Análisis de Estructuras - Julio C. Borthagaray (Universidad ORT)

análisis de

estructuras Arq. Julio C. Borthagaray

Facultad de Arquitectura

http://estudiantesingcivil.blogspot.mx/

ISBN 978-9974-8379-4-2 Empresa Gráfica Mosca Depósito Legal: 342.010 Esta publicación es entregada en forma gratuita, como material didáctico de apoyo a carreras y cursos dictados por la Universidad ORT Uruguay. Toda referencia a marcas registradas es propiedad de las compañías respectivas. Diciembre 2006.

análisis de

estructuras arq. julio c. borthagaray

Facultad de Arquitectura Decano: Arq. Gastón Boero Secretaria Docente: Arq. Graziella Blengio Catedrático del área tecnología: Arq. walter graiño Editor técnico: arq. julio c. borthagaray Corrector técnico: Arq. Haroutun Chamlian Corrección: rené fuentes Diseño y armado: Pablo González

Universidad ORT Uruguay Facultad de Arquitectura

Índice Prólogo.......................................................................................................................................................................................... 1 1. Estudio de estructuras hiperestáticas planas. ............................................................................................. 2 Cálculo de deflexiones en estructuras de alma llena y en estructuras reticulares..............................................................12 Cálculo de estructuras hiperestáticas planas de alma llena y estructuras hiperestáticas planas y reticuladas.................20

2. Trazado de las líneas elásticas de estructuras planas.........................................................................41 3. Deformaciones elásticas en estructuras reticuladas planas.............................................................59 4. Estudio sobre vigas continuas.............................................................................................................................. 68

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Arq. Julio C. Borthagaray

Prólogo Después de haber ejercido la profesión de arquitecto, desde 1962 hasta 1996, y la docencia, desde 1962 hasta la fecha, hoy decido publicar este modesto estudio. Reúno aquí el material en que basé mis clases sobre el análisis y el cálculo de las estructuras hiperestáticas planas reticuladas y de alma llena, cálculo de corrimientos y un estudio sobre vigas continuas, aplicable a computadoras.

Quienes me permitieron lanzarme a esta aventura fueron dos maravillosos profesores, a quienes debo mi formación técnica, el Ing. Félix de Medina y el Arq. Alberto Sayagués Laso. A la memoria de ellos, mi reconocimiento.

Julio C. Borthagaray

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análisis de estructuras

1.0

Estudio de estructuras hiperestáticas planas

El método general que vamos a utilizar para estudiar estructuras hiperestáticas, cualquiera sea su grado de hiperestaticidad, será el conocido como método de las fuerzas. Tendremos que basarnos en dos principios fundamentales: 1) Todo cuerpo ligado al suelo puede considerarse como libre, reemplazando los vínculos por fuerzas y momentos adecuados, llamados reacciones o fuerzas y momentos reactivos para distinguirlos de las fuerzas activas o directamente aplicadas. 2) Las solicitaciones (M, V, F) en una estructura que corresponde a los estados de carga superpuestos (P1 + P2 + P3) son la suma algebraica [(M1+ M2+ M3), (V1 + V2 + V3), (F1+ F2 + F3)] de las solicitaciones para cada estado considerado aisladamente. En las cargas se consideran las directamente aplicadas y las reactivas. Veamos el ejemplo siguiente: P2 P1

P2 P1

P3

P3

M V F X3

X2 X1

P2 P1

P3

Mo

M1

M2 X1

M3 X2

X3

Nuestro problema radica en la determinación de las incógnitas hiperestáticas X1, X2, X3. Para ello vamos a aplicar el método de los “Trabajos virtuales”. Es el medio más general y más exacto para el estudio de los sistemas rígidos y, especialmente, los elásticos. Antes de entrar en su análisis con detenimiento, vamos a repasar algunos conceptos básicos vistos en los cursos de Física Aplicada. El primero de ellos es el concepto de trabajo. TRABAJO En la vida corriente, la palabra “trabajo” se aplica a cualquier forma de actividad que requiera el ejercicio de una actividad muscular o intelectual. En Física, la acepción es otra. Tomemos un cuerpo que se mueve en el plano horizontal (X–X). Sobre él actúa una fuerza F, que abre un ángulo θ con la dirección del movimiento. - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay


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El trabajo (dT) realizado por la fuerza F mientras el cuerpo se ha desplazado una distancia dx, se define como el producto del desplazamiento, por la componente de la fuerza en la dirección del movimiento.

dT = F cos θ dx El trabajo T ejecutado en un desplazamiento finito desde la abscisa X1 hasta la X2 será: T=

x2

∫ dT = ∫ F cosθdx x1

En el caso más general, tanto la dirección de la fuerza dada por el ángulo θ como su intensidad pueden variar a lo largo del movimiento. Para calcular la integral es preciso conocer F y θ en función de X. Cuando la fuerza F permanece constante en magnitud y dirección T = F cos θ

∫

x2

x1

dx = F cos θ (X2 – X1)

Si la fuerza es constante y la dirección es la del movimiento θ = 0; cos θ = 1 T = F (X2 – X1) Es decir, en este caso especial, el trabajo realizado por la fuerza es igual al producto de ésta por el desplazamiento. Vamos a ver ahora qué sucede cuando aplicamos una fuerza a una pieza elástica de estructura capaz de deformarse:

P A B

∆

La fuerza exterior realiza un trabajo al desplazarse su punto de aplicación. Debemos tener en cuenta que el desplazamiento del punto B es función de la carga P y de las características geométricomecánicas de la pieza (E, I). ∆=αP (α depende de la forma y del material que constituye la barra.)



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Calculamos el trabajo de la fuerza aplicada estáticamente; esto es, el de una fuerza que crece al desarrollarse las deformaciones, muy lentamente desde su valor inicial hasta su valor final. Desde P = 0 hasta P = P final dT = (P + dP) d∆ de donde dT = P d∆ + dP d∆ dP d∆ cantidad despreciable por ser infinitésimo de 2º orden dT = P d∆ como ∆ = α P d∆ = α dP dT = α P dP de donde T =

∫ dT

=

∫

Pfinal

0

αPdP

Pfinal T = α [P2/2] de donde T = α Pfinal2 0 2 Pfinal Pfinal ∆f Pf P α = ∆f como T = α = final 2 2 Se dice entonces que el trabajo de deformación de una fuerza aplicada estáticamente (creciendo lentamente) a una barra elástica es igual al producto del valor final de la fuerza por el desplazamiento o deformación final dividido 2. Vamos a introducir ahora el concepto de TRABAJO VIRTUAL. Para ello nos basamos en el principio de los desplazamientos virtuales, presentado en 1717, por Johanes Bernoulli (1667-1748). Este principio establece: “Dado un cuerpo rígido mantenido en equilibrio por un sistema de fuerzas y/o pares, el trabajo virtual total efectuado por este sistema de fuerzas y/o pares durante un desplazamiento virtual es nulo”. (Kinney, 1960, pág. 76).

Trabajo virtual = Fuerza real * desplazamiento virtual Trabajo virtual = Fuerza virtual * desplazamiento real El desplazamiento se mide a lo largo de la trayectoria de la fuerza, y debemos efectuar una aclaración importante: el desplazamiento virtual es causado por una acción diferente de las cargas que mantienen el cuerpo en equilibrio. Trabajo virtual = P * δ (aplicable a estructuras elásticas) Trabajo virtual = P * δ (aplicable a estructuras rígidas) Efectuemos la demostración aplicada a los cuerpos rígidos; que por ser rígidos no puede haber movimientos relativos entre los puntos. - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay


22/02/2007 04:16:35 p.m.

Arq. Julio C. Borthagaray Y

P2y

P1

P2

X2 P2x

Y2

M1

X

M2

Se aplica un sistema de cargas (P1) (P2) (P3) (P4)... etc. y momentos (M1) (M2)... etc. Estas cargas se descomponen en las direcciones paralelas a los ejes (X –Y) elegidos. Partimos, además, de que el cuerpo se encuentra en equilibrio, por lo cual se debe cumplir: Σ Px =0 Σ Py =0 Σ M + Σ Px * y + Σ Py *x =0

P4 P3

La proyección de las fuerzas, según el eje de las X, debe ser cero. La proyección de las fuerzas, según el eje de las Y, debe ser cero. La suma de los momentos actuantes más los que generan las Px y las Py, respecto a un punto cualquiera, también debe ser igual a cero. Y

A A'

X

δy δx

Si el cuerpo se desplaza rígidamente en forma paralela una dimensión A A’, ese desplazamiento es constante e igual para todos los puntos del cuerpo. Ese desplazamiento AA’ puede descomponerse en δy y δx. Evaluemos entonces el trabajo virtual realizado por el sistema de fuerzas P y de momentos M en el desplazamiento AA’. T virtual = δx Σ Px + δy Σ Py

Y

Y

Pero como Σ Px = 0 y Σ Py = 0, porque las fuerzas están todas en equilibrio, quedará:

α

T virtual = δx * 0 + δy * 0 = 0 X

α X

De lo cual se deduce que: el trabajo virtual de un sistema de fuerzas en equilibrio efectuado por un sistema de fuerzas durante un desplazamiento virtual es nulo.



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Veamos ahora qué pasa si el cuerpo gira un pequeño ángulo alrededor de un punto de origen O (que puede ser cualquiera): OA = x 2 + y 2 y AA ' = α * x 2 + y 2 A

β y

δy

A'

α

δx y = AA' OA

δx

x

δ x α * x2 + y2 = δx = α * y y x2 + y2 δy x

OA =

x

2

+

y

β

x

O

δ x AA' = y OA

2

=

α * x2 + y2 x2 + y2

δy =α * y

Tomando un punto cualquiera y considerando un giro α muy pequeño, se puede confundir x +α oyla tangente α del ángulo α. el seno

AA' el =arcoαcon

2

2

δx α y x δ = x + y x α δ = x B y x + y A’ A α δy α x y δ = x + y y α δ = x y α B’ x + y 2

2

2

2

2

2

2

2

Entonces: AA’ = δx = y tg α ≅ y α

BB’ = δy = x tg α ≅ x α

Planteamos la ecuación del trabajo virtual en la rotación del cuerpo: Trabajo virtual = Σ M α + Σ Px * δx + Σ Py *δy = 0 Trabajo virtual = Σ M α + Σ Px * α y + Σ Py * α x = 0 Como el ángulo de giro α es constante, lo sacamos fuera del símbolo de la sumatoria como factor común.

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Trabajo virtual = α Σ M + α Σ Px * y + α Σ Py * x = 0 Trabajo virtual = α [Σ M + Σ Px * y + Σ Py * x] = 0 La cantidad encerrada dentro del paréntesis es igual a cero, debido al equilibrio de momentos. Se puede decir entonces: El trabajo virtual de un sistema de fuerzas y momentos en equilibrio aplicados a un cuerpo rígido durante una rotación virtual es igual a cero. Generalizando las dos expresiones, podemos establecer: El trabajo virtual de un conjunto de fuerzas y pares en equilibrio aplicado a un cuerpo rígido durante un movimiento roto-traslatorio virtual es igual a cero. Vamos a generalizar el principio aplicándolo a los cuerpos elásticos. Para ello tomaremos un cuerpo elástico vinculado y sometido a un sistema de cargas P. En los vínculos aparecerán reacciones, que llamaremos C y equilibrarán a las cargas P. El conjunto entonces se encuentra en equilibrio. P2

P1

N

M

A

Cb

Por consecuencia de la acción de las carga P y reacciones C en la estructura, se van a producir los tres parámetros de solicitación para las estructuras consideradas en el plano. Ellas son M, V y F: momento flector virtual, esfuerzo cortante virtual y esfuerzo axial virtual.

Ca

q

Q2

Para poner esto de manifiesto, analizaremos la partícula A, ampliándola en su dimensión.

Rb

Consideremos ahora la misma estructura con los mismos vínculos y sometida a un sistema de cargas reales cualesquiera (q), uniformemente repartidas y (Q) concentradas.

Q1

δ

δ A

A Ra

B



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Punto A

V

M+dM

F

F+dF

M

V+dV

1

2

ε 3 4

γ θ O

5 6

En los vínculos A y B aparecerán las reacciones Ra y Rb, que dejarán a la estructura en perfecto equilibrio. Interiormente, se producirán parámetros de solicitación (M, V y F). El cuerpo, al ser elástico y al estar sometido al sistema de cargas reales, sufrirá deformaciones en todos sus puntos. Los puntos del perímetro exterior donde se aplican las cargas sufrirán corrimientos δ. Los puntos interiores, tales como el A, serán pasibles de desplazarse paralelamente, girar y luego deformarse elásticamente. La partícula A pasa de la posición 1 a la 2 por traslación rígida, de la posición 2 a la 3 por giro alrededor del punto O en forma rígida. Una vez que la partícula A está en la posición 3, se dilata elásticamente una cantidad ε, pasando de la posición 3 a la 4 por efecto del esfuerzo axil F. De la posición 4 pasa a la posición 5, produciéndose una distorsión angular γ debido al efecto del esfuerzo cortante real V. De la posición 5 pasa a la posición 6 a través de un giro θ, producido por el momento flector real M. Evaluemos ahora el trabajo virtual que provocan las fuerzas exteriores a la estructura.

Trabajo virtual exterior = Σ P δ + Σ C c Éste será igual a la suma del trabajo virtual que provoca el sistema de cargas P en el desplazamiento δ de sus puntos de aplicación a lo largo de la trayectoria de las P, leídos en la estructura real; esto es, provocados por el sistema de cargas reales, más el trabajo de las reacciones virtuales C (que surgen de la aplicación del sistema P) a lo largo del posible movimiento o cedimiento de los apoyos c en la estructura real, medidos a lo largo de la trayectoria de las reacciones virtuales C. - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay


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P1

paralela a la trayectoria de P

M

M

δ

M"

trayectoria de P

M' MM' = corrimiento real del punto M

Ca

MM" = proyección del corrimiento real del punto M en la dirección paralela a la trayectoria de P

El trabajo virtual de P1 será igual al producto de su módulo por el vector MM”, proyección del desplazamiento del punto M a lo largo de la trayectoria de la carga P1 (a la proyección la llamamos δ). Haciendo una consideración similar para las reacciones C, el Trabajo virtual total de las fuerzas exteriores será: Trabajo virtual exterior = Σ P δ + Σ C c Se acredita a Clapeyron (1799-1864), que conjuntamente con G. Lamé (1795-1870) en 1833 enunciaron el teorema de igualdad de los trabajos externos e internos de una estructura sujeta a esfuerzos. (Kinney, 1960, pág. 27). Podemos decir entonces que el trabajo total (sea virtual o real) de las fuerzas que actúan externamente en una estructura, debe ser igual al trabajo (virtual o real) de las solicitaciones internas que se producen en ella, como consecuencia de su aplicación. Esto nos permite establecer que el trabajo virtual interno de las solicitaciones virtuales (M, V, F) a lo largo del desplazamiento roto-traslatorio deformacional real de las partículas tales como la A, será igual al producto de las solicitaciones virtuales por el correspondiente desplazamiento. Como el desplazamiento total es la suma de un movimiento rígido (rotación y traslación) y una deformación elástica (alargamiento, distorsión y giro), el trabajo virtual interno será: Trabajo virtual interno = Parámetros virtuales x (desplazamiento rígido + deformación elástica) (debido a las cargas reales) Ya demostramos, por el principio de Bernoulli, que el trabajo virtual de un sistema de fuerzas en equilibrio en un movimiento roto-traslatorio rígido es igual a cero. Por eso entonces el Trabajo virtual interno = Parámetros virtuales x deformaciones elásticas (debido a las cargas reales) Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay -


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Como el análisis lo estamos haciendo para una partícula diferencial como la A, lo que tendremos será un trabajo virtual interno diferencial. Nos quedará: dTv interno = (M θ + V γ + F ε) ds Para obtener el Trabajo virtual interno total, tendremos que integrar; y la expresión nos quedará:

TvInterno = ∫ ( Mθ + V γ + F ε )ds Como Tv interno = Tv externo, nos quedará:

∑ Pδ + C c = ∫ (Mθ + V γ + Fε )ds Las solicitaciones reales en la estructura provocan internamente parámetros de solicitación real, los cuales nos dan deformaciones unitarias:

θ=

M EI

γ =κ*

V GA

ε=

F EA

El valor κ es el factor de cortadura, que para secciones rectangulares vale 1,2 de acuerdo con deducciones realizadas en Ciencia de la Construcción, Tomo 1 páginas 241 y 243, de Odone Belluzzi. La ecuación general del trabajo virtual queda:

∑ Pδ + ∑ C c = ∫ (

MM VV FF )ds + ∫ κ ( )ds + ∫ ( )ds EI GA EA

Expresión conocida como ecuación de Maxwell-Mohr. James Clerk Maxwell (1830-1879), Otto Mohr (1835-1918). (Kinney, 1960, pág. 29). En esta ecuación no han sido consideradas las deformaciones por cambio de temperatura. De esta ecuación se deduce que: El trabajo virtual externo de las cargas dadas y reacciones emergentes (virtuales) a lo largo de los desplazamientos de sus puntos de aplicación (provocados por las cargas reales) es igual al trabajo virtual interno que generan los parámetros virtuales (que surgen como consecuencia de la aplicación de las cargas P externas) en las deformaciones elásticas (ε, γ, θ) provocadas por las cargas reales. 10 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay


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El teorema será aplicado a dos problemas diferentes: 1) Cálculo de corrimientos y/o giros en estructuras de alma llena y estructuras reticuladas. 2) Resolución de estructuras hiperestáticas (externas o internas) de alma llena o reticuladas de cualquier grado de hiperestaticidad. De la expresión general haremos ciertas puntualizaciones. Cuando se trata de estructuras de alma llena, la solicitación que tiene mayor importancia es la provocada por el momento flector; entonces despreciamos los sumandos correspondientes a las deformaciones provocadas por el cortante y el axial. La expresión quedará:

∑ Pδ + ∑

Cc = ∑ ∫(

MM )ds EI

Si en cambio se tratara de estructuras de reticulado, donde por lo general las cargas están aplicadas sobre los nudos y el peso propio de las barras se puede despreciar, no existiría solicitación de momento flector y esfuerzo cortante, restando únicamente el esfuerzo axial. La expresión del trabajo virtual quedará:

∑ Pδ + ∑ C c =

∑∫(

FF )ds EA

Si tenemos un reticulado al que aplicamos un sistema de cargas P (virtuales) surgirán en los apoyos reacciones C (virtuales) y esfuerzos internos en las barras F, que son constantes a lo largo de toda la barra. Siendo así, es factible sacar estos valores fuera del símbolo de ∫ . En forma análoga se puede razonar para la estructura sometida a fuerzas reales Q, y por consecuencia, a esfuerzos internos F (reales). Siendo constante el esfuerzo a lo largo de toda la barra, puede salir fuera del símbolo ∫ . Como además es normal que la sección A se mantenga constante y que ésta sea del mismo material E, pueden salir como constantes de la integral. La expresión del trabajo virtual quedará:

∑ Pδ + ∑ C c =∑

FF ds EA ∫

∫

El valor de ds es igual a la superficie de la barra; pero considerando las barras a eje de la estructura, lo que cuenta es la longitud L de la barra. Entonces la expresión final quedará:

n

∑ Pδ + ∑ Cc = ∑ 1

FF *L EA

La sumatoria del 2º miembro hay que realizarla para las n barras que tenga el reticulado. Vamos a ver a continuación cómo aplicamos una u otra expresión, según se trate de calcular la deformación o deflexión de cualquier punto de una estructura de alma llena o reticulada. Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 11


22/02/2007 04:16:41 p.m.


1.1

Cálculo de corrimientos en estructuras de alma llena y en estructuras reticulares

a) Estructuras de alma llena.

MMds

∑ Pδ + ∑

Cc = ∑ ∫

(a)

EI

Q2

Q1

M A

δ P=1

Tomemos la estructura indicada en el gráfico, sometida a un sistema de cargas Q (reales). Lo primero que debemos hacer es hallar las reacciones y luego de esto estamos capacitados para determinar los momentos flectores en cualquier punto de la misma. Si deseamos evaluar el corrimiento δ de un punto como el M en una dirección deseada, que puede ser cualquiera, aplicamos en el punto una carga unitaria.

La expresión (a) nos quedará:

M 1 Mds M 1 Mds EI

* δ1+* δ∑+ ∑ C c =Cδc == δ∑=∫∑ ∫ ∑ 1∑ EI

Si los apoyos (A) y (B) no sufren cedimientos reales c, el trabajo virtual de las reacciones CA y CB será nulo, por lo cual el primer miembro nos quedará:

∑

∑∫

M Mds EI

1 1* δ = δ =

(c)

Expresión que nos determina el valor del corrimiento en la dirección buscada. El signo que MMds nos dé EI , nos estará diciendo si el signo elegido es el correcto, o por el contrario, hay que cambiarlo. En el primer caso, el signo será (+) y en el 2º caso será (-). Como ejemplo evaluemos el corrimiento del extremo de una viga en ménsula, sometida a una carga Q en su extremo. La viga tiene luz L y su sección recta es constante a lo largo de todo el tramo. La viga, es además, toda del mismo material.

∑∫

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E I = cte

Q

P=1 δ

L M max = 1 L

Mmax = Q L

M(x) = 1 x

M(x) = Q x

x

x ds = dx

δ =∫

MMds EI

Sustituyendo los valores y efectuando la integral entre los límites 0 y L, tendremos: L

δ =∫ 0

xQxdx EI

de donde L

L Q Q  x3  QL3 2 δ= x dx =   = ∫ EI 0 EI  3  0 3EI

QL3 δ= 3EI

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Cálculo de deflexiones en estructuras de alma llena y reticulares

Evaluaremos ahora la máxima deflexión en una viga similar, pero con carga uniformemente repartida q.

E I = cte

P=1 q

δ

L Mmax = q L 2

2

M max = 1 L

2

M(x) = 1 x

M(x) = q x 2

x

x

L

xqx 2 δ =∫ dx 2 EI 0

L

q δ= x 3 dx ∫ 2 EI 0

L

q  x4  δ=   2 EI  4  0

qL4 δ= 8 EI

Veremos ahora el siguiente ejemplo: Pórtico simplemente apoyado de sección constante (30 x 60) de hormigón armado, solicitado por una carga concentrada P = 1000 daN en la mitad de la luz de la viga.

E = 200.000 daN / cm 2

E = 2.000.000..000 daN / m 2



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I=

30 x603 4 = 540.000 cm 12

I=

0.30 x0.603 = 0.0054m 4 12

Nuestro problema será determinar el corrimiento del apoyo B, por efecto de la carga aplicada en la estructura.

P = 1000 daN D

4.00

C

B

A

6.00

6.00

D C

A

4.00

4.00

3.50

B 6.00

6.00



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Cálculo de deflexiones en estructuras de alma llena y reticulares

D

4.00

C

C=1

A

B 6.00

6.00

P=1

δ

Aplicamos la ecuación de Maxwell-Mohr:

Pδ + C *c = ∫

MMds EI

Como la resolución de las integrales es algo complicado, aplicamos sumatorias de elementos finitos; y la expresión anterior quedará:

Pδ + C *c = ∑

MM ∆s EI

A la carga P = 1 , aplicada en B, se le opone una reacción C = 1 , aplicada en A. Como el apoyo A es una articulación fija, el cedimiento c = 0, por lo que el segundo sumando del primer miembro es nulo. El primer sumando, como P = 1 , nos quedará igual a δ . La fórmula de Maxwell quedará:

δ =∑

MM ∆s EI

Para la resolución de esa ecuación, procederemos de la siguiente forma: 1) Dividimos la estructura en eslabones o dovelas ∆s (de ser posible del mismo largo). En el caso del ejemplo, el largo ∆s vale 1 mt. Determinamos el valor del momento en el centro de cada eslabón producido por la carga P=1000 daN. Ese momento se expresará en daN*m. 2) A continuación, aplicando una carga P (virtual) = 1 en la dirección del corrimiento en el punto B, con el sentido que intuimos va a tener el corrimiento. La reacción en el apoyo A tendrá la misma dirección y un sentido contrario a la fuerza en B. Evaluamos los momentos provocados por esas fuerzas virtuales de valor unitario. El momento virtual en el centro de cada eslabón será el valor de la cota y, siendo su unidad (m). 16 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay


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3) Confeccionamos una planilla Excel. 4) En la primera columna numeramos los eslabones o dovelas. 5) En la segunda columna anotamos la cota X del centro de cada eslabón. 6) En la tercera columna anotamos la cota Y del centro de cada eslabón. 7) En la sexta columna anotamos el valor de los momentos reales M, producidos por las cargas exteriores. 8) En la séptima columna anotamos el valor del momento virtual M producido por la carga virtual P = 1 . 9) En la octava columna se obtiene el producto de los valores de la sexta columna por los valores de la séptima columna. 10) Realizamos la sumatoria de la octava columna. 11) El valor obtenido se multiplica por el valor de ∆s y se divide entre EI . 12) El valor del cociente es el valor del corrimiento. Hay que ser cuidadoso en las unidades a adoptar, para que los resultados sean coherentes. Eslabón Cota x(mt) Cota y(mt) Carga vertical Carga horizontal Momentos reales Momentos de Producto de 2 en A(daN) en A(daN) (daN*m) P=1(mts) M*M(1)(daN*m ) 1 0 0,5 500 1 0 0,5 0 2 0 1,5 500 1 0 1,5 0 3 0 2,5 500 1 0 2,5 0 4 0 3,5 500 1 0 3,5 0 5 0,5 4 500 1 250 4 1000 6 1,5 4 500 1 750 4 3000 7 2,5 4 500 1 1250 4 5000 8 3,5 4 500 1 1750 4 7000 9 4,5 4 500 1 2250 4 9000 10 5,5 4 500 1 2750 4 11000 11 6,5 4 500 1 2750 4 11000 12 7,5 4 500 1 2250 4 9000 13 8,5 4 500 1 1750 4 7000 14 9,5 4 500 1 1250 4 5000 15 10,5 4 500 1 750 4 3000 16 11,5 4 500 1 250 4 1000 17 12 3,5 500 1 0 3,5 0 18 12 2,5 500 1 0 2,5 0 19 12 1,5 500 1 0 1,5 0 20 12 0,5 500 1 0 0,5 0 72000 Corrimiento (mts)= 0,00666667

δ=

72000daNm 2 *1m = 0.00666m daN 4 2.000.000.000 2 * 0.0054m m

El corrimiento del apoyo B es de 6,66 mms. Nuestro próximo ejemplo será determinar el valor del corrimiento del nudo E en una estructura de reticulado, aplicando la ecuación de Maxwell-Mohr. Las barras AC – CB – DC – EC son de madera, de 10 x 15 cms. Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 17


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Cálculo de deflexiones en estructuras de alma llena y reticulares 2

Emadera = 100.000 daN / cm

2

El resto de las barras serán de acero de sección circular, de 5 cm de área. 2

Eacero = 2.100.000 daN /cm

P = 1000 daN 4.00

Ra=500 daN 2.00

a

b

C

d

B

f

e

D

E

c 2.00

2.00

1.00

A

2.2 4

4.00

Rb=500 daN 2.00

Resueltos los dos diagramas de Cremona, determinaremos los esfuerzos en las barras del reticulado:

a c b



22/02/2007 04:16:49 p.m.


b a

A

C

d

e

D

0.25

d

B

f

f

b

E

c

e

0.75

c

a

1

Barra

Luz

Módulo E

Área

F

F’

F F’ L / EA

1

400

100000

150

-10000

-0.5

0.133333

2

400

100000

150

-10000

-1.5

0.4

3

224

2100000

5

11180

1.6771

0.399999

4

400

2100000

5

20000

1

0.761904

5

224

2100000

5

11180

0.559

0.133325

6

224

100000

150

-11180

-0.559

0.093327

7

224

100000

150

-11180

-0.559

0.093327

∑

2.015218

FF L ∑ EA = δ

δ = ∑ = 2.015218 cm



22/02/2007 04:16:50 p.m.


1.2

Cálculo de estructuras hiperestáticas planas de alma llena y estructuras hiperestáticas planas y reticuladas

Vamos a aplicar el teorema de Maxwell-Mohr a la resolución de estructuras hiperestáticas planas de alma llena y reticuladas. Primer ejemplo: Resolución de un pórtico plano, biarticulado, de sección constante y de un mismo material. El pórtico está representado en la figura que aparece a continuación:

2000 daN/m

1000 daN/m

2.00

D

P = 1000 daN E I = cte

E 3.00

C

A

B 3.50

3.50

Para resolver el ejemplo, aplicaremos la fórmula general que expresa el teorema de Maxwell-Mohr:

∑ Pδ + ∑Cc = ∫

MM FF VV ds + ∫ ds + ∫ κ ds + ∫ F *α t * t º*ds EI EA GA



22/02/2007 04:16:51 p.m.


A la estructura original le sustituimos el apoyo en B por una articulación deslizante más una fuerza de valor desconocido X, aplicada en el apoyo B, que impida cualquier tipo de corrimiento de dicho apoyo. 2000 daN/m

1000 daN/m

2000 daN/m

1000 daN/m

D

D

D

P = 1000 daN

P = 1000 daN

C

E I = cte

E

E I = cte

C

B

B

A

er

Hiperestático de 1 Gdo.

E

+

= A

E I = cte

C

E

Sistema isostático

B A

Sistema solicitado por X

El artificio está en aplicar una carga P=1 Esa carga producirá M, V, F, si la carga en vez de ser =1 es igual a X, los valores de M, V y F se verán multiplicados por X. Las expresiones de las solicitaciones serán:

F = F0 + XF

M = M 0 + XM

V = V0 + XV

La clave estará en resolver la tercera parte del problema, donde le aplicamos al sistema una carga P = 1 siguiendo la dirección de X. Los valores M, F y V, producto de la carga P = 1 serán proporcionales a los producidos por la carga X. En la expresión de Maxwell–Mohr sustituimos los valores de M V y F hallados, y nos queda entonces:

∑ Pδ + ∑Cc = ∫

( M o + XM ) M (VV + XV )V ( F + XF ) F dsγ+=∫ κ π* o ds + ∫ o ds + ∫ F α t t o ds GAGA EI EA

Realizando operaciones y sacando X de factor común, la expresión nos queda: M2

∑ Pδ + ∑ C c = X ∑ ∫ EI

ds +

F2

V2

∑ ∫ EA ds + ∑ ∫ κ GA ds + ∑ ∫

M oM VV ds + ∑ ∫ κ o ds + EI GA

∑∫

Fo F ds + ∑ ∫ F α t t º ds EA

Analicemos el primer miembro de la ecuación. Actuando una carga P = 1 aparece una reacción C = 1 en sentido contrario. Si llegan a producirse un descenso vertical en el apoyo A, el trabajo de la fuerza C = 1 (horizontal) o un posible corrimiento C vertical sería nulo. Si no existe corrimiento, el trabajo también será nulo. Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 21


22/02/2007 04:16:53 p.m.


hiperestáticas planas de alma llena y reticuladas

En el apoyo B, actúa la carga P = 1. El trabajo será igual al producto del módulo de la fuerza o el corrimiento del apoyo B. Como el apoyo no sufre corrimiento alguno, el trabajo será nulo, por lo tanto la ecuación de Maxwell–Mohr quedará: 0=X

∑∫

M2 ds + EI

∑∫

M2 ds + EI

V2

∑ ∫ κ GA ds + ∑ ∫

M oM ds + EI

∑ ∫κ

VoV ds + GA

∑∫


Por lo cual podemos despejar el valor de X.

X=

∑∫

M oM ds + EI

∑ ∫κ

M2 ∑ ∫ EI ds +

VoV ds + GA

∑∫


F2 ∑ ∫ EA ds +

V2

∑ ∫ κ GA ds

Si luego de realizar todas estas operaciones llegamos a que el valor de X nos da negativo, significa que el sentido que debimos tomar para la carga P = 1 es el contrario al elegido. Teniendo en consideración que los términos debidos al esfuerzo cortante y al esfuerzo axial tienen menor trascendencia respecto al término debido al momento flector, los podemos despreciar y nos queda la ecuación de Maxwell–Mohr de la siguiente forma: M M

∑ ∫ EIo ds + ∑ ∫ F α t t º ds X = M2 ∑ ∫ ds EI

El efecto de la temperatura también puede ser despreciado, ya que las variaciones de temperatura que se producen en nuestro país no son muy grandes. La expresión final de Maxwell–Mohr queda: M oM ds EI X == − X 2

∑∫

 M

∑ ∫ EI

ds

Si el pórtico es del mismo material y las barras son de sección constante, el término EI podría sacarse del factor común en el numerador y en el denominador y simplificarse. Luego de simplificar el procedimiento, en lugar de tomar elementos infinitesimales ds dividimos a las barras de la estructura en partes finitas ∆s. La ecuación de Maxwell queda:

XX == −

∑ M M∆s ∑ M ∆s o

2



22/02/2007 04:16:55 p.m.


Si los elementos finitos ∆s son iguales, también los podemos sacar del factor común en el numerador y en el denominador. Al simplificarlos, nos queda la expresión:

XX== −

∑M M

o 2

M

Volviendo a la resolución del ejercicio propuesto, debemos evaluar la dimensión finita de largo ∆s y los momentos que provocan en la estructura las cargas exteriores en el centro de cada eslabón y los momentos que provocan en la estructura una carga P = 1. 1º) Se divide al pórtico en eslabones y los numeramos. Dividimos las patas en tres eslabones de 1 mt de largo c/u. Los tramos inclinados se dividen en cuatro eslabones, cuya longitud es:

∆s =

1 (2 2 + 3.52 ) = 1.00778 4

mts

7.00

3.25

5.6875

6.5625

3.75

4.8125

4.75 4.25

2.50

3.9375

3.0625

2.1875

1.3125

0.00 0.4375

Evaluamos las cotas X e Y del centro de cada eslabón y las transcribimos en la planilla Excel de la página 25.

cota Y

1.50 0.50 cota X



22/02/2007 04:16:56 p.m.



79

31

30

2266 7867

18

46

68

40

73

95

6

92

51

7

39

68

10

10

10 10 687 10 73 69 7 1

2º) Evaluamos los momentos flectores, que provocan en la estructura isostática las cargas exteriores, y los transcribimos:

00

3000

2500 1500

Mo

500

3

3

3. 25

3. 75

4. 25

4. 75

5

25 3.

75 3.

25 4.

75 4.

5

3º) Calculamos los momentos que provocan la fuerza aplicada en el apoyo B, cuyo valor es X y la correspondiente reacción que aparecerá en el apoyo A, cuyo valor también valdrá X.

3

3

2.5

2.5

1.5

1.5 .5

M

C=1

.5

P=1



22/02/2007 04:16:57 p.m.


El resumen de todos los valores están indicados en la planilla Excel adjunta: ∆s

largo

cota x

cota y

M’

Mo

M^2* ∆s

1

1

0

0,5

2

1

0

1,5

0,5

500

0,25

1,5

1500

2,25

MMo∆s

Mo

M’

X

Mo + XM’

250

500

0,5

-1797

-398

2250

1500

1,5

-1797

-1195

3

1

0

2,5

2,5

2500

6,25

6250

2500

2,5

-1797

-1992

4

1,007

0,437

3,25

3,25

4631

10,644

15167,417

4631

3,25

-1797

-1209

5

1,007

1,312

3,75

3,75

7318

14,171

27657,421

7318

3,75

-1797

580

6

1,007

2,187

4,25

4,25

9240

18,203

39576,611

9240

4,25

-1797

1603

7

1,007

3,062

4,75

4,75

10396

22,738

49767,611

10396

4,75

-1797

1861

8

1,007

3,937

4,75

4,75

10691

22,738

51179,391

10691

4,75

-1797

2156

9

1,007

4,812

4,25

4,25

9551

18,203

40906,705

9551

4,25

-1797

1914

10

1,007

5,687

3,75

3,75

6879

14,171

25996,647

6879

3,75

-1797

141

11

1,007

6,562

3,25

3,25

2676

10,644

8763,965

2676

3,25

-1797

-3164

12

1

7

2,5

2,5

0

6,25

0

0

2,5

-1797

-4492

13

1

7

1,5

1,5

0

2,25

0

0

1,5

-1797

-2695

14

1

7

0,5

0,5

0

0,25

0

0

0,5

-1797

-898

149,015 267765,771 Valor de X =-1796,897

Hechos todos los cálculos, obtenemos cuál es el valor de la fuerza incógnita que se aplica en el nudo B de la estructura.

53 91 31 64

0 58

14 1

19 14

03 16

09 12

02 17 25 19

91 23

17 02 21 56

Adjuntamos solamente el diagrama final de momentos flectores que actúan en el pórtico. Queda para quien quiera calcular los cortantes y esfuerzos axiales, y luego graficarlos.

5391

2391 1992

4492 2695

1195 399

M= Mo + X M

898



22/02/2007 04:16:58 p.m.



Veremos a continuación otro ejemplo de estructura hiperestática. Se trata de un pórtico con tensor. En la resolución de este tipo de problema debemos considerar dos elementos de la estructura: 1º) el pórtico propiamente dicho y 2º) el tensor. Tomemos un pórtico de diseño similar al ya estudiado: Consta de dos partes: Las barras AC- CD- DE- y EB tienen la misma sección y el mismo material, o sea EI = cte. La barra CE es un tensor con área At y módulo de Young Et. Es un caso donde el apoyo A permanece fijo, mientras que el punto B puede sufrir un desplazamiento, ya que el tensor es elástico.

2000 daN/m

1000 daN/m

P = 1000 daN

E

C

2.00

D

3.00

tensor

E I = cte B

A 3.50

3.50

Aplicando el principio de superposición, desdoblamos la estructura en una estructura isostática si quitamos el tensor más otra estructura donde actúa una fuerza incógnita X en la ubicación del tensor. 26 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay


22/02/2007 04:16:59 p.m.

http://estudiantesingcivil.blogspot.mx/ Arq. Julio C. Borthagaray 2000 daN/m

1000 daN/m

2000 daN/m

1000 daN/m

D

D

D

P = 1000 daN

P = 1000 daN

X

E

C

E

C

+

=

E I = cte

E I = cte

E I = cte

B

B

A

A

X

E

C

B A

M = M 0 + XM

Como en el caso anterior, aplicamos las expresiones de Maxwell-Mohr, pero con la particularidad de considerarlas en el pórtico y en el tensor.

∑ Pδ + ∑ C c = ∑ ∫

MM FF FF ds + ∑ ∫ ds + ∑ ∫ F α t tds + ∑ ∫ dx + ∑ ∫ Ftα t tdx EI EA Et At

pórtico

FF

tensor

Considerando la ∑ ∫ Et At en el tensor, sabemos que F , F , Et yAt son constantes; entonces las podemos sacar fuera de la integral y de la sumatoria. Nos queda entonces la expresión:

FF Et At

∑ ∫ dx

=

dx

FF L (siendo L la luz del tensor). Et At

Considerando ahora la parte “anelástica” del tensor, tendremos:

∑ ∫ F α tdx donde F α t son constantes y las podemos sacar fuera del símbolo de t

t

t

t

integral y de la sumatoria. Nos queda entonces la siguiente expresión:

Ftα t t ∫ dx = Ftα t tL

La expresión de Maxwell-Mohr nos queda:

∑ Pδ + ∑ C c = ∑ ∫

MM FF FF ds + ∑ ∫ ds + ∑ ∫ F α t tds + L + F α t tL EI EA Et At



22/02/2007 04:17:01 p.m.



Analicemos el primer miembro: Haciendo un corte en el tensor, aparecerán dos fuerzas X iguales y contrarias. Estas dos fuerzas X a la altura de los apoyos no generan reacciones, ya que son iguales y contrarias. El apoyo A está fijo, por tanto el desplazamiento será nulo. El trabajo también será nulo. El apoyo B puede sufrir un desplazamiento, ya que es un apoyo deslizante, pero como la fuerza es nula, el trabajo también es nulo. Por tanto, el primer miembro es igual a cero. La ecuación de Maxwell-Mohr nos queda: 0 =∑∫


No teniendo en cuenta los factores “anelásticos” tanto en el tensor como en las barras del pórtico, y considerando como esfuerzo principal en la estructura el momento flector frente a la solicitación que provoca el esfuerzo axil y el cortante, la ecuación nos queda:

0=

∑∫

MM FF ds + L EI Et At

Por aplicación del principio de superposición, el valor del esfuerzo M = M 0 F = 1 ; F = X Tomando dovelas de dimensión finita, la ecuación de Maxwell-Mohr queda:

0=∑

+ XM ;

( M 0 + XM ) M X ∆s + Lt EI Et At

( M 0 M ) + XM 2 X 0=∑ ∆s + Lt EI Et At 0=∑

M 0M M2 X ∆s + X ∑ ∆s + Lt EI EI Et At

despejamos X

M 0M ∆s EI X =− L M2 ∑ EI ∆s + E At t t

∑



22/02/2007 04:17:02 p.m.


10

51

31

30

226 678 67

18

46

68

79

6

40

73

95

7

39

68

10 92

10 10 687 10 73 69 7 1

Los esfuerzos M0 en el centro de las dovelas serán los mismos que en el ejemplo del pórtico biarticulado, ya analizado en el ejemplo anterior.

00

3000

2500 1500

Mo

500

0

0

0. 25

0. 75

1. 25

1. 75

2

25 0.

75 0.

25 1.

75 1.

2

Los momentos M son los que se detallan en el siguiente gráfico:

C=1

P=1

M Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 29


22/02/2007 04:17:03 p.m.



Para el caso que nos ocupa, consideramos que el pórtico está construido del mismo material y la sección es constante, por eso en la ecuación de Maxwell podemos realizar la siguiente simplificación: Multiplicamos los dos miembros de la ecuación por (E I), por lo cual queda:

X =−

∑M

M∆s L EI ∑ M 2 ∆s + Et A t t 0

En la planilla Excel que aparece a continuación está el cálculo de la fuerza X, que se ejerce en el tensor metálico y los momentos en los centros de las dovelas. ∆s

largo

cota x

cota y

M’

Mo

M^2* ∆s

MMo∆s

1

1

0

0,5

2

1

0

1,5

Mo

M’

X

0

500

0

0

1500

0

Mo + XM’

0

500

0

5161

500

0

1500

0

5161

1500

3

1

0

2,5

0

2500

0

0

2500

0

5161

2500

4

1,007

0,437

3,25

-0,25

4631

0,062

-1166,72

4631

-0,25

5161

3341

5

1,007

1,312

3,75

-0,75

7318

0,566

-5531,48

7318

-0,75

5161

3447

6

1,007

2,187

4,25

-1,25

9240

1,574

-11640,18

9240

-1,25

5161

2788

7

1,007

3,062

4,75

-1,75

10396

3,086

-18335,44

10396

-1,75

5161

1364

8

1,007

3,937

4,75

-1,75

10691

3,086

-18855,57

10691

-1,75

5161

1659

9

1,007

4,812

4,25

-1,25

9551

1,574

-12031,38

9551

-1,25

5161

3099

10

1,007

5,687

3,75

-0,75

6879

0,566

-5199,33

6879

-0,75

5161

3008

11

1,007

6,562

3,25

-0,25

2676

0,062

-674,15

2676

-0,25

5161

1386

12

1

7

2,5

0

0

0

0,00

0

0

5161

0

13

1

7

1,5

0

0

0

0,00

0

0

5161

0

14

1

7

0,5

0

0

0

0,00

0

0

5161

0

10,581

-73434,25

Luz del tensor 7 mts 2 Área tensor 0,0004 m 4 Inercia port 0,00208 m 2 E pórtico 210000 daN/cm 2 E tensor 2100000 dan/cm

tomo 2 barras de 16 mm de diámetro tomo sección de 0.20 x 0.50

Valor de X = 5161,413

El tensor estará sometido a una tensión.

σ=

5161daN = 1290 daN / cm 2 2 4cm

El diagrama de momentos final es el que se indica a continuación. Queda para los usuarios diagramar las solicitaciones de cortante y el esfuerzo axil. 30 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay


22/02/2007 04:17:04 p.m.

13 86

30 08

30 99

00 30

41 33

47 34

88 27

16 59

5 36 4 6 13

36 5


3000

2500 1500

Mo + X M

500

Veamos ahora un nuevo ejemplo de pórtico con tensor. A diferencia del ejemplo anterior, el tensor se ubicará a la altura de los apoyos.

2000 daN/m

1000 daN/m D

P = 1000 daN

E

C

E I = cte A

Tensor

B



22/02/2007 04:17:05 p.m.



Los datos de geometría de la pieza (inercias, módulos de elasticidad del pórtico y del tensor, área del tensor) son similares a los del ejemplo anterior. Para resolver el problema, procedemos como lo hicimos antes. Debemos aplicar el principio de superposición y luego el teorema de Maxwell-Mohr. 1000 daN/m

2000 daN/m

1000 daN/m

D

2000 daN/m

D

D

P = 1000 daN

P = 1000 daN

E

C

E I = cte

E

C E

C

=

E I = cte

+

E I = cte

B

B

A

A

A

X

X

B

Los valores de los momentos M0 y de los momentos M son los mismos que en el caso del pórtico biarticulado que aparece en la página anterior. Aplicando la fórmula de Maxwell-Mohr

∑ Pδ + ∑ C c = ∑ ∫


tendremos:

∑ P δ = trabajo de la fuerza P = 1 por el desplazamiento real del punto de aplicación A. Como el apoyo A no tiene posibilidad de corrimiento, el trabajo será = 0.

∑ C c = Trabajo de la fuerza C = 1 por el desplazamiento real del punto de aplicación B.

El punto B se corre hacia la derecha, lo que permite el alargamiento del tensor.

c=

XLt Et At

Como el alargamiento tiene sentido contrario a la fuerza P = 1 , el trabajo vale:

∑Cc = −

1* X * Lt Et * At



22/02/2007 04:17:07 p.m.


La ecuación de Maxwell-Mohr queda:

−1

X * Lt = Et At

∑∫


Eliminando los factores “anelásticos”, dejando solamente el término correspondiente al momento flector y tomando elementos finitos de longitud ∆s, la ecuación queda:

−1

X * Lt = Et At

∑

MM ∆s EI

Como M = M0 + X M

−1

−1

( M + XM ) * M X * Lt ∆s =∑ 0 EI Et At

M *M M2 X * Lt ∆s + X ∑ ∆s =∑ 0 EI EI Et At

X=-

M 0M ∆s EI Lt M2 ∆ s + ∑ EI Et At

∑

Expresión similar a la obtenida en página 28. Si en esta expresión numerador y denominador se multiplican por (E I), la ecuación queda:

X =−

∑M

M∆s L EI ∑ M 2 ∆s + Et A t t 0



22/02/2007 04:17:08 p.m.



Adjuntamos ahora los resultados obtenidos que se expresan en una planilla Excel: Pórtico atensorado ∆s

largo

M’

Mo

M^2* ∆s

MMo∆s

Mo

M’

X

Mo + XM’

1

1

cota x cota y 0

0,5

-0,5

500

0,25

-250

500

-0,5

1754

-377

2

1

0

1,5

-1,5

1500

2,25

-2250

1500

-1,5

1754

-1131

3

1

0

2,5

-2,5

2500

6,25

-6250

2500

-2,5

1754

-1885

4

1,007

0,437

3,25

-3,25

4631

10,644

-15167,417

4631

-3,25

1754

-1069

5

1,007

1,312

3,75

-3,75

7318

14,171

-27657,421

7318

-3,75

1754

741

6

1,007

2,187

4,25

-4,25

9240

18,203

-39576,611

9240

-4,25

1754

1786

7

1,007

3,062

4,75

-4,75 10396

22,738

-49767,611 10396

-4,75

1754

2065

8

1,007

3,937

4,75

-4,75 10691

22,738

-51179,391 10691

-4,75

1754

2360

9

1,007

4,812

4,25

-4,25

9551

18,203

-40906,705

9551

-4,25

1754

2097

10

1,007

5,687

3,75

-3,75

6879

14,171

-25996,647

6879

-3,75

1754

302

11

1,007

6,562

3,25

-3,25

2676

10,644

-8763,965

2676

-3,25

1754

-3024

12

1

7

2,5

-2,5

0

6,25

0

0

-2,5

1754

-4385

13

1

7

1,5

-1,5

0

2,25

0

0

-1,5

1754

-2631

14

1

7

0,5

-0,5

0

0,25

0

0

-0,5

1754

-877

149,015 -267765,771 Luz del tensor 7 mts2 Área tensor 0,0004 m 4 Inercia port 0,00208 m 2 E pórtico 210000 daN/cm2 E tensor 2100000 daN/cm Valor de X =1753,985

X =−

− 267765,772 = 1753,9847 7 * 210000 * 0.00208333 149.015577 + 2100000 * 0,0004

53 91 31 64

0 58

14 1

19 14

03 16

09 12

02 17 5 2 19

91 23

17 02 21 56

Graficamos solamente el diagrama de momentos, dejando, para que los interesados realicen los diagramas de esfuerzos axiles y esfuerzos cortantes.

5391

2391 1992

4492 2695

1195 399

M= Mo + X M

898



22/02/2007 04:17:10 p.m.


Veremos ahora, como último ejemplo, el caso de un arco biempotrado: P = 10.000 daN

B

60 °

11.46

ra dio =1 1. 46

m t

° 60

A

E I = constante

El arco tiene una longitud de 12 mt. Dividimos la estructura en 12 dovelas de 1 mt de longitud. P = 10.000 daN 1.4382 1.265 1.013

1.5326

0.666

B

0.245

° 60

11.46

11.0214

10.116

9.1761

8.21

ra dio =1 1. 46

m t

7.23

6.23

5.73

5.23

4.23

3.25

2.2839

1.344

0.4386

°

0.00

11.46

60

A

En el dibujo anterior se detallan las cotas (X) e (Y) del centro de cada dovela. Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 35


22/02/2007 04:17:11 p.m.



La estructura es hiperestática en tercer grado. Tiene tres apoyos superabundantes, por lo que aplicando el principio de superposición la podemos desdoblar de la siguiente forma:

P = 10.000 daN X3 B

A X1

X2

P = 10.000 daN

A

B

Mo

A

B

M1

X1

A

M2

B

X2



22/02/2007 04:17:12 p.m.


A

M3

B

X3

El empotramiento en el punto A se sustituye por dos fuerzas (X1 y X2) y una carga momento (X3). Debemos aplicar el teorema de Maxwell-Mohr tres veces. Una vez para cada fuerza incógnita (X1, X2 y X3). MM ∑ Pδ + ∑ C c = ∑ EI ∆s Vamos a considerar exclusivamente el efecto del momento flector, no teniendo en cuenta la colaboración del esfuerzo axil ni del esfuerzo cortante. Por aplicación del principio de superposición, el valor genérico del momento flector en cualquier punto será la suma de M0 + X1M1 + X2M2 + X3M3.

M = M 0 + X1 * M1 + X 2 * M 2 + X 3 * M 3

Aplicamos una carga P = 1 en la dirección y sentido de X1 en el apoyo A. En el apoyo B aparecerá una reacción C = 1 en la misma dirección y sentido contrario a la carga. Como el apoyo A y el apoyo B no tienen posibilidad de movimiento, el primer miembro de la ecuación de Maxwell será igual a cero. MM 1 0= ∆s

∑

0=∑

EI

M 1 ( M 0 + X 1M 1 + X 2 M 2 + X 3 M 3 ) ∆s EI

Tomando elementos ∆s de la misma dimensión, del mismo material y de igual momento de inercia, sacamos el factor común fuera del símbolo de la sumatoria. Como ∆s es distinto de cero, será igual a cero el resto, por lo cual la ecuación nos queda EI de la siguiente forma: 2

0 = M 1M 0 + X 1M 1 + X 2 M 2 M 1 + X 3 M 3 M 1



22/02/2007 04:17:13 p.m.



Como podemos ver, tenemos una ecuación lineal con tres incógnitas (X1, X2 y X3). Si aplicamos una carga P = 1 en la dirección y sentido de X2 en el apoyo A, en el apoyo B aparecerá una reacción C = 1 , en la misma dirección y en sentido contrario a la carga. Como el apoyo A y el apoyo B no tienen posibilidad de movimiento, el primer miembro de la ecuación de Maxwell-Mohr será igual a cero.

0=∑

MM 2 ∆s EI

M 2 ( M 0 + X 1M 1 + X 2 M 2 + X 3 M 3 ) ∆s EI ∆s Como EI es distinto de cero, el que será igual a cero será el resto; por lo que la ecuación 0=∑

nos quedará de la forma siguiente:

0 = M 2 M 0 + X 1M 2 M 1 + X 2 M 22 + X 3 M 3 M 2

Como podemos ver, tenemos una ecuación lineal con tres incógnitas (X1, X2 y X3). Si aplicamos una carga momento P = 1 en la dirección y en el sentido de X3 en el apoyo A, en el apoyo B aparecerá una reacción C = 1 , en la misma dirección y en el sentido contrario a la carga. Como el apoyo A y el apoyo B no tienen posibilidad de movimiento, el primer miembro de la ecuación de Maxwell será igual a cero.

∆s

0=∑

MM 3 ∆s EI

0=∑

M 3 ( M 0 + X 1M 1 + X 2 M 2 + X 3 M 3 ) ∆s EI

Como EI es distinto de cero, será igual a cero el resto, por lo cual la ecuación nos queda de la forma siguiente:

0 = M 3 M 0 + X 1M 3 M 1 + X 2 M 3 M 2 + X 3 M 32

Como podemos ver, tenemos una ecuación lineal con tres incógnitas (X1, X2, X3) Nos queda un sistema de tres ecuaciones a resolver: 2

0 = M 1M 0 + X 1M 1 + X 2 M 2 M 1 + X 3 M 3 M 1

0 = M 2 M 0 + X 1M 2 M 1 + X 2 M 22 + X 3 M 3 M 2 0 = M 3 M 0 + X 1M 3 M 1 + X 2 M 3 M 2 + X 3 M 32



22/02/2007 04:17:15 p.m.


Los coeficientes los tomamos de la planilla Excel que está en la página 40. El sistema nos queda: 137717.999 + 15.0961 X1 – 70.5984506 X2 + 12.3208 X3 = 0

-1686299.702 – 70.5984505 X1 + 529.519706 X2 – 68.7604 X3 = 0 +176035 + 12.3208 X1

– 68.7604 X2

+ 12 X3 = 0

Resuelto el sistema, tendremos: X1 = 17589.378 X2 = 5000.06 X3 = -4078.6317

Agregamos los diagramas con los cuales fueron calculados esos momentos en el centro de cada una de las doce dovelas en que está dividida el arco.

mom Mo

P = 10.000 daN 1.4382 1.265 1.013

1.5326

0.666

B

0.245

mom M1

11.46

11.0214

10.116

9.1761

8.21

7.23

ra dio =1 1.4 6m t

6.23

5.73

5.23

4.23

3.25

2.2839

60 ° 1.344

0.4386

0.00

11.46

° 60

A

mom M2

mom M3



22/02/2007 04:17:15 p.m.



M=Mo+X1M1+X2M2+X3M3

eslabón 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

cota X 0,438 1,344 2,283 3,25 4,23 5,23 6,23 7,23 8,21 9,176 10,116 11,021

cota y Ds Mo M1 M2 M3 M1^2 M2^2 M3^2 Mo*M1 Mo*M2 Mo*M3 M1*M2 M1*M3 M2*M3 M2*M3 0,245 1 0 -0,245 0,438 -1 0,060 0,192 1 0 0 0 -0,107 0,245 -0,438 -0,438 0,666 1 0 -0,666 1,344 -1 0,444 1,807 1 0 0 0 -0,896 0,666 -1,344 -1,344 1,013 1 0 -1,013 2,283 -1 1,026 5,216 1 0 0 0 -2,313 1,013 -2,283 -2,283 1,265 1 0 -1,265 3,25 -1 1,600 10,562 1 0 0 0 -4,111 1,265 -3,25 -3,25 1,438 1 0 -1,438 4,23 -1 2,068 17,892 1 0 0 0 -6,083 1,438 -4,23 -4,23 1,532 1 0 -1,532 5,23 -1 2,348 27,352 1 0 0 0 -8,015 1,532 -5,23 -5,23 1,532 1 -5000 -1,532 6,23 -1 2,348 38,812 1 7663 -31150 5000 -9,548 1,532 -6,23 -6,23 1,438 1 -15000 -1,438 7,23 -1 2,068 52,272 1 21573 -108450 15000 -10,398 1,438 -7,23 -7,23 1,265 1 -24800 -1,265 8,21 -1 1,600 67,404 1 31372 -203608,000 24800 -10,385 1,265 -8,21 -8,21 1,013 1 -34461 -1,013 9,176 -1 1,026 84,200 1 34908,993 -316217,582 34461 -9,295 1,013 -9,176 -9,176 0,666 1 -43860 -0,666 10,116 -1 0,444 102,333 1 29237,076 -443687,759 43860 -6,743 0,666 -10,116 -10,116 0,245 1 -52914 -0,245 11,021 -1 0,060 121,471 1 12963,93 -583186,359 52914 -2,700 0,245 -11,021 -11,021

1962 -924 -2320 -1922 -68 3271 3271 -68 -1922 -2320 -926 1962

15,096 529,519 12 137717,999 -1686299,701 176035 -70,598 12,321 -68,760 -68,760

Como ejemplo adjuntamos el diagrama corregido de los momentos flectores. También dejamos que los usuarios evalúen los diagramas de cortantes y esfuerzos axiles.

P = 10.000 daN -2320

-1922

-1922

-68

-68

-924

-2320

-924

B A 1962

3271

3271

4079

1962

4079 5724

Diagrama de de momentos Momentos Diagrama



22/02/2007 04:17:16 p.m.


2.0

Trazado de las líneas elásticas de estructuras planas

En la actualidad, el trazado de las líneas elásticas en estructuras planas puede realizarse sin ninguna dificultad, utilizando programas de computadora, como P-Plan u otro tipo. No obstante, creo que para la formación de un estudiante de arquitectura es absolutamente imprescindible “amasar el barro con las manos”, para lograr entender a cabalidad el comportamiento del conjunto de los elementos constitutivos de una estructura. Ésta es la razón que ha impulsado a reeditar “viejos”, pero no menos fecundos, procedimientos gráfico–analíticos para el estudio de deformaciones de estructuras planas. En una estructura cualquiera, sometida a un sistema de cargas, si por hipótesis se conocieran los vectores corrimientos de cada uno de los puntos en su dimensión, dirección y sentido, se puede definir como línea elástica, con respecto a una cierta dirección, a la poligonal o curva que resulta de tomar a partir de una línea de referencia las componentes de los vectores corrimientos, según la dirección considerada. Se define como corrimiento de un punto en una determinada dirección a la proyección sobre ésta del corrimiento total del punto.

q (k/m) b

c

línea de cierre linea de cierre

M'

a

d

° 90

δ Mv

elástica horizontal elástica horizontal

δ Mh

M

línea decierre cierre linea de

elástica vertical elástica vertical



22/02/2007 04:17:17 p.m.



M

δM

M’

El punto M se corre a M’. El descenso será δM. Veremos ahora la base teórico-matemática del sistema de los pesos elásticos, que analizaremos posteriormente.

Y

M'

δx

M"

δy M (x;y)

ω ωy

ωx

R O (xo;yo)

X

Un punto M gira alrededor de un punto O con un cierto ángulo ω en radianes. Suponiendo que ω es muy pequeño, un infinitésimo, porque las deformaciones por giro en las barras son muy pequeñas, vemos que el punto M pasa a M’. Asimilando el arco a la cuerda por ser deformaciones pequeñas, el corrimiento de M será MM’. 42 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay


22/02/2007 04:17:17 p.m.


Sus componentes serán δx y δy.

MM ' = w * OM

1 OM = w MM '

δx = M ' M "

δy = MM "

Considerando el punto R, nos quedan dos triángulos semejantes en los cuales podemos establecer la siguiente relación:

OM OR RM 1 = = = MM ' MM " M ' M " w

A nosotros nos interesa determinar el valor MM” y M’M”

1 RM = de donde M ' M " = w * RM δx = ( x − x0 ) * w w M 'M" 1 OR de donde MM " = w * OR = w MM "

δy = ( y − y0 ) * w

Podemos concluir lo siguiente: El corrimiento de un punto, según una dirección dada, es igual al momento estático con respecto a dicha dirección de una fuerza ficticia que es igual en magnitud al giro (ω) que se produce en el punto de reducción. Consideremos ahora una barra A B, como la de la figura 3, a la que se le aplica un momento M. Esa barra sufre una deformación cuyo valor es posible de evaluar por medio de las ecuaciones de la “línea elástica”. yz

B' A

w = ML w EMI

θb

B M

x

L/2 L

Figura 3



22/02/2007 04:17:19 p.m.



Para la barra AB será:

d 2z M = dx 2 EI

Si integramos, nos da:

dz M =x + C1 dx EI

dz dx

es el ángulo que forma la tangente a la elástica con el eje de la barra.

Para X = 0

dz = 0 dx

Integrando nuevamente

de donde C1 = 0.

M X2 z= * + C2 EI 2

Z es el descenso de un punto cualquiera. Para el caso de que X = 0 Z=0

de donde C2 = 0

Para X = L en las dos ecuaciones anteriores nos dará:

dz ML = = θb dx EI

M L2 L zb = * = θb * EI 2 2

El descenso, en el punto B de la barra, es numéricamente igual al momento estático respecto a B del vector giro θ aplicado en L/2. b

Al valor

L =g EI

Al valor

θb =

lo llamamos masa elástica.

M *L = M *g =w EI

lo llamamos peso elástico.



22/02/2007 04:17:20 p.m.


Por tanto, concluimos que para poder evaluar el descenso en un punto de la barra elástica debemos calcular el momento estático en ese punto de las fuerzas ficticias (giros) aplicadas en el centro de cada uno de los eslabones que componen esa barra elástica. Ésa es la razón por la cual dividimos la barra en trozos ∆s, muy pequeños. Veremos a continuación ejemplos aclaratorios: Calculamos la línea elástica de una viga en voladizo.

P=5T

P=5T

P=5T

A

B 1.00

1.00

1.00

La primera operación que se realiza es dividir la barra AB en una serie de eslabones elásticos, que llamaremos ∆s. Luego en el centro elástico de cada eslabón se aplica la carga del peso elástico correspondiente.

w=

M ∆s EI Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 45


22/02/2007 04:17:21 p.m.



Para evaluar esa carga, debemos tener dibujado el diagrama de momenP2=5 ton tos flectores. Para eso tenemos que P1 trazar la funicular para ese fin. B A P2 Leemos el valor del momento de cada eslabón en la funicular trazada P3 para ese fin. Consideremos que el momento es H M3 ω3= EI ∆ s constante en el intervalo del eslabón. Es así como podemos evaluar el área M2 ∆s ω2= EI multiplicando M por ∆s y luego dividiéndolo por EI, así obtenemos el ω1= M1 1 EI ∆ s peso elástico en cada eslabón de la 4 M funicular. 1 3 2 La segunda operación consiste en 2 calcular el momento de un sistema de 3 vectores que representan a los pesos δ 4 elásticos; de esta forma, por definición, se obtienen los descensos. H' Si todos los w son del mismo sigN no, es indiferente el sentido con que se toman en la dinámica. Si éstos son de signo contrario, los positivos se toman hacia abajo y los negativos hacia arriba. Veremos algunas simplificaciones que se pueden realizar al método de los pesos elásticos. Si consideramos que E es constante, es posible considerar como masas elásticas g = ∆s y I peso elástico w = M * g. La elástica hallada en esta hipótesis está multiplicada por E. P1=5 ton

P3=5 ton

b

Si MN es la imagen del descenso en B MN

δb =

m3 E

=

MN m1m2 .E H

Eligiendo H = E o a una cierta escala H = m4 E y sustituyendo nos quedará:

δb =

MN MN = m1m2 m1m2 .E m4 E m4



22/02/2007 04:17:21 p.m.


Si consideramos que EI = cte, las masas elásticas serán:

g = ∆s y el peso elástico será: w = M * g. La elástica calculada en esta hipótesis está multiplicada por EI si MN es la imagen del descenso del punto B.

δb = Eligiendo H = EI o a

MN MN = m3 EI m1m2 .EI H

una cierta escala m4

H = m4 EI sustituyendo en la expresión anterior nos quedará:

δb =

MN MN MN MN = = = m3 EI m1m2 .EI m1m2 * EI m1m2 H m4 EI m4

Si consideramos

w = M *g

∆s ∆s y los pesos elásticos = cte. las masas elásticas serán g = EI EI

La elástica en esta hipótesis estará multiplicada por 1 . Debemos, por lo tanto, elegir un ∆s H que nos simplifique las operaciones.

EI

Tomamos entonces:

H = m4

δb =

1 el valor del descenso en el punto B valdrá: ∆s EI

MN MN MN MN = = = EI m1m2 EI m1m2 EI m1m2 m3 * ∆s H ∆s m EI ∆s m4 4 ∆s

El método de los pesos elásticos nos permite, además de evaluar los corrimientos horizontales y verticales en pórticos y/o vigas, la resolución de estructuras hiperestáticas. Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 47


22/02/2007 04:17:23 p.m.



Veremos a continuación cómo se ataca un pórtico biarticulado por este método. La primera operación que debemos realizar es aplicar el principio de superposición y desdoblar el problema hiperestático en: 1º) Pórtico isostático, donde el apoyo B sufre un corrimiento δb1. 2º) Pórtico isostático, donde el apoyo B sufre un corrimiento δb2. En sentido contrario al δb1 producido éste por una carga X tal que δb1 + δb2 = 0 El valor de la carga X se determina de la siguiente manera: 1°) Se calcula el corrimiento δb1 que producen las cargas exteriores en el pórtico isostático. 2°) Se calcula el corrimiento δb2 que provoca una carga P = 1. Si la carga actuante en vez de ser P = 1 hubiese sido X, los corrimientos serían proporcionales. Esto es: X δb2. La suma de los dos corrimientos debe ser nula, ya que el apoyo B está impedido de deslizarse. δb1 + X δb2 = 0

X =−

δ b1 δ b2

δ b1 = ∑ wi * zi wi = M i *

B

A

∆s EI

δ b1 = ∑ M i Z i

A

B

B'

∆s EI

δ b 2 = ∑ w h * zi

wh = M hP =1 * zi M h = P =1 * Z i A

B" B

X

w h = zi *

de donde:

∆s E I



22/02/2007 04:17:24 p.m.


δ b 2 = ∑ w h * zi

=

∑ zi2 *

∆s EI

δ b1 + Xδ b 2 = 0

X =−

δ b1 δ b2

∆s EI X =− 2 ∆s z ∑ i EI

∑ M i zi

sí

∆s = const . EI

X =−

∑M z ∑z

i i 2 i

Veamos ahora un par de ejemplos de aplicación del método de los pesos elásticos.

1º) trazado de la elástica de un arco parabólico de 12 mts de luz y 2.50 mts de flecha. El arco es de hormigón armado y su sección 30 cm x 45 cm. 4 Momento de Inercia = 228.000 cm 2 Eh = 200.000 daN/cm

2.50

q = 1000 daN / m

A

B 12.00



22/02/2007 04:17:25 p.m.



Y

y = 2.5 2

y = -0.069444 x

x=0

x=6

y=0

+ 0.8333 x

x = 12

X

y=0

Lo primero que debemos hacer es determinar la longitud de la línea media del arco parabólico. Para eso tenemos que hallar la ecuación del arco parabólico. La ecuación general de la parábola es y = Ax 2 + Bx + C Cuando X = 0 Y = 0 De donde:

0 = A * 0 + B * 0 + C

0=C

La ecuación quedará: y = Ax 2 + Bx Debemos determinar los parámetros A y B

Para X = 6

Y = 2.5

de donde

2.5 = A * 6 2 + B * 6

2.5 = A * 36 + B * 6

de donde

0 = A *12 2 + B *12

0 = A *144 + B *12

Para X = 12 Y = 0 50 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay


22/02/2007 04:17:26 p.m.


Debemos resolver el sistema de ecuaciones.

2.5 6 0 12 12 * 2.5 − 0 * 6 30 A= = = = −0.0694444 36 6 36 *12 − 144 * 6 − 432 144 12 36 2.5 144 0 36 * 0 − 144 * 2.5 − 360 B= = = = 0.83333333 36 6 36 *12 − 144 * 6 − 432 144 12

La ecuación del arco parabólico quedará:

y = −0.0694444 x 2 + 0.83333 x

Y

y = -0.069444 x2 ds dx

+ 0.8333 x

dy

X

ds = dy 2 + dx 2

2

 dy  ds =   + 1 * dx  dx 

dy derivada 1ª de la función = dx



22/02/2007 04:17:28 p.m.



dy = −2 * 0.0694444 x + 0.833333 dx

2

y = - 0.069444 x + 0.83333 x

dy = −0.1388888 x + 0.833333 dx

La longitud de la curva es la integral entre 0 y 12 de ds.

12

12

0

0

S = ∫ ds = ∫

2

dy + 1 * dx dx

La solución de la integral:

u 2 a2 2 u + a du = u +a + L u + u2 + a2 2 2

12

∫

2

0

u=

2

dy 2 2 = −0.1388888 x + 0.833333 u = (− 0.13888 X + 0.83333) dx

a = 1

a2 = 1

du = −0.138888dx de donde

∫

dx = −

du 0.138888

u a2 2 2 u + a du = u +a + L u + u2 + a2 2 2 2

2

El largo de la curva será la integral definida entre 0 y 12. − 0.138888 ∫ (−0.13888 X + 0.83333 ) 2 + 12 dx = 12

1  (−0.13888 X + 0.83333  = (−0.13888 X + 0.8333) 2 + 1 + L (−0.13888 X + 0.8333) + (−0.13888 X + 0.8333) 2 + 1  2 2  0

Largo = − 0.9215913 − 0.9215913 = 13.271mts

− 0.138888

Esta curva la dividimos en doce dovelas . El largo ∆s de cada dovela será: 13.271 ∆s = = 1.1059

12



22/02/2007 04:17:29 p.m.


2.50

q = 1000 daN / m

A

B 12.00

Para hallar los momentos en el centro de cada eslabón o dovela utilizamos la viga equivalente:

A

5.4569

4.3648

3.3068

2.3125

2.4789

1.9934

2.50

2.2992

1.3403

.4429

q = 1000 daN / m

1.5445 0.99

0.3432 corrimiento horizontal 6.7212 cms

B

12.00



22/02/2007 04:17:30 p.m.



Los valores de los momentos leídos en el trazado parabólico adjunto nos dan los siguientes resultados: En el centro de dovela 1).................2559 daN*m En el centro de dovela 2).................7144 daN*m En el centro de dovela 3)............... 11152 daN*m En el centro de dovela 4)...............14373 daN*m En el centro de dovela 5)...............16663 daN*m En el centro de dovela 6)...............17852 daN*m En el centro del arco....................18000 daN*m En el centro de dovela 7)...............17852 daN*m En el centro de dovela 8)...............16663 daN*m En el centro de dovela 9)...............14373 daN*m En el centro de dovela 10)............. 11152 daN*m En el centro de dovela 11)...............7144 daN*m En el centro de dovela 12)...............2559 daN*m Con el valor de los momentos calculados, procedemos a determinar el valor de los pesos elásticos para cada dovela.

w=

M ∆s EI

eslabón

∆s

E

I

∆s/EI

Mi

ωi

cota X

cota Y

1

110

200000

228000

0,000

255931,979

0,000

44,29

34,32

2

110

200000

228000

0,000

714359,795

0,001

134,03

99

3

110

200000

228000

0,000

1115203,967

0,002

229,92

154,45

4

110

200000

228000

0,000

1437333,688

0,003

330,68

199,34

5

110

200000

228000

0,000

1666306,048

0,004

436,48

231,25

6

110

200000

228000

0,000

1785252,119

0,004

545,69

247,89

7

110

200000

228000

0,000

1785252

0,004

545,69

247,89

8

110

200000

228000

0,000

1666306

0,004

436,48

231,25

9

110

200000

228000

0,000

1437334

0,003

330,68

199,34

10

110

200000

228000

0,000

1115204

0,002

229,92

154,45

11

110

200000

228000

0,000

714360

0,001

134,03

99

12

110

200000

228000

0,000

255932

0,000

44,29

34,32

0,033

ωiA

0,016



22/02/2007 04:17:31 p.m.


Una vez evaluados los pesos elásticos en el centro de cada dovela, y de acuerdo con lo establecido anteriormente, podemos resolver el problema del trazado de la elástica haciéndolo en forma analítica o por medio de una representación gráfica. 1º) Resolución gráfica El arco lo representamos a una escala (m1). En nuestro ejemplo lo dibujamos a la escala 1/100. A cada peso elástico lo representamos con un vector a una cierta escala (m2). En nuestro ejemplo, la escala m2 =

1cm 1 : 000 .000 kdaN*cm * cm

Elegimos el valor de H tal que sea igual a

EI o a una cierta escala (m4) ∆s

EI 200.000 * 228.000 4,14545 *108 = = ∆s 110

En nuestro ejemplo H =

Por lo tanto, para tener H = 4,14545 cms, la escala m4 deberá ser

1 10 8

m4 =

1 10 8

El resultado lo leemos en el trazado funicular a la escala m1m2

m4

1 1 * 100 1 : 000.000 = 1 1 108

Las flechas en cualquier punto del arco se determinan leyendo en el trazado funicular a la escala 1/1. O sea, ese trazado funicular es la representación de la línea elástica. Ver página 57.

A

5.4569

4.3648

3.3068

2.3125

2.4789

1.9934

2.50

2.2992

1.3403

.4429

q = 1000 daN / m

1.5445 0.99

0.3432 corrimiento horizontal 6.7212 cms

B

12.00



22/02/2007 04:17:33 p.m.



flecha máxima = 6.1532 cms

H = 5 cms

H = 4.1455 cms

Si deseamos evaluar los corrimientos horizontales, tenemos que trazar una funicular cuyos rayos sean perpendiculares a los rayos tomados para determinar los corrimientos verticales. Este trazado es el que puede observarse en la primera figura de la página 56. En nuestro caso, el máximo corrimiento es el del apoyo B, y su valor es de 6.7212 cms. 2º) Resolución analítica Para resolver el problema analíticamente, aplicamos en el centro de cada dovela el peso elástico ω , cuyo valor se encuentra en la planilla de la página 55. i



22/02/2007 04:17:33 p.m.


5.45 4.36

C

3.30

0.00402

12.00 0.0168242

0.00269

0.00172324

B

0.0168242

A

0.00061738

0.44

0.003467

1.34

0.004306

2.30

Tomamos momentos de los vectores que representan a los pesos elásticos (incluyendo la reacción en el apoyo A) en ejes tales como el representado en línea punteada, como la que pasa por C. Evaluamos el corrimiento vertical de cada uno de los puntos centro de cada dovela, con lo cual podemos dibujar la línea que representa la deformación del arco en vertical. El corimiento del punto C será:

δ c = 6.128012

Gráficamente, el valor hallado es 6,1532 cms. El error es del 0.4%. De esta forma se puede calcular el corrimiento para cualquier punto, aplicando el mismo procedimiento.



22/02/2007 04:17:34 p.m.



Calcularemos ahora el corrimiento horizontal de los puntos del arco:

A

0.00061738

0.3442

0.0336484

0.9900

0.00172324

1.5445

2.4789

0.00269

1.9934

0.004306

2.3125

0.003467

0.00402

B

12.00

Para hallar el corrimiento del punto B, trazamos un eje (línea punteada que une A con B). Tomamos momentos de los vectores que representan los pesos elásticos respecto a ese eje. Como los pesos elásticos son simétricos, al producto de los momentos lo multiplicamos por 2. El corrimiento del punto B será: δ B = 2 * [0.00061738* 34,42 + 0.00172324* 99 + 0.00269*154,45 + 0.00346725*199,34 + 0.0040196* 231,25 + 0.00430653* 247,89]

δ B = 6,5901cms Gráficamente, el corrimiento horizontal nos dio 6,7212 cms. Tenemos una diferencia en los cálculos de 2%. Con esto damos por finalizado el análisis de las deformaciones en estructuras de alma llena. Pasaremos ahora a estudiar las deformaciones en estructuras reticuladas de 1ª y 2ª especie.



22/02/2007 04:17:35 p.m.


3.0

Deformaciones elásticas en estructuras reticuladas planas

Consideraciones generales Problemas generales de deformaciones elásticas nos obligan a determinar qué forma adoptan los sistemas reticulares del caso, sometidos a sistemas de cargas. Conocida la geometría de las piezas, y una vez avaluados los esfuerzos en las barras del reticular, por el método de Cremona, Culmann o Ritter, podemos evaluar las deformaciones en cada una de las barras en forma aislada. Lo que no podemos todavía es determinar la deformación de conjunto. Una barra de longitud “L” y de sección “A”, sometida a un esfuerzo axil “F”, sufre una deformación unitaria. σ F ε = ε = E EA

La deformación total será

∆L = ε * L =

F *L EA

A estos valores deberemos ponerle signo positivo o negativo, según la barra sufra alargamiento o acortamiento. Además, las barras pueden estar sometidas a efectos de temperatura, que hacen variar sus dimensiones. Las deformaciones anelásticas se obtienen con la expresión: en donde

∆Lt = ±α t * ∆ t * L

α t = coeficiente de dilatación térmica del material.

± ∆ t = aumento o disminución de temperatura. L = longitud de la barra.

∆L final = ∆L + ∆Lt



22/02/2007 04:17:35 p.m.



B polo O B” ∆AB a B 1 B’ ϕ A

Oa = A A1

A1

Ob = B B1

∆AB

b’ 90°

ϕ b

Si se considera una barra AB aislada, que compone un sistema reticulado, ésta puede sufrir: 1º) una traslación paralela hasta A1 B´; 2º) un acortamiento o alargamiento (∆AB) con signo positivo o negativo, de B’B”; 3º) una rotación de ángulo muy pequeño ϕ (de B” a B1) en la que se llega a la posición final A1 B1. Como el giro ϕ es muy pequeño, el arco B”B1 puede sustituirse por la normal a la recta A1B” tomada desde el punto B”. Esto mismo puede observarse si se toma un polo fijo O. Por él se traza un vector, a una escala conveniente, con la misma dirección y sentido al corrimiento AA1. De esta forma se fija la posición del punto a. A partir de este punto se traza el vector ab’ que representa, a la misma escala anterior, la dilatación ∆AB de la barra AB. El siguiente paso consiste en efectuar una rotación angular ϕ (muy pequeña), tomando como centro de rotación el punto a. Como la rotación es muy pequeña, en lugar de trazar el arco, trazamos la tangente al arco, que es perpendicular a la recta ab’, con lo que determinamos el punto b. El vector Ob nos determina el corrimiento real del punto. Veremos ahora el diagrama de deformaciones de un sistema de barras. Tomemos por ejemplo un sistema compuesto por dos barras (AB) y (BC) que concurren al nudo C. C’ 1

∆ ∆ 1 1 90º C C’ ∆2 O (a,b) C’2 -∆2 90º corrimiento del nudo C (1) (2) A B La barra AC sufre un alargamiento ∆1 desde C hasta C’1. La barra CB sufre un acortamiento ∆2 desde C hasta C’2.

C’



22/02/2007 04:17:36 p.m.


Los puntos A y B permanecen fijos. Si se suelta el nudo C y se deja dilatar a la barra AC, éste se ubicará en C’1. Si se deja contraer la barra CB, el nudo C se ubicará en C’2. Si permitimos rotar la barra AC (dilatada) respecto al punto A y a la barra CB (contraída) respecto al punto B, y a las rotaciones las sustituimos por las cuerdas desde C’ y C’2, el punto 1 de encuentro será el C’, posición final del punto C. La deformación final del punto C estará dada por el vector CC’. Se puede llevar a un polo fijo O estas variaciones ∆1 y - ∆2 en magnitud, dirección y sentido. Los vectores son trazados por los extremos y luego haciendo centro en O arcos de circunferencia. Donde éstos se corten, nos darán la ubicación del punto C. El desplazamiento del punto C estará dado por el vector OC. Como los desplazamientos son muy pequeños, en vez de trazar los arcos, se sustituyen por las cuerdas; esto es, las normales a los vectores corrimientos, y donde estas normales se interceptan, se obtiene el punto buscado con un error absolutamente despreciable. Debe tenerse especial cuidado con el sentido de los corrimientos al ser colocados en la dinámica. Si suponemos fijo el punto A, la barra se dilatará en el sentido de AC; esto es, para la barra BC el acortamiento de la barra será en el sentido . A este procedimiento se le llama DIAGRAMA DE WILLIOT, quien en 1877 lo publicó en su “Notions pratiques sur la Statique graphique”, en los Annales du Genie Civil, 2nde série, 6ème année, pág. 713. Veremos ahora un ejemplo para aclarar el procedimiento: Tomemos la marquesina A B C D E sometida a un sistema de cargas P en sus nudos. Conocidos los valores de los esfuerzos en las barras (calculados por el procedimiento de Cremona, Culmann, Ritter o Henneberg), se obtiene fácilmente el valor de las deformaciones en todas y cada una de las barras. A

P

(+)

d'1 O ( a' e' ) b'2 B

(-)

B'

(+)

(+)

P c'1

D E

(-) D'

P

b'1

d'

b' d'2

c'2

C

(-) C'

c'



22/02/2007 04:17:37 p.m.



Como en el caso anterior, debemos partir de dos nudos cuya posición sea conocida para fijar un tercero, y así sucesivamente. En el ejemplo partimos de los nudos A y E, que permanecen fijos. Debemos ubicar el nudo B. En la dinámica, tomamos las deformaciones de las barras AB y EB a una escala conveniente. Por sus extremos trazamos las normales, y en el cruce de ellas está la imagen del punto B. El corrimiento está indicado por el vector trazado Ob’. Conocida la posición del nudo B, podemos ubicar la nueva posición del punto D después de la deformación. Ahora tomamos como puntos fijos el punto E y el B’. En la dinámica, por los puntos e’ y b’, imágenes de los nudos E y B’, se trazan las deformaciones de las barras ED y BD. Por sus extremos se trazan las normales y donde éstas se cruzan se encuentra el punto d’, imagen del nudo D’. El corrimiento del nudo D está representado por el vector O d’. Este corrimiento se compone de dos movimientos: uno debido a la elasticidad de las barras (es el b’d’) y otro debido a la traslación paralela del reticulado en la anterior deformación (la del nudo B). De esta forma se continúa. Nos basamos ahora en los nudos B y D que han sufrido el proceso de deformación, yendo a ocupar la posición B’ D’. Tomándolos como fijos, procedemos a ubicar la posición del nudo C. A partir del punto b’, colocamos la deformación de la barra BC, obteniendo el punto c’2 A partir del punto d’, colocamos la deformación de la barra DC y obtenemos el punto c’1. Trazamos los arcos (los sustituimos por las cuerdas) y así obtenemos el punto C’. De esta forma se resuelven los reticulares de 2ª especie; esto es, aquéllos en que se conoce la posición de dos de sus nudos fijos y se pasa a ubicar un tercero, y así sucesivamente. Analizaremos ahora los reticulares de Primera Especie Un estudio aparte merecen los reticulares de 1ª especie, pues en estos casos no podemos aplicar el método de WILLIOT directamente porque no se tiene la posición de dos nudos fijos, sino que se conoce solamente la posición de un sólo nudo. Para poder resolverlo, debemos hacer una suposición: Partimos de un nudo fijo (A) y suponemos que una barra (5) se dilatará o contraerá en la dirección conocida, P P que le fijamos por la colocación de una guía 2 que impide cualquier B C desplazamiento lateral 3 (giro). Esto es lo que 1 7 6 se llama adoptar una E FALSA POSICIÓN. 4 5 Mediante ese supuesA D to, el sistema se podrá P resolver. 62 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay


22/02/2007 04:17:38 p.m.


Veamos cómo resolvemos el diagrama de WILLIOT. Al igual que en los reticulares de 2ª especie, partimos de un punto fijo O. A partir del cual tomamos el corrimiento de la barra AE, que es la que está en falsa posición.

P

P 2

B 1

6

D"

D'

C 3

7

E

D"

4

5 A

D'

P

D

3 C'

6

7

B' 2

O (A')

E'

4

Ubicado el punto E’, a partir del apoyo fijo y de este punto E’, ubicamos el punto B’. Y así sucesivamente ocurrirá con los demás puntos. Los corrimientos de los nudos estarán dados por los vectores OD’, OC’, OE’ y OB’. El corrimiento del nudo D es incompatible con el tipo de vínculo, ya que éste pasaría a D’; lo que no es posible porque el apoyo D solamente puede deslizarse en el plano horizontal. Por lo tanto, debemos efectuar una corrección al sistema para que sea congruente.



22/02/2007 04:17:39 p.m.



B 90º

A' A

B' C 90º

ω

90º

E

ω

O E'

ω ω

ω

90º

O

C' 90º

E

A B

D

D

D'

B C

La corrección para este tipo de reticulares es debida a MOHR, y para su explicación es necesario estudiar qué le sucede a una chapa cuando gira un pequeño ángulo ω alrededor de un punto (por ejemplo el O). Diagrama vectorial de rotaciones

La chapa A B C D E gira un ángulo ω con respecto a un punto interior O. Los puntos A B C D E se desplazarán a A’ B’ C’ D’ E’. Tomando el giro muy pequeño, podemos tomar la cuerda por el arco y la normal al radio. Como el ángulo es aproximadamente igual a la tangente trigonométrica, nos quedarán las siguientes expresiones: AA’ = OA * ω BB’ = OB * ω CC’ = OC * ω DD’ = OD * ω EE’ = OE * ω Como podemos ver, los desplazamientos son directamente proporcionales a los radios. Debido a que los desplazamientos y los giros son muy pequeños, no es cómoda su representación. Construimos un diagrama aparte a una escala conveniente. A partir de un polo O ponemos los vectores AA’, BB’, CC’, DD’ y EE’. Observando este diagrama vemos que: 1º) Los vectores son proporcionales a los radios. 2º) Su dirección es perpendicular a la de los radios de giro de la chapa. Sacamos como conclusión que cualquier recta que toC' memos, por ejemplo A—B, es perpenB' dicular a la dirección AB del diagrama B (chapa original). Esto se conoce con el ω D' C nombre de figuras HOMOTÉTICAS ω NORMALES. 90º

90º

90º

ω

A

D

D' C'

B' O (A')

Consideremos ahora una poligonal y supongamos que por efecto de un giro w alrededor de un punto A, y conociendo el corrimiento de D, queremos ubicar los puntos C y B. El punto C se encuentra donde se cortan las rectas perpendiculares a AC y a CD, trazadas por A y D respectivamente.



22/02/2007 04:17:40 p.m.


Para el punto B procedemos en forma análoga. A’ B’ C’ D’ es una poligonal homotética normal a A B C D. Si en lugar de considerar una poligonal tomáramos una chapa de reticulado como si fuera una chapa rígida, el procedimiento sería totalmente similar. Supongamos que es conocida la posición final del punto C (esto es C’). B'

El punto B estará donde se corten las rectas normales a AB y CB respectivamente, trazadas desde los puntos (O) que corresponde al punto A (nudo fijo) y desde el punto C, cuya posición es conocida. De la misma forma se ubica el punto D, por lo cual el problema queda resuelto.

B C'

90º

D'

90º

C

D

A

C'

90º B'

D'

O ( A' )

Vistos estos ejemplos, podemos volver a nuestro diagrama originalmente trazado, y que no P incompatibilidad de P la posiciónD'del punto D. habíamos podido seguir adelante por Debemos efectuar un giro con centro en A. El arco que describe el nudo D se puede tomar 2 B C normal a la recta A E D por la pequeñez de las deformaciones, y la podemos representar en la 3 vectorial con su dirección y1 sentido por el vector D”O. La composición de los dos vectores 7 6 E D”O + OD’ = D”D’ D" D' D" 4 5 Esto es el corrimiento real del nudo D. A

P

P 2

B 1

6

D' C"

C 3

7

E

D"

4

5 A

D

P

P

D" 3

D

En forma totalmente análoga, por medio de un diagrama C" homotético normal, podemos ubicar B” C” y E”. Y luego calcular las deformaciones reales a la escala que hemos tomado leyendo los vectores desde las letras con comillas dobles (”) hasta las letras con comillas simples (’). 3

E"D' C'

B"

6 B' 2

O (A')E'

7 4

E"

C' Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 65

B" Arquitectura MANUAL.indd 65

22/02/2007 04:17:42 p.m.



Veamos un ejemplo: Calculamos las deformaciones del reticular adjunto, construido en acero. Las barras comprimidas con PN I Nº 16 y barras traccionadas con acero de sección circular de 16 mm de diámetro.

3.0 0

2.61

4500 daN

5. 22

b a 1 e

2

5 f

° 60

4

3

d

c

Ra = 4875 daN

Rb =2625 daN

3000 daN

3.00

3.00 a

f compresión

1

- 5629

2

- 5250

3 4 5

c

tracción

4567 2815 3464 Cuadro 1

b

e Diagrama de Cremona

d



22/02/2007 04:17:42 p.m.


Evaluadas las reacciones y resuelto el diagrama de Cremona, las solicitaciones en las barras se adjuntan en el cuadro siguiente. Se adjunta, además, una planilla con el cálculo de deformaciones en las barras del reticulado. barra

largo

área

módulo de Young

fuerza axil

deformación (en cms)

1

300

22,8

2100000

-5629

-0,035

2

522

22,8

2100000

-5220

-0,056

3

300

2

2100000

4567

0,326

4

300

2

2100000

2815

0,201

5

300

2

2100000

3464

0,247

B

1

2

5 D

A

4 barra en falsa posición

3

c"

C

c'

d" b" b'

d' O(a')

Corrimiento del nudo B = 0.51565 cms Corrimiento del nudo C = 0.52665 cms Corrimiento del nudo D = 0.73235 cms Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 67


22/02/2007 04:17:43 p.m.


4.0

Estudio sobre vigas continuas

El motivo objetivo de este capítulo es facilitar a los estudiantes y a los profesionales la resolución de un problema que comúnmente se presenta cuando se diseña y se dimensiona estructuras. 1º) Definición Llamamos vigas continuas a un tipo estructural tridimensional en forma de barra, en la que predomina una de las dimensiones frente a las restantes, sustentada de tal forma, generalmente en más de dos apoyos, que es imposible su resolución por aplicación de los métodos de la estática y es necesario aplicar las condiciones de deformación de las piezas. Debemos recurrir a las teorías que se han elaborado sobre los estudios de resistencia de materiales. 2º) Breve reseña histórica Antes de la década del ‘30 del siglo XX, para la resolución de casi todos los problemas que plantean las estructuras hiperestáticas se disponía de una metodología basada en: a) El principio de Castigliano. b) Las ecuaciones de Bresse. c) La ecuación generalizada del “Teorema de los tres momentos”, conocido como de Clapeyron. d) La ecuación de enlaces superabundantes, de Bertrand de Fontviolant deducida de la ecuación general de la elasticidad. e) Los estudios realizados por Maxwell, Ritter, Mohr, Müller Breslau, etc. Todos estos métodos presentan el punto común: Si en general permiten expresar el problema con bastante facilidad en ecuaciones, todos ellos conducen a un número tan elevado de éstas, que es imposible resolverlas en forma manual sin dedicar a ello un tiempo desproporcionado con el resultado que se trata de conseguir. Para remediar estos inconvenientes, en los EE.UU., en 1932, el profesor Hardy Cross y su ayudante, el también profesor N.D. Morgan, basándose en estudios realizados por Manney y Wilson, presentaron en una obra titulada Continous frames of reinforced concrete; un procedimiento de una extremada sencillez y automaticidad en los cálculos, que con la simple aplicación de operaciones aritméticas se puede resolver estructuras muy complejas. Debo confesar que, a lo largo de mis años de ejercicio de la profesión y la docencia, permanentemente he aplicado el procedimiento de Cross, para la solución de casi la totalidad de las estructuras que se me han presentado, y obtuve un resultado altamente satisfactorio. Los métodos “ecuacionables” quedaron en algún recóndito lugar de mi memoria, sin que los hubiera aplicado en mi vida profesional, salvo en la ejercitación práctica en el momento de la formación como alumno de la Facultad de Arquitectura, de la Universidad de la República. 68 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay


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La aparición y posterior popularización de los minicomputadores, herramientas infatigables en el trabajo, con su velocidad de proceso y precisión en los resultados, nos ha permitido, sin olvidarnos del “Método de Cross”, replantear los métodos anteriores. Es posible ahora resolver sistemas de ecuaciones de gran dimensión, sin ninguna dificultad, en tiempos muy breves. En este capítulo haré un análisis teórico para la resolución de vigas continuas, aplicando el “Teorema de los tres momentos” o “ Teorema de Clapeyron”, ilustrado con una serie de ejemplos calculados con calculadora manual. Además, brindaré, a quien lo requiera, un programa de computadora de nuestra autoría, diseñado en lenguaje Visual-Basic. Ecuación de los Tres Momentos o Teorema de Clapeyron Vamos a deducir un teorema fundamental para la resolución de vigas continuas, tomando como incógnitas los momentos de los apoyos superabundantes. Como en todos los casos de piezas hiperestáticas, para resolver el problema tendremos que basarnos en las posibles deformaciones de las barras. Tomemos un trozo intermedio de una viga continua constituido por dos tramos de luces Ln y Ln+1 y sus tres apoyos respectivos (P, Q y R), sometidos a cargas cualesquiera, aplicadas en los tramos de luces Ln y Ln+1 P

Q

Ln

R

Ln+1

tq

deformada

Mp

Mq

MR



22/02/2007 04:17:44 p.m.



Las cargas provocarán deformaciones en la pieza; por ende asumimos que existirán esfuerzos internos que harán que la pieza, luego de deformada, permanezca en equilibrio. Aproximándonos al fenómeno real, decimos que en la pieza aparecen parámetros de solicitación (V y M), producto de las deformaciones que provocan las cargas exteriores que actúan en la pieza. La Teoría de la Elasticidad relaciona las deformaciones con los parámetros de solicitación. En base a estas relaciones, haremos nuestras deducciones. La deformación de la pieza es naturalmente continua a lo largo de toda la viga. Los apoyos, en este caso idealizados como articulaciones perfectas, sin ningún rozamiento, restringen a los puntos P, Q, R, etc. y les impiden descender o levantarse, pero permiten que se produzcan giros. Tomando un apoyo intermedio, por ejemplo el Q, la tangente a la línea deformada real de la pieza será la recta tq y es común para la viga PQ y la viga QR. O sea, el ángulo que gira la tangente tq (respecto al eje de la pieza para la viga PQ) debe ser igual al ángulo que gira la tangente tq, respecto al eje de la viga QR. Por lo cual: (PQ) (QR)

θQ

= - θQ

fórmula (a)

Basándonos en esta igualdad, realizaremos todo el razonamiento que sigue: Tomemos el tramo PQ de la viga continua de luz Ln, sometida a las cargas exteriores y a los momentos flectores Mp y Mq en sus extremos P y Q.

Mp

P

Mp P

Ln

Ln

P Q

Ln

Q

Q

Ln

Q

Aplicando el principio de superposición a la viga en cuestión, podemos desdoblarla en las tres situaciones.

Mq P

Mq

Sumando los efectos que provocan las cargas en forma independiente, obtendremos un resultado igual al de las cargas actuando todas en forma simultánea. Para determinar los giros, debemos aplicar el teorema de Mohr y sus corolarios sobre deformaciones de piezas rectas trabajando como vigas.



22/02/2007 04:17:45 p.m.


Mohr deduce que el giro que se produce en el apoyo de una viga es igual al esfuerzo cortante de la viga conjugada, estando ésta sometida a una carga igual al diagrama de momentos flectores dividido entre E.I; siendo E el módulo de Young del material que conforma la viga e I el momento de inercia de su sección recta, según el plano donde se deforma. La demostración del teorema de Mohr y sus corolarios no son del caso en este estudio. De existir interés, puede consultarse abundante bibliografía existente sobre el tema. El valor de los giros en los apoyos para vigas simplemente apoyadas está estudiado, resuelto y tabulado en varios manuales. Transcribimos los casos más frecuentes que se pueden presentar en la vida práctica. El giro en el apoyo Q considerado de la viga PQ será igual al que le provocan PQext las cargas exteriores, que llamaremos Θ(Q) , más el que le provoca el momento actuante Mp en el apoyo P, más el momento actuante Mq en el apoyo Q, valores que tomamos del formulario adjunto.

Tendremos entonces: MP Ln MQ Ln PQ total PQ ext θ (Q) = θ (Q) + + 6 E(n) I (n) 3 E(n) I (n)

De la misma forma hacemos para la viga QR MQ L(n+1) MR L(n + 1) QR total QR ext θ (Q) = θ (Q) + + 3 E(n+1) I (n+1) 6 E(n+1) I (n+1)

Basándonos en la fórmula (a), tendremos:

De donde

(PQ)total

θQ

+

(PQ)

(QR)

θQ = - θ Q

(QR)total

θQ = 0



22/02/2007 04:17:45 p.m.



Sustituyendo los valores y ordenando, nos quedará la siguiente ecuación:

  L( n +1) L( n +1) Ln Ln + MR 0 = θ (Q) PQext + θ (Q) Q Re xt + M P + MQ +  3E * I  6 E( n ) * I ( n ) 6 E( n +1) * I ( n +1)  ( n ) ( n ) 3E( n +1) * I ( n +1) 

Esta expresión es la que se denomina “Ecuación de los tres momentos”. En ella las únicas incógnitas son los valores del apoyo considerado MQ y la de los apoyos adyacentes MP, y MR, ya que las luces, inercias y módulos E son datos conocidos. PQext QR ext Los giros θ(Q) y θ(Q) que provocan las cargas exteriores son evaluables y están en función de EI. Esta ecuación debe ser planteada tantas veces como apoyos intermedios superabundantes tenga la viga continua. Se obtiene un conjunto de ecuaciones lineales con ternas de valores incógnitos, que deben ser resueltos simultáneamente, planteando el sistema de ecuaciones correspondientes. La expresión general está planteada para la posibilidad que los tramos adyacentes al apoyo genérico Q pueda tener diferente luz, diferente inercia, y que sea de distinto material. No es esto lo más frecuente, ya que lo común es que las vigas sean todas del mismo material y, a pesar de las luces, puedan ser distintas y se dimensionen con la misma escuadría. Esto simplifica la expresión general, ya que como todos los sumandos están afectados por 1/EI, este valor se saca de factor común y se simplifica. La expresión final en este caso será:

0 = θ (Q) PQext + θ (Q) Q Re xt +

MP * Ln Ln + L(n + 1) MR * L(n + 1) + MQ * + 6 3 6



22/02/2007 04:17:46 p.m.


Se adjunta a continuación una tabla auxiliar para la avaluación de los giros para casos frecuentes de cargas aplicadas en vigas.

θ izq

caso

θ

F a

θ

b L

izq

θ der

F a b (L + b) 6EIL

F L/2

θ izq

L/2 L

q

c a

c

θ

b L

q

θ

L

q

q

M L

izq

2 22 22

qbc(L-b-c)

3EIL

3

qL 24 E I

2

θ

der

der

θ der

F a b (L +a) 6EIL

2

FL 16 E I

2 22 22 2

q a c ( L -a - c )

3EIL

3

qL 24 E I

θ der

7qL 360 E I

θ izq

7qL 360 E I

θ der

qL 45 E I

θ izq

ML 3EI

θ der

ML 6EI

θ

L

L

izq

θ

2

FL 16 E I

der

izq

3

qL 45 E I

3

3

3



22/02/2007 04:17:46 p.m.



Presentamos ahora algunos ejemplos prácticos. Ejemplo 1: Viga de dos tramos con EI = cte

1000 daN /m A

800 daN/m B

C

4 m

5m

Tramo 1 (AB)

θ AAB =

q * L3 1000 * 43 = = 2666 .67 24 24

θ BAB =

q * L3 1000 * 43 = = 2666 .67 24 24

Tramo 2 (BC)

θ BBC =

q * L3 800 * 53 = = 4166 ,67 24 24

q * L3 800 * 53 = = 4166 ,67 24 24

θ CBC =

Como la viga en A y en C tiene apoyos simples, los momentos valdrán cero. MA = 0

MC = 0

Aplicando la “Ecuación de los tres momentos”, tendremos:

4 (4 + 5) 5 2666 ,67 + 4166 ,67 + M A * + M B * + MC * = 0 6 3 6

9 6833,34 + M B * = 0 3

de donde

MB = −

6833,34 = −2277,78 3

M B = −2277,78 74 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay


22/02/2007 04:17:48 p.m.


Los diagramas de solicitaciones serán los siguientes: Mb=-2777,78 daN*m

Momentos Flectores

Mc=0

Ma=0 1.14

1.14

1.43

3.07

1.93

2456

1430 1.93

Esfuerzos Cortantes 1.43 1544

2570

-2500 -2000

1.00 1125

Momentos Flectores para la situación de tramos perfectamente empotrados

1.25

1406,25



22/02/2007 04:17:48 p.m.



Ejemplo 2: La misma viga del ejemplo 1, pero con dos voladizos.

1000 daN /m A 1 m

800 daN/m B

4 m

C 1m

5m

Las ménsulas son tramos isostáticos, por lo que podemos evaluar sus solicitaciones previamente.

1000 daN/m

1 m

800 daN/m

1m

MA =

q * L2 1000 *12 = = −500 daN * m 2 2

MC =

q * L2 800 *12 = = −400 daN * m 2 2

VA = 1000 daN

VC = 800 daN

La incógnita sigue siendo el momento flector en el apoyo B. Planteamos la ecuación de los tres momentos y nos queda:

4 (4 + 5) 5 2666,67 + 4166.67 + (−500) * + M B * + (−400) * = 0 6 3 6

9 6166.67 + * M B = 0 3

M B = −2055,56daN * m



22/02/2007 04:17:50 p.m.


Los diagramas de solicitación serán los siguientes: Mb=-2055,56

Mc=-400

Ma=-500

1.13 0.35

1.08 0.25

Ma=798

Ma=1341

1.51

2.91

2331 1611 800

1000 1669 2389 Momentos flectores para la situacion de tramos perfectamente empotrados -2300 -1750 -400

-500

924 1240 0.95

0.33

1.21 0.25

1.59

2.97



22/02/2007 04:17:51 p.m.



Ejemplo 3: Viga de tres tramos con EI = cte

F=1000 kg 1000 k/m A

4 m

B

3m

2 m

800 k/m

C

5 m

D

4m

Tramo 1 (AB)

θ AAB =

q * L3 1000 * 43 = = 2666 .67 24 24

θ BAB =

q * L3 1000 * 43 = = 2666 .67 24 24

Tramo 2 (BC)

θ BBC =

F * a * b * ( L + b) 1000 * 3 * 2 * (5 + 2) = = 1400 6L 6*5

θ CBC =

F * a * b * ( L + a ) 1000 * 3 * 2 * (5 + 3) = = 1600 6L 6*5

Tramo 3 (CD)

θ CCD =

q * L3 800 * 43 = = 2133 .33 24 24

θ

CD D

q * L3 800 * 43 = = = 2133 .33 24 24



22/02/2007 04:17:52 p.m.


Planteo de las ecuaciones del sistema Para el apoyo B:

0 = θ BAB ext + θ BBC ext + M A *

L(1) L ( 2)  L(1) + L(2)  + M B *  + MC * 6 3 6  

4 9 5 2666,67 + 1400 + M A * + M B * + M C * = 0 6 3 6 como M A = 0 ordenando los sumandos, la 1ª ecuación nos queda:

3 * M B + 5 * M C = −4066,67 6 Para el apoyo C:

θ CBC ext + θ CCD ext + M B *

L(2) L(3)  L(2) + L(3)  + M C * =0 + MD * 6 3 6  

5 9 4 1600 + 2133,33 + M B * + M C * + M D * = 0 6 3 6 Como M D = 0 ordenando los sumandos, la segunda ecuación nos queda:

5 M B + 3 * M C = −3733,33 6 El sistema de ecuaciones nos queda:

3 * M B + 5 * M C = −4066,67 6

5 M B + 3 * M C = −3733,33 6

La solución del sistema es:

M B = −1094daN * m

M C = −940 aN * m



22/02/2007 04:17:53 p.m.



Los diagramas de solicitaciones son los siguientes: Momentos flectores -1094

-940

198 2.52

1.66

0.55 1.73

0.59

1490

2.29

4.00

5.00

1165

4.00

Esfuerzos cortantes 1727

1835

431

569 1365 2274 Momentos flectores para la situación de perfecto empotramiento -2000 -1600 -720

-480 1125

900

576

1.50

1.36 1.00

1.11 1.00



22/02/2007 04:17:54 p.m.


Ejemplo 4: Viga de cuatro tramos y un voladizo, todos del mismo material con secciones diferentes en los cuatro tramos. E = cte

1000 daN/m

1m

A

1000 daN/m

B 2m

I =1

5000 daN

2000 daN/m

4m

(1)

3000 daN

2m

1000 daN/m

C

2000 daN/m 4000 daN/m

D

3m

1m

4 m

3m

I =2

I(4) = 2

I(3) = 1

(2)

E

2m

Tramo en voladizo.

M A = −500daN * m

VA = 1000 daN

Tramo 1 (AB)

θ BAB ext =

q * L3 1000 * 43 = = 2666,67 24 * I (1) 24

Tramo 2 (BC) Aplicamos el principio de superposición para la avaluación de los giros.

5000 daN

2000 daN/m 1000 daN/m 2m

=

1000 daN/m

2 m 4 m

θ BBC ext =

4 m

qL3 + 24 I (2)

+

1000 daN/m 2m

5000 daN +

2 m

2m

2m

4 m

qbc ( L2 − b 2 − c 2 ) + 3I (2) L

4m 2

FL 16 I (2)



22/02/2007 04:17:55 p.m.


θ BBC ext =

1000 * 43 1000 * 3 *1 2 5000 + 4 2 + (4 − 32 − 12 ) + = 4583,333 24 * 2 3* 2 * 4 16 * 2

qL3 θ CBC ext = + 24 I (2) θ

BC C


qac FL2 ( L2 − a 2 − c 2 ) + 3I (2) L 16 I (2)

1000 * 43 1000 *1*1 2 2 2 5000 + 4 2 ext = + (4 − 1 − 1 ) + = 4416 ,6633 24 * 2 3* 2 * 4 16 * 2

Tramo 3 (CD)

θ CCD ext =

q * L3 1000 * 33 = = 1125 24 * I (3) 24 *1 θ DCD ext =

q * L3 1000 * 43 = = 1125 24 * I (3) 24 *1

Tramo 4 (DE) Aplicamos el principio de superposición:

3000 daN

2000daN/m

1

4000daN/m

2

θ DDE ext =

=

=

2000 daN/m

+

3

2000 daN/m

1

2

F=3000 daN

+

1

2

qL3 qbc Fab ( L + b) + ( L2 − b 2 − c 2 ) + = 24 I ( 4 ) 3LI ( 4 ) 6 LI ( 4 )

2000 * 33 2000 *1*1 3000 *1* 2 * (3 + 2) + * (32 − 12 − 12 ) + = 2736 ,1113 24 * 2 3*3* 2 6 *3* 2



22/02/2007 04:17:56 p.m.


Planteo del sistema de ecuaciones Apoyo B:

θ BBA ext + θ BBC ext = M A

L(1) 6 I (1)

 L(1) L( 2 )  L  + M C ( 2) = 0 + MB +  3I  6 I ( 2)  (1) 3I ( 2 ) 

M A = −500 daN * m

2666,67 + 4583,33 +

(−500) * 4 4  4  4 + MB + =0  + MC 6 *1 6*2  3 *1 3 * 2 

Ordenando los sumandos, la ecuación nos quedará:

2 M B + M C 1 + 6919,6667 = 0 3

1ª ecuación

Apoyo C:

θ CBC ext + θ CCD ext = M B

L( 2 ) 6 I ( 2)

 L( 2 ) L( 3)  L  + M D ( 3) = 0 + MC  +  3I  6 I ( 3)  ( 2 ) 3I ( 3) 

3  3  4 4416 ,6633 + 1125 + M B  + =0 + MD 6 *1  3 * 2 3 *1  Ordenando los sumandos, la ecuación nos quedará:

1 M B + 5 M C + 1 M D + 5541,6633 = 0 3 3 2

2ª ecuación

Apoyo D:

θ DCD ext + θ CDE ext = M C

L( 3) 6 I ( 3)

 L( 3) L( 4 )  L  + M E ( 4) = 0 + MD +  3I  6 I ( 4)  ( 3) 3I ( 4 )  Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 83


22/02/2007 04:17:57 p.m.



Como el apoyo E s una articulación el M E = 0

1125 + 2736 ,1113 + M C

3 3   3 + MD + +0 = 0 6 *1  3 *1 3 * 2 

Ordenando los sumandos, la ecuación nos quedará:

1 M C + 9 M D + 3861,1113 = 0 2 6

3ª ecuación

El sistema a resolver será:

2M B +

MC + 0 = −6916,6667 3

M B 5M C M D + + = −5541,6613 3 3 2

0+

M C 9M D + = −3861,1113 2 6

Las raíces del sistema son:

M =-3100,428 daN*m B

M =-2147,435 daN*m C

M =-1858,263 daN*m D



22/02/2007 04:17:58 p.m.

Arq. Julio C. Borthagaray Momentos flectores Mb= -3100 Mc= -2147 Md= -1858

Ma=-500

M = 411 1.60 1.74 0.44 1.35

1.40

0.47 0.54

0.25

2.00

0.75 1.49

M =4095 M = 5376

M = 4571 4953

6238

Esfuerzos Cortantes

2238

1350

1596

1953

1000 1404

2650

6047

2762 4762

-4750

-5473

-4250

-1750

-750

-500

0.95

0.33

0.91

0.97

375

924 0.72 1.59

-750

1.50

0.74

1685

0.72 1.00 1.79

3500 2.00

2931 Momentos flectores para la situacion de tramos perfectamente empotrados



22/02/2007 04:17:59 p.m.



Ejemplo 5: Viga de dos tramos y un voladizo, todas del mismo material e igual sección. EI = cte

3000 daN

4000 daN

2000 daN/m 1000 dan/m A B 1m 3 m 3 m 2 m

4m

C 1m

5m

Tramo 1 (AB) Aplicamos el principio de superposición para la evaluación de los giros.

3000 daN

2000 daN/m 1m

θ

AB B

=

2000 daN/m

3 m 4 m

ext =

qL(1) 24

3

+

Fab ( L(1) + a ) 6 L(1)

3000 daN

+ 1m

3m

4m

==

2000 * 43 3000 *1* 3 * (4 + 1) + = 7208,333 24 6*4

Tramo 2 (BC) Aplicamos el principio de superposición para la evaluación de los giros. 4000 daN

1000 daN/m 3m

=

2 m 5 m

1000 daN/m

4000 daN

+ 3m

5 m

2m 5m



22/02/2007 04:18:00 p.m.


θ

BC B

=

ext =

qL( 2 ) 24

3

+

Fab ( L( 2 ) + b)

=

6 L( 2 )

1000 * 53 (−4000 ) * 2 * 3 * (5 + 2) + = −391,667 24 6*5

Tramo 3 (voladizo)

1000 *12 MC = = −500 daN * m 2

1000 daN/m 1m

V = 1000daN

La incógnita es el momento en el apoyo B. Aplicando el “Teorema de los tres momentos”, nos quedará la siguiente expresión:

MA

L(1) 6

+ MB

( L(1) + L( 2 ) ) 3

+ MC

L( 2 ) 6

+ θ B total = 0

4 (4 + 5) 5 0* + M B + (−500) * + 7208,333 − 391,667 = 0 6 3 6

0 + 3 * M B − 416,667 + 6816,666 = 0

M B = −2133,33dan * m



22/02/2007 04:18:01 p.m.



Los diagramas de solicitación serán los siguientes: -2954 -2954

-2133

-1381

-500

Ma=0

Momentos Flectores

1.00

2.20 0.35

4716

1.23

1.77

2.00

1.00

0.45

4845

5717

3717

2227

1227 1000 717 227

Esfuerzos Cortantes 1.43

1773

5283

-5407

-1906 -500 +485

1.00

1.92

-456

+732 1.21

1.08


1.09

1.70

0.70

1.00 0.30

3898 4.00

3.00

2.00

1.00



22/02/2007 04:18:02 p.m.


Ejemplo 6: Viga continua de dos tramos del mismo material y sección constante, con un apoyo extremo perfectamente empotrado. E I = cte.

2000 daN /m

A

1000 daN/m B

C

4 m

5m

Tramo 1 (AB)

θ AAB ext =

q * L3 2000 * 4 3 = = 5333,33 24 24

θ BAB ext =

q * L3 2000 * 4 3 = = 5333,33 24 24

Tramo 2 (BC)

θ BBC ext =

q * L3 1000 * 5 3 = = 5208,333 24 24

θ CBC ext =

q * L3 1000 * 5 3 = = 5208,333 24 24

Planteo de las ecuaciones del sistema Para el apoyo A)

MA

4 4 + M B + 5333,33 = 0 3 6

Para el apoyo B)

MA

4 (4 + 5) 5 + MB + M C + (5333,33 + 5208,333) = 0 6 3 6

M C = 0 por tratarse de una articulación

1,3333 M A + 0,6667 M B + 5333,333 = 0 0,66667 M A + 3M B + 1052,667 = 0

Las raíces del sistema son:

M A = −2521

M B = −2954



22/02/2007 04:18:04 p.m.



Los diagramas de solicitación son los siguientes: -2954

-2521

Momentos Flectores 0.93

1.18

0.82 1.95

1265 1823 3.09

3892 3091

Esfuerzos Cortantes 1909

4108

-3125 -2667 -2667

Momentos Flectores para la situación de tramos perfectamente empotrados 1.25 0.85

0.85 1333

1758 3.13



22/02/2007 04:18:05 p.m.


Ejemplo 7: Viga continua de dos tramos del mismo material y sección constante con un apoyo extremo perfectamente empotrado. E I = cte.

1000 daN /m A

2000 daN/m B

C

4 m

5m

Tramo 1 (AB)

θ AAB ext =

q * L3 1000 * 4 3 = = 2666 ,67 24 24

θ BAB ext =

q * L3 1000 * 4 3 = = 2666 ,67 24 24

Tramo 2 (BC)

θ

BC B

q * L3 2000 * 5 3 ext = = = 10416 ,67 24 24

θ

BC C

q * L3 2000 * 5 3 ext = = = 10416 ,67 24 24

Planteo de las ecuaciones del sistema Para el apoyo A)

MA

4 4 + M B + 2666,67 = 0 3 6

Para el apoyo B)

MA

4 (4 + 5) 5 + MB + M C + (2666,67 + 10416,67) = 0 6 3 6

M C = 0 por tratarse de una articulación

1,3333 M A + 0,6667 M B + 2666,67 = 0 0,66667 M A + 3M B + 13083,334 = 0 Las raíces del sistema son:

M A = +203,12

M B = −4406,24



22/02/2007 04:18:06 p.m.



Los diagramas de solicitación son los siguientes: -4406

Momentos Flectores

203 2.09 562

0.88

0.85

4241 2.94 5881

848

Esfuerzos Cortantes 3152 4119

-6250

-1334 -1334


0.85

667

1.25 0.85

3516 3.13



22/02/2007 04:18:07 p.m.


Índice onomástico Área

19, 26, 32

Axil

8, 28, 30, 34, 37, 40, 59, 67

Bernoulli Johanes

4, 9

Clapeyron

9, 68, 69

Cortante

7, 8, 11, 22, 25, 28, 30, 34, 37, 40

Cremona

18, 59, 61, 67

Corrimientos

1, 11, 12

Cross

68, 69

Culmann

59, 61

Deformaciones anelásticas

59

Deformaciones elásticas

9, 10, 59

Desplazamientos virtuales

4

Estructuras hiperestáticas

2, 11, 20, 47, 68

Flechas

55

Giros

11, 45, 64, 70, 71, 72, 73, 79, 84

Incógnitas hiperestáticas

2

Inercia

30, 32, 34, 37, 49, 71, 72

Lamé

9

Luz

12, 14, 19, 27, 30, 34, 49, 70, 72

Masas elásticas

46, 47

Maxwell

10, 16, 17, 20, 21, 22, 27, 28, 30, 32, 33, 37, 38, 68

Método de las fuerzas

2

Módulo de Young

26, 67, 71

Mohr

10, 16, 17, 20, 21, 22, 27, 28, 32, 33, 37, 38, 68, 70, 71

Momento

5, 7, 8, 11, 12, 16, 17, 22, 23, 24, 25, 28, 29, 30, 43, 45, 46, 53, 54, 57, 58, 68, 69, 70, 71, 72, 74, 76, 87

Momento de inercia

37, 49, 71

Muller-Breslau

68

Parámetros virtuales

9, 10

Pesos elásticos

42, 46, 47, 49, 54, 55, 57, 58

Ritter

59, 61, 68

Trabajo

2, 3, 4, 5, 6, 7, 9, 21, 22, 28, 32

Trabajo virtual

4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12

Trabajo virtual exterior

8, 9

Trabajo virtual interno

9, 10

Vínculos

2, 7, 8

Williot

61, 62, 63 Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 93


22/02/2007 04:18:07 p.m.


Bibliografía: Belluzi, Oddone. 1967. Ciencia de la Construcción. Madrid: Aguilar S.A de Ediciones. Edición original en lengua italiana, con el título Scienza delle Construzioni. Realizada por la Casa Nicola Zanicchelli Editore de Bolonia. Traducción del italiano original al español por el Ingeniero de Caminos Manuel Velázquez. Darkov A.; Kuznetsov V. 1970. Structural Mechanics. Moscú: Mir Publishers. Traducción del original ruso al inglés por B. Lachinov. Gere James M.; Weaver William. 1974. Análisis de Estructuras Reticulares. México D.F.: Compañía Editorial Continental S.A. Edición original en lengua inglesa con el título Analisis of Framed Structures por la casa Van Nostrand Company, Inc. Princeton N.J. Traducción del inglés original al español por el ingeniero Sergio Vargas Romero. Kinney Sterling. 1960. Análisis de Estructuras Indeterminadas. México D.F.: Compañía Editorial Continental S.A. Edición original en lengua inglesa con el título Indeterminate Structural Analysis por la casa Addison—Wesley Publishing Company, Inc, Reading Massachussets. Traducción del inglés original al español por el ingeniero Lionel Dignowity. Apuntes tomados de la clases teóricas de Estabilidad de las Construcciones III. 1957. Dictadas por el Ing. Félix de Medina. Ejercicios realizados en las clases prácticas de Estabilidad de las Construcciones III. 1957. Dictadas por el Arq. Alberto Sayagués Laso.



22/02/2007 04:18:08 p.m.

Educando para la vida

Bvar. España 2627 - C.P. 11300 - Montevideo - Uruguay - Tel. 707 1806 - Fax 707 3551 - www.ort.edu.uy diciembre 2006

Análisis de Estructuras - Julio C. Borthagaray (Universidad ORT)

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