad:

:.


L110 =

976563

El


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285


'511

=

m ( )*m ( ) x E1 El x E1

L J

1 * dx = El

mx(E1)

L J

L 3 tramos

Jrrtx(

* 111x(E2 )

*dx=O.O +

El

3 tramos

<>22 =

J

=+

5 08 33 2 E;

o

3tramos

<>12 =

25 (-1. O* x) * (-1. O* x) * cfr

E2

) *m ( 2) x E El

25 J (-1.0 * x)* (-x + 15.0) * dx _ +1083.33 15

El

El

5

*dx=O.O+ ~J (-x+l5.0)*(-x+l5.0)*dx =+ 333· 33 El 0

El

Utilizando Las anteriores defonnaciones en las siguientes ecuaciones de compatibilidad, se obtienen las siguientes redm1dantes X 1 y X 2 : 5208.33*x1 + 1083.33*x2 = 97656.3 } X1 = +12.13 Tn , X 2 = +31.83Tn 10833.33 * Xl + 333.33 *X] = 23750.0

Los anteriores valores indican que la reacción en el apoyo 1es12.13 Tn y la reacción total del apoyo 2 es 31.83 Tn. Con los valores de las redundantes y las ecuaciones individuales de momento de la Tabla 12.1, se aplica la propiedad de supetposición expresada por EF =E0 +E1 * X 1 +E2 * X 2 para obtener las siguientes ecuaciones generales de momento en cada tramo de la viga continua: Trmrw 1 - 2: M(x) 12 = x 2 - 12.13 * x Trmrw2 - 3 : M(x)i 3 = x 2 - 12.13*x - 31.83*(x - 15) = x 2 - 43.96*x + 477.45



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Si x=l 5 m, entonces M 21 =-M2 3= 43.05 Tn-mt y el momento M 21 es positivo porque tiene el sentido contrario al horalio, considerando que se han planteado las ecuaciones de derecha a izquierda. Cuando x= 25 m, el momento en el extremo empotrado es M 32 =3.45 Tn-m.

43.05 Tr)om 3

·;:_·r'~-·:m·-~·;·1¡

43.05 Tr..m

.~

:·\

¡) @) r-·l\..

o.o kN-m

iiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiíliii ..:l··]., ii ..-¡iii /

@\.;, 3

··•.;..i.U..:.: ..,.:..-··

f

1

6.04 Tn

\..;

. .·
·•. : : : : : : : : : : : : : ·'" .1..

X2= 31.83Tn

Figura 12.6. Diagrama final de momentos para viga continua analizada.

286


Ejemplo 1: Cálculo de fuer-as redundantes en una cercha. Calcular las dos fuerzas redundantes escogidas para la cercha de la Figura 12.7 y encontrar la solución final de las fuerzas internas de la estrnctura hiperestática. Utilizar EA constante. 2*P

P @

1

rn

@ x,

~rf&:====~==:::::;1

_,.,. _ -

x, L

L

x, open in browser PRO version


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~ ~45º R,yw

L

L

Estructura Hiperestática EF

Estructura EF con Redundantes

Figura 12. 7. Cercha hiperestática propuesta.

La estrnctura propuesta es hiperestática de grado dos por lo que se escogen las redundantes X 1 y X 2 que sustituyen una fuerza interna y una reacción. Las dos redundantes se remueven de la estmctura hiperestática, de manera que la nueva estmctura básica sea isostática y se pueda resolver planteando ecuaciones de equilib1io en los nudos. La estrnctura propuesta se puede resolver por superposición considerando la suma de las tres cerchas que se muestran en la Figura 12.8, aplicando para cada fuerza interna y reacciones el siguiente p1incipio:

La estructura E 0 es el sistema básico con cargas externas al cual se le han removido las redundantes, mientras que las estructuras E1 y E~ son las estrncturas con cargas unitarias en la dirección y sentido de las fuerzas redundantes. Las estructuras E 1 y E2 son útiles para calcular las defo1maciones L110, L120, ó11 , ó12 = ó21 y ó22 que se requieren para resolver la ecuación de compatibilidad de deformaciones presentada para el caso cuando hay dos redundantes a calcular: L110 + 011 *X1 +012

* X 2 =O.O

L120 + º21 *X¡ + º 22

* X 2 = O.O

suficiente para conocer las redundantes X 1 y X 2. Las defo1maciones L1 10 y L120 se presentan en la estructura E 0 en la ubicación y sentido de las dos redundantes. Los coeficientes ó11 , ó12 = ó21 y ó22 son las defonnaciones en los pm1tos donde están aplicadas las redundantes debidas a cargas unitaiias en la misma dirección de las redundantes.

287



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Las defonnaciones del sistema de ecuaciones planteado se resuelven utilizando las siguientes expresiones: Fi(Eo ) *Ji( E¡ ) *Lm 111

111

Fi(Eo)m *Ji( E2 )m *Lm E*A111 111 barras

I

Ll20 =

m barras

Cada defo1mación es la smnatoria, para todos los elementos, de la multiplicación entre fuerzas axiales para las estructmas indicadas por los subindices entre paréntesis, y dividir por las respectivas rigideces de cada elemento.

p

@f

Tf'

@

III

~

X,

c=t-

p

-

2·p

©

@¡

L

L

X,

L

1

L

1

Estructura E0


L



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L

Estructura E1

Estructura E2

Figura 12.8. Estmctma básica y estmcturas con cargas unitarias en dirección de las redundantes.

288


Las fuerzas internas calculadas para cada lmo de los dos casos estudiados, se resumen en la siguiente tabla: Tabla 12.2. Resultados de fuerzas internas en estmctura básica y estmcturas unitarias. Estructura E o Barra

1

2

3

4

5

6

Fa

+P (I)

o.o

·2P (C)

+P (I)

o.o

·l.414P(C)

Estructura E1 Barra

1

2

3

4

5

6

/Ji

·0.707 (C)

-0.707 (C)

·0.707 (C)

-0.707 (C)

+1.0 (I)

+1.0 (I)

Estructura E 2 Barra

1

2

3

4

5

6

!a

o.o

o.o

o.o

-1.0 (C)

o.o

+1.414 (I)

A continuación se muestran en una sola tabla los resultados de las fuerzas internas y las operaciones requeridas para encontrar las defonnaciones requeridas. open in browser PRO version

' ,. Are you a developer? Try out the HTML to PDF API

...... ..

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l aoia Barra

i¿.j.

vperaoores emp1eaoos para nauar oe101mac10nes en ecuaciones oe compauomoao.

L¡ (m)

1

Fuer=as en E0

Fuer= as en E1

Fuer=as en E1

(Fa)

(fu)

+P

-0.707

(h¡) O.O

L

o.o

L

2

F0r.·'1f,li *Lmi ( Tn*m) -0.707PL

o.o

-0.707

o

f,Ji *f,,Jf*L»•.

f 1i''f]¡ *Lm

(Tn*m)

( Tn*m)

0.5L

o.o

o.o

0.5L

o.o

o.o

o.o

FOi *f,,Ji *L"'· f,Ji ''f,Ji *Lni (Tn*m) {Tn*m) O.O

o.o

3

L

-2P

-0.707

O.O

+ l.414PL

O.O

0.5L

o.o

4 5

L

+P

-0.707

-1.0

-0.707PL

-1.0PL

0.5L

+0.707L

+l.OL

l.414*L

O.O

+1.0

o.o

O.O

o.o

+l.414L

o.o

O.O +2.828L

3.828L

6

l.414*L

+1.0

-l.414P

+1,414 I:

=

-2.0PL

-2.828PL

+l.414L

+2.0L

-2.0PL

-3.828PL

4.828L

2.707L

Las defonnaciones son: LI10 -

2*P*L E*A

LI

'

ó _ 4.828* L 11 -

E*A

_ -3.828*P*L wE*A

ó -ó _2.707*L '

12 -

21 -

E *A

;

ó

22

3.828* L E*A

Simplificando la longitud L y la rigide::. axial E*A, las ecuaciones y resultados de las redundantes son: 4.828* X 1 +2.707 * X2 2.707* X 1 +3.828* X2

= 2.0* P ) X =-0.243* P = 3.828* P _ l _ _ _ __

X2

=+1.1 72* P

289


Multiplicando la redundante X 1 = -0.243*P por las fuerzas internas de la estructura unitaria open in browser PRO version


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E 1 y la redlUldante X 2 =1.172*P por las fuerzas internas de E 2 y luego slU11ando los ante1iores resultados a los valores las füerzas internas de la estmctma básica E 0 , se obtienen las siguientes fuerzas definitivas para la estructura estudiada: Tabla 12.4. Cálculo de fuerzas internas finales a paitir de superposición de resultados. Fuer:as

Fuer:as

Fuer: as

Fuer:as Finales

Barra

en E 0

en E1•X2 ó

Eo+E1 *X1 +E z *Aí (Tn)

1

Fo +l.O*P

en Ei •X1 ó f¡*X 1

+o.172*P

+l.172*P

2

o.o

+o.172*P

3

·2.0 *P

+o.172*P

o.o o.o o.o

4

+l.O*P

+o.172*P

·l.173*P

o.o

5

o.o

·0.243*P

o.o

·0 .243*P

6

·l.414*P

·0.243*P

+l.657*P

o.o

Ji *X2

+o.172*P ·l.828*P

La siguiente ilustración muestra Jos resultados finales de las fuerzas internas con las reacciones definitivas. Si se realizan las dos condiciones de equilibrio por nudo, es claro que éstas se cumplen satisfactoriamente.

L

1

Fr+O.172P (T)

1

Rif1.14P

R,¡=Q.86P

L

Figura 12.9. Fuerzas internas finales de la cercha propuesta en el ejemplo l.

Ejemplo 2: Cálculo de fuer=as internas y deflex iones en una cercha. Calcular inicialmente las dos redlUldantes de la cercha mostrada en la Figura 12.1 O y luego encontrar las füerzas



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-

-

.

internas de la estrnctura propuesta. Aplicando el método de la carga virtual continuar con el cálculo de la deformación en el nudo 5. Utilizar EA para los elementos 1 a 4 y 2EA para los elementos 5 a 11.

290


3.6m

6.0m

6.0m

Estructura Propuesta EF

100 kN

SOkN

50 kN

~ <""'---~~~~~~~~~~~~-~~~~---""" @) A

A

x,

X2

[ID



2A

2A

[!]

3.6m

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;&x

1

X

2

A

1® 6.0m

6.0m


Figura 12. l O. Cercha propuesta y cercha equivalente con redundantes seleccionadas.

La estrnctura a calcular tiene las dos redlmdantes propuestas X 1 y X 2 , las cuales pueden ser calculadas aplicando la ecuación convencional: ~0 + ~ 1 *X1+~2*X2 = aO

.120 + º 21 *X¡ + º 22

* X 2 = O.O

Las defo1maciones L/ 10 y L/20 son debidas a las cargas externas, se presentan en la dirección de las redundantes y son debidas a las cargas externas en la estructura E 0 . Los coeficientes ó11 , ó12, ó21 y ó22 son las defo1maciones de las estructuras E 1 y E 2 debidas a las cargas unitaiias en la misma dirección de las redundantes .

291


50 kN

100 kN

50 kN

@.=1 ___0_·º--~J_@___o_.o-----=.( @

~ ~la~m ~



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©J_

+83.3 (T)

l1l

VR1y=100

~

¡
6.0m

6.0m

Estructura Eo

o.o

®

.0.857 (C)

©

l!I

@] 1.0

~

§:

§:

....

.... "' [!]

"'q

co

~

[!]

3.6m

~

1.0

o.o ~

1@

l1l

6.0m

6.0m

Estructura E 1

@

l!I

....

"' <;>

[!]

3.6m

"' <;>

"'!

"'!

1.0

-0.857 (C)

1® 6.0m

1.0

§:

....

[!]

@

.0.857 (C)

~ 6.0m

Estructura E2

Figura 12. 11. Fuerzas internas de la estrnctura básica y las estmcturas con cargas unitarias.



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292


Las defo1maciones L/10, L/ 20 y los coeficientes de flexibilidad 011 , 012, 021 y 022, se calculan empleando las siguientes expresiones y los resultados de las sumato1ias calculadas al final de la Tabla 12.5. La redundantes escogidas y el tipo de cargas de las estrncturas dete1minan que L1 10=L120, 011 = 011 y 012 = 021 . Lo anterior se presenta porque la estrnctura es completamente simétrica, excepto por la reacción horizontal en el apoyo 1, que por ser igual a cero no incide en la simetria.

L110 =L120 =

16.8

+- E*A º 12 =º21 =

L:

m barras

Todos los coeficientes están dados en ftmción de un área básica A y de tm modulo de elasticidad E común, los cuales pueden ser simplificados. En consecuencia se deduce que X1 es igual aX2 y la ecuación que se plantea para encontrar las redtmdantes es: 16.8* X 1 +0.48* X 2 = 722.2 ) X 1 =X2 =41.8 kN 16.8* X 1 +0.48* X1 = 722.2 Tabla 12.5. Operadores utilizados en las defo1maciones de las ecuaciones de compatibilidad.

Barra

L,,,!A,,,

Fuer=cis en E 0 (Fo,,J


Fuer~as

en E 1
Fuer~as

enE1 (/i,,J


./f;n*/J,,.*Lm A,,,

Flhl•!Jm*Lm A,,,

fan *Jan*Lm A,,.

ha *J:?m •L.,

Í2m•Í:?m • L,,,

A,.

A,,,

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1

6/A

+ 83.3

-0.857

O.O

-428.3/A

O.O

+4.41/A

O.O

O.O

2

6/A

+83.3

O.O

-0.857

O.O

-4283/A

O.O

O.O

+4.4 1/A

3

6/A

O.O

-0. 857

O.O

O.O

O.O

+4.41/A

O.O

O.O +4.41/A

4

6/A

O.O

O.O

-0.857

O.O

O.O

O.O

O.O

5

1.8/A

-50.0

-0.5 14

O.O

+46.3/A

O.O

+0.48/A

O.O

O.O

6

3.5/A

O.O

+ !.O

O.O

O.O

O.O

+ 3.5/A

O.O

O.O

7

3.5/A

-97.2

+ LO

O.O

-340.2/A

O.O

+ 3.5/A

O.O

O.O

8

1.8/A

O.O

-0.514

-0.5 14

O.O

O.O

+0.48/A

+ 0.48/A

+ 0.48/A

9

3.5/A

-97.2

O.O

+L O

O.O

-340.2/A

O.O

O.O

+3.5/A

JO

3.5/A

O.O

O.O

+L O

O.O

O.O

O.O

O.O

+3.5/A

11

1.8/A

-50.0

O.O

-0. 514

O.O

+46.3/A

O.O

O.O

+ 0.48/A

E =

-722.2/A

-7222/A

16.8/A

0.48/A

16.8/A

293


Multiplicando las redundantes X 1 y X 2 por las respectivas fuerzas internas de las estructuras unitruias y sumando los ante1iores resultados a los valores las fuerzas internas de la estructura básica E 0 , se obtienen las siguientes fuerzas internas definitivas de la estructura propuesta: Tabla 12.6. Cálculo de fuerzas intemas de la estmctura propuesta utilizando superposición.


Fuer:.as en Ei''X1 ó li,,.''X1

Fuer:.as en E2*X1 ó f,,1m*X:1

Fuer:,as Finales Eo+E¡''X1 +E1''X1 ( Tn)

-35.8

o.o

+47.5 (1)

+83 .3

o.o

-35 .8

+47.5 (1)

o.o

-35.8

o.o

-35.8 (C)

Barra

Fuer-as en E0

1

+83.3

2

3

Flt,,


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4

o.o

o.o

-35.8

-35.8 (C)

5

-50.0

-21.5

+41.8 (1)

6

o.o

+41.8

7

-97.2

+41.8

o.o o.o o.o

8

o.o

-21.5

-21.5

-43.0 (C)

9

-97.2

O.O

+41.8

-55.4 (C)

JO

o.o

o.o

+41.8

+41.8 (1)

11

-50.0

O.O

-21.5

-71.5 (C)

-71.5 (C) -55.4 (C)

La siguiente ilustración muestra los resultados :finales de las fuerzas internas con las reacciones definitivas, los cuales cumplen con el equilibrio estático en cada nudo 100kN

60kN

60kN

6.0m

6.0m

Figura 12.12. Fuerzas intemas definitivas de la est:mctura con cargas externas.

Pare la segunda paite del problema, el cálculo de la deflexión en el nudo 5, significa que debemos colocar mia cai·ga unitaria a la estructura hiperestática de grado dos en el nudo especificado, y con ésta nueva condición de carga averiguai· las respectivas fuerzas internas.

294



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Las cargas externas propuestas inicialmente en los nudos supe1iores se retiran y se coloca la carga unitaria en el nudo 5, donde se quiere encontrar la defo1mación. Una vista de la cercha hiperestática unitaiia a resolver se muestra en la Figura 12.13. La estrnc tura isostática básica con la carga unitaria, la cual se ha denominado Eo(UJ, también se muestra en la misma figura. Las estructuras E 1rUJ y E2 rUJ conespondientes a las cargas unitaiias en dirección y sentido de las nuevas redundantes x 1 y x 2 utilizadas en este caso, son las mismas estructuras unitarias que se muestran en la Figura 12.11. 1 kN

@

~

~

A

A

©

X¡

~

X2

mi

2A

2A

2A

X1

ITil

3.6m

X2

A

[!]

~

1®

6.0m

6.0m

Estructura Unitaria EF(U) utilizada para calculo de fuerzas internas 1 kN

o.o

®

l!I ~

C>

ó

~

ITil

3.6m

+o.833 (T)

1® open in browser PRO version


~

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l:i.Um

6.0m

Estructura Básica Eo(U) sin redundantes

Figura 12.13. Estrnctura con carga unitaria más redundantes y estrnctura básica isostática.

A continuación se calculan las deformaciones L11 o(U} y L120(U} de la estrnctura unitaria. Los coeficientes de flexibilidad Ón(UJ• ó12rUJ, ó21 rUJ y ó22rUJ son los mismos que se calcularon

295


para las estructuras unitarias E 1 y E 2 de la estrnctura inicial con cargas externas en los nudos supeliores. Los siguientes son los resultados obtenidos:

Ll1o(u)

= Ll2o(u) =

7.68

L mi barras

16. 8 º11(u) = º22(u) = +A ;

mbarras

A

0.48 º12(u) = º21(u) =+A

La vaiiable f (oJ define las fuerzas internas de la estrnctura básica con la carga mritaria en el nudo 5, y las vaiiables f(1 J y f (2J se refieren a las fuerzas internas de las estrncturas mritaiias en dirección de las redundantes, cuyos valores son iguales a las fuerzas fim y hm que se muestran en la Tabla 12.5. Como se aigumentó antelio1mente, las redundantes x 1 y x 2 son iguales y las igualdades que se plantean pai·a encontrar las redundantes son :


{J)

16. 8 * X J + 0. 48 * ,"( 2 = 7. 68 }

( 2)

16. 8 * X J + 0.48 * X J = 7. 68


,r, J

= X2 = 0. 444 kN

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Tabla 12.7. Operadores utilizados para encontrar las defotmaciones utilizadas en las ecuaciones de compatibilidad de le estructura con carga unitm·ia en el nudo 5.

Barra

L¡/A i

Fuer-as en EO(UJ lfw)

Fuer-as en E1(U1 lfiu)

Fuer-as en E2(UJ (hu)

1

6/A

+0.833

-0.857

7.

6/A

+0.811

3

6/A

4

6/A

5

1.8/A

6

fo*fi*Lm

fo,..f l'Lm

f¡*fi*Lm

j¡•j 2*L,..

fi'"f /'Lm

Am

A,,,

A,..

Am

A,,,

o.o

-4.28/A

o.o

+4.41/A

o.o

o.o

O.O

-0.857

O.O

-4.28/A

O.O

O.O

+4.41 /A

-0.857

o.o -0.857

-0.514

7

3.5/A

-0.972

+1.0

o.o o.o o.o

+3.5/A

o.o o.o o.o o.o o.o

8

1.8/A

o.o

-0.514

-0.514

o.o o.o o.o o.o o.o o.o

o.o

o.o

o.o o.o o.o o.o

+4.41/A

3.5/A

o.o o.o o.o o.o

+0.48/A

+0.48/A

+0.48/A

9

3.5/A

-0.972

+1.0

-3.40/A

3.5/A

11

1.8/A

o.o o.o

o.o o.o

o.o o.o o.o

o.o o.o o.o

+3.5/A

10

o.o o.o o.o

+ 0.48/A

-7.68/A

16.8/A

0.48/A

16.8/A

+1.0

+1.0 -0.514 I:

=

-3 .40/A

o.o o.o o.o o.o -7.68/A

o.o +0.48/A +3.5/A

+4.41/A

O.O

o.o o.o

+3.5/A

Multiplicando las redundantes x 1 y x2 por las fuerzas internas de estructuras unitarias E n;=E1 y E 2 u=E 2 y sumando los ante1iores resultados a los valores las fuerzas internas de la estructura básica Eou, se obtienen las fuerzas internas definitivas de la estructura con carga unitaria en el nudo 5. Los resultados de este proceso se muestran en la siguiente tabla.

296


Tabla 12.8. Aplicación de superposición para obtener las fuerzas intemas de la estrnctura con carga unitaria en el mido 5.



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Barra

Fuer:as en Eou ó Fuer:as fo u

Fuer:asen

Fuer:asen E2U*X; ó f;u *X2

Fuer:.as Finales Eou+E1u*x 1+Ew'"x2 (kN)

1

+0.833

Ew*-'<1 ó fw*X1 -0.381

o.o

+ 0.452 (T)

2

+0.833

o.o

-0.381

+ 0.452 (T)

3

-0.381

o.o

-0.381 (C)

o.o

-0.381

-0.381 (C)

-0.228

6

o.o o.o o.o o.o

+ 0.444

+ 0.444 (T)

7

-0.972

+ 0.444

o.o o.o o.o

8

o.o

-0.228

-0.228

-0.456 (C)

9

-0.972

-0.528 (C)

10

o.o o.o

o.o o.o o.o

+0.444 +0.444

+0.444 (T)

-0.228

-0.228 (C)

4

5

11

-0.228(C) -0.528 (C)

La siguiente ilustración muestra los resultados finales de füerzas internas para la estmctura con carga mritaria en el nudo donde se requiere calcular la defon11ación: 1 kN

3.6m

6..0m

6.0m

Figura 12.14. Fuerzas intemas definitivas de la estmctura con cm·ga urútaria en el nudo 5.

La siguiente es la deformación de la estructuraEF en el nudo 5:

*

F(Ep )m /(Epu)111 *Lm = mbarras


E*Am

*

2

* 47.5* 0. 452*6.0 + * 35.8 * 0.381 * 6. 0 + * 71.5 * 0.228 * 3.6 2 2 E* A E*A 2 *E* A

.554 * 05/.8*7.0 4 U? *0444 7 0 Are you a developer? Try out the HTML to PDF API

43.0*0456* .'?.6

R.50

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297


Los valores F (erJ) y F (EFU) definen las fuerzas internas de la estmctura hiperestática con cargas externas y puntual respectivamente. Aslmúendo el áreaA = 0.001 rr/ y el módulo de elasticidad E = 2*107 kN/m2, la defo1mación vertical en el nudo 5 es Llvs = O. 042 cm. Ejemplo 3: Cálculo de fuer-as internas en un pórtico. Calcular las dos redm1dantes del pó1tico mostrado en la Figura 12.15. Con base en los valores encontrados calcular los diagramas de momentos y c01tantes de la estmctura lúperestática propuesta.

w=2.0Tnlm

w=2.0Tnhn

2m P=5.0Tn

2m P= 5.0 Tn

m

4m

2m

m 1

- ·- - ·- ·- ·- ·- ·- ·-·- ·-

1

-· -·-·-·-·-·-·-·-·-·-·!

'

5m Articulación

Estructura Hiperestática Propuesta

..

Sm

lt

A

1

1


Figura 12.15. Pó1tico propuesto y pó1tico equivalente con redtmdantes.



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Las dos redundantes propuestas X 1 y X 2 , se calcUlan ut1lIZanC1o las dos ecuac10nes de compatibilidad conocidas: .110 + 011*X1 +012 .120

+ 0 21

*X¡+ º 22

* X 2 =O.O * X 2 = O.O

En la siguiente tabla se muestran las ecuaciones de momento por tramo de la estructura con cargas reales y las dos estmctmas con cargas unitarias, para ser utilizadas en el cálculo de las defo1maciones reque1idas por las ecuaciones de compatibilidad. Los diagramas de cuerpo libre utilizados para desanollar estas ecuaciones se muestran en la Figura 12.16. Tabla 12.9. Ecuaciones de momento por tramos utilizadas en el calculo de las defonnaciones de las ecuaciones de compatibilidad. Estructura

Tramo 1-2

Tramo 2-3

Tramo 3-4

Eo

M(x)12 = O.O

M(x)23 = 5,¡-x- 10

M{x) 34 = 10+x2

E1

m(x) 12 = -1 .0'tx

m(x)23 = -1.0'tx

m(x) 34 =-4.0

E2

m(x} 12 = O.O

m(x)23 = O.O

m(x) 34 =-1.0*x

298


w=2.0Tn/m

35.0T~m

O.O

,-

5.0Tn 10.0T~

( Estructura Eo



1

,..-

\

l\~·-=~'i.*(x-2~

_

~

_ pdfcrowd.com

X ~ - ..

o.o

o.o

.

1.04 ® 4.0Tn-m

~1.0Tn

~ M,=-4.0

4.0Tn-m

(3)

o.o

4 .0Tn-m

,...

( Estructura E1 )

M,=·l.O*x X

t 1.0Tn 1

(J)

~

--+ .

1.0

1.04 ®~'~~~{~-~~~~~~º;;;·~ O.OTn

X

M,=-1.0*x

4.0Tn-m

-

..

O.OTn-m

( Estructura E2 ) X

t 1

1.0Tn

•

Figura 12.16. Fuerzas internas de la estmctura básica y las estmcturas con cargas unitarias.

El siguiente paso es calcular las deformaciones L/10 y L/20 de la estrnctura Eo utilizando las ecuaciones de defo1mación para flexión que incluyen integración de momentos de la estructura base con estructuras unitarias en todos los tramos. Lo mismo aplica para las defom1aciones 011 , 012, 021 y 022 , en las cuales se usan los momentos de las estructuras unitarias E 1 y E2 para todos los tramos previstos.

299



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Los siguientes son los cálculos para encontrar las anteriores defo1maciones:

L

L110 =

f

M ( )*m() xEo

xE¡

El

3 tramos

2

4

El O

El 2

*dx =_¿_J (o.o)*(-1.0*x)*dx +_¿_f (5*x- 10)* (- 1.0* .x)*dx

5

+ _¿_J(lo+x 2 )*(- 4.o)*dx =- 3333 _ 36667 =- 4000 El El El El 0

L120 =

2 L: JM( Eo )*m() E2 *dx=~f (o.o)*(O.O)*dx X

X

El

3 tramos

fil

=

El 2

fil

0

12 L: Jm(E¡ )*m() E¡ *d-c=-f(-1.0*x)*(- l.O*x)*dx X

X

+

<>12 =<>12 =

+

El o

El

3 tramos 4

5

2

0

1 1 101 33 -J (1.0 *X)* (- 1. 0 * X)- dx + -J (- 4. 0) * (- 4. 0) * dx = + . fil fil fil

*

2

Jmx(E¡) mx(E2)*d-c=~J(-l.O*x)*(O.O)*dx 3 tramos El El 0

L +


El O

~J5(1o+x2)*(- l.O*x)*dx = -281.25

+

<>11

4

+ ~f(5* x-10)*(0.0)*dx

4

5

2

0

1 50 o -J (1. o* X)* (O. o )d-c + -J (- 4. o)* (- 1. o* X)* dx = + _ · E1 E1 El 1


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<>22

m(

=

¿: J

X

)*m() E2 El X E2

1 2

* dx =El J(o.o)* (o.O)* d~

1 4 +El (o.o)* (o.o)* dx

o

3tramos

J 2

5

41.67 + - 1 J (- 1.0* x)*(- l.O*x)*d~=+-El El 0

En consecuencia, las ecuaciones de compatibilidad y las redundantes X 1 y X 2 son: 101.33 * X1 +50.0* X 2 = 400.0 ) X 1 = +J.51 Tn ; X 2 = +4.94 Tn 50.0* X1 +41.67* X 2 =281.25

300


En general para la estmctura hiperestática propuesta, al sumar las ecuaciones de momento utilizando la expresión de superposición EF =Eo +E1 *X 1 +E 2 *x 2 y los momentos de la Tabla 12.9, se obtienen las siguientes ecuaciones generales de momento por tramo: M(x) 12 =-l.5l* x M(x) 23 =(5* x -10)-l.5l*x=3.49*x-10 M(x) 34 = (1 O+ x 2

)-1. 51*4. O- 4. 94 * x = 3. 96 - 4. 94 * x + x 2

El diagrama de momentos y las fuerzas internas en los extremos se muestran en la siguiente figura. Es conveniente registrar que para los momentos encontrados solo se tuvo en cuenta el efecto de la flexión en los dos elementos de la estmctura, pero es evidente que los efectos de la fuerza axial pueden influir en los resultados de momentos finales lo que a la vez open in browser PRO version


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induce a una variación de las fuerzas en los nudos. Es conveniente considerar que los dos elementos de la estmctura son suficientemente rígidos para evitar la influencia de la fuerza axial en el cálculo de las vaiiables de defonnación utilizadas en las ecuaciones de compatibilidad.

...Q\

3A9Tn

'~i~ f""

. . . . . . .· /¡ 3.49Tn "·...J.......... ! i;,.......... i i./ 3.96 Tn-m~ ~3.96Tn-m ....

1¡.f''! . · ,,

4.26 Tn-m

3A9 Tn •

.. ~............:.:;;............ '":" ·'

( Estructura E, )

"......... \:···· \

\

1. 51 Tn

~'t-+ 4.94 Tn

Figura 12.17. Fuerzas intemas definitivas de la estmctura del ejemplo 3.

Ejemplo 4: Cálculo de fuer-as internas en un pórtico con barras inclinadas. Calcular las fuerzas internas finales del pó1tico mostrado en la siguiente figura. El pó1tico tiene un grado de hiperestaticidad igual a llllO, por lo que se recolnienda que la redundante sea la reacción lwréontal del nudo 5. Solo considerai· las defonnaciones debidas a flexión en el calculo de las ecuaciones de compatibilidad. La estmctura propuesta, la estmctura equivalente con la redundante X 1 en el nudo 5 y la estructura isostática básica E 0 utilizada en los cálculos, lo 1nismo que la longitud de la barra inclinada y el ángulo que fonna con la horizontal, apai·ecen en la misma Figura 2. 18.

301



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3m

3m

5Tn

5Tn

3m

3m

STn

5Tn

- - -~- - - · - ·

-

_I_ -

-

3m

3m

@ --

@- -

Sm

5m

x, a:::::::t-

¡ 1.5m

j 1.5m j 1.S m

¡ 1.5m

j 1.Sm j 1.5m j 1.5m j 1.Sm

1

Estructura Hiperestática 5Tn

¡

Estructura con Redundantes

5Tn /

/

3m /

@- -

/ /

/

5m 1

5.0Tn 1

0.83Tn

/

@

~ I

u

/ /

u

9.17Tn

1

1

¡ 1.Sm

1

1.5m

3m

¡ 1.Sm ¡ 1.Sm ¡

Estructura Básica E0

Longitud de la Barra Inclinada

F(gura 12.18. Pó1tico a analizar, pórtico equivalente con la redundante escogida y pórtico



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-

-

estáticamente detenninado (Estructura Básica).

Se asume que el nudo articulado no tiene movimiento diferencial y que la defo1mación causada por la redundante es igual a la defo1mación causada por las cargas aplicadas. De acuerdo a lo anterior, la redundante X 1 se calcula utilizando la siguiente ecuación de compatibilidad aplicada para la fuerza ho1izontal en el nudo 5: .110

+ <>11 * X 1 =O.O

302


Los diagramas de fuerzas internas y cue1po libre utilizados par·a desanollar las ecuaciones de momento de la estrnctura Ea con cargas externas, se muestran en la siguiente figura. 25.0Tn-m 0.83Tn

@

5..0Tn

V23=0.59Tn

e:

•O

·¡¡¡

' º"· t

~

a. E

·. ·O

··...~ @

o u

.=4

5.0-5-0=0.0Tn .

~

~'" / .... o9 / /~<" .· ~o;

/

5.0Tn

0.83 Tn

o·

_ _ _ l';o·~

.... ~ · . .,

0.83Tn

0.59Tn

Fuerzas internas Tramo 1-2


.. ·--

.

Descomposición de fuerzas Tramo 2-3

0..0 Tn-01


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14A8Tn

O.O Tn

V43

e: -o ·¡¡;

M,=0.0

/'

('

l!!
{;\ <::;"' / '-:v <::;· ...

E o u

0= 45°

;.:· O.OTn

14A8Tn

t:o"'(':f

ro~./

@ O.OTn

t .-: -·. ~o ....~-

-

@

=6.48Tn

~,..~·..:··. ~

. 9.17Tn

~·

lit. . ,

Fuerzas internas Tramo 5·4

6.48Tn

Descomposición de fuerzas Tramo 4·3

Figura 12.19. Diagramas de fuerzas intemas en todos los tramos de estructuraEe>

En la siglliente tabla se muestran las ecuaciones de momento para todos los tramos de la estrnctura básica Eo. Tabla 12.1O. Ecuaciones de momento por tramos de la estructura Ee> Tramo 1-2 Me,¡=

s~x

Tramo 2-2'

Mr.rJ =25+0.59'tx

Tramo 2'-3

Mr.rJ =

32.5-2. 95~ic

Tramo 5-4

Tramo 4-3'

Tramo 3'-3

Me,¡ = O.O

M(xl = -6.48*x

MrxJ =-7.5-2.95*x

303


A continuación se muestran los diagramas de füerzas internas de los tramos inclinados 2-3 y 3-4 para la estructura E 0 . Las ecuaciones de momento en los tramos 3-3 ', 3 '-4 y 4-5 se . .. . . . . . ... ..



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plantearon comenzando en el apoyo 5 y recon1endo el pó1t1co de aba.JO hacia ainba y de izquierda a derecha hasta el nudo 3. Los mismos pasos lúilizados para encontrai· momentos de los tramos en la estructura básica se utilizan pai·a la estructura con carga unitaiia ho1izontal en el nudo 5.

..

3m

1

,f

Fuerzas internas Tramo 2-2'-3

Fuerzas internas Tramo 4-3'-3

Figura 12.20. Diagramas de fuerzas internas para las baJTas inclinadas de la estructura E()

Los diagramas de fuerzas internas y cue1po libre utilizados pai·a desan-ollar las ecuaciones de momento de la estructura E1 se muestran en las Figuras 12.21 y 12.22. En la siguiente tabla se muestran las ecuaciones de momento paia cada tramos de la estructura unitaria. Tabla 12.11. Ecuaciones de momento por tramos de la estructura E()


Tramo 1-2 Tramo 2-2 '- 3 Are you a developer? Try out the HTML to PDF API

Tramo 5-4

Tramo 4- 3 '-3

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= l ''x

nl(xi

m(x)

=5+0.707'1x

= - 1 ''X

Mrxi

nl(x)

=

- 5 -0.70Ttx

304


5.0 Tn-m

O.OTn

1.0Tn

-S.0 Tn-m

O.OTn

1.0Tn

® ...-. O.OTn

O.OTn

1.0Tn


1.0Tn

1.0Tn


v,. = 0.707 Tn

':.~~>, @

.

1.0Tn

••..

.."'<:.:-... ....:'f

~'

0.707Tn

('"';'\

t ()

<:>· •• / 1.0Tn

0=45'

- -""=. •()r.

~~ J>. ./.c..<::•••.• ;,. ...., ~ . ~ .1 ~· O.O Tn


. ._<::- /

\::!,/ -..~ ..:f

.


~...C.~:'f ~· .·

t ... / '

O.OTn

""= ... ·>o

() •.....'.4 :>r.

·o~.. ~ •

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~

J&

0.707 Tn

"23=0.707Tn



Fuerzas internas Tramo 2·3.

Figura 12.21. Diagramas de fuerzas intemas y cuerpo libre de la estructura unitaria E1•

305


La nonnal del tramo 3-4 es igual a la del tramo 2-3 y está 01ientada en el sentido de la tracción. Las cortantes y momentos del tramo son iguales en magnitud pero con sentidos opuestos a los del tramo 2-3, según se muestra en la siguiente figura.

1

3m

_ 1

3m

~ 1



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Fuerzas internas Tramo 4-3'-3.

Figura 12.22. Diagramas de fuerzas internas para las barras inclinadas de la estructw·aE1. Los siguientes son los cálculos para encontrar las defo1maciones de Ja ecuación de compatibilidad: LIJO =

L:J M ,x(

) *fllx( ) Ea

E¡

El

6

*dt =2*_!_ El

5

2.122

0

0

J(5* x)*(l* :<)*dt +_!_ El

4.243

+ _!_

2.122

J (325 - 2.95* .t)*(5+0.707*x)*dx

+ O.O+_!_ J(- 6.48*x)*(- 5- 0.707*:<)*dx El o

El 2.122 1 4.243 (- 7.5- 2.95* x)*(- 5- 0.707* x)*dx fil 2~

+ -

º11

=

r

L: f

mx (E ) * mx ( ~ ) 1 El i!, 1 * dx

f(25+0.59* x)*(5+0. 707* x)*dx

12244

-7 Ll10

=+-fil

2

f

) ( 1 = 2 * El (1 *X)* (1 *X)* d~ +

3 tramos

O

+2*(_!__r(5+0.101*x)*(5+0.701*x) - dx) fil~

-7

0 11

=+ 448· 2 fil

En consecuencia, el valor de la redundantes X 1 es: 1224.4 + 448.2 * X1 = O.O

--7

X1 = -2.73 Tn

306 open in browser PRO version


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Análisis bitsico de estructuras

Utilizando la expresión de superposición E F =Eo +E1 * X 1 , las ecuaciones generales de momento por tramo son: Tabla 12.12. Ecuaciones de momento por tramos de la estructura.final EFTramo 1-2

Tramo 2-2'

Tramo 2'-3

Tramo 5-4

Tramo 4-3'

Tramo 3'- 3

2.27*x

11.35 - l .34*x

18.85 - 4.88*x

2.73'tx

13.65 - 4.55*x

6.15 - l .02*x

Los siguientes son los diagramas definitivos de n01males, cortantes y momentos para los tramos seleccionados de la estructura.

11.35 Tn-m

@

0.83Tn

e:

-o ·¡¡;

9.17Tn

@

@)

2.73Tn

e

~

-o ·~

o

c. E

c. E

o

(.)

(.)

0.83Tn

(!)

G) 2.27Tn


@ 2.73Tn

9.17 Tn

Fuerzas Internas Tramo 2-3

i

'f



3m

1

1¡·

3m

1 •

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Fuerzas Internas Tramo 2-3

Figma 12.23. Diagramas de fuerzas internas en todos los tramos de estructw·aEF.

307


Ejemplo 5: Encontrar las reacciones y diagrama de momentos y cortantes. Para la estructura indetenninada de grado tres mostrada en la Figura 12.24, plantear las ecuaciones de defo1mación reque1idas utilizando el método del trabajo virtual con solo el aporte de la flexión, y finalmente, resolver para encontrar las reacciones redundantes X 1, X 2 y X 3 . Establecer el equilib1io general del sistema en un diagrama de cuerpo libre y dibujar los diagramas de momentos y c01tantes definitivos.

En la misma Figura 12.24 se muestra la estrnctura equivalente con las tres reacciones redundantes del nudo 5 y las cuatro estructuras que reemplazan la estructura original. Como se ha planteado en los anteriores ejemplos, debe haber una estructura básica isostática con las cargas aplicadas externamente y tres estructuras isostáticas idénticas a la básica, lma por cada red1mdante escogida, con la respectiva red1mdante aplicada en la dirección que se seleccionó para la estructura equivalente. La suma de las cuatro estructuras proporciona el resultado de la estructura final analizada, de acuerdo a la siguiente función de open in browser PRO version


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supe1posición:

P=10.0kN

P=10.0 kN

------··-©

@

2EI

2EI

El

Il

@

3.5

El

@

m

2EI

@

2EI

®

El

3.5 m

El

x,=® )

-

~X.

1,

1«

3.5m

>

3.5m

>

1

(

L

1

1

'(

;;

Estructura E,,

)

3.5m

3.5m

«

> 1

,.

X2

L

Estructura Equivalente

P=10.0 kN

+

+

( Estructura Eo)

( Estructura E,.. )

=x,

+

( Estructura E1<2 )

( Estructura E., )

vX.

Figura 12.24. Estmctura a analizar y estmctura equivalente del ejemplo 5, con estmcturas isostáticas en que se divide la estmctura equivalente.

308



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Por cada m1a de las redm1dantes se ha considerado la misma geometiía de la estructura básica, pero sin el sistema de cargas original. Las redlllldantes aplicadas en las estructuras Ex1, EX2 y Ex3 de la ante1ior figura se sustituyen por las estiucturas con cargas unitaiias aplicadas en el mismo pllllto y con la misma dirección de las redm1dantes. La estructura a analizar cmnple con la siguiente condición equivalente de superposición:

Las defo1maciones que se producen en las cuatro estructuras isostáticas, lllla vez se aplican las respectivas cai·gas para cada lllla, se muestran en la siguiente figura. Es claro que la estructura original no tiene desplazainiento de ti·aslación ni rotación en el nudo 5 porque es pe1fectamente empotrada, entonces las ti·aslaciones en la dirección ho1izontal y vertical, así como el giro, cumplen con las siguientes condiciones de compatibilidad de deformaciones: En dirección horizontal

--7

L110 + '511 *X 1 + 812 *X 2 + '513 *X 3 =O. O

En dirección vertical

--7

L120 + 8 21 *X 1 + 822 *X2 + '523 *X 3 = O. O

En dirección del giro

--7

L130 +831

* X1

+832

* X 2 +<533 * X 3 = O.O

P=10.0 kN

il

: ,............ ........ ...... :......-..... ...... . . ...... . ............ .

: /

(Estructura Eo) ÁJo

.. ........ .

.. ...... .. ..

. ... ... :

nj

:····--··---··· . . . . . ....

....

!r··············

: : O,¡,

(..-:E=-s-=-tr-uc-=-tu _r_ a =Et~) ~

'i!f' -=_t-=_teo

1.0kN

.: '*' -: / •I " ".(.. -t- ~. 1· -

¡..+¡

-

&.1

\\

..

:·····

....... .. .. .. ...... .. .. ..... .. .. .. ..

,~ : &.!2

·, ;¡;

·~ _ . _

( Estructura Ei )

i

_J ~2

1.0kN

j ¡--·················

..

.. .... ..

: t

\~~

( Estructura ~ )

\, 1: . 1


:.:.1 _I

~ j-- - · -~3

1.okN-m l.., ~I


. ----···· . .... -~

. . .... .......... .................. ....... .......

M

..

);

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v·1.s

Figura 12.25. Desplazamientos debidos a las cargas externas y a las cargas unitarias.

Los cálculos para encontrar las defonnaciones requeridas necesitan de las ecuaciones de momentos para cada tramo de las cuatro estn1cturns requeridas. Las expresiones utilizadas para definir estos momentos se muestran en la siguiente figura.

309


P=10.0kN

m,= -3.S

il

•

X -

X -

• +

•

+

•

3.5 kl>kt

; :¡jñ -'·

X

X

X

M,=+35.0

M,=0.0

t

~S.OkN-m

.•

:N-r.~""·1111 -l••O*.·x··~x =

+ X

111

(:jj_ ·i' J._j_i:·~ · . ...i-'-'"~

~ .

•

( Estructura Eo )

7.0

t

X

-•

1.0kN ( Estructura E1 )

1.0kN-m

m,=- J.0

X -

+ . r..:: ---~ : ( : , , , , , , , ~- 1.0 kN-m . ,.

X

IJl,=0.0

X

m,=-1.0

t



X

t •

• 1.0 kN rr ( Estructura E2 )

• 1.0kN-m

( Estructura E3 )

1.0kN-m

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Figura 12.26. Diagramas y expresiones de momento en todos los tramos de la estructura básica y las estmcturas unitarias.

El tramo 2-4 se ha dividido en dos subtramos de 3.5 m cada uno, debido a que la carga puntual de 1O kN introduce llll cambio de momento a partir del punto 3 donde está aplicada la carga. Esto implica que se deben modificar los limites de integración para encontrar las defom1aciones de la estructura básica Eo. el p1imer tramo va O a 3.5 m y el seglmdo desde los 3. 5 m hasta los 7. Om. Los siguientes son los cálculos, basados solo en las ecuaciones de momento, para encontrar las defonnaciones de la estrnctura básica en dirección de las tres cargas unitarias:

Ll10 =

3

J

321 6 1 0.0+ - 10*(x - 3.5)*(- 3.5)*dx + _!_ ((35.0)*(1.0* x - 3.5)*dx =· 2 *El . El El 35 0

J

1 0.0+ - - lO*(x - 3.5)*(- 1.0* 2 *El . 35

x)*d~ +

-f

3

_!_ El

((35.0)*(- 7. 0)*d.~ = -

0

3

1 0.0 + lO*(x - 3.5)*(- 1.0)*dx + _!_ ((35.0)*(- 1.0)*dx 2 *El . El 35 0

= -

º

1 36 2 · El

15 3.l El

Puesto que la estructura básica no tiene momentos en los tramos 3-4 y 4-5, la integración allí es cero. Los momentos se consideran positivos si están en sentido contrario al horalio.

310


Los siguientes son los cálculos para encontrar las anteliores defom1aciones unitaiias: l


3.5


7

l

3.5

"'! l

AL

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Ó11 = _!___ El

J(- 1.0*x) 2 *dx + -2 *El-f (- 3.5)2 *d"< + 1

0

_!___ El

0

7

35

0

0

J(1.0*x - 3.5)2 *dx =+ _.BL ·"º 11

0

1 1 · 85 75 ó12 = Ó12 =0.0+ - - f (- 3.5)*(- l .O*x)*dx + (1.0*x - 3.5)*(- 7. 0)*dx = +- ·2 *El El _.BL

J

1 3.5

7

1

61 J(- 7.0)2 *dx = + -~7.J.º ~_o._ El

J22 =0.0+ - - f (- l .O*x) 2 *dx + 2 *El El 0

0

7

-J

5

0

0

1 1 36 75 Ó23 =Ó32 =0.0+ - - f (- 1.0)*(- 1.0* x)*dx + (- 7. 0)*(- 1.0)*dx=+ ·2 *El El _.BL

1 3.5 Ó33 = - J(- 1.0f d"< El 0

1

1 3.5

7

105

+--J (- 1.0)2 *dx + - J(- 1.0)2 *dx = ~ 2 *El El El 0

0

1 3.5 Ó13 =Ó31 = - J(- 1.0* x) *(- l .O)*dx El 0

1

7

+--J (- 3.5)*(- l .O)*dx 2* El

1 +El

0

35 ·

74 5

J(1.0*x - 3.5)*(- 1.0)*dx = +~ El

0

Sustituyendo en las ecuaciones de compatibilidad propuestas resulta el siguiente sistema: 71.46* X1 + 85.75* X 2 + 24.5* X 3 -321.6 = O.O 85. 75* X1 +228.67 * X 2 + 36. 75 * X 3 -1036.2 = O.O 24.5* X1 + 36.75 * X 2 + 10.5* X 3 -153.1 = O.O

l

Planteando la anterior ecuación en fo1mamatiicial, se obtiene: 71.46 FonnaMatricial : ~*X = A ~ [

85.75

85. 75 24.5 ] 228.67 36.75

24.5

36.75 10.50

*

[X1 ]= X 2

X3

[ 321.6 1036.2 153.1

Las soluciones para las tres incógnitas son:



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X1 =-2.5Tn

X2 =+5.0Tn

X 3 = +2.9 Tn

311


Las reacciones de la estmctura y Jos diagramas de momentos y c01tantes son Jos siguientes:

5.0kN

' . . .... . '' '' '' .. .. .. .'' .. ' .. ... .. . .... '' . . . . ' '' . . .. ' . . . ' .. .. .. ... .'' '.. .' '. .. .. .. ..

. . . . '' .. ' ' . . . . . ..' ..... . ... . . . . . . . ..

..... ..... ....' ...... ...' ... -........ .... ....... ,.

®

2.5kN

=

~ -2.9 kN-m

2.SkN

5.0 kN

2.SkN

e=

+2.9kN-m ~

S.OkN

.2.5kN

5.0kN

Diagrama de Momentos

Diagrama de Cortantes

F igura 12.27. Diagramas de momento y co1tantes del pó1tico del ejemplo 5.

Ejemplo 6: Resolver el ejemplo anterior utili=.ando integración visual. Para la misma estructura indetenninada de la Figura 12.24, se propone encontrar las mismas reacciones redundantes X 1, X 2 y X 3, utilizando el método de la Integración Gráfica o Integración Visual para obtener los coeficientes de las ecuaciones de deformación con solo el apo1te de los diagramas de flexión

La estmctura sigue cumpliendo con la condición equivalente de superposición: open in browser PRO version


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y con las siguientes condiciones de compatibilidad de deforrnaciones:

Ll¡o + 011 *X¡ + 012 *X 2 + 0¡ 3 *X 3 =O. O

* X 1 +o22 * X 2 +o23 * X 3 =O.O Ll30 +031 * X1 +032 * X 2 +033 * X 3 =O.O Ll20 +o21

En la Figma 12.28 se muestra la estructura básica con las carga externas y las tres estructuras isostáticas idénticas a la básica, pero con las respectivas cargas mtitaiias aplicadas en la dirección que se seleccionai·on las redundantes de la estmctura 01iginal. Los cálculos para encontrar las defo1maciones requeridas para plantear las ecuaciones de compatibilidad necesitan de los diagramas de momento pai·a cada tramo de las cuatro estmcturas seleccionadas. En la siguiente figura se refrescan los diagramas de momento de las estmcturas isostáticas E 0 a E 4 encontrados en el ejemplo anterior, los cuales son útiles pai-a encontrai· defonnaciones a partir de la integración visual.

312


P=10.0 kN

ll 35.0kN-m

::'\



3.Sk~m

r.

<=)

1 O kN

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11111111

J ( ES!rudura

··- ....

E0 )

( Estructura E; )

7.0k ~

1.0kN-m

: :

·- !

... ... ... ...

7.0 kN-m

(m

... 'r1í

1.0 kN-01

(.

1.0kN

u

(Í7;

... ... ... ... ...... ... m 1.0kN-m

:

:

... ... ... ... ...

~ ,,$

( Estructura

( Estructura E2 )

~ íl.O kN-01

. .-..

9 )

1.0 kN·m

Figura 12.28. Diagramas de momento en todos los tramos de la estmctura básica y las estrnctw-as unitarias.

Los siguientes son los cálculos, basados en los diagramas de momento, para encontrar las defonnaciones de la estrnctura básica en dirección de las tres cargas mritaiias :

L1 JO

L120

= _

_!_* (35.0 * 3 5)* (!.. * 3.5)- _ l_ * ( 35.0 * 3.5) *(3.5)+ o.o = - 321.56 El ' 2 2El 2 El

= _ _!_

El

* (35.0 * 3 5)* (7.0)- _ l_ '

2El

L130 = _ _!_ * (35.0 * 3 5)* (l . 0)- _ 1_ El

'

2El

*(35. O* 3. 5) *(3. 5 + ~ * 3. 5) +O.O= - 1036.2 2 3 El *(35.0 * 3.5 ) 2

* (1.0) + O. O= -

153.1 El

En la estrnctura E 0 solo se consideran los tramos con diagramas de momentos. Esto implica que se deben tener en cuenta la mitad del tramo de la luz ho1izontal y el tramo ve1tical donde apai·ece el momento constante de 35.0 kN-m. Los siguientes son los cálculos pai·a encontrai· las defo1maciones unitaiias en dirección de las tres cai·gas unitarias :

313



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5 5 o 11 =2 *_!__ *( J. *J. ) El 2

*(~ * 3.5) +-1- * (3.5 *7. o) *(J. 5)= + 71. 46 3

2El

El

35 35 8 75 1 º 12 = º 12 =_!__ *( · * · ) * (1.o)+ - - *(J. 5 *7. o)*(!...* 1.0) +O.O=+ 5. fil 2 2fil 2 fil

·º)*(~ *

70 7 1 o22 =_!__ *(1. 0 * 3.5)*(7. o)+ - - *( · * El 2El 2

3

1.0) +0.o=+

22867 El

023 =032 =_!__*(7. 0* 3.5)*(1.0)+-l- *( 7.0* 7.0)*(1.0)+0.0=+ 36. 75 El 2El 2 El 1 5 033 =2 *_!__ *(1.0 * 3.5)*(1.0)+ - - * (1.0* 7.0)*(1.0)=+ l0. El 2El El o 13 =o31 =2 *_!__ El

*(3. 5 2*3· 5) *(l.0)+ -2El1- *(3.5 *7. 0)*(1.0)=~ El

Sustituyendo en las ecuaciones de compatibilidad se obtienen las mismas expresiones planteadas en el ejemplo anterior con iguales resultados para las tres redundantes: 1.46* X 1 +85.75* X 2 +24.5* X 3 -321.6 =O.O

X 1 =-2.5 Tn

85.75* X 1 +228.67* X 2 +36.75* X 3 -1036.2=0.0

X 2 =+5.0Tn

24.5* X 1 +36. 75* X 2 +10.5* X 3 -153.l =O.O

X 3 =+2.9Tn

Se comprueba que el método grafico, o integración visual, es una alternativa útil para resolver las integrales que llevan a detem1inar los valores de los coeficientes de las ecuaciones de compatibilidad de defo1maciones. En algunos casos sencillos este método ...,...,.,,,..,..;J,... ,..,...., •• ,....,....,...,.,. • ...., .... .: .... _.,...


..... ,..._,... _,.... .... ,... nl ......................... ,.... ,.., ,....,....,..., .... ,.... ....;,,..,..,1,....1 ..:J,... ,...,...,..,,..,....,... _.,...,...., • ..,.,,..1,... ,.., ,.. • .,. ,..1 .........,_..,.,,,,,... ,....


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IJUt:Ut: :St:l l:UHVt:Jllt:Jllt: , IJC::IU IJCl.la t:lt:Jllt:HLU:S l:UH Vllilt:uau Ut:

l:Cll~a:;

J.!Ulllllllit::S t:Jl t:l llaJllU u

con cargas no unifonnes puede ser más fácil de manejar el método de la integración directa.

314


Ejercicios propuestos Problema 12.1. Obtener los coeficientes de flexibilidad de la matriz de fuerzas m1itarias para el marco plano mostrado en la figma. Las redundantes conesponden a la fuerza axial X 1, la cortante X 2 y el momento X 3 en el nudo 4. Considere solo los efectos de las defom1aciones por flexión y asuma que cada n1iembro tiene 1igidez constante. ® ~---------~~ ·

L



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I~

f-l-1

2L

Problema 12.2. Detennine los momentos de flexión en los apoyos By C de la viga continua mostrada. Como m1a sugerencia puede tomar las reacciones en estos puntos como las redundantes X 1 y X 2. Tome iigidez El constante en todos los elementos. w

IJ; J J l J J IJ J .LL J; J .L .L .L .L JI

;;;g;;

~ '

L

~

@

®

L

'

@

1.5"L

.

Problema 12.3. Encontrar las redundantes X 1 y X 2 en el nudo 1 del el pórtico plano mostrado en la figura, considerando solo los efectos de las defonnaciones por flexión. La iigidez E*I es constante para todos los elementos. U2

L/2

p

L

©

315



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Problema 12.4. Encontrar los diagramas finales de c01tantes y momentos para le estmctura mostrada en la siguiente figura. Usar rigide=. El constante en los dos tramos. 1

2m

2m

4m

Problema 12.5. Para las cerchas mostradas con banas inclinadas llll ángulo de 45° con respecto de la ve1tical y m1a carga P en los nudos libres 2 y 4 respectivamente, encontrar el valor de las fuerzas axiales en los elementos y la defo1mación vertical en cada nudo libre. Usar rigide=. AE constante. L

L

Barra 1 Elemento2 L

45°

F1

Elemento 1

45° L

Problema 12.6. Para la cercha mostrada en la figura determine las fuerzas internas y la defom1ación ve1tical en el nudo 2. Tomar la redundante como una de las dos componentes horizontales de los apoyos aiticulados. Utilizar AE constante.



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J:/k~--~': 1

1

1

4m

4m

1

316


Problema 12.7. Para la siguiente estrnctura, determinar las fuerzas internas y los diagramas de cortantes y momentos. Usar rigide=. El constante. 5 T n'm 5 Tn

l l l l l l l l l l

_____. @

@ Los dos apoyos son articulados

2m

2m

2m

4m

2m

Problema 12.8. Para el siguiente pó1tico, dete1mine el valor de la redundante o redundantes antes de establecer equilib1io general y poder considerar momentos y c01tantes definitivas. 5Tn

l



5Tn/m

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t:I

~

t:I

5m

2EI 1

-·-·-·-·-·-·- ·- ·r ·- · ·3m

8m

Problema 12.9. Hallar los diagramas de momento y c01tante para.la siguiente estructura La estructura es doblemente articulada.

20kN/m

l l l l J l l ;¡: ;¡: ;¡: :¡: :¡: ;¡: l J •@ 2EI

@

2EI 4m

90kN El +-- -·

El

4m

©

® 10m

317


Problema 12.10. Para la siguiente estmctura hallar la redundante y mostrar diagramas de no1males. Cortantes y momentos. Tomar El constante para todos los tramos.



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w=3.0 T nhn

P= 10 T n

4m

""'I@

1

1

©

1

1

- ! - - - J ._ - ·- - ·- - ·- - ·3m

i -

6m

3m

Problema 12.11. Hallar las fuerzas internas de la siglúente estmctura. Tomar E constante para todas las bairns. @

25cm2

2

2

20cm

25cm 2

20cm 2

20cm

4m

@

10Tn

5m

5m

Problema 12.12. Dete1minar las reacciones y los diagramas de momento y cortante pai-a. el sig1úente ai·co circulai· doblemente empotrado y con aiticulación en el nudo 2: 30kN

i



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318


Problema 12.13. Detenninar las Reacciones y los diagramas de momento y c01tante para la siguiente estmctura: 5Tn

5Tn

l

l

~~ 1¡¡¡nn111 1111 '.¡1 ¡¡1 ®

1

k

6m

'·

.,

6m

'I

1, '1

@

1

6m

6m 7.

1

f

Problema 12.14. Para la siguiente estmctura, aiticulada en el nudo 3, detemrinar las reacciones y los diagramas de momento y c01tante. 20 kN/m - ·- · - · - · -·- · -·~ · -· 1

2m 20 kN

-----+


@

®

El

El


5m

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4m

4m

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ÍNDICE

A Acciones en extremos fijos para estmcturas indetenninadas, 237, 238, 240 Análisis de cerchas, 91 ,92 análisis matricial, 92 equilibrio interno y externo, 47, 54, 56, 91 definición y modelación, 48, 50 defo1maciones en un nudo, 205, 206, 287 fuerzas internas y convención de signos, 43, 92, 93 Análisis de cerchs indetenninadas, 287 desplazamientos en cerchas indete1minadas, 288, 290 solución de fuerzas internas por el método del trabajo vütual, 203, 205 Análisis de vigas, 67, 77, 107, 112 chequeo de equilibrio, 56 defmición de grados de libe1tad, 44, 56 defo1maciones en una sección detenninada, 152, 155, 201 , 204, 210 fuerzas internas y signos, 43 Análisis de pórticos, 56 chequeo de equilibrio, 56 defmición de grados de libe1tad, 56 defo1maciones en una sección, 151, 157, 235 fuerzas internas y signos, 44 Análisis indetenninado de estructuras, 277 grados de hiperestaticidad, 55, 57, 59 método de giro-deflexión, 235 método de trabajo virtual, 280, 307 Análisis matricial, 92, 94, de cerchas, 92 de pó1ticos, 268, 309 Apoyos de las estmcturas, 9, 42, 44, 47, 52, 65, 68,78 equilibrio externo a pa1tir de reacciones en los apoyos, 43, 51 , 53, 68,77 P.Vt P.rnnc:o


P.

1ntPrnn<: tfp 11fo~c:o rntnn11Pc:ot ~<:


dete1minados, 175, 176 fuerzas internas, 177 indetenninados, 194 tria1ticulados, 175 A1ticulaciones, apoyos a1ticulados, 47, 51, 67, 77 aiticulaciones internas o intermedias, 52, 54, 56, 77, 78 estructuras triaiticuladas, 54, 82, 132, 137, 178, 218

B Ba1rns en cerchas, 47 fo1mación de cerchas, 48, 50 método de las dos bairns, 47 método de las tres ba1rns, 48 método de la aiticulación y la ba1rn, 48 método de las tres aiticulaciones, 49

e Cargas estmcturales, 15 cargas axiales, 59, 151, 199 cargas concentradas, 10, 43, 110, 223 cargas distribuidas, cargas de superficie, 11, 16, 45, 72, 105, 108 cargas de servicio, 15, 18 cargas de sismo, 22 cargas de temperatura, 34 cargas de viento, 28 cargas equivalentes, 124, 137, 140 cargas lineales, 11 cargas muertas, 15 cargas nodales equivalentes, 22, 40, 124, 237, 240 cargas vivas, 18 clasificación de las cargas, 10 origen de las cargas, 15 sistemas de cargas, 12 c.:11nPt-nnc:iriñn flp. 1-::iic:o r~:u·o~c:

1 {)

1~

7h

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77, 78, 79 reacciones, 65, 67 tipos de apoyos, 65 Arcos, 175 circulares y parabólicos, 176, 178, 183 coordenadas locales y globales, 176, 177

224, 229, 248, 280, 287, 294, 301 compatibilidad interna, relaciones de fuerza-desplazamiento, 57, 277, 298 Cerchas, cargas en cerchas, 92, 94

323


aceleración pico efectiva, 23 espectro de aceleraciones de diseño, reglamento NSR-10, 23, 27 Grnpos de uso, diseño sísmico, 23

p Principios de trabajo viitual, 202 Principio de desplazamientos virtuales, 203 Principio de esfuerzos viituales, 203

1 Incognitas de un sistema estmctural, 283 indete1minación, 283 redundantes, 284, 287 Inestabilidad geométrica, 47 Integración, 155 doble integración para el cálculo de deflexiones en vigas, 154, 159 función escalonada unitaria y corchetes de Macaulay, 155 método de la carga unitaria, 204 momentos y co1tantes a pattir de ecuaciones diferenciales, 109

R

M Marcos estrnctmales, 67, 77 Matrices, en cerchas, 92, 95



Reacciones, en vigas simples, 65, 67 en vigas compuestas o múltiples, 78, 79 en pó1ticos, 82, 84 en arcos, 178 Reacciones como redundantes, 280 Redundantes, 280, 283, 285, 288, 298, 308 Relaciones de curvatura, 153 Relaciones fuerza-desplazamiento, 277 compatibilidad, 278

s Signos de convención para análisis de fuerza s internas, 68, 112 Sistemas estrncturales, Sopottes, 69, 70

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en pó1ticos planos, 268 Método de giro-deflexión, 235 Método de las fuerzas, 282 Método de trabajo virtual, 203 Método de Ja rigidez, 268 Momentos, constmcción e diagramas de momento, chequeo de equilibrio externo por momento, 112 diagramas de momento y co1tante para vigas y pórticos isostáticos, 114 diagramas de momento y co1tante para vigas compuestas, 127 diagramas de fuerzas internas para arcos, 175 diagramas de fuerzas internas para estmcturas hiperestáticas, 286, 298 doble integración, 154 ecuaciones diferenciales, 109, 11 O flexión, 152 relaciones de curvatura, 153 relaciones de cOitante y momento en girodeflexión, 251, 257, 262 relaciones diferenciales entre Ja co1tante, las cargas y el momento, 109, 111

T Temperatura, 34 Teoría de desplazamientos pequeños, 107 Trabajo complementario, 198 Trabajo interno, 198 Trabajo interno total, 199 Trabajo real, 200 Trabajo vittual, 202 Transfonnaciones ortogonales, 140 V Vigas, análisis, ba1rns inclinadas, 138 continuas, 242 equilibrio por tramos, 108, 118 compuestas, 127 simples, 70, 72 subestructuras, 78,81 Vectores, 40, 42, 44, 92

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Análisis Básico de Estructuras José Javier Martínez Echeverry

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