Analisis Estructural, Apuntes y Problemas

C

o f,:

,{)

*

c'

.

UNIV]ERSIDAD AUTONO¡4A TOMAS FRIAS

INGENIERIA CIVIL

{ p

ANAI,I§$ N§TNUüIUNAI, APUNTIS Y PNOBI,IMA§

clll 204

fng. Nelson áonzález Villanueva R.N.r. 5277

Potosí,"2007

APU¡rls§ y Pluulel¡¡as uÉ E§lluu(uta5 nlPgE§latlcs

rlflrRoDuccroN

CAP.1

1.1

CONCSPTO DE ESTRÜCTI'RA SIPTRESTATICA

Una estructura hiperestática es aquella en 1a cua1, las ecuaciones de 1a estática en el plano o en eI espacio, no son suficientes para determinar 1as reacciones en 1os aPoyos o las fuerzas internas en una sección cualquiera' En e1 ca.so cie '7igas en e1 plano:

ESTRUCTURA HIPERESTATIC¿

ESTRUCTU8A ISOSTÁTICA

Ec est,ática =

Ec. EstáEica = 3 Incógnitas = 3 Redundanies = 0

3

Incógnitsas = 4 Redundantses = 1

Para marcos en eI Plano:

ESTRUCTURA ISOSTÁTICA

Ec. Estálica = Incógnitas = RedundanEes =

3 3

0

ESTRUCTUR.A. HIPERESTATICA

Ec esEáti.ca =

IncógniE,as =

Redundantes =

3 6 3

APUnIUS

L.2

y lIUUtet[as uc

ESUUUtUtá§

n¡petE§rauks

CONCEPTO DE }ÍUDO COIflITNUO

Para anali-zar estructuras hiperestáticas se deben utilizar, a1 margen de las ecuaciones de la estáticas, otras que permi-tan estabr-ecer las deformaciones (rotacionales traslacionales) de sus elementos constituyentes y utilizar y dichas defo¡maciones como expresiones a. .on,putitiriaua. En toda estructura se presentan zonas donde las barras que 1a componen se unen entre si de forma r-orc1i: j r-:a (hcrrnigón armado) o a travé.s de dispositivos de unión con posibrliciaci de rotación (estructuras de madera o metá'r i cas) . E"tu.u zonas de uni-ón se denominan nudos.'

Los estudios realizados en Resistencia de plateri-ares que las barras someti_das a cargas externas, muestran sufren deformaciones rotaciona-les y tra.slaci-ona1es.

Las ddformaciones rotaciona.l-es de un nudo continuo se consideran, sin error apreciabl e, como rotaciones ortogonales, 1o cual significa que los ejes de cada uaa de 1as barras que concurren aI nudc, giran un ángu1o similar.

lng. N. González V. OZOOZ

APU[ttrs y ptuuterua§ uc tr§uuutuf á§ nt!.JcrE5(aIES

L.2

CONCEPTO DE NI'DO CONEINUO

Para analizar estructuras hiperestáticas se deben utilizar, al margen de 1as ecuaciones de la estáticas, otras que permitan establecer las deformaciones (rotacionales y traslacionales) de sus elementos constituyent_es y utilizar dichas deformaciones como expresiones de comp.atibilidad. En toda estructura se presentan zonas donde las barras que 1a componen se unen eatre sí de forma :r.orcli:i r:a (hcrrnigón armado) o a travé.s de dispositivos de unión con posibii-idaci de roiación (estructuras de madera o m.etáricas). Estas zonas de unión se denorninan nudos.

Los estudios realizados en Resistencia de llateriales muestran que las barras sometidas a cargas externas, sufren deforrnaciones rotacional-es y tra.slacional-es.

Las ddformaci-ones rotacionales de un nudo continuo se consideran, sin error apreciabl e, como rotaciones ortogonales, Lo cual significa que los ejes de cada una de 1as barras que concurren al nudc, giran ue ángulo similar.

l"S Ñ=or,zález V. O 200?

^puilrtss

1;3

y pruurErilas uE E§Íuulura§ nrfJcrcJ(auG§

GRJADOS

DE LIBERTAD

La posibilidad de traslación o rotación de un punto componente de una estructura se denomj-na grado de libertad. En el pl-ano, los grados de libertad de ufr' punto son dos: traslación y rotación; pudiendo descomponerse 1a traslación en do,s direccibnes, En eI espacj-o, un punto puede trasladarse en tres direcciones (x,y,z) y puede rotar también en tres direcciones (alrededor de Ios ejes x,y,z), contándose por consiguiente con seis grados de libertad.

L Tres grados de libertad en el plano

L.4

z

Seis grados de libertad en el espacio

GEOMETRTA DE LAS ESTRUCTI'RAS

Las estructuras se encuentran constitui-das por elementos que euentan con dimensiones, siendo ellas longitud, altura y espesor, Por eIIo deben ser consideradas como elementos tridimensionales; sin embargo, para efectos de idealización, se l-as consideran representadas por 1a longitud de los ejes de los elementos,

AWll(6 y frma¡Eni C H.r¡r.-as

n.tEEEtr,A

E qt

trt

a

"r+ ESTRUCTURA

R§¡I,

ESTRUCTSR;A, IDEATTZSDA

ESÍRUCTI'RA REAL

ESTRUCTURA REAL

1.5

ESTRUCTI'RA TDEALTZADA

ESTRUCfl'RA IDEALIZADA

c¿RilcrERrsrrcAs epouárnrcas DE r,As sEccroNEs

En e1 análisis estructurar se define como sección transváisar. de un elemento al área de ra sección que definida perpendicularmente a su eje longitudinal.se enc*entra P

I

I

i

El eje

mostrado sección transversal,

en la

Eg

corresponde al eje respecto del cual se produce la rotación por flexión.

d,

ApuÍrltss y P¡uulEltlas ue Esuuutulas nlpclcstauq§

1.5 1 1

lb lb

EQUIVATENCIA DE UNIDADES

1N = 1N =

I kP = I'9966 N 1 kP = 2'264530 ,O

= 0.45359 kp = 4.44818 N

0.22481

1

tb

0.101972 kp

N/m 1N/m

= 0.101972 kp/m = 0.06852247 lb/pie 1kp/m = 9.8066 N/m 1

1lb/pie = f4F.Qa72$)5o i'¡i¡rt

= 2048.172138 lb / Pie2 1 kp / cm2 = 14.2?341755 lb ti¡2

1 kp

i cmz

= I N/m2 1 Pa = 0.00000001 O1972kp I mm2 1 Pa = 0.00001019721412kp t crnz 1 Pa = 0.02088565 lb / pie2 1 Pa = 0.0000145039235 lb / in2 I kPa = 0.098066 kp t cm2 'l kPa = O.OOOOI 01972 kp / mm2 , I kPa = 0.01019721412 kP/on1 kPa = 20.88564984 lb lpie2 1 kPa = 0.145039235 lb / in2 l MPa = 1N/mm2 ) 1 MPa = 0.1019721412 kP / mm-

iPa

1 MPa

=

10.19721412kp

I

cm2

= 145.039235 lb / in2 l GPa = 1kN/mm2

1 MPa

1

GPa

1

GPa

1 GPa

=

20885649.84 lb tpiez

GPa

=

145039.235 lb / in2

1

T.7

= 1O'l .97214'l2kp/mm2 = 101g7.21412kp / cm2

PROPIEDADES DE f,OS MAIERIATES

Los materiales utilizados en la construcción Presentan de caracteristicas particulares frente a solicitaciones y temperatura' torsión corte, tracción, compresión, flexión, Estas caracteristicas son estudiadas con deLalle en materias como Resistencia de Nlaterial.gs..-y Materiales de construcción, y.se verifican a través de experimentación en laboratori'o'

APUIttsS y ptuuttsiltas qs E§uGUrás ntpEtE§lduk§

¿

d

cá

PROP:3D}DES FÍSICAS DE üOS U¡TERIAIJES E

MATERIAL

G

Kplcm psi

frio

(0.2%ciecarbon;) '

8.4 x

30 x '106

12 x 1082

soxto" )oo

| |

Acero laminado en calienle (0.8 % de carbono)

Hierro forjado

12x,.6

200

82

1.99 x 10"

7.03 x 10o

x

1Q6

ls0 x 10"

x to6

10

69

12.5 x l06

173

86

9.14 x 10

l3 x 106

4.22

x

1Ar

6 x to6

90 1.12 x 10

Cobre estirado en frío

17x 1co

4.22

x'lo-

6 x 10

6

A¡uminio de fundición (99 % de a,umin¡o)

7.03 x'10"

2.81 x 10s

10 x 106

4x10

Magnesio lroquelado

4.55 x l0e

1.76 x 10-

6.5 x 106 45

2.5

x

6

106

9.14 x 10"

3.52 x 10o

13 x lo5

5 x 1co

8.44 x

Bronce

l2 x

(90% cobre, 10% sstaio)

l0r

4.60 x 10'

106

83

.12

-

1.43 x 't0

5.50 x 1O-

1.6 - 2 x lo6 't1 14

-

5.1 x 10-

Gran¡io

7.3

x lo6 50

8.44 x 10o

Duralu..ninio

12

x óJ

lng. N. González V.

@

200,

106

6.7 x 10€ 1

1.8

x 10€

6.6 x

10{

16.7 x 10 9.3 x

6

l0€

16.7 x 10-6

23.1 x 10-6 12.8 x'10-6 26.1 x 10-6 14.5 x 10-6

ls.7 x 10'6 lo.4 x 10-6 l8 x 10'6

5.5x10-

25-30 1

x 10'6

9.9 x 1 0-6

3.1 x 106

Madera

12

x 10-6

10 x 10-6

2.18 x 105

Hormigón

'!j.l

9.3 x 1o-5

1't0

Latón de fundición (60% cobre, 40o/o zioc)

6.5 x

x l0e

8.79

25 x 106

t'F

6.5 x 1o-5

oo'

30 x 10"

t'c

,l1.7x10-6

,.,..-

8.4 x 10-

1.77

Cobre de fundición

I I

2.'l x 10'

27

Hierro colado maleable

l0'

2.,l x 10-

i

1

Gtr¡

2C0

Acero ro ram¡nado laminado en frío

1

Psi

GPa

Acero laminado en cal¡enie (0.2 9á de carbono)

c

Kp/m

2.70 x l0o

5.8x10.E 3.2x10-

é

d

d q d é

e é d

APUiltCS

1.8

y PrUurgrila§ UC

ESUUUIUTa§

nrPgC5UU€5

BARRAS PRIS}4ÁTTCAS Y NO PRIS},ÍÁIICAS

Las barras prismáticas son aquellas transversal constante a los largo barras también reciben eI nombre constante

gue de de

mantienen su sección su extensión, estas

barras de inercia

-

EARR§, PRISMATICA

Las barras no prismáticas varian su sección transversal a 1o largo de su extensión, esta variación puede ser escalonada, lineal-, parabólica o de otro tipo.

BARRA NO PRIS}'IATICA ESCAIONADA

BARRA NO PRISMATICA LINEAI

1.

9

B.ARRA

NO PRIS¡,ÍATICA PARABOI.ICA

ESTRUCTI'RAS TRASI,ACIONATES

EI efecto de las cargas externas, variaciones en su geometria (sección transversaf) y eI asentami-ento de apoyos, originan sobre las estructuras desplazamientos en algunas dj-recciones, 1os cuales definen a e1la como una estructura traslacional.

APU¡rttsS

é é,

y fJtuutEiltirs uE ESUUUiUa§ n¡pctcsrau€§

1.10

TEORIA GENERAL DE BARRAS SOMETTDAS

A

FT'ERZA NOR!4AL

Para barras sometiCas a fuerzas normales que originan esfuerzos l_nternos que no superar e1 l_imite se -iL""io., presentan deformaciones rongitudin"l." _- ;" álástico, o compresión iguales a:

^

1.11

GENERJA]-

TA}¡GENCIAI,ES

DE

ELEMENTOS SO},ETIDOS

A

é

II'ERZAS

dx

+----------rI

vl

FT

llr

lv'-r-

Aislando un trozo de barra

sometida

V esfuezo

a

flexión,

originado

el

para

fuezas tangenciales es:

V.S

.....

l.b

I

t

l-l

i

"-.il

Por la Ley

dy

I

-r

r=

de flooke:

1

G.7

_

G

V.S G.t.b

tr

donde:

u--

2.(1 + ¡r)

,=dY r-di

además:

ent.onces:


@ 2007

dY

dvv: Kr !-

dx

'

G.A

V.S A.S V G.t.b t.b G.A donde: k.=4-l ' l.b

e

e

Módulo de elasticidad área de 1a sección transversal

TEORTA

U

é € é € €

I;=¡r I IE.Ai donde:

e e

A¡JUilrES

y

PrUorCilras uÉ csuuutula§ nlPeltssEr¡k5

donde:

k1

= coeficiente de forma. (depende de'la seCción

transversal). k1 = 1.2 para secciones rectangulares kr'9= f9 Dara secc¡ones c¡rculares k1 = 1 Para secciones WF G

= módulo de elasticidad a cortante

A = área de la sección transversal !r = módulo de Poisson

L.I2

TEORIA

GENERAI

DE

ELEMENTOS SOMETIDOS

A

MOME}CTOS

FLECTORES

Aplicando momentos flectores a barras, en el eje de las barras:

se

produce curvatura

Aislando un trozo de bana

a

Rexión, el somet¡da esfuer¿o or¡g¡nado para esta solicitación es:

M( Por Ia Ley de Hooke: t=

además:

donde:

o

M

E

l.b

de_ M_1 dx

E'l

M = moménto

p

f1éqtor.... ,.i.: ... ,.:

E = módulo'de elasticidad. I = momento estático de segundo orden.

( APUilteS y pf uutgttEs ug EStruqtuta5 ntpctesrauÉs

E

1.13

TEORIA

GENERJAT

DE ELEMENTOS SOMEÍIDOS

A

TORSION

Aplicando momentos torsores a barras de sección transversal circular, en 1as cuales no se produce alabeo:

a=rd0

l

Id0 ¡ Y=r' ' dx I

a=vdx ,)

q q q

q q q q ( ( { ( (

{ { q

Aislando una

f

t{

sección

sometida a torsión, el esfuezo originado para esta solicitación es:

{ q

q

Por ]a Ley de Hooke:

t = G'y

de r.-dx

además:

donde:

L_

moÍ'.ento

T

G.J

'Gdx

do:

I tI I

tdO

T.dx G.J

T q

torsor.

módulo de el-asticidad a cortante.

de i-nercia torsional de 1a sección transversal respecto del eje y. módulo de Poisson momento


@

2007

- 10

II I t

ApurtES

y ptuutcil¡a5 ug tr§t¡uutura§

ntptstB§tdrrÉs

Valores de1 momento torsional

.f para diferentes formas

secc:.on:

Sección circu].ar:

@1" rÍifE\ a{4rz

Sección eliptica:

'2b

*.aa I.r= 32 I

I

I

|l-'---.------'---l

Jz"

lI

a'.b'

I

a2+02

|

Sección triangu!-ar eguilátera:

hJ," f-:+;l Sección rectangr.rlar

:

I

t:::.:.:::.:.:.:.:.:.:l:.:.:.:::::t:::::::.:

I

a I

.-..*-.t!-*..Ji

+_---E+ I

donde:

l-

_

^Z-

3

,'-1? 3,,,iu É "'n#,

de

Apunrc§ y Pruurcfilé5 uc Esuuutula§ n¡Pcltr§talluas

CAP.

TRABAiIO Y ENERGIA

2

2.L

§OtICITACIONES EN ELEMEI{TOS

ESTRUCTURA],ES

se aplican cargas sobre cuerpos elástj-cos, se originan en el1os esfuerzos internos tales como tracción, compresión, corte, flexión y torsión, según los planos en 1os que actúen dichas solicitaciones internas. Cuando

E1 gráfico adjunto muesEra esEas solicitaciones:

e" T 2.2

TR;A3AJO

Al actuar una fuerza constante F sobre una partÍcu1a y originar sobre e1la un movimiento de traslación determinado por eI desplazamiento 6, genera un trabajo /(externo) definido mediante la expresión: F----------+o--..

-+-----------t-

w = F.6

+

dvq

= F.d6

6

Cuando actúa un momento constante M sobre una particula y origina sobre ella un movimiento de rotación definido por e1 ángulo de rotación 0, origina un trabajo externo definido por:

¡¡

(o,,:....

/

6

I,I = 'M.

0

dW

= M.d0

^PUil(tsS

2.2

y P¡Uurelila5 Ur trSUUUtUra§ nrPErtsSHUgS

TR,LB.EJO EXTERNO DE UNA EUERZA NORMAI,

-L

Aplicando una fuerza gradual P sobre una barra prismática, se origina una deformación A determinada por 1a Ley de Hooke a través de Ia relación: PL a=-EA

p=El

+

I

o

EI trabajo exLerno originado por esta fuerza es: we

= J e.oa

w" = tEA.¡.a¡ =El 2L

áL

f;t;I

12 =

EAA A

I

I

(rey de C].al}eyron)

I

l

1

1

i

2,2.2

TR,A3A.'O EXTERNO DE UNA FUERZA TANGENCIAT

A v=9k.x v-

l"

E1 t,rabajo exLerno

es:

*" = }H

e-:l

We =J V'AY

ü

d

v


@ 2007

y

oy =

,'=?Y

;

Alruiltcs y ptuutEt¡¡a§ uc trSuuutula§ nrpetc§ta§(z§

2.2.3

TRABAiIO EXTERNO DE T'N MOMENTO FLECTOR

tr-t

M=-'.0 x trabajo externo es: .-

We

= J ff4.Oe

A

w"

=

E'l'€ i E--L.e.ae =El.e2 x x - x'

J

e 2

i;J;;

l2l 2.2.4

TELABA.'O EXTERNO

DE I'N

MOMENTO TORSOR

T=

G'J.e x

EI trabajo externo es: w" = ?9-{

áx

e

.de =

= J f.Oe

We

9:¿. e2 - G'J'e

x

x

.e

z

Generalizando 1as deducciones para un elemento sometido a fuerzas normales, cortantes, momentos flectores y torsores, e1 trabajo externo se determina mediante:

,|

We =

.x+M* :g, a¡¡..0¿ +T.0y 7.I N.A+V¿.2+V¡

I

AFTUiltCS y lIUUtCtItaJ ue trsüUUtUtA§ ntpErE§tát¡G§

2.3

ENERCTA DE DEFOR!,IACION

En el- estudio de Ia energ:ia, se establece que ella no se pierde, sino que se transforma; en el caso de un elemento sometiCo a un sistema general de fuerzas, e1 trabajo Ce todas 1as fuerzas se transforma en energia interna de deftrmación. Esfuerzos normales:

Considerando un elemento e1ástico diferenci-al : W:U

Para esfuerzos normales: we = 1'P'6 2

además,o"=? 3

t =r^

=

p=Gn.A

A- e.L

deformación es:

u =1(or,.A) (r,L) Siendo V=A.L

L

2

on. E. L. A

(volumendelelemgnto):

U= 1 o..r.,

considerando ]as tres d.i¡nensiones der elemento diferencial: dUonx

1 2

dUonr

1 2

dUom

1 2

onx. gx. dx

dy

dz

ony. Ey. dx

dy

dz

onz .

tz. dx dy dz

AfJUil(CS y ptUU|CIta5 Ue E§uuututaS

ntpctestauÉ§

La energia total de deformación para esfuerzos normales será.:

dU:dU6n**dUonvldUo.z O, :

r ony.ey+ onz,rz ] dx dy dz I I G.*.r*

u=i

llf

Esfuerzos tang'enciales

"",.'6x

:

* 6nv'€y* or,,'e, I dv

Considerando un elemento e1ástico diferenci-al : W:U P1ano

x-y:

uyx -

x

Para fuerzas tangenciales:

owe=-

P ^vx

t=rxydxdz

dx.dz

por otra parte:

1

2

,rxY :A'* ¡trr

Av* = y*, dy

trabajo externo será: dwe

1= 1r,,.. dx dz

y.... dv

1

i'"-Y

T*Y

dx dy

dz

l,xy

AfJUlrtcs y pluulÉilras (lc Esuuurulá§ nlPslcstauE§

{

Considerando las tres dimensiones de} elemento diferencial:

= : f* T* dx dy dz duirr, = ] fy, Ty" dx dy dz

duirxy

duir*, = ] a*, ^l*,

c--:

di. dz

{ ( { ,"

-t

de deformación para esfuerzos tangenciales

La energía total será:

dU

du =

IJ=

it 1 2

- dUir*y + dUilr, + CUil*,

7* T* + xy, Ty, * a*, T*, I dx dY cz

fff,t",

^{xy

*

I

ayz Ty. + rxz Yxzl dv

(

I { { ( {

Si ahora determinamos la energia total d'e deformación Para u= elemento sometido tanto a esfuerzos normales y tangenciales:

I

il

1 {

I

!

{ { { { { interna La energia total diferencial se obtiene su¡r'ando

lmacenada por ambos efectos: a

eI

elemento

I (

I u=

i IIf

Gnx

rx + ony Ey + on,

t.

I

., - t fJJ,t*v Y*v + rvz^lvz+ rxz Yxzl dv

Esta expresión también Puede escribirse de otra forma, ello se consigue recurriendo a Ia Ley generalizada de Hooke, 1a cual se aplica a un el-emento sonetido a esfuerzos normal-es Y tangenciales:

( ( {

{

!

{ {

APU¡rtE§ y

ptuutc[tas uE ESUuututa§ ntpcr€§ra[a5

Esfuerzos norma]-es: Según

el eje x:

on*

donde:

Según el

ty=-p

tx

e.:-$

ex

e]e y: z

6ny

donde:

"y

¡1

t*:-Fty 6, = -lr

Ey

eJe z

donde:

¿_

-

on, I-

E*:-PEz Ey: -$Ez il,j

!

l

AuuiltES y PtuulHlES us E§uucturás ntPerEsrauES

Esfuerzos taagencfales

:

4 é

Según plano xy:

G

A

J

I I

Txy tr

,xy

G G

J

G G C

x

J

segúl plano xz:

C

ó *

Txz 4'

lxz-

_-

G

t

'*

ta C j

J J j

c

ay.

_ -Tr" -(J

J J rj r¡ C


@ 2007

J 3

C

APU|ltEs y PluulEllla§ uc ESUUUrUlaS nlpElts§tétlG§

las defornaciones producldas por los esfuerzos en Ias tres direcciones: Sumando

t8

1 -E I o.* - !t( ory + o., ))

1

gy 1

gz

=t

I

ony

- F( on* + on, )

I o., - F( o.* + on,

J

)J

Txy

Y"v=T

1y,

Tv,

= -€ f*,

T*.: T y las las deformaciones unitarias longitudinalesgeneral expresión 1a en deformaciones angulares por cortantes que permite de energia interna se obtiene una expresión de las función en expresar }a energia interna del elemento él sobre que actúan ' component.es de toáos 1os esfuerzos

Reemplazando

c2nx. +

":fff

c2

¡1y

+ c2 n7

-

2Y(o ¡xony

* o onz + onxonz

**y+4y+r2u

1¿v

deformación por La expresiones de energia interna de evalúan, se esfuerzos normales y tangenciales' integrales demediante volumen integrales triples, 1o cual, representa analiza' que se e" fá fegión Linitada por eI elemento

A[ruIttss y ptuutcillir§ ue csuuurutas nt¡Jete§táuua§

2.4

ENERGIA DE DEFORI,ÍACIóN EN BARRAS

La energía interna se puede determinar para 1os casos solicitación áe ta "iá"ll"a. manera: 2.4.1 Barras sometid.as a fuerza norma]comunes de

,|

Uru=j.e

PE,

a ::>

dui{=i.,-.cl

Por la Ley de Hooke:

¡

oa==!..0' duN

I =

D .

áP

E;o'

=

"^2

7ff

2.4.2 Barras sometidas

a

o.

u¡¡

o2

=fr..o

u"

fuerza tangencial u,

=*r., =)

duy

=1y.6,

Por 1a Ley d.e Hooke:

l,

I

or=H*

dy

or, =*u.g#"=**á

2.4.3

f

,.

uv

=

JlIv'

.ds

Barras sometiCas a ¡nomanto flector u¡\, =

' ( r-------¡) ,

]M

=i

e

Por la Ley

ou¡¡ =

de Hooke:

ds do =

aunr=*u#0.=j$0.

,*

-!t ¿. EI

=lrh

o'

]ur.ce

más

A¡JUnttss y lruurBilras

2.4.4

uc cstluotu¡a5 nlfJelc5tau€s

Barras sometidas

momento

torsor

UT=IT ,2 .o Por

1a

+

Lgi de Hooke: de= T

G.J

¿ur

r

¿ur=1r.¿e ,2

ds

-2

d.=t'f10. =-1'r' 2 G.J 2 G.J

Ur=[ ' ds . J 2.G.J

La energia total de deformación es:

T.',0, 'V2d.*f M2 P2 u=[ - )2.E.A¿.*[k1 r2.G.A rz.E.ld.*[J2.G.J De acuerdo a} tipo de solicitación que actúa sobre las barras estudiadas, se pueden efectuar 1as siguientes consideraciones

prácticas:

En armaduras,

predominan las fuerzas normales, consecuencia Ia energia interna es:

u.,

"

: t p2't " 2.E.4

predominan por flexi-ón,

uM

:

f-u1

o,

l-as en

solicitaciones consecuencia:

Apuf rrES y PruurEilla§ us E§Uuululas nlPettssEUGs

cortas o voladizos, predominan 1as solicitaciones originadas Por los esfuerzos tangenciales (cortantes), Por el10:

En ménsulas

d

f kl'V2

J 2.G.A

N Ll!E}s§,,

r¡nsecuencia:

.¿.

kr : factor de forma

Predominan

Ias solicitaciones por torsión,

en

--2 u,=J*ro'

se presentan dos casos: cuando eI arco es plano (rebajado) predomina Ia flexión y cuando el arco es peraltado predominan la flexión y fuerza

EL::.'.;;r'+

normal: I

/ f L- O.2 f.

-\L

0.2

\l' I

Arco pJano:

u, :

Arco pera ttado:

, = f,$

lng. N. Gonzáiez V. @ 2007

ffi.u" o, * J-N1'6.

-23 -

ApuiltE§ y PruulElf la§ uc E§uuulula§ nlPclts§raue5

Ejemplo:

Encontrar e1 factor rectangular.

de

forma para una sección

La Ley de Hooke para cortante indica:

.G

El esfuerzo cortante por flexión es:

'=kó,

.

V'S,.

El trabajo externo para fuerza cortante se determina a través de la expresión de ClaPeYron: 9le:

1

--f-v 2'

:

1 t2

V2

.S*

z o= zsV;./-

Por otra parte, eI radio de giro se define mediante la 2l entonces el t.rabajo externo se puede escribir relación r-=Á como:

We=

v2'sr2 2.G.A-12 'lr.br2

f,re

V2 Sr2 -t - (71; b" .) z'c'e

= k1 r$l

donde k1 un coeficiente que caracteriza Ia desuniformidad de Ia distribución de tensiones tangenciales en. 1a sección transversal de Ia barra y que depende de la forma geométrica

de elIa.

^PUiltE§

y PtUUtEiltáS Us E§UUCIUra§ ntpqc§tauE§

Encontrar eI factor de forma k1 para una seccj.óo rectangular maciza.

Ejempl.o:

v

.f ,l

o2 t, = fl--'¡ ,-dA ' 'Y

I

hl

,l 9i! 22 donde:

estático de primer orden r = radio de giro I = momento de inercia del área bx = ancho de 1a fibra consj.derada Sx = momento

En este caso particular: h

sx=u 1!-y)

o.+=f,r$-rrt, o=*

;

zh2 12

eI factor de forma k1 se determina integrando la expresión dentro de La región definida por 1os limites:

: x = - bbhh 2 , x = Z, Y = - 2, y ,

n" 12

12

f-,=-l lng. N. González V.

@ 2007

{ { { {

AIJUI¡tss y IJluulclllas uE EsUUCtUlas nlpElts§tatl*S

EjempJ.o:

Encontrar el factor de forma k1 para una secqlon rectangular hueca de dimensiones exteriores b x h

e interiores

b6 x hsv

Para Ias alas:

I

bo:bo

dA1 =

ai)

bx =b

5.'6,

+---j-------+-

-dv h

;

+

hol

I' lx

:llt

' "'I' I

h

I

sr

=

!rf -v2r

Para el alma: dA2=(b-be)dY

hol

;

by =(b-bo)

-;l

T

^

bh2

-boho2 b -bo

"2=-----l-,

]----¿--# b¡b

..2

;;

h

*,*-,"'. *,=4r? _-e__ lx'

f

¿v*f ó

ho

,¡n2

-!ono2 _b -!o ,272

#b-bo)'d,l (b - bo)'

2

ho

h

xr=4 | ¿ r \'r 4 ,' rx

o6

r*-r'r' dy*b-;bo -o Í .+

'{

-v\2aYl

2

Resolviendo las integrales:

Denominando:

ffi

ho

bo

=- b-

Y

n

I

Sección rectangular donde: bo= ho

m:p=

0=

1 .b .h Sección rectangular donde: Do:1, no=i i m=D='2 +

kt=L'2 kr = 1.548

^puiltE§

y PluulEllla§ uc Est¡usula§ ñlPelEsEu(jus

Hallar la energia interna por flexión y fuerzas tangenciales para Ia viga cargada con carga concentrada y determinar la deflexión en el punto B'

Ejeaplo:

8T

6.0

--+ ,M¿ ui. :J¡fr.4s

Energía j.nterna por flexión:

,(#

en el corte:

8T

6

ui:J

r-8.x2) -r-.6¡ z1l

0

Energia interna por

.

ur.ra

6El

M

= -8x

lu:

-El

|

2304

to

ui =¡S'os

cortante:

V=

en eI corte:

8

8T

'

L-*

---*

6 a rri :"1 ki'(8)2."" J zoa 0

La energia interna total l!¡

^

64'k1'x3

16

|

2GA lo-

rsz'rr GA

(energia,de deformación) será: 2304

EI

=

192,k1 GA

-!

Para hall-ar la deflexión en eI punto B, determinamos trabajo externo efeciuado por Ia fuerza en ese punto, asi: 8T

?4^B lng. N.

e1

nlpclc§láuq5 APUlltE§ y Pluultlllas UC E§uuutulaS

W. -2:

Por f]-exión:

.-. -1 (u) î=

4Aa

We:Ui

Por e1 PrinciPio de conservación de la energia: 2304

4 ae :-ET- = Por fuefzas Eangenciales (cortantes)

:

l tal 2-

W.:

ao

:4ae

We:Ui

Por el princiPio de conservación de 1a energia:

, a

192.k1 GA

sección transversal Si Ia viga en estudio tuviese unamóduIo de elasticiciad rectangular constante de 30 x 60 cm, un . E : 2. 1.107 'rlm2 Y módulo de corte G = 8.4 106

GA= 1.512'1067

A = 0.30'0.60 = 0.18 m2 I

=

0.30'-(9.60)3

T,/m2 :

Et

= 0.0054 m4

=1.134.105Tm2

Las energias internas para cada solicitación

Por Elexión:

Ui=

Por Cortante:

Ui=

2304

-=o.o2o3174Tm

1.134.10" 192 1

Energia interna total:

serán:

1

-

=o.ooo1269Tm

.512 . 1ob

Ui

=0.0204443Tm

Apuilte§ y Pruulelllas uE Esuuutulas nlFElE§lauG§

De Ios resul-taCos encontramos 1os sigui-entes Porcentajes de energfia interna: Ui

t

Elexión

0.0203174

99 38

Cortanl:.e

0.

Solicitación Totai

00012 69

0.0204443

o

.62

100 . 00

En este caso se deiermina que 1a energia j-nterna por fuerzas tangenciales es irsi cni'. 1.:¡::'e i:':ri¡ - --. -.:-¿y'-- -¡"""":ldl por flexión, por ello en 1a mayoria .cie los casos se Ia desprecia. En otros casos esta energia puede ser iBportante. Las deformaciones en e1 punto B serán:

j76-=0.005079

Por Flexión:

rn

:

5. 08

mrn

mm

1.512.100

: 5.08 + 0.03 = 5.11 mm ^B De 1os resultados encontramos los siguientes porcentajes de La deformación total:

energia interna:

Solicitación

0 . 00507 9

0.000032 0.005111

q q

99.38 0 .62 100. 00

En este caso particular se determina que }a deformación por flexión es mucho mayor en comparación con 1a' defor¡nación originada por corte, por ello en 1a mayoría de 1os casos se desprecia Ia deformación por cortante. Hallar 1a energia de deformación Por flexión para la viga cargada con carga concentrada y determinar Ia deflexión en eI punto B.

E3enplo:

m_\ a--

10

3.0

-------------+

, Mr\-

-X lng. N- González V.

r-'

@ 2007

----+

10

)

rM2 Energia interna: ,t :J 2r,

T-*

en el corte:

q q q q q q

q

t

As

Flexión Cortante Total

q €

^B:-1.134.1048 =0.000032 m = 0.03 Ao: = -

Pcr cortante:

q q q

M

= -10

q q

q

q

q

q T

q

O"

T

T T

f ¡ I

APUlItts y ptoutuf Es uE ESUUqUtaS n!¡ESEIES

Por flexión Hal}ar 1a energia de deformación y concentrada carga con para'-}a-t'iq" '--cargada B' determinar Ia deflexión en el punto T-' cM2 1o Energia interna:. uí =J,r, Ot

Ejemplo:

+_-

3.0 ------------+

ft¡l\._x

10

T-, en eI corte:

) ___-f f

M.= -IU

-..

i.. ..

:

:' -4.

ui=J c:!r' .o* = ó -'

H l: + ro

e} en eI punto B' determj-namos Para hallar Ia rotación por ese punto' asi: en fuerza la trabajo externo "f.ti"t¿" 10

)

(10)-^B=50e w^='2 1

energia: Por el Prj-nciPio de conservación de Ia

We

: Ui

50e=# efectuarse análisÍs por AI igual que en caso anterior puede este caso, tratándose Ld fuerza cortante, sin embargo L., son nulas Y cortantes flexión Pura, las fuerzas nula' será deformación también Por fuerzas HaIIar la energia de deformación a carga cortantes para la viga sometj-da B punto el en concentrada y determinar Ia deflexión

Ejemplo:

Enersia j.nterna: ur 3.

0 --------f 8T

-

=JS'os

I

vL---J i-..+

en el corte¡

V=

B

3

,3

64tr''i- _ kr't8l2ox = _7ffi_

ui =f _ñ;_

i,o

0

Purlto B, de-'ernir'a:rcs Para hallar 1a
Pcr e1 !-rin:lpio

cte conservación ':ó

=

Ce

L¡i

k1

GA

Deterainar La ene'rgia por fuerza nor:nal 5 acumula en sistena' ccnsiderar Af = a 10 pies ' ri2 = 6 puigz y 1a iongit':ci ci¿ las barras

E

jenplo:

}IAB

i/?

,ô \.. -' -

30" .a

10'

NBc

¡! ¡.;3 -

^^q

^Ô

?no ¡¡.r.a . sen t

'Áa

I

i

^k ó

. cos 300 tlr,. ' sert 300 -o

I'lpL+

\t

-,"

;

Ns,:

que::. .;+

Fu19-

t

Aputrtcs y Pluulclllas ut Estlugtula§ nlPslsstauH5

AB:

Barra Barra

Bc

L,

u* = rN1 = 2'E'A

U:

:',! ='T', E 2'E'5

tô ,* = $'! i'ô = 2,E.A= 2.E.8

:

o3o E

La energia total de deformación es:

Ejesplo:

HaIlar la flexión.

energÍa

Tomando

16r

sistema considerando

de1

en cuenta que ds = 5

en el corte:

d0

M: - l-6(5)'senO: -

fi

:^8oz .sen'o'(5)

,r. _ fJ 0

EjemgJ.o:

2EI

¿6

:

4ooo'¡ EI

Hallar la energia del sistema considerando las fuerzas tangenciales. Tomando

16r

I

en cuenta que ds = 5

en el corte:

V = 16

cosO

I

!

s'j.¡4-l ':íei d0 ::.. a:.

.--...-....-.-l

i !

,l

ui = j*,.19' :":1'otdt=l!%:Ú 0

d0

¿

162 .cos2

r!i = lu. t"¡ 0

ia energÍ a ie1 Íuer-zas nc:;:.ai¿s, fue=uas

Iiallar

Ejenplo:

Tor:lendo

o (5)

2GA

,. -

160'k1 GA

';

sis--e=a ccnsid¿ra¡:ic ^..1-r.

¿:i.:-¡ 1., il:¿ú--:v'-' i

z---r

en cuenEa cue: cis = r

-

ciü

r 20'

e: eI ccrte:

...,...0

d0'::.

I I

¡; - -20 seri0 tr : !

¡

Dfr,

gC,5Q

i"i - lul r serrO

l; r'", -'r =

liornal:

.1

rldil ?(:?0-r-t*1qi¿2

J 0C

2EA

= = -1t0:i ?="nru.oo J

:EA

:?-'-1 EA

ñÍ "r

u,, -r'-J= ?..ki:(1-l

Co!tante:

0fJ

r -c.cs!----------------l?

:GA

-

k:i I :GA ?"o.ro I

aY?

ci6 =

lg-il ki-r GA

Ílf 'aa

r.senü)- r._0 *cl.13 fr"nz,.¿¿= 5c'n ,,^, = -rv¡= ?(:,1 J El

l{órni¿nt,o:

0

r3

:.=l I 0

:El --

to¿ales l-a siil¡.a cie f"s tres c,b:+ai(ies,

La enerEla

5C; r' 50.x.k,.r 50; Ui =U,.¡+Uy+U¡.1 =-ElÁ-"-6A--= il

13

Si el- ar-co tierle sección t:l:ánsversal rectani''r1ar (kr - 1^' 2 ) 10 ,< 30 c;r., un r.Ódulc de elastj-cr'lacl E = 2.1'10' T/m' 'J nócurc ce ccrte G = B .i.loo i/^2; F. = 0.10 . 0.30 = 0.03 m2 irg. N. Gcn:áez V. @ 2007

;

GA =

2.52

105 T

un

q

q

q q q q q

q q

,t

q

t

^yurrrE§

y Prugrc¡ié) uc E§(¡ul(qtas n¡pEtÉStduks

r (o)

U¡

Uy

I4.r

U tóta1

.00

0.000748

0.002244

0.897s98

2.00

o.25*,

0.000499

99.6't\

0.9005590

0. 0014 96

0.2659s5

1.00

0.000249

0.000?48

0. ?3*

2.18t

0.000125

0.267950 100.00* 0.034242 100.00*

0.000374

2.681 0.10

8.04t

0.000025

0.000075

18.75t

56.25%

.05

0.000012

0.000037 69.23*,

3

0.08r 0.19* 0.50

0

0.56*

23.08r

Ejemplo:

100.00*

99.26r 0

.033244

97.09r 0.004156 89.293

0 . 004 654

100.00* 0.000133

0.000033 25 . 00r 0.000004

100.00t 0.000054

7.69i

100.00*

Hallar la energia totaL del sistema.

Por proporcionalj_dad de triángulos:

m

f¡

h+m

h.r.

ft IIT

m

-

't2-t1

+dv

I; lrrr-

-

l-

h+m-y

UN=J

P2 'h

" =2n.E.q.r2

u^,

m

fc-fi . h.I¡ |-----:_.t--y,

n

f2-11

ApuilrÉs y Pluultsltta§ uE cÚt¡u(lulas nl¡'glE§rarss

p2.n2

UN

=-------- " 2nÉ(r2-rfi'

th

Jg; dv

12't1

,*=;Éh Ejemplo:

Halfar 1a energia total de deformación elástica para Ia barra AB, sin consi-derar 1a barra BC'

x 1-----F

AffiGr

T

Las solicitaciones internas Para Ia barra AB son:

V=P M:-Px T=Pa

Cortante: Momento Momeato

flector:

torsor:

É'

Energia Por cortante:

,v=t¿s{.o*=!

Energia Por flexión:

,r=i#o*={#

Energia Por torsión:

,.='J#o*=*#

La energia total de deformación elástica es: u=u¡,1

+uv+ur

Ejetuplo:

Determinar Ia energia interna para l_a barra mostrada consj-derando que las solicitaciones están dadas por eI estado tensionaL ony=.zrdondekes una constante. La sección tlene 1as dimensiones b,h y la longitud de la barra es L.

i i.. |,:

L.i,:i ¡"...,

j.: ji# /

h

-

-.- -. v

l-.

L----------J

El estado tensional- refleja que 1os esfuerzos se producen por flexión' utilizando 1a exprlsión que reraciona ár potencial de ta ba=a en función de 1as tensiones ii;;-;";ializada

Hooke)

de

:

-2

u= [:!¿-6y J 2.E

u

^/)

¡

-b/2 o Ejemplo:

^ta

= fll k¿ 'z¿'dz'dt'dx 2'E JJJ

12.L.b.h3 24.E

-h/2

Ha1lar Ia energia total de deformacÍón de la barra contenida en uñ plano horizontal. z

G

q Iq q

Apuilres y [ruulcillas uc csuuuutá§ nrPsrs§taüEs

c é

Tramo Origea

LÍmlEes

4 q á q

VNT

!,f

!

DC CB BA

D C B

0-3 0-2 0 - 4

-18x -18x -18(3+x)

1800 :-8 0 18 0

54 36

G C

EnergÍa por f,qerza uormal:

q

A1 no existir ning"una soliciE,ación por fuerza normal, Ia energÍa acumulada para est,a solicit.ación es nu1a.

!

UN=0

q

3. 2, 3%* ¿**} gz¿.(g+x)2 ax uM=J324.x2 'dx+J ,Er 2Er '^*J -- 2E:¡

Energía por corte: ki.324

=t 'dzGA

dx+t kr.324 d2GA d2GA

dx+t

k1.324

o*

1458.kl u., _

Energía por Eorsión:

,,

'GA

,...4t3!!d*

.. 5508 ljr=.GJ La energía toEal de deformación eIástica será: 2007

G

(É

G

q G

2¡324.9

'. = J zo¡ o'* J- zc.r -^

@

G G G G

,r=TF


q

{E

EnergÍa por f1exlón:

u.,

C

G á I ¡ € €

ApuiltE§ y ptuuttsilta§ ue trSuuututa§ ntrJetEstáuE5

Ejemplo:

Ha11ar 1a energia total del sistema formado por un arco de raCio 4 m contenido en el plano x-y.

de

"'

"::::'' _ __':1:::::::::::::: ....:::::::..î::::;'."-"

\-"

.......

^kN ¿

Sobre el plano x-y

Momento

flector:

FJ

=-BsenO

=4d0

Cortante Momento

torsor:

B(1 -

T

cosO)

)."

/1

Por fLexión:

'"=f

(-B sen0)'(q)a0

32¡ EI

2Et

0

x/2

Por cortante:

üv= Il:=r,(g)2ralao ,o

4 krzr LrA

-"'¡ y

'_ _"_'_'

Apu[rcs y pruulerilas us ESUucrutas ntpErESrauG§

Por flexión:

Por cortante:

(-8 sea0)t(a)ae

\ry -

2EI

uv:

J0

32

¡r

-Ef-

k1(8)2(4)de 4krn ------zGE- _ GA /2

Por torsión:

j

Ur=

l-8

(1-cos0)12(a)og

32 (3a-B)

----GJ--

ZG¿

L:- ..,:ergia total de deformación es 1a suma obtenidas:

de

las

energiias

U:U*+Uv+Ur rT

_

.r.32.r,32(3r-8) GA EI GJ

4'k1

En este problema, Ia energia por fuerza normal es nul-a.

2.5

LEYES DE RECTPROCIDAD

2.5.1 Ley de Betti.-

Esta Ley se refiere al reciproco de las fuerzas.

trabajo

EI trabajo de un sistema de fuerzas gradual "Pi" debiCo a los desplazamj-entos que en sus puntos de aplicación le produce otro sistema de fuerzas giradual "Pj", es igual a1 trabajo de 1as fuerzas gradua!-es deI segundo sistema debidc a 1a aplicación gradual del prim.er sj-stema de fuerzas". a) Aplicando eI sistema gradual de fuerzas 'tPi't sobre vj-ga, se origina un trabajo igual a:

Wi = lng. N. González V. @ 2007

1

Z.

Pi . §i

(Trabajo real)

1a

AputtttsS y Ptuurcilras uc c§uuululas nlPtsrcsr¿uÉs

1

vrj

$I,. =

efectuado por

E1 trabajo total graduales será:

w= Sli w

.

Pr

.6j

sistemas de fuerzas

$I.L) =

1 1 :ZPi ,6;. +z 'Pr '6j

Pi 'aij

+

gradual

wj:1

(Trabajo real) (Trabajo virtual)

Aij

ambos

+ i.l= .)

+

P:

2

de

P:'61

fuerzas "Pj ",

e1

(Trabajo real)

Z

Aplicando a continuaci-ón eI sistema de fuerzas gradual "Pi", mantenj-endo aplicado eI sistena de fuerzas "Pj ", e1 trabajo será: D. !1

D.

=1' .;¿

Ili

6i

Ajl

Jr

I^]=

1

z


@ 2007

-

6i

(Trabajo real) (Trabajo virtual)

=P. 'Ajr

efectuado por ambos sistemas de fuerzas

EI trabajo total graduales será:

t^]=

P:"

wj*

w.¡ +

t¡l-.

Jr

'Pi'6t *1 .P,.) .6-) +

z

P,r

,4,.rJ

l\PU¡ttEs y ptuuteiltas qB rsr¡uurutas ntpEtr§tau(as

E1 trabajo total graduales será:

efectuado

por

ambos sistemas

de fuerzas

w=Illj+[rli+W¡i

[,¡=1.pi.5i

+1.pj.6:

2Z

*

P.¡ ..^., r_J

El trabajo total no depende del orden de aplicáción de 1as cargas graduales, en consecuencia ambos trabajos son iguales, es decir: 'lr ,l á.tt.¡, É.Pi.6j + pr.aij =i.rr.u, *á.ri.6j + pi.Aij Pi,îj

: Pi*Aii

2.5.2 Ley de Maxwell Es un caso particular de la Ley

de

sistemas de fuerzas son iguales ( pi

=

Pi:Pr:¡> P*îj = p*A1t

Betti, Pi ).

en

la

eue, O4pos

Apuntes y problemas de Estructuras Hiperestáticas

PRINCIPIO DEL TRABAJO VIRTUAL

CAP.3

3.1

CONSERVACIóU OP

LA ENERGIA

Est,ablecidos 1os procedimientos para determinar e1 trabajo producido por una solicitación externa aplicada sobre un cuerpo y Ia energiÍa j-nterna acumulada ..por dicho cuerpo, veremos cómo de pueden aplj-car dichos procedimienEos .para esLablecer desplazamientos y rotaciones de un punto de una estructura Ej emplo

:

Hallar e1 desplazami-ento verti.cal debido flexión del punE.o donde se aplica 1a carga P. Aislando un trozo de viga somet.ida

p

a flexión:

M=-Px, y 1a energía interna

de

deformación es: LT1

=

LrP2 ,) . .M2ds ll-X-.dX=

r z1t = d2El

P2L3

6El

-

EI trabajo externo de 1a fuerza es: w" = 1.p.¡ 2 Por eI principio de Ia conservación de 1a energia, el trabajo externo y Ia energia interna son iguales, asi:

1p¡ 2

P2t-3

PL3

6El

3Et

Se observa que Ia solución deI problema es directa y que Ia aplicación deI procedimiento se limita solo a algunos problemas, Do pudiendo generalizarse para otro tipo de cargas, e1Io debj-do a que solo se puede utilizar una ecuación de t.rabajo para 1a viga. lng. N. González V.

@ 2007

=

€ .

Apuntes y problemas de Estructuras H,perestát¡cas

3.2

PRINCIPIO DEt TRABA.]O VIRTUAI

E1 principio de1 Erabajo virtual fue desarrol-Iado por 'Juan Bernculli en L7L7 y también es conocido con eI nombre de Método de la Carga UniEaria. que oEros métodos de cáIcu1o para estructuras hi-peresEáEicas, se basa en e1 principio de 1a conservación de 1a energía (We = Ui), de esta manera permiE.e establecer un medio general para obtener un desplazamiento o rotación cie a1gún punto de una estructura.

A1 igual

1o) Si sobre un cuerpo deformable aplicamos una serie de cargas externas P, elJ.as se transmiten a 1a estructura, originando 1a aparición de fuerzas internas u. 2") Es necesario que 1as cargas exEernas P y 1as fuerzas inlernas u queden relacionadas por ecuaciones de equilibrio. 3o) Las cargas P, en sus puntos de aplicación, origin:n desplazamientos externos A y 1as cargas internas rr originan desplazamientos internos 6 en cada punto de carga j.nterna. 4') Los desplazamientos e:.:ternos y los desplazamientos internos deben estar relacionados entre si por ecuaciones de conpatibilidad de desplazamientos. EI principio de Erabajo y energía esEablece.

'"':-oE

Trabajo de 1as cargas ext.ernas = P,

A

Trabajo de 1as cargas internas = u - 6 til

ffi

llr

tI

ti ll' lt i H

Por e1 principio de conservación de la energÍa, e1 t.rabajo que efectúan las cargas externas es igual a1 t.rabajo de 1as cargas in"ernas, cumpliéndose que:

»P'^

= Xu.6 Estudiando un cuerpo sometido a cargas externas reales P, suponiendo gue los soportes del cuerpo no pueden contar con pcsibilidad de desplazamienlo, pero que eI material puede deformarse de manera irrest.rict,a más allá de su 1Ímite elást.ico:

I i

t i


@

2007

q q q q a ó

4

G G G

1,

q q q q q

C

G G G ) G

C

q

C C

G

IG

Apuntes y problemas de Estructuras H¡perestát¡cas

ninguna de 1as cargas externas actúa directamente sobre el punto A y menos en l-a dirección A, e1 desplazamiento A puede ser determinado colocando sobre el cuerpo primero una Pt actuando en Ia misma direcci-ón A (por fuerza ficticia un valor conveniencia se escoge para 1a fuerza fictÍcia unitario P'= 1). §sta fuerza Pr se denomina fuerza virtual, para indicar que el}a no es real (es imaginarj-a). Como

Esta carga virtual genera elemento representativo.

carga virtual

una

interna u en

Como resultado de esas cargas, el cuerpo

y el elemento

experimentarán un

desplazamiento virtual debido a las fueza P'.

Una vez que

se

aplican

las

cargas

virtuales P' y que el cuerpo está sometido a las cargas reales, el punto A se desplaza una magnitud A, ocasionando que el elemento se deforme una magnitud dL.

Como consecuencia de ello, la fueza P' y las cargas virtual interna u viajan a los largo de A Y dL respectivamente y efectúan una trabajo

virtual externa

virtual externo sobre el cuerpo y un'trabajo virtual interno sobre el elemento iguales a:

Trabajo externo Trabajo interno


@ 2007

1'a u.dL

(sobre eI cuerpo) (sobre e1 elemento)

-44-

un

Apuntes y problemas de Estructuras H¡perestáticas

Por e1 principio de conservación de Ia energ:ía, e1 trabajo virtual externo es igual a1 trabajo interno ejecutado sobre todos 1os element,os de1 cuerpo, en consecuencia: cargas virtuales

tt

YV

1.^

AA

lr

desplazamientsos reales

=Eu.di

(3

.1)

donde:

P' = 1 = carga virtual unitaria, que actúa según la dirección A u = carga virtual interna, que actÚa sobre el elemento en la dirección dL.

A = desplazam¡ento externo origioado por las cargas

reales. dL = deformación interna del elemento causada por las cargas reales.

Si el anáIisis se cenEra en determinar el desPlazaniento rotacional o pendiente
I

I

1. 0 =Xug.dIJ desplazamienE.os reales

rt

(3.2)

M'

= 1 = momento v¡rtual un¡tario, que actúa según la dirección 0 ue = carga virtual interna, que actúa sobre el elemento en la d¡recc¡ón dL = desplazamiento rotacionai externo or¡ginado por las cargas reales'

a

dL = deformación ¡nterna del elemento causada por las cargas reales'


3.3

TRABAJO VIRrUAJ, APLÍCADO

A

AR¡,ÍADURAS

Las armaduras principalmente están sometidas a fuerzas normales, aunque también pueden estar sometidas a efectos provenientes de cambios de temperatura y defectos de fabricación. 3.3.1

EI'ECTO DE ETIERZAS NOR},Í¡ILES

Las fuerzas normales actúan sobre una barra originando alargamiento o acortamiento, en función que eIlas sean de tracción o compresión. Para eI caso g:eneral de una barra eIástica,

1a deformación se

determina mediante la

donde:

Ley de Hooke, N'L ^' - E.A

entonces

Ia expresión de1 trabajo virtual

queda en 1a forsa:

l,l=;!.r! "l j__i

I

|

(3 .3)

donde: 'l

=

carga unitaria virtual externa que actúa sobre el

=

fueza normal virtual interna en el miembro de

nudo de la armadura, en la dirección A estipulada. n A

=

§

=

|= f= fi =

3.3.2

la

armadura, causada por la carga virtual unitaria externa. desplazamiento externo del nudo, causado por las cargas reales en la armadura. fueza normal interna en la barra de una armadura, causada por las cargas reales. longitud del elemento. módulo de elasticidad lineal del mater¡al área de la sección transversal del elemento.

E¡'ECTOS DE TEMPER;§,TURA

los miembros de una armadura están sometidos a canücios de temperatura, modifican su longitud mediante 1a expresión: Cuando

AL=oLAT


@ 2007

-46-


en consecuencia Para determinar e1 desplazamiento de un nudo específico de una armadura, la expresión de1 trabajo virLual puede ser escrita en 1a siguiente forma: (3.4)

1.4= rn.cr.L.AT

donde:

|=

carga un¡taria v¡rtual externa que actúa sobre el nudo de la armadura, en la dirección A estipulada.

=

n

fueza normal virtual interna en el m¡embro de la armadura, causada por la carga virtual unitaria externa.

=

^

= |= AT = c!

3.3.3

desplazamiento externo del nudo, causado porel cambio de temPerature.

coeficiente de dilatación térmica del material. longitud del elemento.

variación de temPeratura.

EFECTOS DE ERRORES DE FABRICACION

Si los miembros de una armadura presentsan defecEos & a su longiE'ud o Por razones fabricación referidos o combeo (flechas construcEivas se desea lograr e1 armadura, 1a de funeionamiento conEraflechas) durante eI anáIisis deI desplazamienEo de nudos específicos se logra a Eravés de La expresión de trabajo virtual siguiente:

I t.l = In.AL

l-l

I

(3.5)

doade: 'l =

n=

^= c[= AL=


carga unitaria virtual externa que actúa sobre el nudo de la armadura, en la dirección A estipulada. fueza normal virtual interna en el miembro de la armadura, causada por la carga virtual unitaria externa. desplazamiento externo del nudo, causado por el error de fabricación. coeficlente de dilatación térmica del material' variación de longitud del miembro, respecto del tamaño estipulado.

@ 2007

-47

Apuntes y problemas de Estructuras Hiperestát¡cas

Hallar eI deéplazamiento vertical del nudo Bde 1a armadura de 1a figura, considerando §= 29,000 ksi

Ejemplo:

l)

,.

I t

El análisis se efectúa bajo dos situaciones, Ia primera considerando eI efecto de las cargas reales y Ia segunda considerando una carga vj-rtual Pr: 1K actuando en eI nudo B, hacia abajo.

a) Fuerzas reales

15"

(N)

b) E\¡erzas virtuales

(n)

t¿

JU

L

1''

Los resultados de ambos aná1isis se muestran en la siguiente tabla:


@ 2007


en consecuencia para determinar e1 desplazamiento de un nudo específico de una armadura, 1a expresión de1 t.rabajo wirEual puede ser escriEa en la siguiente forma: 1'A=

(3.4)

In.cr.L.lT

donde:

|=

carga unitaria virtual externa que actúa sobre el nudo de la armadura, en la dirección

=

n

estipulada.

^

fueza normal virtual interna en el miembro de la armadura, causada por la carga virtual un¡taria externa'

=

^

= l- = AT = cr

3.3.3

desplazamiento externo del nudo, causado por el cambio de temPeratura. coeficiente de dilatación térmica del material. longitud del elemento.

variación de temperatura.

EFECTOS DE ERRORES DE FABRICACION

si 1os miembros de una armadura presentan defectsos de a su longiE,ud o por razone§¡ fabricación referidos o combeo (flechas lograr desea se constructivas contraflechas) duranEe eI funcionamiento de 1a armadura, eI análisis de1 desplazamiento de nudos especÍficos se logra a través de 1a expresión de Erabajo virtual siguienEe:

I r.n = rn.aL l-l

I

(3. s)

donde: t-

n=

^= (l=

AL=


carga unitaria virtual externa que actúa sobre el nudo de la armadura, en la dirección A estipulada. fueza normal virtual interna en el m¡embro de ¡a armadura, causada por la carga virtual unitaria externa' desplazamiento externo del nudo, causado por el error de fabricación. coeficiente de dilatación térmica del material. variación de longitud del miembro, respecto del tamaño estipulado.

@ 2007

-47 -


Hallar eI deéplazamiento vert.i.cal del nudo B de la armadura de 1a figura, considerando B = 29,000 ksi

Ejemplo:

15 I

l(

20R

E

F

I

s4

I

I

la 7.z'.

se e1

considerando una

hacia abajo.

k

^^k

JÓ

7.2',

30k

efectúa bajo dos situaciones, 1a primera efecto de 1as carqas reales y la segunda carga virtual Pr: 1K actuando en el nudo B,

Fuerzas reales

15

D

7.z',

38

E1 análisis considerando

c

B

-i-

(N)

b) Fuerzas virtuales

(n)

2ok

1k

Los resultados de ambos análisis se muestran en 1a siguiente tabla:


@ 2007

-é, é

Apuntes y probtemas de Estructuras H¡persstáticas

N

n

L

A

Traao

kips

k].ps

inch

inch2

NNL/A k2linch

AB

69.3333

0.8889

86.40

8.00

665.60

8.00

86.40

8.00 10.00

326.40 326.40

CD

6B.UUUU 6U.UOUU

0.4444 o.4444

86.40

AE

-86.6667

'108.00

BE BF CF

37.0000

-1.1111 0.6667 0.5556

Br

)F EF

1.6667

30.0cc0 -85.0000 -69.3333

0.,.-rCr10

ñ4.AC I -lu.uñ

12.50 0.00 ¡ lñ nñ

't0.00

szz¿a

86.40

G C

1

8.00 ?.00

108-00 r

-0.5556 -0.8889

C,

1C40.00

8.00.,

64. 108.00

C q

G,

C

G

I = 3613.18

á

4

Aplicando 1a exPresión del trabajo vj-rtual: k 1r

AB,

AD

361 3.1

"

I

G

If

29000

= 0.1246 inch = 0.32 cm = 3.20 mm

I

Ha11ar eI desplazamiento vertsical del ando B & Ia armadura de Ia figura, si las barras ¿'1 cordón inferior sufren un cambio de Eerq)eratura de L:lt'Fconsiderar Gg = 0.000006 1,/"F

Ejeurplo:

q {r

={t ; ¡

q q q

,rl^

q

q E1 aná1isis se efeeEúa bajo dos siEuaciones, Ia primera tomando en cuenta 1as cargas reales y 1a segunda considerando 1a carga virtual P'= 1 k actuando en B. a) Fuerzas reales

(N)

b) FuerzaE virtuales

(n)

q q ( ( ( ( ( {

It


N

n

L

Tramo

kips

kips

inch

AB

0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000

0.8889

86.40 86.40 86.40 108.00 64.80 't08.00

BC CD

AE BE BF CF DF EF

0.4444 0.4444 1.1111 0.6667 0.5556 0.0000 -0.5556 -0.8889

noL^T

^rr

k ' inch

20.00 120.00 120.00 0

0.055296 o.o27648 o.o27648

0

o

't

64.80 108.00 86.40

o, 0 0 0

0 0 0 0 0

t = 0.110592 k.inch Aplicando la expresj-ón del trabajo virtual: 1K'AB' AB,

=0.110592

= g.116592 inch = 0.2809 cm =

,;;;l

Hal-lar eI desplazamiento vertical- del nudo B de Ia armadura Ce la figura, si 1a barra BE es 0.20" más corta de los establecido en 1a geometria real de la estructura. Ejemplo:

,.1

^tl 7.2'

El la Ia eI

7.2'

7.2',

aná1isis de Ia armadura se efectúa bajo dos situaciones, primera tomando en cuenta el efecto de 1as cargas reales Y segunda considerando una carga vj-rtua1 P'= 1 k actuando en nudo B,, hacia abaio. a) Fuerzas reales


@ 2007

(N)

b) Euerzas virtuaLes

(n)


Los resultados se muestran en 1a siguienEe tabla: Tra.[lo

}I

n

kiDs

kips

n Ar, k. inch

^r inch

AB

0.00

u.566v

0

.00

0

BC

U.

o.4444

0

CD

u. uu 0 .0u

0.00 o.00 o. o0

0

AE DT

UU

U.

UU

.00

BF

0

CF

o.00 0.00

DF EF

U.

UU

0

.4444

-1.1111 o.6667 u.555b 0,0000 -u.555b -o.8889

U.

0 0

UU

-0.20

-0.1L11

o.00 0.00 0.00

0

0 0

E =-0.1111 k-inch

Apli-cando Ia expresión del trabajo virtual:

1k'AB* ae, = -6.11f 3.4

=-0'1111

inch = -0.2822

TRABAJO VIRTUAL API.ICADO

A

"n't

=

-*rnl

MARCOS

Y VIGAS

:-,llosmarcosyvigaspredorni-nanlassolicitacicnespor flexión. de esta forma, si- nuestro obietivo es determirrar eI del punto A, debemcs aplicar u:ra carga desplazamiento ^ en ese punto, según 1a dirección del unitaria viriual desplazamiento que deseamos determinar.

Los marcos y vigas principalmente están someLidos a flexión' aunque también pueden estar sometidas a efectos provenienEes de cambios de temperatura y defectos de fabricación'

,/.

ide:

'#

xdx CARGA REAL

I

CARGA VIRTUAL

MOMENTO REAL

¡-) _L.-i lx

*

MOMENTO VIRTUAL


donde: M = momento

flector originado por 1as cargas reales

m = momento

flector originado por Ia carga virtual'

'

EI trabajo externo efectuado por 1a carga virtual es: 1.^ EI .trabajo interno efectuado por el momento virtual

unitario

m es:

¡n'd0

en flexión

Además,

ae:üas EI

=

m do

: *'Md* EI

Aplicando eI principio de conservación de 1a energia: entonces:

lrle = Wi ¡ffI 'M

1.4= Jl-.dx E.I

(3. 6)

donde: 'l

=

m= ¿\=

ffi= EL-

l=

carga un¡taria virtual externa que actúa sobre la viga o marco, en la dirección estipLrlada. momento v¡rtual^ interno en la v¡ga o marco, en función de x, y que se origina por la carga virtual unitaria externa. desplazamiento externo del punto, causado por las cargas reales sobre la viga o marco. momento interno en la viga o marco, en función de x, causado por las cargas reales. módulo de elasticidad del material. momento estático de segundo orden de la sección transversal' respecto del eje neutro. (momento de inercia).

para determinar 1a rotación angular 0 de Ia tangente trazada a un punto de 1a viga o marco, se aplica un momento virtual unitario en ese punto, según la dirección de 1a rotación que se desea determi_nar, obteniéndose un momento mo en ese punto. lng. N. Goñzález V.

@ 2007


\'4 ..d0:

,)* :

CARCA REAL

MOLÍETflTO

REAL

MOMENEO

\/IRTUAI,

1

C¿RCA

VIRTUAL

El trabajo externo efectuado por e1 momento virtual es: 1.0 EI trabajo interno efectuado por e1 r0 es: ug.d0 Además, en flexión:

ao

:

-14-

E.t

momento

ax =

virtual

rns

d0

unitario

: '9j[

a*

Aplicando eI principio de conservación de Ia enerqia: We

= Wi, entonces:

1'o = J['o'M.o* E.I Ejemplo:

(3.7)

Encontrar Ia flecha y rotación de1 extrem.o libre B. (El=cte) .

1

q

Frecha,

M(ffi

¡ng. N. González V. @ 2007

M=

12 --o 2' x

I

1 \ +-

t

x ---+

rr.=-1

-53-


L

1AB:

x

.(-o't-1'q'*21

L q.fr3.o* _ - z1l )

¿dx

J

EI

o

q.L4 8El

o

1

q12

Arrgulo: M f*trtrtrm M : -79x \ | x ----r

L (-1).t-*.q

1eB: I o

*21

='¡

me - f

\+-x---+1"\ ).q = -1

r3 q .j Q'r 2EI J "2.d*= 6EI

o*=

o

F-"=-ql 1a flecha y rotación de1 punto

Encontrar (EI=cte) .

Ejenplo:

P

_+__

a ----f----

b

---------+

P

Flecha:

M

C

vI

0
CB:

+-x-J

BA:

M:-Px M=-Px

1

,l - t- Ix ----t

CB: 0 < x S b: m = 0 *:-(x-b) BA: b
o

1 ae

:

Jtol

(-I'*1.0,

-

Ilj--------.!Y= rr-ur.r-p.rl

.l

0

0

Ae

P2t3

E.t

6El -

P -14 b.L2 b3. = EJiT--z 'o

'

B.


I

lr f\tr

AngrrJ-o:

CB:

\ --;7-

BA:

+_x_t 1oe

3.5

:

0
m0=0 me=

* l(-,r.(-p.r).0* E'l

ltol.t-t.rl.o* Er

ó

-l-

p2r-3 6Er

á

TRABA.'O VIRTUAT PASA ELEME}TTOS SOMETIDOS

A

E'T'ERZA

rA}¡GENCIAI.

Para un elemento sometido a fuerzas tangenciales, se apliea una fuerza tangencial virtual unitaria, en eI punto donde se desea determinar dicha magnitud, entonces: E1 trabajo de una fuerza tangencial vj-rtua1 es:

EI trabajo

de una

1.4

fuerza tangencial interna v es: v. dy

k!v-V.ó( Por eI análisis de fuerzas tangenciales: dy= , . G.A además, eI principio de conservación de Ia energia fle : IIi: 1.¿ = [ J

3.6

k1

'''V

G.A

.d,

(3.8)

TR,ABAJO VfRTUA], PARA ELEME}flTOS SOMETIDOS

A

TORSION

Para un elemento sometido a torsi-ón, se aplica una momento torsor virtual unitario, en' eI punto donde se desea determinar dicha rnagnitud, entonces: El trabajo de una

momento

vj-rtual unitario es:

E1 trabajo de un momento torsor interno t es:

1.4 t,d0

Por el análisis de momentos torsores: d0 = Jtl .O*, además, G.J por el principio de conservación de Ia energía t¿,le : Ui:

lng. N. GonzálezV. @2007

Apuntes y problemas de Estructuras H¡Perestát¡cas

TRABAi,ovIRruAI,PeRjA'ELEME}f,tossoMETIDosAcAI{BIoDE

3.7

TEMPERASIIRA

cuando es necesario analizar 1a variación de temperatura

través de1 cuerpo de una barra, se puede establecer d.iagrama de temperaturas, un perfil de temperaturas y diagrama de desplazamientos de Ia siguiente manera:

a

un un

T1

r--

Tz)

T1 -------+

h

tm -

tm? h

z

AT*

+-

I'

Íz

-+------|-+xdx

(Tr >

TZ

------r

=

T1+T2 .---2-

Tt-T2 2

AL

ATm

o" =|.ee DIAGRAMA DE DESPLAZAMIENTOS

DIAGRAMA DE TEMPERATURAS

Además, la deformación lineal

que sufre una fibra cualquiera cambio de temPeratura ATr es:

de longitud dx sometida a h AL = G AT^ dx, entonces ¿ d0 =

cr ATm

dx, de donde:

ao = 2'o'aTm.d* h

Aplicando una carga virtual unitaria en el punto donde buscamos determinar eI desplazamiento, o un momento virtual unitario donde se busca la rotación, se generarán momentos virtuales m y ¡nO en eI Punto donde se localiza el elemento de EI Teorema de Castigliano será para ambos Iongitud dx. casos: 1.¿= 13Jr-"-Îr-.6"

r.e= 1?-ro

s-Îrr.6t

(3.10)

(3.11)


3.8

TEORE!,IA DE CASTIGLIANO

Si sobre un cuerPo u:i actúa elásticosistema' de "n" fuetzas, e1las originan que el sufra cuerPo deicrmaci;aes traducidas en desPlazamieotos Y rotaciones.

Para una fuerza arbitraria Pi, la Ley de Clapeyron nos indica que el trabajo externo originado por dicha fuerza es: vte

1_. = -- Pi 'Ai

Para todo eI sistema de íuerzas, e1 trabajo total será:

+Pn^nl Por otra parte, e1 principio de conservación de Ia energia establece que e1 trabajo externo es igual a la enerEia interna de deformación: r¡t^

==

Ui

+ Pn-r + P1 + P2 Lz -r¡-t An-t ¡¡-r + Pn An l -1 A, a1 -+ E2 11 A, u:1 u: f p, -t "2 ' .... á, Para materiales elásticos, Ia fuerza es proporcional a 1a deformación, pudiendo escribir esta relación como'

D.a

1

i[Pr2 2K

i

+

)

Pr?

+

] + + ^P,2

¿

Pn-r2

é'

A,

é

A, =; u:

4,

+|

nz Pn2 1

)

= ii A

l¡

:É


derivando respecto de }a carga Pi:

t 0 + 0 + .... + 2 Pi + 0 + 0 l:

AU EP¡ ==

2q

?:o'

2k

(3. 12)

La derivada pazcíal de La'energía ínterna de ürn cuerpo. respecüo de una fuerza cuaTqaíera, es ígual al desplazaníento del punto de aplicacíón de dicha fue¡za, 3.8.1

APLICACIóN A

ARMADT'RJ§,S

La energia de deformación se determina por la expresión:

.. u=-

^

=

*,*, # =

N2t 2EA

*,*'r

=

$

rcr^^»

¿=rll-.r9[r.r"EA 'AP'

3.A.2

apr,rcac¡óN A VIGAS

La energia de deformación

(3-13)

Y !,ÍARCOS

se

determj-na por 1a expresión:

u:J*0, ^

=

+ Jf Y'='l *1u2¡.ox 2.E.1=r-==¡a 2.8.1¿

aP

.M

A - l_.ÍJ


@ 2007

E.I

.AM

'AP

=

i$r$r

o,

(3. 14)

Apuntes y problemas de Esbua\lras H¡perestáticas

Si desea determlnar rotación: e= Jf.!4-.r4r. 'EM'

(3.15)

E.I

3.8.3 APLIC{CIóN A VIGAS Y

MARCOS

SOMEIIDOS A

II'ERZAS

IA}IGENCIAI.ES

La energía de deforrnación se determina por 1a expresión:

u = ¿[k'V2 ¿' 2GA

^=#i#*{r3* ¡

= J[

k1

G

$rv2r

o,=iS
'V

'EP' .A .ráVl.a,

*

(3.16)

I

3.8.4

APTICACIó}¡

E

BARRAS SOMETIDAS

A

TORSIóN

La errergia de deformación se determina por Ia expresión:

'l

I

{

u=

*2

fl.ox '2GJ

t

{

a,tZ T taTl.o, a=-t:dx [G.J'AP' AP'z,G,J =t-.3(T2).dx= J EP' 1

'2.G

o=Jfrt*ra-

(3.17)

I

{

(

(

I

{

(

{ lng. N. González V.

@ 2007

(

{


Ha1lar fa rotación originada por flexi-ón en el punto C. (nl:cte).

Ejemplo:

12.O

Tramo

CB:

" (ffi)",

Apr

I"t:-x2-Mt

1

I

áMr

Tramo BA:

f--

.,TTTTTUWN,

/. u1 M

)

¡r,

M

_EM =_1 Olvl l

o2 .X

13

i ec:JE a**J 0


@ 2007

: -6(x coscr) + 1.5 -

0

6

(x coscr) + 1.5 EI

dx

M1

Apuntes y problemas de Estructuras Hiperesláticas

Ejemplo:

Encontrar la deformación vertical total para e1 arco de radio r contenido en el plano x-y, sometido a carga uniformemente distribuida por unidad de longitud de valor 6 f/.. z

ir e1 plann

^

:::::.|;,!¿

En este caso, primeramente debemos encontrar Ia posición del centro de gravedad de 1a carga, bajo el ángulo 0. Coasiderando queds=rdc':

Resultante: dR = gds : 6. r

dcr

0

R=

f.

r.du = 6 r

0

0

Momentos

axíales:

dMy: x dR = r seng. 6 r.dc¿: 6 12 senu.dcr e

M.. YJ=

dMx

=y

dR

lc

16 r-

senc¿ .

dq = 6

r2

(

1-cos0)

2 = r cosu,.6 r.da = 6 r coss. 0

t"

NIÁJ= 16 12 coscr.dcr = 6 0


@ 2007

r2 senO

da


7

M* Con

= 6

12 coscr. dcr

= 6 r2 senO

estas expresiones encontramos: .l-cos0. - 612(l-cos0) ' '=r(-) x= 610 e -sene. -V=6r2sen0 ore =r( , )

Analizando en planta:

,=ysenO -xcoso= r.(1-;oto) ^: -senu

v=4-ycos0-x

f

-0-coso.. .l-_-]

'0í

: Las solicitaciones serán entonées: Momento

flectors

Cortante Momento

M

= 6 r2(1-cos0) + p r

sen0

AM ;:=fSeDU

dY

V=6r0+p

torsor:

i

T = 6 x2(0-sen0) + p r(l-cosg) ,*=r(1-cos0) at

Las deflexiones en e1 extremo libre siguiente manera:

Por flexión:

6sNr:

ÍU¿

determinan de Ia

se

6.13.sen0'(1-cosg).r.d0

J

:

cortante:


ouu='l2rr o't'r't'oe *_- - "(2128. -Br-¿

Por torsión:

@ 2007

3.14 EI

0

por

dl aP=L

2.4674011

.\

.12

GA

(0-seno).(1-cos0).4.d0 _ : 0.3258084468 .r4

*

si no

se res ul t acos

efec-rúa ',.:n anáIisis nu::réricc, ie coir.paraciór de es clificulccsa, por e11o asunj'remos los si-guientes

E=2. 1'10'T/:nG = 8.4 ' 10' T/¡:1b = 0.20 ra h = 0.30 n r = C.00C45 !r''l : A = U.Ub rn r\ --

q

E

e

E

i-i'A )

J = 0.00065 ma en

6s E

(n) í,ñ

an 1.0

F]"exión

(t)

Carta::t.e

(ri

0.44C41

25.71425 63.69 0.31746 61.75 0.01s84

0.1 5362

ÁÁ óo

0.00003 0.1

14.05

0.39 3.43 0.004.í1 14.43 3

78',Jz

0.000c2 7.92

100.cc

11.50027 35.9? 0.1 7902 34.82 0.01

1

19

31.57

q

Total (s) 0.73807 100.00 40.37317 100.00 0.51410 100.00 0.0112 100.00 0.00023

JO,U i

0.'1.1

00ci

(t)

1i1.,39177

191.11?74 63.85

0.5

¡

llJir.

Torsióir

I

31

La ciefcrnacióa to-tal C:L p"rn:c anali'zado es la su¡rLa CQ ciefornaciones obt,en:-ias ¡-';ia cacia iipo Cr: esfuerzo'

üu=t5r,',+E.-+6",

1as

¡

T De es|.a rleneía

para un arco lcn ra(iio cie 3 6B

lng.

¡,¡. González V. @ 2007

meL]:os,

T

I

{

= 25.?1 + 0.16 + fi.50

-bJ-

q

E

(

f{


Determinar 1a flecha en el centro de 1a viga si 1a temperaEura en 1a parte superior es Tr = 45oF, 1a temperaEura en Ia parte inferior de 1a viga es Í2 = 115oF Y e1 coeficiente de dilaEación de1 material es 6.8 * 10-6 17'¡r Ejearplo:

T1 = 45'F

T2 = 115'F 20' -

0lx

I

a-#

T

l:l

0.5

1

10:

2 1

m= '110-x)

10
2',

0.5 T1 +T2 _ 45+115 _ ,_ _ ,fr__ = 2 2 rO

-

<

#,

1'Ac'

,

-

Tr-Tr 115-45 "-- '- =35

1zg 2.]x.a.aT¡¡ ""0'* 120 2.1(lo-x).o.trm

- I 0

I Jh

'-

¿

.d,

0

integrando y sustituyendo valores en 1as mismas unidades:

Acr=0.8568" =rrr;l Determinar 1as reacciones en Ia viga si eI apoyo B sufre un asenE.ami,enEo de 5 cm hacia abajo. Tomar como módulo de elasticidad E = 2.5'106 X/mz y momenLo de inerci? I = 0.0045 ma.

Ejemplo:

/4. 10.0

diagrama de deformación


@ 2007

l\

R _A_ -.m

77772

8.0

:resiárces

Asuiiencic comc reiurciance 1a reacció:: en el a-§cljo

!x, 9.

1 I x S 1i;: I'Í,=-)r.2:<

q

0

8: i'!^=-X.:< -9

l):S

La energia
i:-iEerna

u= 'i'l',= J ^,ir

¿,*

*

a

L:':l

._: dHe {: -\^.

Y

= -x

¿'lir Á¡ai,r^

ti'.!i J i:i

¡

f

Iexi ór obe
a

¿*

Por el Primer teorena
¡.-

:

,úi

AU

e:.iz

-

: 1q -\B=

9*, ,,

l-8'=-, d H

ür *2 16ooc 2,!3Er -¿¡=:-:--¡;ra d Er

a,

?rl,x2

¿;a-l

12800..t.a 243í,Í -

2850C r^---Y-

-

El factor: EI =

11250

243r.i.

Tn:, sustiiLlyen3o "'alores:

288C0 ü.u5 =-.x) 243.11250

I_------;l 4.?s 'I lx.

=

lng. N. Gonzále¿ V. @ 2007

J {¡

Apuntes y problemas de Estructuras Hiperestáticás

Determinar las reacciones para Ia viga sde sección constante sometida a carga uniforme de valor g = 3 T/¡n si e1 apoyo B sufre un asenLamienLo de 5 c¡n hacia abajo. Tomar 1os siguientes valores como módulo de elasLicidad E = 2.5'106 T/az e I = 0.0045 m{. Ejemplo:

't0.0

8.0

diagrama de deformación Ag 71722 "'"'.-...-....

.-

#.m

Asumiendo como redundante 1a

reacción en eI apoyo

B:

3 T/m

X2

5 2'l - -X. 9'

4

21 --X¡

9'

l,a energía de def ormación interna obedece a la expresión: u=

10

j

0

lulr2

zEtd**t[d

debido a flexión

,r'.02Er

¿A=# "

Por eI Primer Eeorema de Castigliano:

dxz

vz.(*l rvrr.(+) o^2 o^2 dx+ a[ -d Er d

10 ¿n= [


@

2007

Er

dx


0 I x I 10:

M.=27x-!x" g'

0 l x I 8:

u^=

I

,-!*2 2

z7x-9x,-2,-!r2

áMr lXZ

4

8M¡

5

J=--X

: 'oxzg -=--x

't6000.- 7000 12800.. X^

5t20

243Et

3Er

--Y^

- 3Et

243E1

- --

9

3200 -. 12120 =zliix23Er ^B

El factor EI = 11250 Tm-, sustituyendo valores:

o.o5

32oo xr-g =27.11250 ' 11250

xz = 39'83 r

lng. N. González V. lD 2007

(hacia arriba)


METODO DE

CAP.4

4.1

I,AS

FUERZAS

DESCRIPCION GENERAL DEL METODO

Este método basa su enfoque en la determinación de las fuerzas y momentos en los apoyos de Ia estructura (redunCantes), o de 1as fuerzas internas en cualquier punto de la estructura, de la siguiente manera:

-ii,

x1

*'

x2

Estructura básica

Estructura rea].

(1)

¡zoI

x1

r!

(2t

+

6:z

6zz

6er

I x2

-

6rz

6 -LU

ESÍRUCTUMBASICA +

CARGAS

lng. N. Goirzález V. @ 2007

ESTRUCTUR.ABASICA + I'REDUNDANTE

ESTRUCTUMBASICA +

2'REDUNDANfE

E§TRUCTURABASICA + s'REDUNDANTE

-68-


Por compatibilidad de deformaciones en e1 apoyo

A:

6¡r=o

6v:o 0=0 6ro + 6rr 6zo + 6zr 6¡o + 6¡r

(4.1)

xr + 612 x2 + 613 x3':0 I xr + E2Z x2 Ll xr + 632 x2 +633x3-0 ) I

e¿:

+ 6n xz + 6r: x:=-6ro + 622 x2 + 6z: x¡=-6zo 6ar xr + 6¡z x2 + 633 x:=-6¡o

611 xl 6Zr 1
en forma matricial:

I

6r, 6r, 6r,

6,',.

[3:l

:"lti:

t6itl.Ix1J

l I Il

]

= t-6io]

donde:

[6ij] = maEriz de flexibilidad .In.!. 'fn.irds 6i.i= ¿JJEII

14.2)

[xiJ = vecE,or de fuerzas redundantes

t-6io] = vector de términos de carga

, tng. N. González V.

@

2007

6io=

J\Po"

(4.3)

'

oY

'


Ejemplo:

Encontrar 1as reacciones para La siguiente vi-ga con EI constante.

]__

ro'

10,

Grado de hiperestaticidad = 12 Upie

12Wpie

t

1

tl

rF;T,_;+i*, IY

x2

111 22 6zo+622x2:0

ta ecuación de compatibilidad es: TRAMO

ORIGEN

AB

LIMITE 0-1

A

0

6ro

-

Jucr2-.6s

-bx

90x

30x

0- 10

CB

a2

Mo

6rz

)

-rtX -Lax

P¿.0' = JEI

Término de carga: r0(ao.x) (-].x) - 1o(e0.x-0.x2¡.(-**, 2 {x:---7500 5000 6..=t dx+Í E.t óE'óErE.l

12500

E'l

Término de la matriz de flexibilidad:

6".

=

,?n*,r' ,lr-l,r' _ 5oo 5oo _ o** o* + 6.E.t 6.E.t é E, ó Et

Planteando l-a ecuación de compatibilidad:

= lng. N. González V.

@ 2007

Elr.-rl

500

3€.1

12500 --+-X, EI

500 EI

=

U


fuerzas en considerando solamente fiexión' las

Encontrar

EjenPlo:

+--

los

apoyos,

! ----------r

Grado de hiPerestaticidad

-

,rffir=

x3

x2

.'ry.'ryN' x2

Términos de carga: o = IM"iu.ü = iÉ+l1.dx= q-fl t'l ,a.0, o,= - i'-r-1¡ 6zo = 1t-* fte

6ro

0

E:o

= Jun.r" ¿- = iÉ+P9

o,.= - 311¡

Términos de la matriz de flexibilidad:

= 1C.o*= 9, il-'¿¡: g 6zr:

6rr

Jra

6rz

= JrLrZ'6¡= s; 6zz=

6r¡

= JrLrS-'6¡: I

1$n-= ljo,. = *

1


6z:: 6g,

:

iá,- = *

Jrnern3-.dx:

f

j*

Js3-ra.ox:

o- =

0

^ ó¡¡

,*^2 o': : JÉ'

L,

6¡,

0

d*

JE.¡

=

0

= Jr3-r1-.6¡: g

*

L

e.r

0 i:.:g 0xr+ 0xr+ 324t L oL -0 x, + L :¡rxz * 2., x: = - áer

)

^L - v

I I

I

1X" = -q-L

L' L oL4 + 0- X,' + Xa = - :-x3 =2Er Er 6Er ) -X? Resolver eI pórtj-co considerando solo flexión. Ejemplo: |

#r"'

I

8r

Br

4.00

-#

3.00

6.00

Estructura real

Estructura básica

nIn x1=1

ESTRUCTURA BASICA + CARGAS


@ 2007

x2=L

x3=1

ESTRUCTURA BASICA ESTRUCTURA BASICA + 1'REDUNDANTE + 2'REOUNDANTE + 3" REDUNDANTE

ESTRUCTURA

BASICA

Apuntes y problemas de Estruciuras H¡perestáticas

T,TMITES

ORIGEN

TR,A¡'IO

0-4 0-6 0-3 o-Á

B

BE ED

E D

DC

lâ

I

Itrc

m.

MO

Itr1

1

0

x

6 6

0

4

-8x

4

6+x

1

A-v

q

1

)

-)a

0

1

Térainos de carga: I

6r.o

= flb-rl-'a, = lCe ti'dx=-H 0

6zc

.0, j(-9:I§:-')..6, = -#E'r = J¡l¿to'm2 E.r = d 6El

6¡o

= fUe''3-'d, = lClD'd*=

L

I

-*

0

férminos
6rr:

is *:j*.'.i;*,-.j"=,

*.is.-')'- o*=*

: Jrr-ra.ox =iH ,,.11§1" o-.1-=P o,=* Er:: flr-r3-.0¡:já r-.i# r,.J# o-*Je_,.' o-=¿1

6rz

6zr.:

flrl-'6x=

6z:

=fr

41 tl§-rli..,,.if, *+Il9g: J2.E. J 6.E.t 1,21.a-:J4 6.E.1 E.l 0 0 0 2

6zz =

¡r,

6c ex'

81

J

jg-'ox:ukh o'*tJE*'o'.t = jra

o,

1

=#

h o'=#


6¡r

:

6¡z

:

6::

: F¿ 0,.:

Jrngjrnl.dx: ar,

:

Irngi-m2-.dx: Sr3

=

*

7fr

i*.i*.j,h.i*=;i

El sistema formado es: 56 63 18

xt* xt* xt*

63.0 x, 202.5 x2 24.75 x,

+ +

+

183 x3 = 24.75 x, = 7.5 X3 =

L20 480 54

xr = -1.46 r x2 = 2.54 r x3 = 2'33 r

-5.21

-5.21

+-

-1.46

2.54


@

2007

-74 -

Apuntes y problemas de Estructuras Hiperestáticás

Resolver e1 arco circular flexión. gk

Ejeoplo:

considerando

AY:gY:4

Por si.metria:

Además:ds:5d0

I

I ,^,

iI

L

.n "///Z/¿

I

4

x3=1

Mo

a1

tn3

0-r.l?

20 (1-cosO)

nl2-r

20 (1+coso)

5 senO 5 senO

1

TRLMO

ORIGE¡¡

TIMITES

AB

A

BC

B

solo


Téroinos de carg,a:

6ro

:

nf 20.(1

- cosel.fs.sene). (s)

.

do

9

+

i2o.(r

1

c"se).(s.s

.

l

do

r/2

I

[--- 5ñl

[5r,

- 6¡o : oro =

I

P&jrn3-.ds

tl2 'J

zo ' tr

-

'otel

'

«sl

.

0, *

,i3L$ff2.oe

[",*t :oro

=.,

I

I

Términog de J.a matriz de flexi.bi1.idad: ¡

6rr

xl2

= 1$ or-"[zs''*le 0

6¡:: 6:r: 6r.

ttl2 --

tsl

on. iru =:l'r-O.*= n/2

.

.or.,ia*#9 1r

Jrl-r3-.65 Jrn3jnf

.ds: ¡r, =#

= JP31.0, = E,I

¡12J

*

,ná,iu

Í_

o'*"#* o'= +#

or=#


EI sistema formado es: 196.35

xl + 20 x3= - 500.00 = - tt{.L6

50.00 x1 + 15.?1 x3

^ --k xr = - J'bl x3 = 4,42k-Pi"

3.67

-----+i ..

+

.

.

442

4.00

Resolver el pórtico con 1a viga CD de inercia variable, considerando para la estructura solo el efecto de flexión, considerando que el .espesor de la estructura es b = 0.6 pies.

Ejemplo:

6.00

+--f--i-

2.00

8.00

Estructura !ea1 lng. N. González V.

@ 2007


x1

EST. BASICA + CARGAS

+

ED

E

DC

D

.A

EST,

EST. BASICA REDUNOANTE

+ 2"

0.00625 0. 0.

00005 (x+10 00005 (x+10 0. 00 625

BASICA

REDUNOANTE

I

0- 6 0- I B-10 0- 6

B

(3)

Q'

LIMITES

ORIGEN

BE

I.

x3=1

x2='l

(1)

(0)

:TR;H¡.IO

t

=l

3 )

3 )

EST. BASICA + 3. REDUNDANTE

B,

MO

llrl

0 ñ

x

0

6

.x x

-B (x-8

-16

)

6

6-x

ID.3

1 t_

1

10

1

Términos de carga:

6,,:l!!r#*=

tj

-

481x - B)

o.oo0o5

-(x +10)3E

6ro: - 266.6667 46080 ¡,0

=

dx.i##*

46346.6667 E

J&#Eo-:[;#fiffi0, - i*#*=,,

^ -¿U

ürn :

413.2381

- ---=--

E

153600 E

154013.2381 E

o,o:J&cpo-='j;ff{*q 6:o =

¡.0:¡ñ6"*.¿

44.4444

15360

o- -

iu#i.,,

15404.4444

-78 -

Apuntes y problernas de Estructuras H¡perestát¡cas

Ia maEriz de flexibilidad:

Términos de )

- 6.. = u',=

{mf-¿r= JEI

I-# " . ]tt#r.n* . T.,-#;E * . ]##

.. 11520 Orr= ----=E

8

J0.00005(x

1

L¿EE

. o.¡J

c oz¡.=

c

Ó:.2

E

.".

jrdr*

35.1852 .EE

¿

f

2880

_

*.]**';r.,.

[rz-¿.x = JEI

6.¿¿

= l'

8-t10"0 *' I

+

:i, !

v.

@ 2007

a

f

.¿r*

¿f

471.4078

-------.=E

*' o.oooos«* + r0)3E

E

'dx

.

J*i#

C

d,

6210 ...=_

G,

-

= 1o)rE

C,

C,

2

6..

E

;l

30300

E

891.5389 e o^^=_+

L

414.8148

30300

=

ülo,oooos(x

a.

28800 +-=_ EE

d*

+-

E

25740

-.

i-uu*.,.i-rfo

=

11520 EE

+

185.1850 ¿_314.8148

2880

+

E

+10)oE

- 6,, _ [*, *, EI u,, =

d,

211.1111

+

E

6*

6rz= [---§

2488.8890

+

o,

*

c é, C c c c

Apuntes y problemas de Estruc{uras H¡perestáticas

-6zs: J%Po,. b

.dx +

[----]gI 0.00625E

d,

d

197.5308

^ -¿r

52.4691

E

E

6210

- 6¡r:6r:=

E

9850

- 6¡z= 6:¡= r - 6¡¡:

2

['. JEI

d*

68

6:¡

6::

: [--]-. ¿' [-----]-" * jo.oooosix jo ooozse

10

.ox +

I

ro)3e

: 960 69.1358 5.8642

960

EEE

El sist ema formado 25740 30300 6210

+J

* 0.00005(x + l0)3E

_

-

]*#*..'

1995 E

E

es:

30300 x, + x, + x, + 931 62.9461 x2 + 9850 x2 + x, +

,<3

46346 .6667

9850 x3 1995 x3

154013.2381 15404.4444

62L0

I = xz = X1

3'99 5'15

*, : -r't.85

^ k

k-Pl"

+l

5.15 Ing. N. González V. @ 2007

3.99

Apuntes y problemas de Estructuras Hiperestáücás

CAP.

5.1

METODO DEL TRABAiTO MINIMO

5

DESCRIPCIóN GENERAL DEL

METODO

Es conocido también como Segundo Teorema de Castsigliano o Método de Menabrea y su aplicación esEá destinada a Eodo tsipo de estructuras hiperestáticas

EsEe mét,odo basa su enfoque en Ia determinación de Ias fuerzas y momenEos en 1os apoyos de la estructura (redundantes), o en cualquier punto de fa estructura, de 1a siguiente manera:

1o)

Dada Ia esErucEura, se reconocen e1 número 1as fuerzas desconocidas como redundantes.

lr crado de hi.perestaticidad =

^

X1

3

\ ESTRUCTI'RA

REJAI,

;.4 Tí\ x2é INCóGNXTAS

:

REACCIONES

INCOGNIT¡S: FUERZAS INTERNAS

2o,

Se eligen y denominan las redundantes (x1, x2, x3)

30)

Se determj,nan los fuerzas normales, momentos, cortantes, etc, en función de las fuerzas redundantes, cargas externas y geometria (Iongitudes)

N = fr(xi, P, s)


@

2007

y = fr(x1 , P,

S)

y = fr(x1, P,

S)

-82-

Apuntes y problemas de Estructuras Hip€restáticás

4

o

)

Por 1as conCici-ones de borde y aplicando eI Primer Castigliano:

Teorema de

áu

y debído a que

=o

1a

',

6u oxz

'.

=o

áU áXs

T

I

T q e

=o

II

energía interna de deformación es:

u = r[

( ( T

(

N2 d.* r[k1'V2¿.* rf M2d.* rf-É0, 2EA 2GA 2El 2GJ

q

q áu áXr

óu oA2

JStfrr..

=0,

.

f

$tffr.. $tffn.. Jfr tfrr. f

I

=o

I I

áV I N r áN u.*[klvr u.*f Mr dM u.*f T ( 6T )d"=o EA'AX2'. r GA'AX2' r EJ|'AXz' ¿ GJ'AX2'

=0,

J

I

I

#=., 5.2

l*,#)o'. iS(#E'.i!}(#ro'.

Jfrt4r*¡"

I

=o

I I I

CONSIDERACIONES PR¡CTICAS

inEerna a 1a cual esEá sometida una esEructura, 1as expresiones obtenidas se pueden aplicar bajo Ias siguientes consideraciones prácEicas:

Dependiendo de1 tipo de solicitación

- Para vigas y marcos, predomina e1 efecEo de flexi6n. o.

-

Para

arcos,

considerando su

clasificación,

predominan

los efectos de noraal y flexlón. - Para armaduras, predomirra eI efecto de fuerza no¡:nal


@ 2007

.

(

{ { { { { {


5.3 EJ

APTICACION A VIGAS

emplo

ealcular Ias

Considerando eI efecEo de flexión, reacciones (EI=cte. )

:

4Tlm

x2

M=

EM

xz.x - 2 x2

Aplicando eI principio someEidos a flexión:

ds=dx

oxz

del

trabajo

mÍnimo

para elementos

f^r,#, 9=o EI 6¡(X2 .x

- 2.x2).(x)'ox

x2 (72) - 648 = Ej emplo:

*".1*':gr 'd E.r

itd E'lgl =

o

o

Considerando el efecto de flexión, reacciones (EI=cte. )

calcular

t-

t-

M= lng, N. González V.

Xz.x @ 2007

q3

AM

6L

axz- ^

ds=dx -84-

1as

Apuntes y problernas de Estructuras H¡perestáticas

Aplicando el principio sometidos a flexión:

L

(xz .x -

J--v

+

deI

trabajo minimo para elementos

-,i+ *i+=.

,3¡.1,.¡.d,

-',

0

: x' rÉl - e '15'' Ejeoplo:

n

Considerando e1 efecto de flexión, reacciones (EI=cte. )

calcul_ar las

P

L ------------+-

x2

0
M

= Xr.x

a
M

=

-,

Xz

A,I

oxz

. (b+x)-Px 3

A.l

h+v

ox2 -=

;

ds:dx

;

ds:cix

i* ** *r.ltoyr' o,- 'i+p.x = *r 1$,*r, rr$r-r$»-, rr*r.t4,

*r=S.e.l,

reo

o

Apuntes y prob¡emas de Estructuras H¡perestát¡cas

EJ

Determinar 1as reacciones para 1a siguiente escructura, considerando ftrexión y cambio brusco

emplo:

de inercia.

4f lm l

+-

x

-f

x2

M=

Xz.x - 2 x2

Aplicando e1 prÍncipÍo someLidbs a flexión:

A-¡,1

:+

trabajo mínimo para

de1

6M

Jlu.r'lXz'l. f

(.xz .*

ó

- z.12) tr) . o*

*

El

ds=dx

;

&=x ox2

d' El

=o

!(xz.*-2.12)

i

(r).0*

B E.l

o" _ _ !*3 *,.!r2.0, L ) tr.| J E-l 0 -'

64 J -X^

- 128

+

elementos

0 -'

_19 X- _ 55 = 3'

=

o

o

0

Determinar 1as reacciones para la siguienLe estrucLura, considerando solo flexión y cambi-o gradual (l-ineal) de la .altura de l-a barra. Ej emplo

:

4Tlm

N2

lng. N. González V. @ 2007


M: Xz.x - 2 xZ

ad

+

ApJ-icando e1 principio sometidos a flexión:

:-:x

,

Olr2

Cis=dx

de1 traba j o minimo par.a elementos

l, «#r $=0, En este caso, el ¡nomento de inercia no es constante y varia con la al-tura de acuerdo a Ia siguiente expresión: l_ b t2x+12\3

12' 24

12).(*).dx !(xz.*-z =o l=.b- 2x+12

o n'(^l-::rt Integrando:

x2 (0.085184) - 0.06833769 =

0

xz = B.a2 r E

je:npIo:

Ias reacciones para la siguiente tructura, consj-derando solo flexión y cambio (parabólico) de l-a altura de Ia barra. Determinar

es

cuadrá t i co

4Tlñ

6.00

L'!

^2X = Az.X - ¿

Aplicando e1 principio sometidos a flexión:

EM =x :.dx2

=)

del

aM

@ 2002

cls:dx

trabajo minimo para elementos d*

r[n¡.r'1Xz'l. El lng. N. González V.

;

=o


En este caso. e1 momento de inercia no es constante y varía con la altura de acuerdo a la siguiente expres ión:

,_ b rx+36r3 12', 72

i«xa:=f)-t-l.o0 _. t_)"

:

o

12',72

Integrando:

x2

(0.000454s1)

-

0.0034't222:

o

los resultados medi-ante la representación gráfica de los diagramas momentos: Comparando

10.13

4 Ílm I

Ul

4.0

2.0

Df/t l I

6.98

23.88

4 Ílm

8.02


@ 2007

26.16

q q


5.4

APTICACION

Ejemplo:

A

q

PORTICOS

Considerando flexión ..r"o.rt.u. para el siguiente marco.

1as reacciones

q q

G G

d

G

{ { { X1

f; q

q

Tra¡Io

Orige

DC

D

Linites

-

0-6

Xrx

-x

/ -5Xr-2x-+12x

1

0-5

A

N/dxt

M

0-5

CB

AB

I

1

-

Aplicando el principio sometidos a flexión:

Xt'x¿

-5

Xlx

ÁlAr/?¡a,

25X1

-x

Xl'x

deI trabajo minimo para elenentos

Jratffr $=o 5o

2 J[xL]'.¿* E.I

6¡1ru.x, +

0

250 -., X, +

J--; 0

150

+

10.x2 - 60.x)

¡-=

ox =

Xr+'120-1080=0 Xr = 1.54


+ lQ¡12-60,«

?

o

d ü {

q

4llm

1.54

t-

--+

t l2

1.54

12

Considerando flexión encontrar para ef siguiente marco.

EjempJ-o:

1as reacciones

207

6.00

1.50

Tramc Orígen

Límites

A

AB

B

BC

X2

1

0-6

M

I

2

- Xr.'x -5 Xr+Xz. x-20x-30

EM

EM

a&

ex2

-x

Aplicando e1 principi.o de1 trabaj o minimo para sometidos a flexiÓn: 'aXl' J|.¡¡.rl[1.

d* El

=o

1vrtffr*=o z V.

6

2007

0

x

efeme;rtos

a-ri:',1 't't¿ !l

:

Apuntes y problemas de Estruauás H¡p€restát¡cas

r[l',t.rffil.d*=o 'áX2' El Primera redundante:

u1xf't'-.0-

00

+ Jzs'xr-s'xz'-.roo .o-:0 350 v¿" 45 Xz : -1350 3',

Seg'unda redundante:

6

(-5.Xt

J 0

+ Xz .x

-

20 .x

- 30).(x)

-45 Xl + 36

X2

Resolviendo eI sistema: -L.8627 25 .1724

25.1724


@ 2007

dx =0

2.8.1

T

T

:

990

(1)

i

ü


=t a

EJ

emplo

Determinar 1as reacciones considerando flexión.

:

e1

para

marco,

4'

a a a dt

ft á

ñt

il { it a rt

6.00

Tramo Origen

Ü =}

a a rt a =t

É

r}

? r, i) {' r, {, il

a e -

Límites

M

I

AB

A

0-5

l-

bL

B

U-t)

2

Aplicando e1 principio someEicios a flexión:

- Xr,x -5 Xr+Xz.x-2Ox-30de1 trabajo

ctvl

EM

ax1

ax,

-5

2x2

mÍnimo para

el-ementos

2

'cxt' E¡ Jfrvr ri[l,d* ¡M

lu.r |axz' Primera redundante q^

I.Xl

'''

J EI

t

0

350

@ 2007

El

=o

I

r25.XtI -5. XeL .x +100.x -150 +10.x2

r

dv

2.E.1

0

:J

lno. N. González V.

dt

z

6

¿'

l.

=o

x, - 45 Y.. = -1710

(1)

=0

Apuntes y problemas de Estructuras Hip€restáticas

6

Segunda redundanle:

I

(-5.Xt

+Xz.x-20.x-30).(x).0, : 2.8.1

0

X, '+ 72 X, =

-90

At

O

(2)

2628

= -!'lL¡¿

ix, = ,t.1034 r

5

APLICACIóN A ESTRUCTTIRAS ESPECIAI,ES

.5

3

Una .vj.ga de madera (E = 250.000 kp,/cmz) tsiene ' longitud de 7.2 m, una sección de 10 x 30 cm y sopcrta una carga concentrada de 3 T aplicada en eI centro.

Ejemplo:

^T J

I=

vI

'

'

3.60

19J: = 72

22.soo

M= 1.5 x 3.6 = 5.4

3.60

I

:-wmilffilffinruw-

Diagrama Ce momentos

5.40 T m

En esas condiciones,

e1

esfuerzo máximo por flexi.ón es: 2 ¡oo kp/cm2

Yqo-oo..3o =

22500


cm

4

T 0/'


La flecha debajo 1a carga es: Yc=

3000 .?2 03

48x250000.22500

=

4.15

cm

E1. esfuerzo que se. presenta en .la zona máÉ sol.icitada .por (punto medio de 'La'.viga) supera .a1 .admisible (o*á* = f lexión 240 kp/cm2) en un 508; Dé .Ia .misma.'forma se .puede:'determinar gue la flecha.en el.punto medio.de la viga'supera a Ia-flecha admisible (faam= L/soo = 720/4oo = 1.88 cm) en un L20.7 ?.

En consecuencia nos planEeamos 1a tarea de reducir ambas magnitudes, para e1lo . introduciremos un puntual de,madera de 5 x 4 cm. y a1 mismo tiempo, para'lograr que e1 puntal trabaje conjuntamente 1a viga, uLilizaremos un tensor de acero de 5,/8,', dispuesLos de 1a siguiente manera; Viga:

4.+ D77,

I

I

+

1.50

E = 250.000 kp,/cm2 b/h = 1ol30 cm A = 300 cm2 I = 22.500 cm4

3.60

Puntal Ep = zso.ooo kp/cm2

"P

X6

X6

b/h = 5/s cm Ap = 20 c*2

-\

Xp

I

"l ol*ix' I

Cab1e, Ec = 2. 100. $ = 15 mm' Ac=2cm2

Xp xp

*t*-I -.n *" "l)--:-{.:l

..

" â=

Xp

2.sen«

D


@ 2007

\ o0O kp,/cm2

-i

' ;. :

-

:

; ':.

¡prJ¡tes

i

problemas de Estructuras Hiperestát¡cas

Por e1 procedimiento de1 Trabajo Minimo, consi-derando r_os efectos de ftexión sobre Ia viga y fuerzas axiáIes sobre eI puntal y 1as dos porciones de cabl-e: .

M

,AM.

rl-.(-).ds+ El 'ax'

u)

:

$«Sr,-

o

Deterininando, por tramosr las sol-lcitaciones de flexión y fuerza .normal: 1 Tramo

Oriqien Línites

3-Xp

x

2

2

0-3.6

s-Xp

x

2

2

A

BC

B

DC

D

0-

A

0-3.9

B

BD

AB

At/axp

0-3.6

AC

'lrJ

M

1.5

N

N/Axp

-Xp

1

Xp

1

2 sencr

2 ser¡a

0-3.9

Xp 2 sena

2

0-7.2

Xp cotcr 2

1

senc

cot c 2

Aplicando 1a expresión del trabajo mínimo: 6^ XP . 1 s.90 *o ..,.r0**o'"o,o.cotc.3.6-:.1= ' EpAp ' ""' Elá 2 *.l.orn2.2 -'. - 2.senu 2.sena EcAc + Z '-z EA

13.182 13.182 13.182... 23.328 *E"fu-aoo;+ t,7.775 Er * )xP= a (0.01.3824

+ 0.003186 + 0.0003 + 0..0001382) xp = O.4t4:.2 .,

de donde:

xp:

^ ^^^ T ¿.Jó3

y

X. = 3.098 r

nueva condición de carga que soporta Ia viga se ahora:


@ 2007


E1 momento flect.or máximo en Ia viga es: M

1

1.11 r-m =:'.8-2.383)'7.20= 4

1.'t1

E1 nuevo esfuerzo por flexión.será ahora la por flexión y compresión: 111000

22500

v Ia rtecha

en

30 2

2860

et punto c es:

suma

deI esfuerzo

83.5 kp,/cm2

300

,"

=

(?9ol;=1t=1tl]3=o=t =o 48.250000.22500

tu

cm

EI esfuerzo que soporta cada una de 1as porciones de1 tensor de acero es: 3098

"" = -f

= l-549 kP,/cm2 (tracción)

E1 esfuerzo que soporta e1 puntal de madera es:

"o Nota: A1

:

2383

lo

resolver

= 119' 2 kP/cm2 (comPresión)

esLrucLuras

hiperestáticas,

deben

comprobarse las Lensiones de trabajo de los materiales, elIas no deben superar 1os valores admisibles. Cuando e11o ocurre, deben modificarse 1as dimensiones de l-os elementos

auxiliares (puntal y t.ensores) hasta conseguir que esfuerzos de Lrabajo no superen a los admisibles. 5.5

1os

API,ICACIóN A RETICULADOS

En e1 esLudio de retj-culados hiperestáticos se reconocen l"as redundantes como reaccj-ones en los apoyos o fuerzas inLernas en 1as barras.

E1 Método deI expres ión:

Trabajo Mínimo consist.e

;-l!-r9!rl=o A EA'óX' lng. N. González V.

@ 2007

en

aplicar

1a

Apuntes y problemas de Eslructuras Hiperestát¡cas

Determinar las fuerzas en 1as barras de1 reticulado tomandó en cuenEa eI mismo material y que 1os valores del área de cada barra están indicados entre paréntesis y se expre"ar, a*'. EJemplo:

"a,

El reticulado cuenta con un grado de hisperestaticidad, Por e1Io adoptaremos como redundante ]a fuerza en Ia barra AD, de esta manera efectuaremos e1 anáIisis de la siguiente manera:

10-x 5 - 1.333 X

lng. N. González V. O 2007

5 - 1.333 X

Apuntes y problemas de Estrucluras H¡perestáticas

Tramo

N

AN :aix

AD

X 1.6667 X 1.3333 X

1.6667

DF DE EF

BF, CF CE BC

Sumando

1

l alaa

10

0

6.25 -'t.6667 X -8.0039 1.3333 X 6.25

1.6667 0

1.3333 0

L

A

6.00000 6.25000 5.00000 3.75000 3.75000

60 45 Jb 27 45 45 Jb 54

4.80234 3.00000 6.00000

Ia expresión correspondiente al I:

AN

L

dx

EA

Nx(:-)x

0.1000 x 0.3858 X .0.2469 X 0

-0.868'l + 0.2315 X 0

0.1481 X 0

método:

-o.8681 + 1.1123

X

-0.868l +L.7123 x=0

x : 0.7804 r

(

tracción)

Sustituyendo X : 0.7804 T en la coJ-umna correspondiente a l-as fuerzas en Las barras (columna N) hallamos las fuerzas en todas las barras.

0.7804

0.7804

9.2196 3.959s


3.9s95

;:i:'-

:

;::t_

Ilrl ,:. '

r.

Apuntes y problemas de Estrucluras Hiperestát¡cas

Determinar 1as reacciones y 'fuérzás:r en las barras de1 reticulado tomando en cuenta e1 mismo maEerial y gue las áreas son 60 cm2.

EJemplo:

3.0

3.0

3.0

3.0

3.0

EI reticulado es estáticamente indeterminado exteriormente debido a que existe una reacción superabundante, adoptando como redundanLe Ia reacción en D.

pI E1 Método deI

Trabajo

MÍnimo

consiste en apLicar

expresión:

tru.ráNl.L P 'AX'E.A =o lng, N. González V.

@ 2007

1a


Tramo

AN

N

aNL

Nx(-)x-

L

OX

Ax AB

5.4000

-

x

0.3000

-0.30 -0 60 -0.60 .0.45 -0.45 0.50 -0.40 0.50

BC

CD DE EF

AG BG BH CH DH DI DJ

10_8000 - 0.6000 x 3 6t]f]f) - o ¿5no x

3.6000 - 0.4500 x -9 (]0(}u + 0 5t]uo x -g 0000 + 0.5000

0

-6 0000

-

GH HI IJ

0.5000

x

-0.50

x

0 -o 75

0

6.0000

-

EJ FJ

x

0.7500 0

-6.0000 -5 4000 + 7_2000 + 7.2000 +

0

0.7500 x 0 3000 x 0.9000 x 0.9000 X

Sumando 1a expresj-ón

-0.75 0.30 0.s0 0.90

3.00

300

bt,

3.00 3.00 3.00 5.00

60 60 60

4.00 5.00 4.00 5.00 4.00 5.O0

4.00 5.00

-0.081 -0.324 -0.324 . -0.081 -0.081 -0.375 -0.192 -0.375

60

60 60

60 60 60

60 .60

0.0'10667 X

-0.375 + 0.046875 X

o.000 -0.375 + 0.046875 -0.081 + 0.004500 x -0.324 + 0.004500 x -0.324 + 0.004500 x

60

3.00 3.00

EA

0.004500 x 0.018000 x 0.018000 x 0.010125 X 0.010125 X 0.020833 X

0.020833 X 0.000 0.250 + 0.020833 X 0.000

60 60 60

300

+ + + + + + + +

60

correspondiente aI método:

I : -3.062 + 0.313167

x

-3.062+0.313167X:0 x:

9.78 r

(hacia arriba)

r en Ia colunna correspondiente a las Sustltuyendo X:9.?B fuerzas en 1as barras (colunna N) hallamos fas fuerzas en tocias 1as barras y por estática encontraremos Ias reacciones restantes. 5,7

APLICACIóN A

ARCOS

En eI estudio de arcos indeterminados se efectúa un recuento de las incógnitas que se presentan y en dependencia de e11o se determina el grado de hiperestaticidad de la estructura.

Luego se escogen l-as redundantes y se plantean fas expresiones correspondient.es a las solicitaciones estudiadas y qLre tienen efecto sobre el comportamiento de Ia estructura.


@ 2007

::.--;----,-. -.._-'.' Apuntes y problemas de Estructurás Hiperestáticas

arco de acero de radio 5.00 m, sección transversal rectangular consEanEe de 20 x 60 cn, se .utiliza un tensor de acero de diámetro

Ej emplo:

valor 2 cm.

Para rigidizar.un

jl 'i

Considerando : solamenEe e1.'- efecto de flexión e¡t eI arco, determinar la fuerza .que ,'acEúa en 'el ' tensor cuando se aplica una carga concenErada P,= i6t .r, su cúspide' I I

b

5.0

Las reacciones pueden determinarse sin dificultad pero rio aÉ4 las fuerzas internas, en consecuencia eI arco es indeterminado interiormente. Escogiendo como redundante la fuerza en el tensor y -aplicando Ia &presión de1 Lraba j o rnÍnima para ef ectos de f lexión y fuerza normal: b

x

31 lng. N. González V. @ 2007

3r - 101 -

Apuntes y problemas de Estrucluras Hiperestát¡cas

A'l

4,,

Tramo

M

ax

AB

arco

15(1-cos0)-5 xsen0

-5 senO

AB

tensor

0

0

j

-375 .sen0 .(1 - cos 0)

0

EI

n do+125.X.

750 196.3495 .. -:=.¡--r-i-IJ-.X+ EI EI

dondeE:módulode inercia de1 arco y

A

1-

N

=dx

ds

0

0

5de

1

dx

10

p9I-$6¡¡ f !l=o

d Er -

10

EA

.X =

dEA

0

elasticidaci de1 material, f momento de es el área de ]a sección transversal del

tensor: A = 3.14 .10-a

cm2

I : 3.6 .10 ' cm'

luego:

5.8

X: 2.4\r

ANTILOS DELGADOS

Se def ine con1.o ani ll-o delgado a una estructura plana dimensiones longj-tudinales son mucho mayores a dimensiones-de su sección transversal.

cuyas

las

En estas condiciones geométricas, 1os anillos principalmente trabajan a flexión y es suficiente considerar cono redundantes }os momentos flectores.

Ios anil-Ios son geométricamente simétricos y si se encuentran sometidos a cargas simétricas, en las secciones donde coinciden l-os ejes de simetria se consideran las fuerzas cortantes nulas y solo se consideran como redundantes l-as fuerzas normales y los momentos fl-ectores. GeneralmenLe


102

i"1r.1{r:!..1':¡

EJenplo:

Estudiar e1 anilLo plano delgado de La figura considerando EI = cte "

Cortando eL anil-Lo- a 1o largo del eje x, se determina que al no exisLir cargas horizontales, 1as cortantes en esa dirección son nulas y las fuerzas normales en ambos exLremos P

son iguales a ;, I x1

Ias redundant.es serán los

momentos

flegtores

.

Aprovechando 1a simetrÍa trabajaremos considerando 1a cuarta parEe de1 anillo, tomando eI extremo superior como empotrado y eI extremo inferior libre.

ib

EI momento flector en un punto D de r tx" y abscisa r\y" ordenada es:

i

1

P _t-

_AM = _1

dxr


@ 2007

Apuntes y pfoblemas de Estructuras Hipereslát¡cas

Aplicando la expresión de trabajo minimo para flexión:

Ir *r*!t"-x)lds =

x1 fo. *

Simplificando:

U

Pa 2

0

[:. -: 2 "o[.

-0

En esta expresión se detectan dos integrales conocidas por análisis de centroides de lineas:

Asi ]a integral

1."

-

e1

s , es Ia longitud de arco de1 anilLo.

mientras que 1a integral estático de primer orden

i" a.

representa

e1

momento

rc

de1 arco de anill-o respecto de1 eje "y" jx.ds

x, :l¡-a--¿1

Despejando f a redundante:

Jo'

La rel-ación entre eI momento estático de prj-mer orden respecto del eje "y" y la longitud se define como coordenada t'x ", del cent::oide de ]a finea respecto del eje fa redunciante X1 se determina a través de 1a exp::esión: Xr= -2

P

[x,_-a]

Si eI anilIo fuese eliptico con semieje mayor a = 2 m, semieje menor, b = 6 m. y carga P = 20Í, Ia coordenada X.: 1 . 64 4 m. , entonces : lng. N. González V.

@ 2007

104


X:.

r-^

- 10(l-.644 - z) = -3.56

3. 56 10

es circular : coordenada X" 1.9099 m., Si e1 anillo

donde r :3m.yP=30r,

1a

enLonces:

xl : 15(1.9099 - 3)

.P

=

-16. 3s

r-^

r6.ss

Y

15

Si el

anillo

dimensiones

de

fuese un cuadrado cuyas diagonales tj.enen encuentra sometido a carga de 3T. 4 m.yse 3

X" = 1

Para una linea rect.ar En consecuencia:

y.r1 : 1 q t] - 1t)\ \+

1.50'

t.J

"l.

r.t

\¡ Y

1.5 lng. N. González V.

@ 2007

1's

"'

rn.


Con las fuerzas redundantes determinadas medi-ante e1 procedi,miento descrit,o, se pueden obtener los diagramas de momenlos flectores, que en est.e caso.corresponde al gráfico siguiente.

Ejemplo:

Estudiar e1 anj.lIo plano delgado de fa figura considerando EI = ite. que se encuentra someticio a carga interior uniforme q.

Cortando e1 aniIlo a 1o largo de1 eje de simet.ría xt se determina que las cargas horizontales se equilibran internament.e, por e11o 1as cortantes en esa dirección son nulas y 1as fuerzas normales en ambos extremos son iguales aI valor qa, quedando como redundantes Los moment.os flecL.ores X1. Aprovechando 1a simetrÍa trabajaremos consirierando 1a cuarta parte del anil1o, tomando e} extremo súperi-or como empotrado y e1 extremo inferior libre. Además las cargas equivalentes a carga normal


:.¡;:,.,

.',..." l'' :t

":'.

':¡:: 'i'r::r '.";'r.: i,r' .''':

1' ::g\:.!: .

.::;

epunted"y problemas de Estruc{uras Hiperestáticas

EI momento flector en un punto D de abscisa rrx'r y ordenada try" es:

B

o.

qffi

+ Lor' M: -Xr- Qa(a-x)+ 1o(.-x)2 2 -' 2 ''

i

AM --:

i/Xr

-1

Aplicando la exPresión de trabajo rninimo Para flexión:

qa(a-x)+]rru-*t' *l

,*--r-

qy2 I (-1)ds

:

0

SS

xl'JoJOJO¿ [t" * qu' lor - qa [,,at - ] qu' 'ofa, * qa 'o¡uo" 1 f'2. 1 i 2ds:o -rqJo"o.-rqJoY Sinplificando:

sss

¡rt r + 1 ,l"ods - 1 'o{* l. '*o')ds:o x, rocs ;o iw' En esta expresión se detectan también integrales conocidas por el análisis cte centroides y momentos de inercia de lineas: tid" = s , es la longitud de arco del anilIo.

Asi la integral ü lng. N. González V.

@ 2007

Apuntes y problemas de Estruciuras H¡perestáticas

mientras que la integral

s

e1 [{*, * yr¡¿" repr.esenta -' t de segundo orden del arco de ani110

estático ejes "x-y",

una Línea.

denomi-nado también moment.o

momento

respecto de polar de inercia

10s de

s

Despejando la redund.ante:

!{*z *v2)

xl =g¡-e--=-¿,¡ Ir^,

i::"'á1:'".:$:.i:-?:'i::':,'J".1,:J::.",:":::*:_r"J"i:::

.deternina a L-ravés de 1a expresión:

Y - q rrP 2's

al

Si e1 ani11o fuese un cuadrado cuyas diagonales dimensiones de 4 m. y se encuenLra sometido a carga tienen uniforme de 9 T/m, eI análisis procedente se encamina de Ia siguiente forma:

rrtEn 1a solución de este problema tomamos 1a rama deI anillo comprendida en e1 primer cuadrante, adecuando 1a LeorÍa deducida y 1os result.ados del anáIisis de cenLroides y momentos de inercia de Iíneas encontramos 1as siguientes expresiones:

lng. N. conzáiez V.

@ 2007

_

:

'= -1

a :i

Apuntes y problemas de Estruciurás Hiperestáticas

Para una llnea recta, e1 momento polar de inercia .para llnea recta respecto.de los ejes de referencia es:

_

2^1,

3

P3

_ 1.6.,1,

=i2

,'1

4.5

¿!¿

(-+ 2î2

G G

G G j j

:16,5

En consecuencl-a

C ó

3

Iongitud

G

2) = -

4gr-m

c q t G

E

Considerando solamente el- efecto de flexión en 1os arcos, cieterminar 1as reacciones.

jernp).o:


@

2007

- 109 -


La cantidad de reacciones existentes els cinco; de 1as cuales 1as reacciones horizontales no pueden determinarse directamente, en consecuencia 1a estructura es indeterminada exteriormente. 1,

Escogiendo como redundant.e. -l-as reac.ciones. hJrizontales en 1os apoyos, las , cualesr debido a -Ia inexistencia de cargas externas, son iguales: i

I

Tramo

Or¡gen

Limites

AC

A

0-n

BC

B

0-¡

270.senO'(1

- ios

0

AM

M

ax

90(1-cos0)-'180 + X 3sen0

-X1seno

- 540.sen0 + X'9'sen20 2.8.1

0)

4.E.1

x = 35.56 r


3sene

,

3ds

1 senO

1

1d0

.3.de+ *.|sen2o.de=o d Er

810 3240+,\.-+^.-=U ., 27.¡r ,, 27'¡r

E.t E.l

ds

2.8.1

É

Itsl


5.9

= l= i

APOYOS EI,ASTICOS. RESORTES

E

Un resorte (muelle) esta constituido por un alambre arrollado sobre un núc1eo circular. Los resortes son di-.spositivos que se deforman ante 1a presencia de fuerzas de tracción o compresión, mientras el diámetro de1 alambre es mayor, mayor es su- rigidez.

I^

.J

E

I

t 5

P

La relación entre la fuerza apiicada sobre eI rescrte (p) la deforroación originada (A) es:

\,

P

A 1,

C

C

G

P = k,A Donc-le:

e e e e e e e e E e

fuerza aplicada sobre eI resorte defor¡ración longitr-rdinal ciel resorte constante del resorte

C C é

C

En esL::Lrctr-rras, f os resortes se utilizan cono amortiguraCores de fas deformaciones de Llna estructura, en este caso Los resortes reciben 1a cienoninación cie "apoyos e7ásticos,,.

é

Paia e<:os casos, 1a expr:esión general del método del Trabajo

é é

l"linimc es:

d

G

J$rffr.. J*#,#r'.' j}i,#x.. ifr rfrr,.f

G =o

ú

c J

lng. N. Gonzálaz V.

@ 2007

j

q


Para el caso de estructuras con elementos rectos' en las que solamente se considera el efecto de flexión, la expresión del Trabajo Minimo será:

tI.r![r JEI 'áXl ' ¿, *

11 = o k

Xt= fuerza de interacción entre la estructura

donde:

1- _

Una viga de madera de carga de 3.5 T,/m y tiene Si en su extremo B se apoya sobre rigidez k = 5000 kp,/m, determinar fos

EjempJ.o.

y

y

e1 resorte constante deI resorte

20 x 30 cm soporta una una longi-tud de 3.0 m. un resorte eIástico de diagramas de cortantes

momentos 3.5 T/m

En el extremo deformable, €o

B, el resorte funcj-ona como una apoyo consecuencia 1a estructura presenta una

redundante.

3.5 T/m

Tomando

origen en el punto M:Xzx*

1

B:

?(

AM

.,

oxz dtvl -


@ 2007

A.

'J

Á

112 -

Apli.cando 1a expresión del ?rabajo Minimo: xz.12 _r.zs.13 x2-=s ¿, *

I

0t'K

Considerando que EI = 1125 T m2 y k

=

500

T,/m

l

I - 35.4375 1121^2--1irs +sooX2=o 1

Efectuando una comparación entre eI caso en e1 gue eI apoyo B fuese indeformables: estudiacio y e1 caso

1rf5@ .f--

|

9.10

e.10

l_

|, o

,

3.5 Tim

+-

3.s372@ 3.5 T/m x

\ffie l+_-

--1 1.40

-----¿.o, ----t---l

_

6'5625

6.5625 t '+o

3.9J7s

t---.-

\\ || CI=---_ -

*_,.u -__j-I 75

I

1.55

3.9375

,.rrrrf\

-:;z

2.21

-113-


De Ia comparación siguiente:

entre

ambos

casos

establecemos

1o

Cuando e1 apoyo B es indaformab1e, J.a reacción en é1 es mayor. - S1 momento negativo en A es lra,yor cuando B : se desplaza verticalmente - EI. momento positiVo,eni e1. tra.Eo r"r 1r"yo= .cuando eI ,apoyo B .no -se 'desplaza, -.. 81.-punto de momento: máximo positivo .está más alejado deJ- apoyo A cuando el- apoyo se desplaza.

-

En e1 segundo caso : 0.28 mm

Ag = Q

,

en

er primer caso ¿a=I1 5UUU

=o.ooo28

jemplo.'

m

Una viga de madera de 30 x 60 cm soporta una carga de 5 T/m, en e] punto B se apoya sobre un resorte de rigidez k: 5000 T,zm. Determinar las reacciones.

E

5 T/m

Escogiendo como redundante la fuerza en ef resorte (apoyo e1ástico) 5 T/m

o^LtB

6.0 m

4.0 m

Ay=25-0.4X2

Tramo AB:

M = ?q.

w -

Cy=25-0.6X2

axz

:t\il

M.(:r¡ 'axz' = 0.16.X2 lng. N. González V. @ 2007

AM

2

ñ ¿ . V^ . v

x

1U

x2

+

3

tf'j. . .

'"'

..'

: ; l:1;: .

:

:-

-Apuntes y problemas de Estruc{uras Hipeiestáticas

Tra.mo

CB:

M

:'25.x

AM , . =--0.6x oA2

- 0.6.X2.x - 2.5.x2

M.(*91= 'oxz' 0.36.x2 *2

- ts *2 *

1.5x3

Aplicando 1a expresión del Trabajo l"llnimo: o

iry6r*f

so'x, .*'

Considerando que EI = 13500 T *2 y

ffit,

1.s2.x2-t2o+32a)

11.52

+-J-

,, - 396 13s00 '

fus00 ^2

7.68 13s00

js.r'

*t.s.*t ox+f

k = 5000

T/ur

(t.6l.xz-320+e6)

..

nz

-

t

224*

s500

=o

I Eooo

*¡#*,

=

0

xz = o

l-----:t

I x2=2831 'I 5 T/m

13.68

28.3.t

Co¡ilo e1 apoyo Bes debajo cie vaior

e1ástico, sufre una deformación hacia

o.oos7 m = 5.7 mm - = 39'31= 5000

as

N. González V. @ 2007

8.01


CAP

6.1

6

METODO DE

I,A

PENDIENTE

-

DESVTACION

INTRODUCCTON

Este método fue originar-mente presentado en er.año 1.915 por er profesor G. A, Maney y es conocido también con el- nombre de Método de 3-a .Defozmación..Angu],ar; su aplicación está destinada a la obtención de ciones internas "oii.ituestas vigas continuasen estructuras indeterminadas, ya sean o pórti-cos formados por barras rectilíneas. E] aná1isis de estas estructuras se enfoca considerando como incógnitas 1as rotaciones angulares de ros nudos y sus desplazamientos transversales; con estas magnitudes pueden ser determinado,s 1os momentos flectores en cada cabeza de barra. Antes de obtener 1as ecuaciones fundamentares que el método, centraremos nuestra atención en .a.oad*. rigen argunos procedimientos de cá1curo para det.erminar fas rotaciones angulares y desplazamientos transversales de 10s extremos de barras rectilíneas prismáticas (sección constante) . existencia de varios procesos para efectuar este trabajo, sin embargo escog:eremos aquel que resulte sencillo práctico en su aplicación; entonces de todos efl-osy utilizaremos ef Método de fa viga conjugada por su facir-idad de r,ranejo. E1 método escogido utiliza fos diagramas de momentos reales como cargas elásticas reducidas sobie Ia viga conjugada;1a fuerza cortante en argún punto de esta vi_ga corresponde a -r-a deformación angular en er- mismo punto de la viga real y 1os momentos flectores a los desjlazamientos transversales respectivamente. conocemos l-a

En consecuencia utirlzaremos r-as bases de] métocio para cafcular ef momento que se origina en ef extremo ,,j,, y fa rotación angular def extremo *i,r cuando se aplica un momento t'tij en el extremo "i" de una barra articulada - em,orrada rIi- j , de Iongitud ,'L,r y sección const.ante. (f iq. 1)

r.----------.--'-_---L i

(fis.1)


@ 2007

Apuntes y problemas de Estrucluras Hiperestáticas

Las condiciones de apoyo muestran que:

- En eI extremo "j', Ia rotación angular es nula (0j : -'Los desplazamientos transversales

son

nulos lAij

0)

Aii = 0).

Por consiguiente, .Ia viga conjugada y 1ás cargas correspondientes a este,caso se muestran en l-a fíq.2 e1ásticas M¡j

EI

+-_-.-_

L (fis

Por IMi : A1¡ = 0;

_._-_____¡

.2)

1r-.rUt 1r--1r. lEr.?u 2 'Et'3 2 El ' 3

cie donde:

(6.1)

Aplicancio ta ecuación

ae

equilibrio 1

0i

clespe j

Reemplazando

ando 0i

(L)

=o

en

=:.1 2

IFy =

6, obtenemos:

,H,-i r r$r -M;; ¡ -r---l2.El lv1;¡

0i =

:

(2)

(6

.2)

obtenemos:

O¡=

o tanüién: Iit;; = 1L

MÜ .L .trt

q

-a-E]

g

(6.3) (6. 4)

f

Apuntes y problemas de Estructuras Hiperestátic€s

La expresión (1) permite calcular el momento en e1 extremo It j It cuando se apl j-ca un momento Mij en e1 extremo trirr ! ]a expresión (3) determina 1a rotación angular deI extremo rri,, en funcj-ón del momento aplicado y 1a expresión l4) permite calcular el momento que r se origina cuando eI extremo i sufre una rotación angular 0i dada. No debe. perderse de vista 7a adopción de signos p.ara .Ios momentos y rotacíones angwTares, En nugstro . aná-Lisis adopt.amos que todo sentído de rotacíón horaria es positivo. E1 anál-isis anterior puede aplicarse análogamente af problema inverso mostrado en Ia fig .3, donde e1 momento aplicado en elextremo "i" es Mii.

¡lij

.rI

0r=o

Ai=A;:0

(fiq.3)

i"lij a. ")-

.. lvlii

2 M¡i

(6.s)

M¡l

L

(6.6)

^

t6.7)

4a jct aLt

=

Lr

-.ui

]os extremos de .la barra son perfectamente empotrados y se origina un clesplazamiento transversal del extremo j cuya magnitucl es A (fig.4), en anüos extremos se originan momentos flectores reactivos, eJ-1os pueden determinarse a trawés del método de la viga conjugada de la sigul-ente manera: Cuando

Ing. N. González V. @ 2007

.,...'.;.-'.-,...',,..:.,.:.'.,j]jiJ:'.;.].' ¡ri¡!".;"a :;"c.

I

;e

!&&r-'t.*1<4di:+.¿ -i-."-*-4

-

---_--l

Apuntes y problema§ de Eslructuras Hiperestát¡cás

tvt¡(ffii .:\.:. \ .:.

.l:.

I*,

.:::::::

::::::{l) L

0i:o

M¡¡

1^

Er

_-{_

0:=o (fis.a)

r.tHr-}

Por »Fy = 0:

.,Tfro

de donde:

Por >Mj =

(6.8)

o.l, ,Pr, ,3r L-i L rSr I L=o

î

de donde:

l'',,,-$-t l'l

(5. s)

La expresión (B) m.uestra que fos momentos. originaCos ¡ror un descenso de apoyo, son igrrales en valo¡ y signo. f.a e¡presión (9) perrnite calcul-ar el valor numérico cie dichos momentos en función de ]as caracteristicas geométricas y mecánicas de ra bar::a y de la magnitud del desplazamiento de] extrerno ,,j,,. El

signo (-) de fa ecuación (9) indica que el sentido real ]os momentos reactivos en.r-os extremos de ra barra i-j contra¡io aI asumido.

de es

si es e-L apoyo t'irr e1 que sufre un descenso de rnagnitud a, ios momentos reactivos en los extremc.s serán tfitr. Sl r poE aralogÍa:

Î \a-M;;

r,rii = Mii =

Y^

(6.10)

Apuntes y problemas de Estructuras Hiperestálicas

como aplicación de 1as ecuaciones deducidas,' analizaremos cuatro ejemplos referidos a una viga prismática cuya longitud es de 3.O0 m, de material con un módulo de Lfast¡_áiaaa es E = 2OOOOO kp/oo2 y sección constante bxh =.20 x 60 crn. EjempJ.o 1.

horario

la rotación angular del extremo cuando se aplica en él un momento

Determinacj_ón de

M=

izquierdo i 3. 6 T-m.

.V,

M=3.6r'm(ffi2, ?! qo' 1r

T-

2-los *3,6 *705 : 1,2

rT -

De

(3):

0i

4 1 c x.. ¡,4 J,b 10-cm'

=

3,6 105 --

.300

1o10 kp,/cm2

= 0.000375 rad (horar.ia)

0 4 .-t,2 . LOt

Ejemplo 2.

Determinación del momento que apl-icado en el extremc izquierdo i que origina una rotación horaria 0i = 0.0005 radianes.

De ec. (4)

M

:

M

= 480000

log. N. González V. @ 2007

=

kp.crn

1

.'1

'- --

.2 . 7010

.0.000s

300

= 4.8 T. m (horario)

120 -

Apuntes y problemaS de Estructuras Hiperestáticas

Determinación de los momentos en 1os apoyos de una viga cuando eI extremo i desciencie una magnitud de 0.45 c¡r¡. Ejemp)"o

3.

1a' 45

t

^=0

De

*u(A

ec. (10): f,,.. Mij _ Mji :_ 6.l,z.tolo .u.45 = r,.. ^^. = 2,16.10" €,

kp

300'

l'Iij

i :

21.6 T-m (horario)

Determinación de cuando e.l extre¡no

Ejemplo

de 0.25

t"t1

1os

r

roomentoa en los apoyos desciende una raagnitud

cm.

wr1ffiu

¡

-'-'.-" De

ec. (10) : Mij : Mj

-6:11!:.02s

"r) ,,u

^=0.25 I

j-

Mji

= -1.2. loc kp.cm

300-

Ml¡ = Mii = -72.0 T-m (antihorario) La ecuación del método Pendiente-Desviación (S/opeDeflection), es una expresión que permite calcular el momento flector en el extremo de una barra en función de la rotación de la tangente trazada en cada extremo a la elástica de la barra, del giro de la cuerda que une los extremos de la elástica (desplazamiento y de las cargas extemas que actúan sobre ella." "



Para i-nterpretar correctamente 10s resultados, adoptaremos un. convehio de signos: o)

Los ríngulos de roiación de los fongentes, trozodos o lo eróstico en cado nudo, se' consid¿rorón positivcs cuondo su sentido de rotoción correspondo ol.gue.siguen los ogujos.del reloj y su rnognitud se

representorá b)

por

0¡, donde

i = L,2,3,4,..........,n.

Los ríngulos de rotoción de lo cuerdo gue une los extremos de ta

elóstico, respecto

de lo

dirección originol

de lo boro,

se

considenordn positivos cuondo dicho cuerda gire en senfido de los

ogujos del reloj y su mognitud se representoró por

1.2,3.4,.......,n.

c)

9¡,

donde

i=

se considerorán momentos posifivos cuando su sentido de giro seo tombién el gue siguen los ogujos del reloj.

En las figuras (6) y (1) se observan l-as magnitudes defj-nidas como incógni-tas, con sus respectj-vos signos positivos.

tangente Rotaciones positivas (fis.6)

6.2

Desplazamiento positivo

(fis 7)

HTPOTESIS

Las hipótesis adoptadas para 1a obtención de las ecuaciones def método Pendiente:Desviación (Slope - deffection) son.las siguientes:

El moteriol que conforman los borros se considero perf ectamente elástico, siendo válido el principio de superposición. (Ley de Hooke).

Todos los nudos donde se ¿ncueniron los borros, roton rígidomente un mismo óngulo. (Rotoción ortogonol). lng. N. González V. @ 2007

-122-

':

a,

Los borros son prismáticos (fnercia constonte).

IE á.J E.§

Los borros son hornogéneos e isótropos (tiene los mismos propiedodes en lodos los direcciones).

G.

'.

Apunles y problemas de Estructuras Hiperestát¡cas

Se

desprecia el efecto fuerzos cortontes.

de deformoción originodo

por los

5e desprecio el efecto de deformoción originodo por fuerzos oxioles. 6.

ECUACIONES DEL METODO

consideremos un pórtico constituido por elementos rectilineos de sección constante (fig.B):

G é

6

€ € € €

e

e e e q

C i{C C C C

G

(rjg. B)

,G

iG

La .:iga i-jr está someticla a un sistema de cargas exterior:es aplicacias a l-o largo de su eje 1ongitudinal. Si consideramos que ef apoyo "A,' se asienta una magnitud Aii, todos los nudos del pórtico que se encuentran por encima de ese apoyo cederán ta¡¡bién 1a misma m.agnitucl (en virtud de ra hipótesi-s referica a 1as longituCes de l-as barras), en esLas conciiciones eI nuclo rr j r I' ocupará la posición " j " . para alcanzar la posición final cle la viga (fig.9) , podemos efectuar fa superposición de efectos que se muestra en fas fi-guras 9.a - 9.d: I

,l

I

I I

r

'é é

lé

iGt

G G É

: rl

G ie


e é á

Apuntes y problemas de EstructuÍas Hiperestáticas

M¡Ü

o¡

aü I

FI---i' "-"- --. ', i :Ar o¡ _. _:\,_.

J

_._ _

1

i

.. \

¿il

i

J

rMj

I

ESTADO REAL (fig.e)

ESTADO

ESTADO

O

1

(fis.sb)

(fig.sa)

)

rur';, +

c lt

M-¡tI

i

i

AU

"" ESTADO 2

tr)r

-. -'-'-.-lz

]"M"j¡

ESTADO 3

(fis.ec)

(fis.ed)

Los momentos en los extremos de la barra para su posición (fig.9) , pueclen ser determinados superponiendo fos final momentos en esos extremos pera l-os diferentes estados de deformación angular y desplazamiento mostrados en .l-as figs. 9.a - 9.d.; de esta manera podemos escribir: Mij =Mou+M1¡j +Mz¡j +M3¡j M1¡

donde:


@ 2007

=Mo¡i +M1ji +M2tt +M3ji

(6.1r-)


Mo¡

y

son los momentos de empotramiento perfecto para una barra empotrada en sus dos extremos. Estos momentos se originan por acción de ]as cargas externas sobre Ia barra considerada (i-j).

Mo¡¡=

Los otros términos que lintervj-enen en lal ecuaciones (10), han sido determinados en e1 aná1isis efectuado en el primer punto de este anáIisis, sin enrbargo a rtrnnera. d.e recuerdo podemos nuevamente incorporarlos en este resumerr: .

M'¡¡ =

AtrI

-::-.

g'

ru1;i=f

.e¡

son 1os momentos en los ext.remos de ]a barra debi-dos a fa rotación angular de la tangente trazada a l-a elástica en ef extremo "i". ¡¡2ü =

2El .ej L

rvr2¡i=f.ei

son los momentos en f os extremos cle 1a barra debi.d.os a rotación angular de 1a tangente trazaCa a Ia el-ástica en extremo "j ".

,,3.=- 6El- .a¡i

¡vr

r.l

c

6tr1

r rJ.. ¡vl lt =--.-.Aii

L'

son fgs monentos en los extremos de la barra debidos desplazarniento transversaf del extre¡no "j". Sustituyencio estas expresiones en l-as ecuaciones 10:

Ing. N. González V. @ 2007

1a e1

n¡=fl o,*? n¡*E

a¡¡rMo¡

,,'=?3 o,.-? r¡*E

a¡tMo¡i

a1


2Er Factorizando eI tétî.ro L- y definiendo: (6 . L2l

donde Qij es el ángulor de rotación de la cuerda, obtenemos finalmente: ,U =

,i,

=

?'

(2'0¡ + 0¡ t 3'
?'(0¡

+ 2'0¡ t3'
(6.13)

Ilstas son 1as ecuaciones deI método pendiente-deswiación, 1as que todos los ángulos de giro se miden en radianes. 6.4

en

RIGIDEZ

Se denomina rigidez a flexión de los extremos de una barra, al nomento ffector que aplicado en un extremo de Ia misma origina una rotación unitaria (un radián) en ese extremo.

se encuent.ra Considerando la barra i-j de 1a.fig.10 1a cual tri", meciiante sometida á un ¡nomento aplicado en su extremo las ecuaciones ( 13 ) podemos evaluar Ia magnitud de ese monento cuando l-a tangente a 1a e1ástica trazada en dicho nudo sea unitaria: oj=o ¿ii =

(fig.10)

M=

ent-onces:


2Et I

@ 2007

e.oi+o-o)+o

Apuntes y problemas de Estructuras Hiperesláticas

como 0i = 1, de donde se obtiene:

(6.14)

El factor Kii recibe propiamente el nombre de rigidez absoluta de1 extremo tri't para la barra i-j. La relación entre Ia inercia de Ia barra y su longitud, se denomina factor de rj.gidez (kij):

[*rl l-l

(6.1s)

barra es prismática (sección constante) en toda su longitud, tal eI caso de 1as barras estudiadas hasta atrora, ia r:igidez es igual en ambos exlremos.

cuancio una

6.5

MOMENTOS

DE EMPOTRAMIENTO PERFECTO

Se denominan momentos cle enpotranienLo perfecto (momentos fijos) a l-os momentos fiectores que se presentan en los extremos de la barra i-j, cuanclo ambos extremos se hallan peri-ectarne.nte er.potrados en sus apcyos o cuando uno de f os e.a:treÍnos se encuentra einpotrado y e1 0tro simp]-enente apoyaclo, y 1a barra se encuentra sometida a cargas ev'ternas según su eje longitudir.ral. Las iablas No. 1 y No. 2 permiten determinar diChos para varios tipos cle carga usuales'

lñ9. N. Gon¿ález V. (a 2007

r¡.or,entos

I i I


ltrtOlrIENTOS DE EMPOTRAMIENTO PERIEGTO

vtr:(Hvi, ij

+--L__---i Pa2b _T

Pab2

J

t-

Mji

Mij

CARGA

-----6-

á+

t!

b -------+ P

J

PL

PL

-

-:B

_

qL2

qL2

t¿

12

_qú

qL2

I

q

@

Lq

30

20

qL2

qL2 2n

L-

_

a^

'

q

i,IIlrITr}._ i-

-L

Q'2t6-'iB-3")r

12. L

a ----+q

-¡-tlx

-.rflI++J.ttr-rv-*

+--

*

L'

(4-3') 12L' L

Q'3

5qL2

5qL2

9f)

96

¡12

-¡ ,

",

ir,

11

lllll]l]lh

âa?

o

"

--?-


- 2ta'

+ au ¡

-ft,-ufr

M1 +-a-,-4-

frti"

b-------+

#nt

- zLa2 +a3¡

frz-sir

Apuntes y problemas de Estructuras H¡perestál¡cas

6.6

APLICACI,ON

Ejemplo.

A VIGAS

CONTIÑUAS

Analizar Ia viga de inercia constante. 4.8r tÁ

+1234

-

Momentos

4.5

-----,,---

fijos:

--- 2.0 --+-

+

3.0

4.5 __f

Utilizando Ia tabla No.1: o.,oqn2

[,7'!1-2 =

M2-1

--]_--1 12

= - 6.75 T m

¿..t¿.c¡r2 -6.75 = t"""' 12

IVZ-¡-

8 (2.30)2

Tm

=-5.76 Tm

5¿

^ ,^ ^^'2 ó.(z.uu)

M¡ z -:=-,=3.B4

Tm

c

M1-,,1

o r^ rn2 la'JU/ ^ =-a'u =-4.86 Tm 20

Má ?=

4 B.(4.50)2

-3.24Tm

30

Planteamiento de ecuaciones: Las ecs. ( L3) apLi cacias a los tres fas relaciones slguientes:

Ml-Z =


@ 2007

Lramos c: Ia v-ga ar rojan

art ¿Lt,^^

*(Z)t+02-391 Z)- 6.75

+.J tl:I

Mz-l

=

f\42-g

-

#QOZ+ 4.C

T5

01

- 3p1-2)+ 6.75

eur+ 03 - 3p2-3)- 5.76

M¿-s =

fltze++o3

-3
Condiciones de aPoYo:

:::"'.o:;:,

-:ñ:i?:."J,"u .,io'-:il:::"i.J. '

..#

d,

G q G

1

de ell-os sufre angulares 01 - 0a = 0; además ninguno po' apoyos, de asentamiento o "}1'o desplazamiento transversal LZ+ = A:-¿ - 0, con estas condiciones de Lt -Z = : 0' desplazamiento: Q1-2 = 9z-: : 9:-q

J 3 e

Equilibrio de nudos'

S

""?:x1"'"::

" i' ¿'; # T" í' : "r'.,:'..'"":;J."l :i" ^cte "'toáas las barras que concurren rronentos obtenemos,

t

::

i

o;,1

x"'r".T :

fo1F4 ellos' é

;

1902+4'503+11'1375/El=0

M3-z+M3-4=0

;

4'502+1903-11'475lEl=0

Soiuciones:

Resolviendo el sistema formado

o,

¡'i. éonzátez V. @ 2oo7

0.7726

G C

C C

é

c

n_

C C

0.786s =--Er

G

=_:

os

lig.

=

r'M2-3=0

M2-1

-

"

G

C

e G G

c

,.G


Momentos

fina1es:

Reeraplazando las soluciones en 1as ecuaciones individuales para cada barra: ¡¡t-z =#vro)

-o':Íu

na2-1 =

?-oE!czr#4

tui2¡ -

3E1¡-3

Ma-z

+o

-3(o)l - 6.7s = -7.0er - m

-

3(0)l + G.7s = 6 06r

r#q-Trr-3(0»-s

76 =

-

m

-6 06r-m

=?tr§q Y#-3(o)l+ 384=4 16r-m

Ms-¿ =

#trTq-0

M¿_a =

fl¡z1o;o9J999-3(0)l+3.24 4.5' ., EI

- 3(0)l-4 86 = -4.16r-m

=

3.5er-m

Aplicando l-as ecuac.iones de fa estática se pueden calcul-ar 1as reacciones en los apoyos y dibujar diagramas de cortant.es y momentos. 6.06

6.06

Nota. - La presentación de los cáIculos en e1 problema se muesLra laboriosa, pudiendo sirnplificarse si fas expresj-ones (11) se escríben directarnente.


@ 2007

J Apuntes y problemas de Estructuras Hiper€stát¡cas

Determinar 1os momentos para Ia viga de inercia constante.

Ejemplo:

6T

10r

6T

AIll!,.

{ q

10r

I

"

2.O . 2.0

3.0

2.4

I II

3.0

3.0

q q

3.0 4

Condiciones de borde rotacional: Los a.i y r empotrados y no pueden rotar, en Lv.-'ecug¡.---. 91 = A::0

;__-

{

f

Condiciones de borde traslacional: ¡io e:.:isti.endo desplazamiento transversa] (descenso) de .l-os apoyos, sus desplazamientos son nulos, qt-Z : QZ-¡ : g:-s : 0

q

Ecuaciones por tramo:

q

Mr-z

=f

rtrl-u.oo

N,t2-1=f trnr)*u.oo Mz-s =

fffrrr+03)-7.50

f rvts-+ = f M+-¡ =f

l',4¡-z =

tzos + 02) + 7.50

trt.t-r.uo to.lnr.uo

EI eguilibrio rotacional cle los nudos 2 y 3 arroja las siguientes

Equilibrio de nudos:

ecuaciones: Nudo a.

M2-1 +

FI2-3

0;

402+03

1.5 _-n

Nudo 3:

I'13-2

+

I,13-4

0;

02 +

=0


@

2007

4 -03

EI

t

¡

Apuntes y problemas de Estructuras Hipere§tát¡cas

U"

soluciones:

: --0.4 ¡, I

03: Momentos finales:

0.1 EI

r

Mt-z: -8.13 Tm 7.?3 Tm N12-1 : !12-3: -?.73

Tm

?.43

Tm

Mz-z M:-q MS

-:

A1

Tm

53 Tm

En los dos problemas, 1as rotaciones angulares están en función de EI, si ambas caracteristicas son conocidas pueden determínarse los valores numéricos de dichas rotaciones,' asi, si eI móCulo 1de elasticidad del- material de las vi-gas es mcmento de ir,ercia respecto de su eje E = 50.000 kp/cm'y.I centroidal es I:45.000 cm4, entonces el producto Er tiene ef ) val-or 225 Tm", Iuego, sustituyendo este valor en fas rotaciones angulares se obtienen los siguientes re-sultados numéricos:

0z : -0.00178 rad

Comentario:

ecuaciones, ecuaciones

obtención

y


Para simplificar

0: :

0.00044 rad.

aún más el planteamiento de las

de las puede utiLizarse ef factor K = 4lT, (11) corno un número pui.o. Et procecltmiento de utilización se describe en eI sigulente elemp1o.

@ 2007

111

.-' Apuntes y problemas de Estructuras Hiperestát¡cas

Ejernplo:

Determinar los momentos para 1a viga de inercia constante,

PR

10.0

12K

,,rK t oie

10.0

10.0

10.0

Condiciones de borde rotacional.: Los apoyos 1y4son empotrados y no pueden rotar, en consecuenci.a: 01 =0q:o Condiciones de borde traslaci.ona]-: No existiendo desplazamiento transversal (descenso) de 1os apoyos, sus desplazamientos son nu1os, et_z: gz_z = g¡_q =0

Ecuaciones por tremo: tu11-2

=

Mz-r = Mz-s =

ffitnrl-.r.oo fl{rrr)*.o.oo f,eer+03)-4o.oo

f,43-2 =

f

ru3-4 =

ffitrn.l-.o

M¿-¡

eer+02)+4o.oo oo

=ffitr.t+3o.oo

Equilibrio de nudcs: E1 equiribrio rotacionar de fos nudos y 3 arroja 1as siguientes ecuaciones, asu¡niendc qu. ?E1=1,

,.

142-1

+ tr12-3=¡

,

Nudo 3:

!13-2

+ M:-q:0

;

Nudo

lng. N. González

V

@ 2007

A

02

+ 03 - 10 =

02

+ 4 03 + 10 :

0 0


So].uciones:

Q2

:

3.3333

0: = -3.3333

Momentos finales:

Mt-z : -26.61

"rm

Mz-t = 36.67

Tm

Mz-: : -36'67

Tm

M:-z :

36.67

Tm

M:-s : -36.67

Tm

FIa-3

-26.67

:

26.61

Tm

-36.67

-Jb b/

Anafizar el pórtico intrasfacional,.

Ejemplo:

6T/m

+--2-l 2

I 5.0

I


@ 2007

9T

l=4e.ooo cm¿

Apuntes y problemas de Eslructuras Hiperestáticas

Inercias

rel_ativas:

,

lt_, =

36000 12000

=

-. 6_+=ffi=z

Rigideces relativas: de rigidez absol-uta

;

I

2000'

multiplicando por !.,. io= val.._ L

Barra 1-2:

2E(3t) 3Et

Barrá 2-3:

2E(4r) _ 4Er _

425:

48000 ,b_a___4 r 2000 .l1-5=-=--=1 12000

?

^

1trt21)

4Et

8

633

'Condiciones

Ce borde rotacional: Como ]os apoyos son empotrados, no sufren rotación, entonces: 01 :0a:0s--o

Condiciones de borcie traslacional_: Los apoyos no sufren asentamientos, entonces J-os desplazanientos son nulos y ello implica que: e1-2 = gz-z = g2_4: e:_s : 0 Ecuaciones por tramo: l\41-2 =

3(02)-8.00

it4Z-t = 3(202)+8.00

lvlz-s =

R

iQcz+03)-s.00 R

Iv13-2 =

i(z0s

+ 02) + 4.00

llr2-4 = 1,6(20a) N14-2

=1.6(03)

Ms-s = 1(20¡) [45-3 = 'l(63¡

Ing. N. Goflzález V. @ 2007


Eguilibrio de

nudos:

Nudo

2: M2-t +

MZ-¡

Nudo

3z M3-2 +

M:-S

Soluciones: Momentos

02

finales:

+

Mz-q

0 I

: 0; 43.6 02 + ;

0.L012 ;

8

03

0

8A2+22

0¡

-12

0: = -0.5845

Mt-z : -7.68 T-m

Mz-t: 8'64 T-m Mz-: : -8.99 T-rn M:-z = 1.17 T-m Nlz-q : 0. 34 T-m Ms-z: 0'17 T-nL M:-s = -1 ' 1? T-m Ms-: : -0 ' 58 T-m


@ 2007

- lJo -

4.1'.

,:,:ri¡t:i.:ajr.1i}ii¡r]::.:' r

.,'

:''

Apuntes y problemas de Eslructuras H¡perestáticas

Analizar e1 pórtico intraslacional.

Ejemplo:

.

v

60k

60"

0. 0

+_

30.0,

40.0

, __=_r__

30.0.

_______r_

Condiciones de borde rotacional:

0r:0a:0":0r:o Rigideces relativas:

4El Asumiendo oue -30 '- -

1

enronces

E1:o,rs 20

Condiciones de borde traslaciona]-:

qr-2 = Qz-t : Qz-t' : Q:-s :

0


_ Ma-b=

'i, ri

'ii

t'

_ Me-b=

til

;l:

ili

(en)=

0n

AtrI

ñ (rOs)=2 06 l¡lb-e= 2e 06) = 1.5 05 20' Mb-.=

,Í:

4Et,

f

zEt,

-

( On)=0.75

4Et.^

(,

0u

0b+ 0c) -225= 1.5 0¡ + 0.75 0c -225

.il

lv'lb_.=

'll

r¡ _ 4E1,, + ( Mb-c= * eo+20c) -225= 0.75 0b 1.5 0c 225

'1,

l'

,1i

*

iii ':t '11

I,

:l


@ 2007

{ {

q q

I I il I I I I

T

I

-....-.....,.-'.... Apuntes y problemas de Estructuras Hiperestáticas

Mc-f =

*f20' rrr)

= 1.5 oc

#, ," ) = 0.75 oc Mc-d= #,r 0")=2 o" Md-c= S { t")= u"

Mr-c =

de nudos:

Eguilibrio Nudo bt

Mb-a * M¡-e + N15-" : Q ;

Nudo c:

Mc-d * Mc-f + Mc-b : 0

Soluciones:

0¡:

39.13043

5 05 + 0.75 ec : ;

225

0.75eb+50.:225 y

0.: 39.13043

Moment.os f inales:

= = Mb-u = Me-b = Ma-b

39.13 T-m

Mb-a

78.26 T-m 58.70 T-m 29.35 T-m

Mb-c = -136.96 T-m

Mc-¡ = -136.96 T-m Mc-f = 58.70 T-m

= = Md-c =

-39.1 3


7

8.26

Mf-c

29.35 T-m

Mc-d

78.26T-m

-1

36.96

39.13 T-m

-136.96

78.26

39.1 3


6.7

TRATAMIENÍO DE APOYOS ARTICUI.ADOS

La condición de borde para un apoyo articulado consiste utilizar su capacidad nula de absorción de momentos, erro "; permite plantear una nueva ecuación, pues si bien eI momento flector en un apoyo articulado es nu1o, Ia rotación angul-ar de dicho nudo no €s.c€ro.: para este anárisis las ecuaciones de1 método pendiente desviación se pueden uprl.u. si-n ni.nguna modificación, tomando ren cuenta que e1 desplazamiento transversal en n:-rio. sin embargo también pueden transformarse de Ia siguiente ma;-rere:

0j)t

Moü

2oj)t

Moj¡

=

f

1ze¡+

u¡i=

f

{ei+

rrl1¡

Como apoyo "j " es articul-ado, el momento flector nulo, con esta condición: Mji =

Despejando

tl

(o¡ +

2*,0;)tMoi¡ = o

L O,=-]0; -ru, ")- ,-r +

0i:

Sustituyendo este val-or en r',r¡ =

tz

f

¡,li

oi

en éI se

rv'Jl ^'o"

j:

- 1o¡ t

liuo;i)

lr,roij

Transformando l-a expresión, finalmente obtenemos: rut¡j

=

f

(o¡)rMo¡i

t -l voj¡

En efla reconocemos que er factor de rigidez se modifica aI vafor 3EI/L, y además que el momento de emoctramiento perfecto también se modifica, considerando un- tipo cie barra articulada-empotrada (Tabla 2). La aplicación de. esta última expresión Ia realizaremos en e1 siguiente ejemplo. lng. N. Gon¿ález V.

@ 2007


Determinar 1os siguiente viga:

E3emplo:

en los nudos para Ia

momentos

20r

+_ 1:

2Tlm

4l

5.0

__-+_

.

ZZltttt.

5.0

v7m.

-_=+-2

J

--j_

Ecuaciones por tramo: Considerando e1 : 0 e inexistencia de asentamiento de apoyos, 1o cual significa que qij : 0.

(Multiplicando Las rigideces Oo. fl .CAI

.kr_r=3E3l 3_ =_El=15 124

A

kr-r ='-*'=1El=16 lu )

= 16(02) Mz-r : 76 (202) + Mz-: : 15(02) Mr-z

z5 25 36

Equilibrando rotacionafmente en M2-r + MZ-:

:1602-25 :3202+25 :1502-36 nudo 2:

41 02 - 11 :

=

Los resultados finales

l,L

0

II U?=-41

son:

Mr-z = 16(= ) - 25 = -21.2553 (antihorario) 41

Mz-t= 32(+') +25 =32.4894 (horario) 41 Mz-3

: i5(#)

- 36 : -32.4894 (antihorario)

En este

probLema se han utilizado los momentos de empotramiento perfecto para barras empotradas-articu-Iadas en sus extremos,

Si aplicamos 1as ecuaciones que consideran ambos extremos empotrados: lng. N. González V.

@ 2007

142 -

',.: ¡,:

.i

'

i

.):t

:.._:::rr

.':

.

,:

-,i.iri:t

., ii.'. ir¡..:

.-

Apuntes y problemas de Estrucluras H¡perestátic¿s

Ecuaciones por tramo: Considerando 01 = 0 e inexistencia de

asentamiento de apoyos al igual que en el problema precedente) y multiplicando 1as rlgj_deces por (lO/Elr); krr=2E41 =1el =a 10 5 kr^ =2E31=

lEl=

122

s

Ecuaciones por tramos: M1-2=

8(ez)-25= 802-25

M2-1 = 8(202)+ 25 = 16 02 + 25 M2-3 = 5(202 + 0z)

-

24 = 1002

M3-2 = 5(02 + 20g) + 24

+

50g

-

24

= 502 + 100s + 24

Equilibrando rotacionalmente Jos nudos 2 y Nudo

).

MZ-1+MZ-:=0;

Nudo

-1 :

M:-z : o;

Res-of

vi-endo e l

0z

s

=

26 J

is tema f ormado

0z+

03+1

:o

0z+ l0 03+24 :0

:

0: :

0.468085106

J

3:

-2.634042553

Los momentos finales en fos nudos son: M1-2

=

8(0.468085106) - 25 = -21.2553

M2-1 = 16(0.468085106) + 25 lu12_3

=

32.4894

= 10(0.468085106) + 5(-2.63 4042553)

-

24 = -32.4894

M3-2 = 5(0.468085106) + 2(-2.634042553) + 24 =


@ 2007

O


Analizar e1 pórtico intraslacional.

EjempJ.o:

12f

12llm

ln1

12Tlm

3.00

3.00

Condiciones de borde rotacionales:

0r:0s:0g:0 Mr-z:

Ma-s

=

0

:

Qs-s

Condiciones de borde Traslacionales:

9r-z

: 9z-t:

Q:-q

:

0

Factores nr-, : 'u' L Kr

^:

^l-2-

2(6) ' ' - < ' =", O

2(6) ,, K^ - _ L\2-3--=¿r

t

K-,-o:

2(6) JJ

=

4

,

Kr-.:

¿lt) ,, ^4-9: 4, =t


@ 2007

2(6)

=4

Apuntes y problemas de Eslructuras Hip€restáticas


Mr-z:3(20r+02)-16 M2-1 :; 3 (0r + 202 ) + 16 M24:2.a '202+0:) -,25 ¡¡r-, = 2.4(02+ 2A3¡ í z-S M3-4i: 4 (2%+0:) - 9 M.i-:: a (0:120:) + 9 M¿-s: 4 (20q+0s) - 9 Ms-q: 4 (04+205) + 9 Mz-t: 1 (202) Mt-z: 1(02) ¡¿¡-e: 2 (20s) Me-:: 2 (0:) Ms-s: 1 (204)

'

)

Mg-q:

1(0q)

NIs-e: 1(20s+0e) I'16-s: 1 (0s+ 200) Equilibrio de nudos: Mr-z

:

M2-1 + M3-2 + Ma-3 + M5-4 +

Ms-o :

o; M2-3

l

!13-a

+ Mz-a

NIa-5

f

M5-6

o;

Mz--t Mq-s

0;

:

0,.

601+302-16:0 301+L2.BQz+2.403 -9:0 2.402 + 16.803 + 40a + 16 : 403+180a+105:0 40a+1005+06+9 05+206 =0

Resolviendo el sisterna de ecuacÍones:

0t =

2'5035 0z = 0'3263 03 : -1.1197 0q = 0. 5068 0s = -1'1601 05 : 0. 5804

0

Apuntes y problemas de Estructuras Hipetestáticas

Momentos

6.8

fina].es:

TRATAMIENTO DE VOIiADIZOS

Un voladizo es una estructura estáticamente determinada, en consecuencia . siempre se pueden deternr.i-nar las fuerzas normales, cortantes y momentos flectores en el extrcemo empotrado. Cuando se aplican las condiciones de equilibrio rotacional de nudos, debe considerarse e1 momento reactivo en eI extremo empotrado. Determlnar los momentos en los nudos Ce la viga.

Ejemplo:

20l

i 4l

+-

5.0

va/z

-_--+-

5.0

3l

I

2.0 ---t-

12.0 2

1

Considerando 01 : 0 y multipficando Ias rigideces

*',,r=ZEol=1rr=s

10

5

,(22 ¿Lót =_=_t]l

¡ _.

122

Ecuaciones por tramos:

= B(20r + 0z) -25= B0:Mz-t=B(01+202) +25-160¡+ t41-2

lng. N, González V. @ 2007

25 .E

por (

=5

H ):


Mz-::5(202+0:) M:-z=5(02+203) Condiciones de eguilibrio

+

24:L002 + 503 - ¿.t 24= 502+1003 +24

rotacional:

Nudo 2:

Mz-r+Mz-::0;

Nur

En este nudo concurre un volaclizo isostático, aportando un momento flector cuyo val-or es:

2602+503+1:0

4T

Mr \2

4.

M

+

M

: -B

(2)

I

+

. :ción de equilibrio entonces:NI3-2-B:0;

T m

rotacional para este nudo será

502+1003+24 -B:0 El s..teina formado se refleja

en fas siguientes expresicn==

2602-r 50:= 502+1003: v

-l-as soluciones:

02: 03 :

:

-l_ -76

0.2919

-1.7489

l,os monrentos flnales en 1os nudos son:

§lr-z :

B(0.2919) - 25 = -2?..62 T-n

Mz-r = 16(0.291 9) + 25 = 29.16 r-m

Mz-: = 10(0.2979) + 5(-l .1 4Bg) - 2q : -29.i6 r-m Ms-z - 5(0.2979) ),2(-1.74S9) + 24:8.00


@ 2C07

r_ni

-147

-


Ejemplo: Analizar el pórtico intrasracionar-

12f lm

12Tlm

de.

ra figura

12f lm

12Ílm

3.0

3.0

.

12Tlm

.0

40

5.0 (fig. 1 5)

Condiciones de borde rotaci-onales:

0r:0a:0g:0 Mr-z =

Ma-s:0

Condi-ciones de borde traslacionales:

9t-z= Qz-: = Q:-q: Eactores

Ki-j

nr-r='lf)

=r,

@ 2007

=

0

?trT

xr-',:'f\ lng. N. González V.

tPq-s

Kz-t:?=rn =,

,

i K¡-q:?=r;

g-a:29u) =z

;

Kq-s=?=4

oo-r='tÍ) =,

15.

Apuntes y problemas de Estructuras Hlperestáticas

Ecuaciones Por tramo:

: 3 (20t +'02 Mz-t= 3 (0r+202)

Mr-z

Mz-:!: 2.41202 + 0: ) M3-2r+ 2'4(02 + 20: )

M:-q,: I (2At+0:) ¡¡s-:,: 4 (0s+ 20:) Mq-s: 4 (20a+0s') Ms-s: 4 (0s+20¡) Mz-t: I (202) Mt-z:'t (02) M:-e: 2 (2%) Me-:: 2 (0¡) Ms-g: 1 (20q) Mg-q:

16

)

+ 16 oE

+ ac. o

+ o 9

f

1 (0q)

Ms-o: f (20s+00) Me-s: f (0s+20s)

Considerando que eI momento flector

a

debido a Ia carga uniforr¡'e es Ms-ro=eI siguiente sistema de ecuaciones:

Equil.ibrio de 1-2 : 6, !12-1 + M2-3 I"i3_z + 143-e !14-3 + M4-5 M5-4 + M5-6

iñlll.

=

2

nudos:

t'f

!15-6

Ia derecha de} nudo 5 Q'()2:-6 r *, obtenemos

+ MZ't + I,12 -g : 0; + 1"14-9 -6=

9,

- 16 = 0 + L2.B02 + 303 -9:0 + 2.442 16.80: + 40a + 16 : 40¡ * 1B0a + 405 = 0 40a + 1005 + 06 + 3:0 601 301

+

302

A5

+

206

0

:0,

-149Gon.ález V.

@ 2oo7

Apuntes y problemas de EstÍucturas Hiperestáticas

Escribiendo las ecuaciones matri_cialmente:

63 )a

0 00 00 00

0

r^ t¿ , ó^

2.4

2.4 16. 4

0 0

B

00 00 4.0 18 4 4 10 01

Momentos fi.nales:

25.43

-26.07

-26.07

-16 27

-2.16


@ 2007

0

16

0

9

0

-76

0

0

t-

-3

2

0

0r = 2.5078 02

:

0.31,77

0: = -1.0?92 0a : 0.3420 05- : -0. 4598 06 : 0.2299

6.9

PROBLEMAS CON DESPI,AZAMIENTO TRJA,NSVERSA¡ .

Frecuentemente se presentan problemas en 1os que se deben tomar en cuenta desplazamientos transversales debidos principalmente a1 asentamiento de apoyos u otros factores estructurales.

Estos casos no repre.señt1ñ i:^',.r dificultad debido a que las ecuaciones (^l---arcs del método (13) consideran este caso, comancio en crienta que 1os desplazamientos de apoyo pueden conocerse en forma numérica y 1os efectos que originan. Analizar 1a viga prismática de inercia constante A conl= 45.000 c¡n' y un módulo de elasticidad E = 1OO.0O0 kpl"*z si eI apoyo 3 sufre un asentamiento vertical de 1.8 óm.

Ejemplo:

2! .

6T

2.0

6T

I

J 2.0

2.0

loT

1oT

3.0

I

3.0

3.0

f. a=ae 3.0

(f¡9.16)

Mo¡.nentos

fi-jos por descenso del- apoyo 3:

El Cescerso del apoyo 3 origina 1a aparicj-ón de nomentos cie empctr:ar,'.iento en los tranos 2.-3 y 3-4, Ios cu¿rl-es cieben sur¡.arse a los momentos cie empotramienLo perfecto originados por .r-as cargas exlernas y que son igr:ales a: n. rvrl-l-¿ r


@ 2007

6El

. A lL

h

hr

ts ?.

F á b b H ta

b b F. h.

b b ho b b ho ho

b á Ir

1 f,

Apuntes y problemas de Estructuras H¡p€restáticas

Tramo

2-3:

Me_¡=Ms_Z=

-135000 kp cm

6oo2

Mz-3=Ms-z=-1.3srm Tramo

3-4:

Mg-¿ = M¿-3 =

6

(1000!01:(45000) = 1ss000 kp cm

6oo¿

Mg-¿ = M¿-s = 1.3s

Eeuaciones:

Denominando

¡ ::El= L

Ivlr

-o= A. -

r

m

1

o

Mz-t=202+B Mz-r202+03-]..S-1.3s Mt-z-02+203+7.5_1.35 M=-q: 2 0: - ?.5 + 1.35 !Ia-3: g, + 7.5 + 1.35 Eguilibrio de nudos: pr-anteando er- eguilibrio rotacional de 1os nudos 2 y 3 (q,re los,:.,:..o" que pueden rotar) a .Ias través de l-a suma de son momentos de toáas La..as que concurren en e11os, obtenemos: I'12-1

+Mz-::0;402 *0:-O.eS=0

i"I3-2 + M:-s

: o;

I 02:0.2261 ] ,, = _o.os67 l.

02 + 4

0: = o

Momentos finales: Reemplazando las expresiones para cada barra:

-7.77

8.45 -8.45

,ta

,

á -7.77

=l =ü É

=o EÜ

-ü -ü

6 .(1 00000) . (45000)

lng. N. conzález V O

ZOOZ

".

sol-uciones vv4qurvrrcr

6.26 _6.26 ,

y

6n srr

r-_ ads

8.79

Apuntes y p.oblemas de Estructuras Hiperestát¡cas

5.10

§.IATTS¡S DE PORTICOS TRASI,ACIONALE.S

un pórtico puede sufrir desplazamiénto laterar por acción de cargas laterales (viento, empuje de tierra y otras) r por cargas verticales no simétricas, por diferencia de rongituáes de sus columnas y por diferencia de, geometria de 1os elementos estructurales que i¿ _..:.iponen isecciol:,, transversales de las barras) . ,l En estos casos se desconoce 1a magnitud der desprazani=n-:c, por e11o se considera una nueva ir:i.,eriita, para ei cáIcu1o e11a se ciefine como eI ángulo de g.iro de 1a cuerda a 1a eIástica y se representa por ap = A . L Ar introducir una nueva incógnita 1a cantidad de ecuaciones planteadas por e1 eguilibrio rotacionar- de Ios nudos es insuficiente; para establecer nuevas ecuaciones que pem.itaa obtener Ios desplazamientos (nuevas i-ncógnitas) se indica el siguiente procedimiento : Se es tal:-Lece e7 equiTíbrio de fuerzas c,or-tarrtes en uno o varios cortes de -La estructu-ra, dependia.fu de -Los grados de TiberLad ¡ara despJ.azzaíentos que tenga.

Ejenplo:

Analizar e1 pórtico intraslacional_ B T/m

3.0 - ___(

fiq.

Condiciones de borde: lng. N. Gcnzález V. @ 2007

17

)

+_

(fig.17a)

i

ñl

il

7' =ü ='

a a a

.A 0:=04 = Ui

Factores K:

K1

s

)

)

I

Eguilibrio

fr ¡o

42 :q9u

( 0t -1s

áa

rt

EI

:2Et=

vü 4ü

20

= 501-75 I :1001-75 a : 4001+20 oz-6 = 20 01+40 02+6 : 1602-96 a : BA2-96 q

+ Mr-z = 0; M2-1 + I"f2-4 = g-

50 01 + 20 02 - ?5 e - 6:0 20 01 + 56 02 - 96 g + 6:0

(a) (b)

El sistema forrnado presenta tres incógnitasr por e]1o es necesario prantear una ecuación adi-cional, e,lra surqe ciei equilibrio de cortantes: Ml-¡

¡t

fü

9

de nudos:

NI1-3

=ü =e

a ¡a a a a

- :4

5

Ecuaciones:

a

a, 1,

A

2E(2t) 4Et .. xq-z:-;-:s=6

*

ia

'

Qa-z=

los valores reales por 10/EI

zEI

=r ¡o

ñ

q;

9:-t:-:5 4

Multiplicando

='

a úü

I


1

H3 H4

(fig.17.b)

Por

equilibrio horizontal del pórtico:

H¡+Hq+3=0 donde:

H3

= Yl:l: rlll

=

4

Ho Sus

=

5

-

24 0z

-

192

ro

5

tituyendo estos valores

1a ecuación de

en

1501 _

150
4

de donde:

- lS0 ro 4

+ M2-4

M4-2

15 0l

+

-2402 - 192a

equilibrio:

3=o

--+

75 0t + 96 0z - 15'18 + 9 60 = 0

(c)

i.esofviendo el sistema formado por 1as ecs. (a), (b) y (c): 0.96

01

=

0.231s

6-03

-0.96

6z = -0.1149 tp

=

0.0437

-2.12 5.11

-6.03

lns N GonTáEiVG?oñ7

Apuntes y problemas de Estructuras Hiperestátic¿s

Analizar e1 pórtico traslacional de Ia fig . Los números en círculo corresporJ".rtul factor 0.225T|m

5.00

* á 7a

ia á

a I

l)

¡e =ü É

rE

a a {t a qü i, i*

Condiciones de borde:

qt-4=

A

I

=otP

0q:0 92-5

=

Ms-z =

^5 -=6o

I"lo-

3:0

, 93-6= ó

=59

.A

Ecuaciones:

M¿-r = ll

1or

Mt-t

202

- 1Bq ) 20t -l8q) M. ^: r/ 20t *02 )- 0.675 Mr-, = )( 0r+ 2Bz ) + 0.675

Mr-a:1(


@ 200Z

= )t

+0:)

0.588

18. K.


143-2

Equilibrio

-

= 2(

:

Ms-z Mz-s Mo-¡ M¡-e

:

:

0,

+ 203 ) + 0.588 + 102 - 18q )

102

1(20s

= l(202 t 1Bs - 18q 2(20a + 10: - 15q 2(20J + 106 - 15e ) = ) )

cie

Mr-s + Mr-z

60r + 2 02 - 18 v

-

.a?5 =

Mz-r + Mz-: + M2-5 = 0; '2ot + 10 02 + 2 03 + 05 -18 Ni:-z + M:-e

:

(a)

0

I + 0.087:0

Ms-z

:

¡.,1.,ú-J

(b)

0;

202 + 8 03 + 2 05 - 30 q + 0.588 : o;

0z+ 2 0s - 18 -

,"

:

tp

0

{c)

(d)

0

- : n,

g:0

¿v3 + 4 06 - 30 Por equilibrio cortantes):

horizontal

(e)

pórtico

deI

(equilibrio

Ce

Ha+H5+H5 =0 aonoe:

Há=

M¿-l + N'lt-¿

301 - 36

:

J

rp

c

Mz_s + M5_2

302 + 395 - 36 ,,

t)

5

h6=

-u^-

M¡-o + Mo-¡

ttH-

f)

-

03+06-10rp

-

Sustituyenclo estos valores en la ecuación de equilibrio: Ing. N. González V. @ 2007

'157

'

a =t fr


a =a

=t =t -t

301

55

*

* 302+30s-36* +0g+00_,109=g

de donde: 18 0t + 1202+200g +605+ 10306 -474

fo.rmado, .

=t f

a a 7,

-36
g

(f)

,.'

0t = 0.1276 0e = -0'0'179

03= -A'0724

= 0.0363 0o = 0'0590 a = 0'0030 0s

Resumiendo 1os momentos obtenemos:

a 7

a 7, =,

7,

a á

H5 =

!f,

I. b i. ts a h b b !C b I. b

-o.o'109

Ho = -o.o¿gz

=r

-0.28


?;i;:..1e11d - l.l ,_

. .' ,

:1:,,:'¡1;.:¡','

...'

::l:"lli:'.i;il,'','il:ji:i

".'';


l

Analizar e1 pórtico de la figura.

E.'EMPLO.

dos

niveles mostrado

1.20rim

4.00

't.00

+-

5.00 -__,__-__-¡

Condi ciones de desplazamiento: (3r-"

= ---l^.

(D¿-q :

5

A.

- -l

4

9z-z:rOs-s:-fi

Ecuaciones: t41-2

:

52 01 - 0. 312 A1 li2-1 = 1.04 01 - 0.312 A1 N14-5 = 05 + 0. 375 A1 Nl5-4 : 0. 5 05 - 0. 375 A1 !12-5 = 2.4 02 + t.2 0s - 3. 75 Ms-z : 7.2 Q2 + 2.40s + 3.75 Lf2-3 = 0.96 02 + 0.48 0: - 0.51 6 L2 N13-2 = 0.48 02 + 0.96 0: - 0 .576 L2 Nf5-6 : 1.44 05 + O. j2 0o - 0 .864 A2 Mo-s = 0.12 05 + 1.44 0a - 0.864 A2 M:-s = 3.2 03 + 1.60 06 - 2.50 Mo-: = 1.6 03 + 3.20 05 + 2.50 hg. N. González V. @ 2007

0.

en


Equilibrio de Nudo 2:

nudos:

M2-1+MZ-:+Mz_s:O

4.40 02 + 0.48 03 + 1.20 05 - 0.372Ar _ 0.516 A2= 3.75 Nudo 3:

M3-2+M¡-O=O 0.48 02 + 4.16 03 + 1.60 06 - 0.576 Lz:2.50

Nudo 5:

M5-z+Ms-a+Ms-o=0

7.20 02 + 4.34 03 + 0.72 06 - 0.375 Ar _ O .864 L2 = _3.75 Nudo

6'

MO_¡

+

M6_5

:

6

1.60 03 + 0.12 05 + 4.64 06 _ 0.864 Lz _2.50 = Equilibrio

horizontal

Primer Piso:

de 1os pisos:

H1+H4+2+1=0 Mr-z + Mz-r

Hl=

,,, -

Mo-u+Ms-¿

I ¡4 -

4

.24 02 + ?.50 05 _ 6.246 A1

:

-60.00

-

Segundo

Piso: rr T-1, -

'-

H2

+ H5 + 1 =

Mz-¡+M¡-z 2.5A

1.44 02 + 1.44 03 lng N. Gonzátez.V

@ 2007

.r

0

., "

Mr-u+Mo-s

2.50

2.16 05 + 2.76 0o - 2.BB L2 = _2.50 -

tou

Ordenando

r 4.40

I o. ¿e I r.zo I o.oo a.za I\1.44

r

las ecuaciones obtenemos eI siguient.e sistema:

0.48 4.L6 0.00 1.60 0.00 1.44

L.20 0.oo 0.00 1. 60 4.34, 0.72 0.12 1.64 7. 50: ;. ¡: 2.L6: 2.16

-0.312 -0.576 0.0 -0.5?6 -0.375 -0.864 O.O .:O'.e6a -6"2;^ 0.f 0.0 -2. b6u

Las soluciones de este sistema de cuacion¿s

02=

1.798949

03

= 0s =

0.844258

0o

= -0.492359

s,.:n:

0.090952

Lt = 11.51258'l Az

Momentos

= 1.888604

finales:

0.59

1.05

2.00

a 0.67

6.10

I

)

-l.tz

-4 27 -2.65

3.7s ) 2.so -3.7s -2. so I I

I

60. oo I '-:.1(i .l

1 ü ü ü


Ejemplo: Analizar la estructura traslacional

a

t

0.9 T/m

0.9 T/m

0.5 T/m

1T

ú ü

4

t t t I t

1.5

J ,0

7.2.t

I

5

4.0

t I t

1

I

6

'

1.5

:

l.ó t/m

21

I r/

9,10

9.6

2t

I

3l

¡

l

1.8 Tim

2

10.8

Ttm

I

5t

6l I t.u

, ,

',1 , t!.{

1.0 8

!

t-

4.80

.t 5.40

1.20

I

I

I

i

I

I

I

i

) ) )

t ) ) )

l i

lng. N. conzare- U

oTooz

rl

il

Cóndiciones de'¡árae:

og=o Ml-Z= Mg-3=0

; M6-1Or=-0.36 ;

Condiciones de desplazamiento

;

,^. ^ : -a1 9t-s=-;

:-0.'12

primer piso:

=-;a]

4l :

denominando: entcnces:

vz-t

M3-1.1

,

,n- ^ : -41 q3-8:-?

rs
4

q1-9 : -159r

QZ-'t = -L2(pL ,

,

9:-8 = -10q1

Condiciones de desplazamiento deI seg,undo piso:

gr_,r=-t'At3 Haciendo, 9: 3

;

L2

ez_s=--: 3

;

9:-0 '- -

L2

3

qz

'-

entonces: Qr-a : -qz

¿z-t : -QZ ;

i

9:-e : -92

Ecuaciones:

:01 - 45

@ 2007

; ; ; ; ; ; ; ; ; ;

Nlt-g = Z0r - 45 tPr N12-1 = 401 + 202 - 72 q7 II3-3:204 + a03 - 60 Q1 M2-t : 40r + 802 + 3.456 ['13-2 : 402 + 803 + 4.374

=0r+20a-3
a ü ü ü

a a a

I

ü ü

I I I


EquiJ.ibrio

de nudos:

Nudo 1: Nudo 2:

Mt-g + Mt-2 + MZ-1 + MZ-l + M3-2 + M3-B + M4-t + Ma-S: M5-2 + M5-4 + M6-3 + MO-s M:-z : 0 Ma-: : o

Nudo 3: Nudo 4: Nudo 5: Nudo 6: Nudo 7: Nudo 8:

Primer Piso: Segundo

Ms-o

:

o

0.36 =

0

H9 + H7 + H6

+2+1=

O

Piso: H1+H2+H3+1:0

* M, o

Mo-,

t t

Hr=

Hz=

4

('

e

0

donde:

I¡ó-

ü

o

Mz-3+Mz-S=0 M:-6 -0.72 : 0

Equilibrio horizontal de los pisos:

t

o o

Mr-s =

+

M+_r

Mt-z + Mz-t

He=

5 [VIr_q

4t J

Me-s + Ms-z nr=--il

Sustituyendo fas ecuaciones siguiente sistema:

de

Me-s

+

M+e

Ms-o

+

Mas

na=---3

cada barra obtenemos

,

a

c a e ú ü

e

t

r a t 7 ñ a

12

401

4

))Añ

0

4 16 008 103

1

0 0 0 0 15 1

0

o20

200 020 2420

0

4aí tLl


@ 2007

000 'l 02 020 300 1430 3 10 0 004 000 0 024 120

0 -45 v -t¿ 2 -60 00 00 00 0 -72 4 -OU 20 -1246

00

-J . J.4CO

-3 -6 -3 -3 -6

:

io.sle :-3.654

i t¡ze i O.+Sg : ¡.AZl

0i 0 0i 0 0 i-60

-ooi

i

-l

e1 = 0.6845

0z = o.1177 0s = 0.0452 0a = 0.2087 0s = 0.0453 0o =-0.0519 0z = 1.81 10 0a = 1.5375

91 = 0.1039 q2 = 0.2544

e1

.Apuntes y problemas de Estructuras Hiperestáticas

Resultados finales:

2.63

-2.07

2.01

-0 56

-0.48

lng. N. González V. O 2c07

-1.46

-0.36

a

t

Apuntes y problemas de Estructuras Hiperestátjcas

ü

Ejemplo:

a

Analizar la estructura traslacional. T

,

a a a a a

I tI I I

t f

t I

a a

t

6.00

Condiciones cie borde:

o a 3 o 3

l I I I

O

3

:

0O

Condiciones de desplazami-ento:

=O

er-s :

gZ_O

Qr-: :

Q2,-4

denominando:

+:5qr - y5 q1-5 : (P2-6 :-15Q1, qt-3 : e2-4 =

-

t

0S

: -39 5

: -3 A2 4 lZ:5q, -'. 4 -75e2

Ecuaciones:

: 7207'- 144 q1 ; M1-s = 7202 - 144 «p1 ; tf-z-6 : Mr-z 16001 + 8002 - 2.6661 Mz-t : 8001 + 16002 + 5.3333 Mr-¡ : 3001 + 1503 - 225 q2 M:-: = 1501 + 3003 - 225 q2 Mz-q = 3002 + 150a - 225 92 t14-2 : 1502 + 300a - 225 q2 I"l3-4 : 16003 + B00a - 3.5556 114-3 : 8003 + 1600¿ + 7.11j1 Ms-r

N16-2

lng. N. González V

2401 2402

- 744 q1 - 144 q1

Fl iu I

',..ri;; ::

.

I ,1¡i-ii?Ji1ir.it1...,....:','r.:.r,1i:: l:r :. ,.:. y problemas de Estructuras :Apuntes

,il .ir

!, a

i:

i I I

li

I ¡

. ..,

1'.'.:;::,i''.,

..-:

. ,' , '

.

Hiperestáticas _ :,,

Equilibrio de'nudos: 1, Mt-2 + Mt_3 + M1_5 =0 2: l"I2_1 + M2_A + 112_6 :0 3: M3-1 + M3_4 = Q 4: M4_2 + iV4_3 = Q Equilibrio horizontal de los pisos: Nudo Nudo Nudo Nudo

Pj-so 1: H5 * HO : Piso 2: H1 + HZ =

0 O

donde: Mt-z+ Mz-t

ñ7=_.---

Mq-l+Mt-+ , Mr-. + Ms-2 r''Z = ----3_3i ; ' Sustituyendo -l_as ecuaciones de slguiente sistema: "uá"

'15.0 0 0 15.0 7.20 7.20

1 1

.2s

11

.25

15.0 0 -144.0 0 15. O _144.0 190.0 B0 0 80.0 190 o 0 0 -115.2 11 .25 11 .25 0

-225.0

i

-225.0

i -s.asss

-225.0

s.sooz

-225.0 U

-225.0

+

Ms-e

6

., ¡¡1

214.0 80.0 80.0 214.0

Ma-s

Ha=

5

'

2.6667

i -7.1111

i0l

i6)

n¡

Ma-o + = ---3-

barra

Maa

obtenemos

)

01

=

I

02

=

-0.030279

03

=

0.03775{

I

0.019-325

0¿= -0.052452 |

q2

= -0.000685 = -0.001283

Resultados finales:

lng. N. González V. O ZOoz

- 167

-

EI

. ü ü

a * a { a a a


Ejemplo:

Analizar la estructura

como

i-ntraslacional

il

t t I I

t t

o o a e a a

6.00

Con

las mismas condiciones rotacionales:

Condiciones de desplazamiento:

Ecuaciones:

M5-1:1201

ü

M6-2

e e

:

,' Mt-s:2401 ; t42-6 = 2A0z + 8002 - 2.6'661

7202

Mt-z = 16001 Mz-r = 8001 + 16002 + 5.3333

a a I 11 ? a e

t

= Qr -¡ = Qr-s

Mr-: = 3001 +

1

M:-::1501 + Mz-q : 3002 + Ms-z -- 1502

: N14-3 : M:-q


@

2007

+

16003

8003

+

+

503

3

003

1

50a

3

00a

B00a - 3.5556 1 600a 1 7.1111

os= Qz-a Qz-q

Be =o


Eguilibrio de

nudos:

Nudo 1: Nudo 2: Nudo 3: Nudo 4;

+ Mt-3 I,l2_1 + M2_4 M3-1 + M3-a M4-2; + l"la-:

M1-2

Sustituyendo 1as ecuaciones siguiente sistema: {214.0

80.0 15.0

0

I ao.o 214.0 0 15. 0 Luo 190.0 B0 0 5.0 B0 190

to

1

+ +

: Mz-o :

Mr-s

o o

0

0' Ce

cada barra

Pbtenemcs

2.6667

01

."

0.0205908

-5.3333

02

=

-0.0290131

3.5667

63

=

0.0387524

-7.1111

0¿

=

-0.05'14531

e1

Resul-tados finales:

últimcs

Comparando los resultados obtenidos en 1os dos presentados en ejemplos, observam.os que Ios mcrrientos reales 1os nudos) son cie desplazarniento (consicielando 1a estructura se estudia la cuando mayores a los momentos que se presentan Ce sus

¡nisma estructura apoyos.

sin

considerar desplazamientro


Análisis de un pórtico traslaciona.l sometido cargas horizontales.

Ejemplo:

96 0.35

10

I

l

I

0.3s

6 T/m

0.35

6

3.50

6 T/m

6T 7

z.z

0.80

I

1

I

6 T/m

56 0.80

/

ii

7.2

I

0.8

7.2

0.80

I

6 T/m

4.00

I

6 T/m

vvvvvvvvgl

6

7-2

1

1.20

a

1.20

I

.20

I

1.20

I

4,00

I

ir tl

14

E

2.00

t¿

13

4.00

6.00

6.00

Valores relativos def ángulo de traslación

4 ro,

6qr

Qi-s:92-o= Qs-g

Además, e1

É

;

9z-tt:

_Ar

;

9q-rs

_At

-v4-B:--

Qe-ro = Qz-rr

=

tipo de apoyos determinan

=


6

4

^^

: -4ej : - 6
4

A¡

----:r= -Q3 3.5

que:

0n : 0r: =,01a : 015 =

=c f;l

xl

=

9¡-z

(p:

g

F

i

. ,.' '.r:.. :itefi'f:j,1§fi-iji'.ri;i. ':i:: '- ':-.i::' ': :* .'' . :. I :,',npúntes y problema; de Eiiructuras Hiperestát¡cas

Ecuaciones: M1-12 = 0.8 01 - 4.8 91 M2-13 = 0.8 02 - 4.8 91 M3-14 = 1.2fu- 10.8 rp1

M14-3 = 0.6 03

M4-15 = 1 .2 0a - 10.8

M15-4 = 0.6 0¿

Mi2-1 = 0.4 01 M13-2 = O.4

q1

M1-2.=601 +f,62-3 M24 = 4.802+ 2.4fu-18 M3-4 = 4.8 03 + 2.4 0a - 18 M1-s = 0.8 01 + 0.4 0s - 1.2

M2-6 = 0.8 02 + 0.4 06 - 1.2 M3-7 = 0.8 03 + 0.4 07 - 1.2 M4-8 = 0.8 04 + 0.4 0g - 1.2

M2-1

-

4.8 91

0z- 4.8

- 10.8 91 - 10.8 q1

=301 +602+8

M3-2 = 2.4 02 + 4.8 03 + 'lg M4-3 = 2.4 A3 + 4.8 0¿ + 18
q2 q2 q2

Ms-.1 = 0.4 01 + 0.8 05

- 1.2 92 - 1.2 92 M7-3 = 0.4 03 + O.8 07 - 1.2 q2 MB-4 = 0.4 04 + 0.8 06 - 1.2 92 M6-2 = O.4 02 + 0.8 06

Ms-6.=605+396-6

['16-5=305+§96¡g

M6-7 = 4.8 06 + 2.4 07 - 18 Mz-a I 4.8 07 + 2.4 0s - 18 Ms-g = 0.4 05 + 0.2 09 - 0.6

MB-7 = 2.4 07 + 4.8 0A

M7-6 = 2.4 06 + 4.8 0z + 1B 93

M6-10 = 0.4 06 + 0.2 0lO - 0.6,p. lvlt¡1 = O.4 07 + O.2 0ll - 0.6 q.

Mg-10=609+l0lO-8 t = 4.8 01g + 2.4 0ll -

l'4lO-l

Equilibrio

-

M11-7 = 0.207 + 0.4

0lr -0.6Ea

tuI10-9=309+§0lO+8 18

rotacional

Ml t-lO = 2.4 0rc + 4.8 0rr + 18

de nudos:

li1-12 + l,l1-2 + t4r-s + l.f2-13 + Mz-t +M2-5 : 6 1,13-2 + l,l3-14 * M:+ l,l3-7:0 Nia-3 + Mq-:-s + _a Ni2-1

e

1,1.1

N15-1 -1-t"15-6 + l,ls

_

9

Me-s + l'16-2 + Mo-z + M6-10 : 0 l"i7-6 + N{7-3 + tlu_I +1"i7-11 : g

Me-t + Me-s: 0 Mg-s + Mg-ro = 0 1v119-9 + M16-6 + M1g-11 : Mtt-rO + Mtt-t - t,

lng. N. González V. O 2007

+ 18

Mg-s = 0.2 05 + 0.4 0g - 0.6 «ps M10-6 = 0.2 06 + 0.4 016 0.6,p¡

0

l I ;

l ] I I I a

t l I l l ) ,

I l l I l I

Apuntes y problemas de Esfucturas Hiperestáticás

Equilibrio de cortantes por pisos: H12+H13+H14+H15+17 = H1+H2+H3+Ha+10=0 H5+H6+Ht+3:0 E.l-

sistema que se forma es:

/.o

J

3 12.4 o 2.4 00 0.4 0 0 0.4 00 00 00. 00 00 tt

11 00

0

2.4 1.6

1

2.4 0 0

0.4 0 0 0 0

2.25 1

0

00.40oooo 000.4Oooo 2.4000.4000 6.80000.400 0 7.2 3 o 0 0.2 03122.4000.2 0 0 2.4 10.8 2.4 0 0.4002.45.600 000006.43 000.200311.2 0000.2002.4 2.25000000 1111100 0111011

o o

0 -4.8 _1.2 o 0 -4.8 -1.2 o 0 -10.8 _1.2 o 0 -10.8 _1.2 o 0 0 -1.2 -0.6 0 0 -1.2 _06 0.2 0 -1.2 -0.6 00-1.20 000_0.6 2.4 0 o -0.6 5.2 0 0 _0.6 0-7000 00-80 100_6

ó 10 0

-18 8 10 0

-18

I

10

-18 -85 -33_33

-17.50

La solución del sistema de ecuaciones arroja 10s siguieiltes resultados: 0l = 2.78720

: : 03

,

t-

02

0. 93862 1.50133

0a

= -0.09711

05 : 7.73115 06 : 0. 75605 0z : I .76211 0a : -2. 66533 0e : 0.'r.0329 0ro= 1.70546

I

a a

l

0rr= -3.

t t t I I t

Q

= q2= (p3 = tPr


@ 2007

91551

1.30416 1.85614 3.21 491

-172-


Resultados fina]-es: 1.34

20.34

3.34

I\

,

t'-l.ls

-1.34

\-1.13 _\

,4.70

17.75

B 7t

f

_4.58

.

-3.39 \

,^ ro I

ts

\

f -3.C4

': ')t

i\ ¡'-l l.ss

-1s.s2

-f

\ ;t'".-

_4.30

,

-4.78 \

cz"oaF

-s.gs

t'4.17

'*'

-12.28

I

_r1.0)

I

il H

I

-t 3.1

it

I

E

l I

to.Jb 17.75 1

1.58

¿v. tó o ao

I

8.96 27.4A 11.01

tJ.ó5

L L a ü

a a a a a a a


Ejemplo: Analizaremos la mi_sma estructura de1 problema ' anterior, eliminando 1a aplicación de fuerza! puntuales horizontales. 6 T/m

96 0.35

0.35

I

I

6 T/m

a

0.80

ü

I

6 T/m

I

1

t

il

3.50

I

6 T/m

7

z.z

0.80

I

0_35 6 T/m

6

56

ü

11

7.2

10

o.8

z.z

I

6 T/m

6

1.20

I

I

1.20

I

6 T/m

7.2

1.20

o o

0-80

1.20

I

I 14

2.00

ü

12

IJ

a

t

6.00

a

t

ü

a

; Q1-12=-*=-4q,1 6'b

qr2-13=-9=-4qr

93-14=-?=-Ur, ,

tP,{-rs=-?=-U*,

ü

a

qoj-s= g2-6 = e3-7=

it ü ü

Además,

=

0n:0r::6tq:grs:0 lng. N. González V.

@ 2007

-

?

=

-r,

-.11 = -*,

eI tipo de apoyos determinan

ü ü

e4_B

Qs-s= Q6-10 = q7-11=

e a

4.00

que:

CÉ

&

Apuntés y problemas de Estructuras H¡perestáticas

§

{F

Eeuaciones:

C

M1-12 =

0.8

M2-'t3 =

0.8 0z - 4.8
M3-14 =

M¿-ts

=

01

-4.8

q1

M1-2=601*302-8 Mz-g=4.8 02*2.4 0s-18 M3-4=4.8 0¡ *2.4Aa'18 M1-5 = 0.8 01 * 0.4 0s - 1.2 q, M2-6 = 0.8 02 * 0.4 0o - 1.2 qz M3-7 = 0.8 0s, 0.4 h -1.2 qz M4-B = 0.8 0¿ * 0.4 0e - 1 .2 ,p, M5-6=605+f,Q6-6 Mo-z = 4.8 0o *2.4 07 -18 M7-8 = 4.8 A7 * 2.4 06 - 18 M5-9 = 0.4 05 * 0.2 09 - 0.6 ,ps M6-10 = 0.4 06 * 0.2 0to-0.6,p.

Mz-rr = 0.4

ü*

0.2 0tt -0.6,ps

Ms-lo=609*30t0-B l'¡lro-r t = 4.8 0ro

*2.4 011-18

0.4 01 -4.8 91 M13-2= 0.4 02-4.8qt

Mrz-r

=

M14-3=0.6 03-10.8q1 M15-4=0.6 0¿-10.8q1

Mz-l=30t*602*B 2.4 0z* 4.8 M4-s = 2.4 fu* 4.8 M3-2 =

Ms-1

=

03 * 1B 0a * 1B

0.4 01 * 0.8 0s - 1.2 qz

G

G G C

4 q

fG

- 1 .2 q, Mz-s = 0.4 03 * 0.8 0z - 1.2 qz Ma-¿ = 0.4 0a + 0.8 0a - 1.2 q, M6-S=305*606*$

M6-2 = 0.4 0z + 0.8 0o

2.4 8a * 4.8 07 * 18 MB-7 = 2.4 07 * 4.8 0a * 1B Ms-s = 0.2 0s + 0.4 0e - 0.6 93 M1o-o = 0.2 06 * 0.4 01s-0.6 p3 Mtt-t =0.2 ü * 0.4 0tt -0.6 qs

t t t t

lVlT-6 =

[/1s-s=3 09*6 Oto*8 lvltt-to =2.4 Üo*4.8 0tt * 18

.

I (

I

{ EI proceso de cálculo es similar, asi fas ecuaciones para cada barra y el equilibrio de nudos no se modifican, sclarnente debe corregirse el planteamiento de las ecuaciones pará et equillbrio horizontal, así:

(

I (

(

Hlz+HlS+Hl¿+Hl¡=0 Hl+Hz+H3+H¿=0 Hs+Ho+H7=0 Con

estas condiciones, e1 sistema formado es:


@ 2007

I

ü ü ü

a a t o a a ü o

t

ü ü iD


7.630 3 12.4 2.4 0 2.4 1.6 Q02.4 0.400 00.40 000.4 000 000 000 000 1 1 2.2s 111 000 1

0 0

2.4 6.8 0 0 0

4.4 0

0 0

2.25 1

0

4.8

-4.8

-'t0.8

-10.8

-'t.2 -1.2

-1.2 -1.2

o¡8 0 i10 0t0

o

i-ra

o -1.2 -0.6 i I 0 -1.2 -0.6 1o o -1.2 -0.6 ii 0 0 -1.2 o i-la 00 -o.o I B 00 -o.o ilo 00 -0.6 i-18 -70 0 o io 0-B o io 00 -6 lo

Se observa que solamente cambian l-os términos independientes de fas ecuaciones de equilibri-o horizontal. Las sol-uciones de este sistema son:

ü

t

0t = 0.724305

= 0.496304 = 0.348147 %= -2.7218q1 0s = 0.831 13+ e6 = 0.408608 07 = 0.689292 0e

e ?

0e

t

o o a o

0e = -3.385169

0s= 0.431742 010= 1 .682690

a a 1, a

011= -4.269013

al

= -0.058860 a2 = -0.326153 93 = -0.037591

ü ü ü ü ü

e It

0.4000000 00.400000 0 0 0.4 0 0 o o 0000.4000 7.2 3 0 0 0.2 o 0 3122.400o.20 0 2.4 10.8 2.4 0 o 0.2 0 0 2.4 5.6 o o 0 o.2 0 0 0 6.43 0 0 0.2 0 0 311.22.4 0 0 0.2 0 0 2.45.2 Q000000 1111000 1110111


@ 2007


Resul"tados fina1es: 19.39

-20.17

78

0.36

: 1

-0.44

12.e5 1.35

1.30

-0.56

:0.52

-1.78

I

{

\

I -

22.2s

L .'-14.38

13.15

I

3.41

!

,'-22.82

1.08

0.92

\

I

/

{ 0.95

\

2086

/

/ { r.0.95

5.77

I

r

1 1? 3.57

4.58


@ 2007

\1ililt(riil/'

-177

-

t_

I

ü

t

a a a a a a

t

il ü ? iD e a a ü e a a a a

a a a =t i)


Analizaremos la despreciando l-os

Ejemplo: Ios pisos.

96

10

11 7.2 0.35 1r i. 0.35 I ;

o.35

I

3.50

!:

6 T/m

6 T/m

"

56 o80

6 T/m 7

7.2

I

0.80

l

6 T/m

0_8

0-80

I

6 T/m

I

4.00

I

4.00

6 T/m 7_2

1.20 1.20

8

7.2

b

1.20

I

I

1.20

I

14

1

2.00 13

12

4.00

6.00

En este caso ]os ángulos de rotación cle las cuercias son Qt : Qz = Q3 = 0, con ello eI sist.ena de ecuaciones se reduce al rango 11 x 11, eliminándose Las tres úiltimas filas y Ias tres últir¡,as colunnas de fa matri-z cie coeficientes del problema anterior. Con esas conciiciones las soluciones del sistema son: 0.404439

;

0a = -2.593727

0.876752

i

06 = 0.426757

0.709905

;

0B = -3.333265

0.433618

;

010

oll

= -4.265688

;

Q2

= 0.0000

03

0z 0e

q

lng. N, Gonzále¿ V.

0z = 0.520622

,

05

e

= = = = =

0.800928

01

=,

{t

anterior,

6 T/m

=t

<,

misma estructura

desplazamientos laterales de-

@ 2007

;

= 1.3663 91 = 0.0000 a3 = 0.0000

'

-,--f::l¡rfr!" ,-... )

-:''

'.

.,.'

,'"1

'

eórni"! y problemas

de Estructuias Hiperestát¡cas

Resultados fina].es:

0.44

1.O2

-3-41

-3.11

f i3 aoa 20.1 8

9.89

iTr

onzález V. @ 2007

il a a fl * á

-t -l

=t ¡t

Apuntes y problemas de Estrucluras Hiperestáticas

6.11

APLICACION

A

PóRTICOS ?RASLACTO¡¡ALES =RREG{,I.ARES

se consideran pórticos traslacionares a aque]1os que en su geometria presentan dos o másirregurares gruáo" de libertad en función de Ia unión de vigas a corumnas u otras formas -presentan geométricas como barras inclinadas. Estos casos se en naves industriales, estructuras con mezzanine, etc. El análisj-s parte. de la hipótesis asumida indeformabilidad axial- de las barras componentes, sobre la además de considerarse que desplazamientos medidos - los traüsversalmente a 1os ejes de ios elementos. "".i., Ejemplo: Pórtico con mezzanine.

=r

a a -t a a a a a a ñ a a á a

1.5 T/m

2.0

5.0

6.00

Diagrama de desplazamj-entos

á

=, =,

=t =,

=t 4' €

ri

¿ález V. @ 2007

5.40 :

Rigideces relativas y ángulos de desplazamientor

kr-s=f

=0.+rr

;

k1-2='4u''

=0r,,

,

kz-o=2E521=0BEr

a=?El=rr; ks-+={f=ar,, k1:7='=trut =., 2. A1 a2_6^= -? :41 . _. = Ai+L2 ' : qa_7 , eZ. .: - A2 e1_5 = -5; kc

Sabiendo que 05 : 06 : 0r =

Ecrraciones:

-, ?l

Mr-s = o.a(20¡

Ms-r = o.+1e1 -:4--!-¡

= 0.801

- 0,24L1

= 0.401 -0.24L1

Mr-z

= a(201

Mz-t

= 4(01 +202)+6 = 401 +802 +6

+02)-6

Mz-o = 0.8(2;2 Me

-z

=0.8(02

O

-:91 )

- ¡ 9l )

= 80r +402

-6

= t.602- 0.48a1 = o.8o¡ -0.48a¡

Mz-:

= l(202 + 03

M:-z

= I(0r + 203 -3 4-¿) = 0z + 20¡

-, ?l

= 202 + 0:

'5

- 1.5a2 -

1.5a2

Iv13-4 = 3(203 +04)-3.645 = 603 +30.1 -3.645

M+-¡

= 3(03 +204)+3.645 = 30¡ + 604 + 3.645

M+-z = r(204 -3 Mu

Eguilibrio de -

-+

= r(oa -3

";-,

Ofr,

=

ze4

= o.¡

- r¡ o, -

;

o,

- ], ot-1 o,

nudos:

Mt-S + M1-2

=

Q-

8.801 + 402 - 0.24A1 - 6 = O


(1)

) ) ) ) ) ) ) ) ) ) ) )

Apuntes y problemas de Estructuras Híperestátícas

-

MZ-:.

+ Mz-6 + M2-3 = §'

+ 11.602 + 0: - 0l4BA1 - 1.5Au + 6 : - MS-Z + M3-a : Q 401

02

-

+

803

FIq-:

2703

*

+

30a

Mq-z

:

- 1..O, -

(2)

0

3.645: O /'

(3)

O;i

+ 560a - 3At - 3Az

+

atr LJ.JIJ c1t

_ _

(4)

V ^

Equilíbrio horizontal de fas cortantes de1 primer piso:

)

)

H5+H6+H7:6

)

Ml-S+MS-t

)

*M2-O*MO-Z * M4-7*M7-4

)

) ) ) ) ) ) )

) ) ) ) ) ) )

5B.B 01 + 117.6 02

-

30 Az

:

(s)

0

H2+Ii7=g Mz-¡ + M¡_1

+-n

M¿-z + Mz-¿

2

4902 + 49 03 + 14 0a - 4 Ar - 53 A2 :

)

)

A1

Equilibrio horj-zontal de las cortantes deI primer piso:

) )

+ 105 0a - 100.56


@ 2007

7

0

(6)

Resolviendo eI sistema: 0r = 1.1363 0e ='1'0845 0¡ = 0.8543 0¿ = -0.8696

Lt = -1.4117 Az = -0.3361

Pórtico con viga inclinada

Ejerapl.o:

ro +2

3T/m

I I :

6.0

A

3.0

91-2

=-;

I

L

l1

g4_3 =_

zm,

A^

.

8.0

Ecuacionas:

Tomando

en cuenta que 01 : 0q =

- 02 - 0.5 ^ -: :E0z+403-16 NIq-: =20t-2L Mz-1 = 2 0z - 0.5 A M:-Z =q0z+803+16 143-q =40:-24

!lt -2 MZ


@ 2007

=-Q

0

=_r,p

I

l.

t

a a a a

il il il

I il t

l

Apuñtes y problemas de Estructuras Hiperestáticas

Equilibrio de nudos: Mz-r

+Mz-:: 0 0

M3-2 + M:-¿'=

Equilibrio

>\\ I

; 1002 + 4 0¡ - 0.5^- 16: 0 ; 4 02 + 12 03 - 2.0 L+ 16 = O

de cortantes:

H1+Ha

\

il I

Mr-z + Mz-r

M+-s

6

]_

: : q : 02 0z

ü

2.57239 -2.6115? -2.64463

-5.16

o

t

0.07

a a

? i, a ü

a

t

e e a a

Ing. N. González V.

@ 2007

Mg-¿

:0 (3)

Resolviendo ef sistema:

t I t t t

+ 3

02+403-34

Ha

l}

e

(1) (2)

Apuntes y problemás de Estructuras H¡perestát¡cas

Ejemplo: Pórtico con viga inclinada. 3 T/m

*

d ú ú

J

# ó c

6.0

.f

3.0

.C

C

e

# qt {

C C ó

G

G

G G G

G

3 Ecuaciones:

Cono 01 = 05 - 0, suedan en la forma:

ecuaciones ciel método

r85-

J j

¡ ¡ ú

J

D

a a


a

Mr-z:202-2L Mz-t:402-2L Mz-s : 02 + 0.5 0a Mq-z = 0.5 02 + 0a Mq-s.40a-2L Ms-¿:20a-2L Mz-t:402+203 M:-z:202+40: M:-q:803+40a-16 Ms-::403+804+16

il t il il

t

ü D

il o il

Equili-brio

o o

Nudo

ü C

Nudo

t

o

o

3: M:-z + N{3-a :

:

0

;

O

Nudo 4:

MS-Z

+

tvlS-q

+ l4a-5 :

de cortantes:

(2)

0

0.5 0z + 4 03 + 13 0a - 2 L: Equílibrio

(1)

g

202+1203+40a-16=0

*16

(3)

En la base del pórtico:

H1+H3:6

t t

Mrz*Mz-r 33

o

t

o

Mq-s+Ms-¿

202+20s-2.6661

o ü

o e

M2-a

9 02 + 2 03 + 0.5 0q - 2 L:

il o o

de nudos:

2: l4z-t + Mz-: +

ü ü

..,


@ 2007

.U

^:0

(4)

Resolviendo e1 slstema:

0z = -0.894174 0s = -2.230678

0c=

2.244946

q = -2.354340

Ejemplo:

Pórtico con columna inclinada 9 T/m

I J.U

I

%

A1

e

A

De

la geornetría del triángulo de deformaciones en e} nudo tan

a1

2

¿\3 sen 0, : --:--=: Á2

J13

A. oI

2 ---

A Lr

^ J

t;; A, : a''A

d

F

3

A3

cr

3:

E ¿

a

r

ü ¡

t t t t -l

D

a ü

I

a a a rl i,


Desplazamientos relativos

M.,_r =

;

^6

) 3'

ZQ0, +e2 -A)-1.5

Ms-¿ =

e:-q

=

L2

Ar

Jrt=-?

M2-r =

"/1

+202

A) +1.5

M" " =1(e" *2e." +A)+12 2" 2' M¿_s =

3

(e3 -

Jñ=

^)

+02-A- 2'25:0 Bet + 2802 + 603 - 5n - Il2 = 0 16 * (71 - 8 + 24 : o2 + Q+ ;5)e: lElo

Mr-z: o '+

(er

de nudos:

Equilibrio

FI2-1

)

f

A

á

-=(2e3 -^)

(1)

201

M2-3

M3-2 + M3-a Ecuación de equilibrio

(2) o

(3)

de cortantes: Por proporcionalidad de triángulos:

7'

a

q

2'ZJ2'

!D

o a a {l t lt

1\1

q24:-"

M"" = 1,rr.+e, +Ar-12

ü

t t

i

Ecuaciones:

r}

o

=;^

Ar-z

:

24 - : 3h

h

á

-

=

h : 6.0

m

+2(3) (6+1.5)=0

=t a

N13-4

€

+

NI3-4

\t3

=, Ee

a a a la

Hi

sustituyendo Ias expresiones oe fos momentos, encontramos ecuación aciicional de cortantes: lng. N. González V.

@ 2007

1a

HiPerestáticas Apuntes y problemas de Estructuras

01

+ 202 *

#t,

Resolviendo e1 sistema: 0t Az

-:-0

. 47

«,*

24.15: O

frro

(4)

l

263

6.41789

0:

-g.|fl1s

A

-16.'1r736

:

para La ecuación- de condición aplicada Observación: una es variables' Ias entre encontrar una nueva relación podriamos bien si anteriorrnente; variañte de las "tifi"u¿ut las fuerzas horizontales en 1os de efectuar e1 "q"iiiUtio su cáIculo resultaria más laborioso apoyos de 1a .tt;;L";' ser coidlinación y se encontraria una ecuación que resultaria iineat de las Ya encontradas ' Pórtico con vi-ga inclinaia' Ejemplo: 307

-lf-

%Ít¿

1.50

Diagrarna de deformaciones

:

1

ln

+

pFtg19 dg9p-FE1r9llo Para el apoyo 2

N. Gcnzález V

J

i} ü

a a a a a a a a it

Apuntes y problemas de Estrucluras H¡perestáticas

t

i,

Equilibrio de nudos:

r,

Mr-3 + Mt-z =

o

t t

ft

De1

triángulo de formaciones: sen ü. =

A a1

,A -:

91-3 =

M:-r Mr-: Mt-z Mz-t

0;

2.4 01

i

q1-2= -L_ i Z.J ¡'

=:a J Ar

:--2 3

^

+ 0.8

02

- 1.84 A + 18.75 : 0

01+202- 2L:0

NI2-1 : ¡,

(1)

(2\

de cortantes:

Equilibrio

gor

V3+V2-30:0

goT

Pero:

a

u3

-

a

a

a1

:0.4( 0t - 0.64) - 18.?s : 0.4 QAt - 0.64) + 18.75 : 0.8 (2ü + 0z - 2L) :0.8( 0r + 202 - 2L)

ü

{ *

J

5

+

Ecuaciones:

fl

t t

1.50 2.50

7s-(M1-3-NI¡-r) :--5

Ml-r + Mr-t 1.5

Yzvz 34.5 01 + 30 02 - 41.8 a + 112.5 = 0

(3)

f,

r'

? ? ?

2'1.69

0t

=

8.5843

= 19.4277 a = 23.7198

0z

ü ü

a a ¡l


@ 2007

-21 69

F ¡l

l.=.,.,{

, . .:,{

.¡¡.1

¡

I

Ejemplo:

I I

il

e

I

i

il

C

.1

C -C

i i

:'

"( c

t, i

a, A

91-2=-;=-Q

;

t t T It

!

93-4=L ^ =e

Ecuaciones: Mr-z

:

2EI

-1t,

M,,:

-

l'lz -

(20.¡

n

/t,I

Ii{3-4 =

Equilibrio

I

le1

-L_ (30¡

Mz-l

3p)

lt,

I

(20r -

L lt,

3o)

+ o:)

N{:-z

= h

+

M¿-l

= L (e¡+3q)

3p)

I

t

@2+2fu)

a

2ET

de nudos:

Mz-::

r

M,.

0; 0;

Ec¡:ilibrlo

ztf.|ro2+fo3-ir=o o, * ztl * ,l-le¡ * 1q, = o ]lr-'LL

(2\

I

a a

a e

X1+X2+P=0

1x,

Í

a

cortantes:

P I

(1)

\.. _

"'-

rr41-2

o+)

I

={1103-04,¡

I

,*tro, r- -i, _

Ivr2-1

Ir'l+-:-M¡-+

Xr = ,\?.*--L=L."

_

e

a

f f

lng.

1.,1.

González V. @ 2007

ú

C TL

ilñl fra * *

a -

=a

¡il

t¡l

iü

rl a a a a a t a t * a


M:-q

PL2h 0r--" 4El(h + 2L)

a^ ---

PL2h 4El(h + 2L)

(D=-PL2(L

'

+ zrr)

Mz-t

L't1-2

l2El(h + 2L)

Momentos finales:

Mr-z:

-

f

inorr-l

(L+h)

D'

-(h+21) Mz-r: -' 2' DI + zll Mz-:: .lrrr 2' * zl, l,l:_z: - !!,n 2'

M:-q:

=t it

Mq-::

il

t a ? =t ? E}

(3)

Resolviendo ef sistema:

a

a

ot2

'0.2-0:-4e+á:0

Ing. N. González V.

@ 2007

L L L

DI

l-lftr

2'

DI

+ zL)

L

' 'rh + 2L) (L+h)

2'

Mq

-:

para

Pórtico

Ejemplo:

industrial

nave

.

+

apoyos

empotrados.

l

1.50 T/m

'l

t

3.0

1 I

4.0 I

I

1-.0 +

.

8.00

8.00

Diagrama de deformavciones:

Del triángulo de deformaciones: ai-az sen(2s)

Ar-Az


A4

A3

sen(90-cr)

Ar=4,

sen(90-a)

at-Az 2sen(cr)

-193-

@ 2007

-'.-"-

Á

) ) ) ) ) ) ) ) ) ) ) ) ) ) ) ) ) ) ) ) )

t


Rlgideces Y

de desplazamiento lateral:

ánguJ-os

/ iL

-

f. ^= 'z-)

2Et 2E"lTt--=L0 \

lt¡/J

I

r. t-^ =E=ro 'J-+^ -2É.-Ft I VlJ

2E2l . I¿-5=---=--

4El

\1

e.-) =- 4r a a?-? = *

=ó

= -0.75a¡

A

= o.s(o,

-Az)

= o 5a1-o'542

"173

(p3-4 =

3Ar

- :* tt

=-0.5(a1 -AZ) = -0.54¡ +0.542

I-1

.ot aa-r .=-'o'=-o.6oaz" 5

Ecuacl-ones:

\-ott

a vL -o^ - w¿

n

r.f,-¡ : 5(20r + 0., - 0.7541)

Mo,-5(0r+20)-O.75At) NIz-: : 2OQe2 + 03 + O'5A1 - 0'5Az) -

I I I I

Mt-z

=

20(02

+

203

+ 0'5Ar - 0'542) +

!i3-4 = ZO(20s + 0q * 0'5A1 + 0'5Az)

) ]

Ntq-3

I iiilN.

= 20(03 +

20a

B(20a + 0s

-

0'6Az)

-

B(0q + 20s

-

O'6Az)

González v. @ 2oo7

-

- 0.541 + 0'5Az) +

Niq-s: t'ls-q

) ] ]

ffi

2EI EI fi_.>=-=-=) AA

) )

t

t;; a¡=a¿=1/1161-42)

J

senü, =

donde:

B

B

B

B

_ .!

., :

ril 1. :-.

I

:.'

{ { {

'

'1r,r..:,:-i::r.r::::,i:r-..r.1ji:.r

,"-i

. ,..

'

"t:'."

Apuntes y problemas de Estruc{uras Hiperestáticas

Eguilibrio de nudos:

a

t

Mz-r+MZ-::0; 50 02 + 20 03 + 6.25 L1- 10 A2 - B = 0

.

a a a

(1)

M3-Z+M¡-S:0; 20 02 + B0 03 + 20 0a: 0

I

Q)

II

M4-3+Ma-S:0; 20 03 + 560a - 10 A1 + 5.2 A2+ B = 0

(3)

I

Equilibrio de cortantes: H1+H5 tl1-2 + M2-1

t I

:0

( {

M4-5 + M5-4

t

1501 + 1502 - 7.5

A1

24Qa

+ 2405 - 9-6L2

1502 + 96 0q - 37.5 A1 - 38.4 L2 :

Equilibrio traslacional:

h3 G=l

;

=Q

(4)

g

h:6

( ( (

m.

(

( ( (

(

(

{

(

(

( lng. N. González V.

@ 2007

J

{


EMk I

:

0, Hr(4+6)

+ vaQJTll - Mt-z - Ma-: - 1'5(16) (8) =

..

I

M1-2 +M2-1 4

¡¡ I

I

)

yo = M3-4

0

+

M4-sj

1'5 '(8)

'(4)

)

60'0r +60

)

"4= )

) )

) )

)

------'--------

04

-20' 4 +20' :

a//J

+ 48

^Z

de donde:

32.5 02 + 100 03 + B0 0q - 45 A1 + 30 A2 - 104:0

AI plantear Y resolver eI sistema de ecuaciones que 0l = 0s : 0, Por ser arnbos apoyos emPotrados '

se cons idera

)

)

Soluciones Y momentos finales:

)

0z: 0: : 0s :

) )

0-73512t -0.030755

-0.6123L9

= -1 .816965

)

^. Lz = -t'679950

)

)

)

13.4 9

) )

) )

-17.86

)

-1

)

) )

) ] I

ing. N. González V.

@ 2007

(s)

2.96


EjempJ-o:

.

Pórtico para articulados.

nave

industrial

con

apoyos

'1.50 T/m

I

3.00

+ I

4.00

I I

I

I r

loo ]-

( {

I

tlel tri-ángulo

cie deformaciones

/l\ ¿t,,/l\¡,

a1 - A2

/ I ! 1t\

sen(2o)

Ar-A¡

donde:


:

sen(90-e)

sen(90-a)

ar-Az

A:: ol^' -2sen(cr) senü,

@ 2007

J

=

i;,

a3=a+=f(ar-az) - 197 -

-_--.-

t t ü

a a a a a a a a


Rigideces y ángulos de desplazamiento lateral: f,_.,

2Et ,rr_r = zl^[tt =-=20 I "ltt 2E^lt-731 2Et t1_¿= = I =20 ^!ll . 2E2l 4Et l4_S=-:-=-'_ =8 ))

=l

3Ar

?

t_2=____r=_0.7541

t t ? t a a

=E42= El = s

ez-

3

=$

= o.t1o1-Az)= 0.541-o.5ar

' -+Jz¡

e3-4 =

3L'>

q4-5 ='--:

= -0.5(a1

Ecuaciones:

: 5(201 + 0z . 0.75Ar) : 5(0r + 202 - 0.7541) : 20(202 + 03 + 0.5A1 - 0.sA2) - B : 20(02 + 203 + 0.5At - 0.5A2) + B I'13-4 = 20(203 + 0a - 0.541 + 0.5A2) - B M4-3 : 20(03 + 20a - 0.541 + 0.5A2) + B Mr-z Mz-r Mz-: i,l3-2

a

Mq-s=B(20q+05-0.642) Ms-s=B(0q+20s-0.642)

a a a a

ü

i, a e ü

a o

a

= -0.5a1 + 0.5a2

= -0.6042

ü

a a a

-^z)

Eguilibrio de nudos: N11-2

: ¡,

MZ-t +

10 01 + 5 0z

- 3.75 A1 : 0

(1)

MZ-::0

5 0i + 50 02 + 20 03 + 6.25 L1 - 10 A2 - B = 0 N13-2 't- M3-4

: 0;


@ 2007

20 02 + B0 03 + 20 0a =

0

(2) (3)

"198 -

M¿-3+M¿-S=0

2003+560a+805 - 10 A1 + 5.2 A2 + 8.= 0 Ms-e:o; 80¿ +1605-4.842=O

(4)

(5)

Eguilibrio de cortantes:

A I

H1

+fl5 =g

I

_L

M¡-2 + N12-1 M4-5 + M5-4

H1

45

=$

--J-> H5

25 01 + 50 02 + 64 0a + 32 05 - 18.?5 A1 - 79.2L2=g

Eguilibrio

traslacional

h _3

:

16

8

;

h:6

k

T

4l

I I}IK :

O,

lr1(4+6)

+ vaeJTl) - M¿-: - 1. s (16) (B) =

Hr=

lQg. N. González V. @ 2007

M1-Z

+M2-1 4

0

(6)

t

\

r. _ v4-

I

M3-4 + M4-3 + 1.5 '(8) '(4)

i

4

,r. _ 60 03 + 60 .04 -20.A1 +20.L2

--

+ 48

.173

de donde: 12.501 + 25 02+ 10003 + B0 0a

-

3041 + 3042

-

113.3?5 =

0

(1\

Solueiones y momentos finales:

e1 = -2.34038

=

1.56274

03 =

-0.04066

A2

19.52

-24.39

e4 = -1.40011 05 = 1.64920

q1 = -4.15736 q2 = 3.16383

-15.52


@ 2007

-24.39

:. "':.

ti-

. .,

.t:; .i:-..,

...i::i:.._:.:i ",.1:.,"-i:: ::r..

:

.


Análisis de pórtico traslacional' considerando que la columna 4-8 se conecta con el nudo 2 mediante una articulación por debajo de 1as vigas 1-2 v 2-3.

Ejemplo:

1.5 T1m

:

4.0

3..U t/m

5.0

4.0

Diagrama de desPlazamientos

:


Ecuaciones:

Mt-r= 0.8 0t - 0.48

A1

- 0.48 A1 Mr-z= 2.4 \ + 1.2 02 - 4: Mz¡= 1:2 01 + 2.4 A2 + 4 Mr-s=:0r + 0.5 9. - 0.375 A2 Ms-r = 0.5 01 + 0s - 0.375 A2 Me-q : 1.2 Aa - 0.12 Ay Mq-a : 2.4 0q - 0.72 L1 Mz-::202+0:-9 M:-z= 02 + 2 03 + 9 M2-6= e2 + 0.5 0o - 0.315 L2 Me-z= 0.5 0z + 0o - 0.375 A2 l"ls-o= 2 05 + 0a - 2 Mo-s= 0s + 2 06 + 2 l"le-3= 0.8 03 - O.48 A1 M:-s= 1.6 0: - 0.48 A1 Mr-z = 1.6 01

Equilibrio

de rotacional

y de cortantes:

I"l1-7 1l'11-2 + Mr-s

=0 +M2-3+NI2-6=6 N12-1 M:-2 + l'13-9:6 !15-1 + MS-O : 0 NI6-5+t'{6-2=6 N14-s = 6 H7+Hg+H9:6 H1+H2=Q El sistema que se forma es:


':.i;::l:,1":

0 5 1.2 0 00 t.2 5.4 l1 3.6 00 0 2.4 00.0 03 0.s 0 0 01 0 0.5 0 2,c v ¿.; 3.5 01 110 0r

=

0.03746

0s = -3.48616

0s= 1.29225 91 = -3.63021

lng.

ll.

González V. @ 2007

0.5

0

0.5 0

0 0 1

0

3 0 1

48 -0. 3?5 : 0 -0.37s i i

-0.

4

s

0 -9 -0.48 o , 0 -0.72 0 -0.375 : 2 o -0.375',,-2 0 i 0 -3.36 0 -1 ' 0 =

1.80769 -'1.08906 -1.15031 92 = 1.98708 0z

0< = 0o =


Ejempl.o:

Pórtico para graderia de campo deportivo

6.20

119.44 r

4.2 4.4 r

Í.

1.5 T/m

5.20

3.00

6. 125

r

7.00

3.0 T/m

5.00 4.00

12.00

9.00

EI diagrama de desplazamientos de f os nuclos y 1a traslación l-ateral de las barras de la estructura se muestran en el siguiente gráfico:


@ 2007

,

:

i.r¡l,:.

:¡1:1:;,;','1,,-,r

:-1:,,

t':'. t;li

: ':ri-

;

:,i'

r-'.

i :i::':i: ll

".ir: Rpuntes'í proHémas de Estiu¿turas H¡perestáiicas

A4 i':\

42.é3

Siendo los apoyos de la estructura ernpotrados:

0s: oro:6ri = o Las ecuaciones correspondientes para 1as barras son: IVs-1 = 0.80t -0.4BAl -0.4842 lVll-9 = 1.601 - 0.4BAt - 0.48A2

M1-4 = 40t + 20¿ - 108 M¿-1

=20t+40¿+108

M1o-2=202-1.SLt M2-'10 = M1 1-3

4oz-1.5L1

= 3.2503

-

2.4375L1

M3-11=6.50¡-2.4375Lt M2-3 = 202 + 93 -20.25 M3-2 = 0Z + 201+ 20.25 lng. N. González V.

@ 2007


M2-4 = 302 + 1.50a-1.125L2 M4-2 = 1.502 + 30¿- 1 .125L2

404+19g-26, = 204 + 405 -2L3

M4-5 = MS-4

Ms-o ,= 3.50g + 1.7500 -0.75Á2.¡ 0.75a3 M6-3 = 1.7503 + 3.500 - 0.75Lá- 0.75as M5-6 = 1.605 + 0.800 - 10.125

M6-5 =0.895 + 1.606 + 10.125 M5-7 = 805 + 49, -5.4545L¿

M7-s =405+807-5.4545& M6-B = 206 +'lgU - 0.3571& MB-6 ='106 + 2gu - 0.35714¿ M7-B = 3.55090t + 1.77550a- 67.50 MB-7 = 1.7755V + 3.55090s + 67.50

Eguilibrio

de nudos:

rotacional

Nudo 1:

5.6 01 + 20¿'-0.48

A1

- 0.48 ^2

= 108

Nudo 2: 9 02 + $3 + '1'5 0¿ - 1.5 At

-

1.125 L2 = 20-25

Nudo 3:

0z+

12 03 + 1.75

0a-2.4375

A1

-

0.75 Lz-0.75 Ls= -20.25

Nudo 4:

201+

1.5 02 + 1'l 04 +

205-1.125 Lz- 2A3 = -1gg

Nudo 5: 2 0a +

ll.60s

+ 0.8 0o + 4 0z

-2

M-5.4545 La,= 10.125

Nudo 6: 1.75 0s + 0.8 0s + 7.1 0o +

0a- 0.75 L2-0.7543-0.3571

Nudo 7: 4 05 +

Nudo

l)

0z + 2 0e

-

4.4545 A4 = 67.50

B:

0O

lng. l.l. González V. @ 2007

+ 2 0Z + 6 0g

-

0.3571 L¿,= -67.50

Aa = -10.125

Corte 1-1

0.8(tv'lr-g. lVls-r) * M2-10* M10-2 * M3-ll * M¡-g= 0 0.48 01 + 1.5 0z + 2.4315 03

-

2.1608 A1

-

0.1920 L2=

O

Corte 2-2

Hg+Hz+Fls=0 28(Na'i-s* fvlg-l) + 35(l/lz-+ * Mq-z) + 20(Ms_o + trl6-3) =0

C480j+i

1?5 e2 + 0.75 03 + 1.1250¿ + 0.75 06

- 0.192

A1

-

0.S638 A2

_0.2143:\3= e

üorte 3-3

H4+fl3=g 7(M¿-s + Ms-a,) + 3(fvl3-6 + tv,l6-e) = 0

0.75 03

t'20¿ + 2 0s + 0.ZS 06 - 0.2143 A2- 1.5476

A3 = 0


Corte 4-4 Hs+H6=0 8.4(Ms-z + Mz-s) + 2.2(Mo-a + Me-o) = 0 5.4545 es + 0.3571 06 + 5.4545 e7 + 0.3571 0s

-

5.0437 A4 =

Q

Resclviendo ef sistema que se forma, 1as soluciones finales son:

momentos

e1

=

27.42281

oz= 7.35826 = -1.76809

03

04 = -20.72737

= 4.'15894 o6 = -o.ogo¿o 0s

07

=

16.3701

32.70

1

eB = -15.33788

-4.03

= 9.26751 r\2 = -6.Untr. A1

^3 A4

IZ,JJ

= -22.51006

=

21.06304

-ro

6A

_ññ ?A

-7.30

lnq. N. González V.

@ 2007

24.07

Analisis Estructural, Apuntes y Problemas

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