Análisis Estructural, González Cuevas

Acerca del autor ÓscarM. González Cuevas es ingeniero civil egresadode la Universidad de Yucatán, con grados de maestro en Ingeniería y de doctor en Ingeniería, con especialidad en estructuras, por la Universidad Nacional Autónoma de México. Actualmente es profesor de tiempo completo en la Universidad Autónoma Metropolitana (uam), UnidadAzcapotzalco. En estainstitución imparte cursos de Estática, Diseño estructural. Análisis estructural y Estructuras de concreto. También realiza investigaciones en el campo de la reparación de estructuras dañadas por sismos y coordina el posgrado en Ingeniería estructural que ha iniciado actividades en el año 2001. Fue fundador de la u am en el año de 1974 y ha ocupado diversos cargos de dirección, incluyendo él de Directorde la División de Ciencias Básicas e Ingeniería (1979-1981), Rector de la Unidad Azcapotzalco (1981-1985) y Rector general (1985-1989). El Dr. González Cuevas es autor, con el Ing. Francisco Robles Fernández, del libro Aspectos Fundamentales del Concreto Reforzado, que ha venido publicando esta misma casa editorial, en tres ediciones (1974,1985,1995), y que se usa ampliamente como libró de texto en escuelas y facultades de Ingeniería de varios países de habla hispana. Ha escrito otros libros y artículos sobre Ingeniería estructural, y sobre planeación y administración universitaria, así comotrabajos presentados en congresos nacionales e internacionales. Es miembro del Comité ^ Seguridad Estructural del Gobierno del Distrito Federal y en este carácter participa en la revisión y elaboración del Reglamento para las Construcciones del Distrito Federal. Entre las principales distinciones y reconocimientos que ha recibido destacan el doctorado Honoris Causa de la Universidad de Yucatán (1977), Presea Guillermo Álvarez Macías de la Cooperativa de Cemento La C niz Azul (1990), Premio "El Registro’ del instituto Mexicano del Cemento y dé] Concreto (1999), Académico Emérito de la Academia Nacional de Ingeniería (2001) y Premio a la Docencia en Ingeniería CM 2001 de la Fundación ic a . Ha sido Presidente de la Academia Nacional de ingeniería (1986-1967) y de la Sociedad Mexicana de Ingeniería Estructural (1906-1997).

Presentación

Este libro ha sido escrito con el propósito fundamental.ge ayudar a profesores) enseflanzay el aprendizaje del análisis estructural. Esta disciplina constituye una dsefl"«!^ í

dominio es indispensable para los profesionales^

presas, plantas industriales, plataformas marítimas, etc. El anáfisis estructura?esJ las asignaturas que más contribuyen a la formación délos alumnos, a su enH^H de conceptos abstractos y a la adquisición de habilidades intelectuales re^^^H profesional de la ingenierfa. Por estas razones, ha ocupado, desde hace mucho tiempo, un lugar I destacado en los planes de estudio. Los métodos básicos del análisis estructural conducen a la formulación de sistemas de ecuaciones simultáneas que, para estructuras de regular tamaño, llegan a ser de grado elevado. Su resolución por métodos manuales consume mücho tiempo. Para solucionar este problema, se desarrollaron métodos numéricos que resultaban menos lentos, pero que seguían siendo laboriosos y propensos a que se cometiesen errores. El método de Cross es un ejemplo típico. Con él advenimiento de las computadoras, la resolución de grandes sistemas de ecuaciones simultáneas dejó de ser un problema, y se regresó a los métodos fundamentales, el de las fuerzas y el de las deformaciones o desplazamientos. Pero estos métodos se replantearon con un enfoque matricial más adecuado a la utilización de computadoras. Distintos libros de análisis estructural utilizan enfoques también diferentes según el desarrollo histórico mencionado. El enfoque seguido en este libro es el siguiente. En el primer capitulo se hace una revisión dél proceso general de diserto y se ubica a la etapa dél análisis estructural dentro de este proceso. El capitulo 2 comprende una revisióndel tema deestructuras isostáticas, estudiadogeneralmenteen cur­ ios previos a los de análisis estructural, llamados estática o estructuras isostáticas en lasescuelas de ingenierfa; el dominio de este tema es fundamental y por eso su inclusión en este libro y la recomendaciónde que nosecontinúecon losotroscapítulossi estenoseha estudiadoa profundidad, la resolución de estructuras hiperestáticas, campo de estudio del análisis estructural, requiere del cücuto de deformaciones de estructuras isostáticas; en el capitulo 3 se estudia este tema en forma completa, aunque algunos métodos incluidos en el libro, no todos, se ven en cursos previa*. Losca­ pítulos 4 y 5 presentan los método»básicos o fundamentalesdel análisis estructural:el de las faena* y el de la» deformaciones, respectivamente. El método pendiente-deflexión, quees el mismode las deformaciones en sus principio» básicos, se incluye en el capitulo 6. El método de Cross, ya mencionado, se presenta en los capítulos 7,8 y 9, tratandoporseparado loscasosde vigascontinuas, marcos sin di*pla*aml»nto lateral y marcos con desplazamiento lateral; su inclusión obedece a qu»

I considera importante a pesar de que ya no se incluye en alguno» programas de estudio.

El estudio del análisis estructural resulla difícil, en ocasiones, para algunos alumnos. POresla razón, el autor ha tratado de presentar el material de la manera mis clara posible, conservando I desde luegoel rigor de la disciplina e incluyendo ol desarrollo total de las demostraciones. Se ha tenidoespecial cuidadodeexplicarcondetalleaquellos conceptosque, en la experienciadel autor, son de más difícil comprensión, aun a riesgo de caer en repeticiones. Los numerosos ejemplos resueltos so presentan en forma completa e incluyen el trazado de los diagramas de acciones, ya que es conveniente que el alumno adquiera el entrenamiento de obtener estos diagramas o Interpretarlosdebidamente. Losejemplosse presentanen hojas enmarcadas, en forma similar a la empleada en despachosdecálculo, acompañados decomentarios sobresu desarrollo. Estemétodo del Conctclp Retoñado. Con base en varios testimonios recibidos, se considera que facilita el entendimientodo los ejemplos. Debidoa queel contenidodel libroestáconstituidopor principios y conceptos cuya vigencia tieneuna naturaleza máso menos permanente, no se |iace referencia continua a libros y artículos quepresentenavances sobreel tema. SI sepresenta, al final del mismo, unabibliografíacon algunos textos que el autor considera de excelente calidad y que recomienda consultar siempre que sea ppsible. Algunos son libros .clásicos, como el de Timoshenko. y otros son textos modernos con cualidades didácticas y magnificas presentaciones. . ,, El material Incluido puede constituir la base de un primer curso de análisis estructural con duraciónde un semestre, siemprequelos alumnos tengan una buena base de estáticaquepermita queel capitulo 2 y paitedel capítulo3 puedanestudiarsea ritmode un repaso. Algunos profesores ........ >del tiempodisponibley de

paited e su tic m p o a iB P H contenidodel libro; le ha dadola oportunidadde enseñar la asignatura durantevarios años, y le ha brindadorecursos materiales indispensables. El contacto con sus alumnos, ha motivado al autor a tratardecomprender mejor Indisciplina, para poderla transmitir, y loba Impulsadoaembarcarseen la empresade escribir un libro quecontribuya• facilitar su enseñanza.Julio Labastida, profesor deanálisisestructural enla UniversidadVeracnjzana, revisóbuenapartedel material, especialmentede k»ejemplos, y señalóal autor erroresy omisiones quefueron oportunamentecorregidos; losqueno hansidodetectadosson responsabilidadexclusiva de quienescribe.Juan Casillas y JosédelaCera, profesores de ja UAM, hicieron valiosas sugerencias para mejora, el material. Y alounos alumnos hanayudadodirectamenteal aútoren la preparacióndeejemplosy en la capturadd material;éntre eUosAlejandroViverosVizquez, Manud Corona Locra, julioPineda Blanca» y EduantoAidto» Méndez. nnatowa*. seapafcceal equipode Umusa la confianza depositadaen el autot Óscar M. González Giews on^cVfOlM aM ^jm ^

C ontenido

Determinación del diagrama [defuerza cortante 35 IDeterminación del diagrama de momentd'flexiónante 35 Determinacióndelasreacciones 51 Determinación1’délas tuerzas

Determinación de las fuerzas cortantes y momentos* flexionantes S7* füM Introducción 19 el métodode Newmarfc 2.3.1 Sistema de fuerzas paralelas en un plano 22 2.3.2 Sistema de fuerzas no paralelas 2.3.3 Sistema de fuerzas concurren­ tes en un plano 22 2.3.4 Sistemade fuerzas enel., espacio 22 ecuaciones de condición .-22-,v Acciones Internas 23 »■ < Cálculodel gradod* 2.6.1 Vigas 25 •2.6.2.. Armaduras 28 . 1 , 2.6.4 Inestabilidad geométrica. 34 Análisis de vigas Isostítlcas 36ts t.» 2.7.1 Determinación de las reacciones en los apoyos 35- rgjf

2.T0.2 Cargas distribuidas ' /!

Introducción-.97 IIiy0a Teoría de la viga elástica 99 M Cálculo de deformacionespor el método.de la doble integración 103 Cákulojde.deformacionesifitiiizaodolos ^.Métodadel^yigacooiufada .125 3.5.1 Presentación del método 125 3.5.2 Condicionesdeapoyodela viga conjugada. 128 | 3.5.3 Convencióndesigna#.'*130

10.2 Método directo 499 10.3 Lineas de influencia por el principio de MQIIer-BresIau 510 10.4 Aplicaciones de lineas de influencia en vigas 521 •!.: 10.5 Momento flexionante máximo absoluto 526 porte, momento transportado y 10.6 Lineas de influencia de armaduras rigidez lineal 403 isostáticas 530 7.2.2 Factores de distribución 406 Problemas 542 Presentación del método 408

Método de Cross para vigas continuas 403 7.1 7.2

73

Introducción 403 Conceptos fundamentales del método 403

Problemas 436 Capítulo 8 Método de Cross para marcos sin despla­ zamiento lateral 439 8.1 Introducción 439 8.2 Descripción del método Problemas 455

439

Capítulo 9 Método de Cross para marcos con despla­ zamiento lateral 457 9.1 Introducción 457 9.2 Marcos de un nivel 457 9.3 Marcos de varios niveles 474 Problemas 494

10.1 Concepto de línea de influencia

497

Capítulo 11 Líneas de influencia de estructuras hiperestáticas 547 11.1 Método directo 547 11.1.1 Estructuras con un gradode indeterminación 547 .. ■ Mi 11.1.2 Estructuras con varios grados de indeterminación .-.557 j n 11.2 Método de Müller-Breslau 565 , ■ mjiffi 11.2.1 Estructuras con un grado de indeterminación 565 11.2.2 Estructuras con varios grados de indeterminación 569 Problemas 580

BIBLIOGRAFIA 584

s

u

a

Figura 1.1. ProcedimientogeneralI para el diseño y construcción dé obras entre él proyectoarquitectónicoy el diseño estructural y el de instalaciones. Losestudios descritos y el diseño arquitectónico se lie* van a cabo siguiendo las disposiciones de los reglamentos deconstrucciónaplicables. A continuación, se pasa a la etapa del diseñoestructural. En la figura 1.1 se indica que esta etapa puededividirse en tres partes: estructuración, análisis y dimensionamiento. En la parte de estructuración, se establece la geometría general de la obra, respetando el diseAoarquitectónico, sefijan losclaros de lasvigas, la separación y alturade las colum­ nas, seseleccionan los materiales a emplear, se eligen sistemas de piso, etc. Esta parte suelellamarse'concepciónde la estructura* o ‘configuraciónestructural'. Es la parte más subjetiva del diseñoestructural y aquella en que la experiencia, buen juicio e Intuición dd ingenierojueganel pagel másimportante. Una estructura mal concebida presentará Problemas, independientemente dé qué tan bieno decon quétantaprecisiónm haganlas

etapas de análisis y dimensionamiento.1 Duranteesta parte, es necesario hacer algu­ nasestimaciones preliminaresdel tamañode los miembros estructurales, tanto para esti­ mar su peso propio, que forma partede las cargas actuantes, como para calcular sus ri­ gideces relativas, las cuales se requierenen la partedel análisis. Estas estimaciones pue­ den hacerse utilizando procedimientossim­ plificados de análisis y dimensionamiento. 0 únicamentecon baseen la experienciadel proyectista': Después sigue la parte del análisis de la estructura, que es el tema de este textoLa acepción mis general de la palabra'aná­ lisis* es: distincióny separación de laspaites de un todo hatta llegara conocersusprlnch

1 Aunqueel tema noforma pane de esteloto, *

recomiendaa lo»alumnosde Ingonlerfácuruca»ral leeralgúnlibioal i—pacto, comopore|WH*! C.AmoldyB. Réftbenftan; fCOnflgúracIdnyP*j*AoSísmicode(díñelos*. LIMUSA, México,

péoi o elementos (Diccionario de I* Lengua Española, Real Academia Española). Aplica­ da esla Idea a una oslructura, lo queel análien sus elementos conslitulivos y la deter­ minación del efectode las cargas aplicadas a la estructura en cada elemento: Cualquier estructura es un lodo continuo, pero para fines de análisis se puede dividir endistintos miembros, comoserfan las barras eh una armadura, o las vigas, columnas y losas en bos, sistemas de piso y cables, en umpuenie colgante. Una vez dividida latestructura en susdistintos miembros, la determinacióndel efectode las cargas en cada miembroselleva acabocalculando las acciones'internri pro­ ducidas por esas cargas, o sea, las fuerzas axiales, las fuerzas cortantes, los momentos flexfonantes y los momentostorsionantes en cada miembro, asf como las deformaciones decada elementoy de la estructura completa. Estecálculoes la esencia del análisis estruc­ tura/ y el objetivo de este libro es presentar distintos métodos para realizarlo. Aunque el procesocompleto de diseño estructural es en buena medida subjetivo y no tiene soluciones únicas, como ya se ha comentado, la parte del análisis estructural es completamente rigurosa y conduce a so­ luciones únicas. Una vez planteada una es­ tructura, las cargas que sobre ella actúan y los elementos estructurales en los que se ha dividido, las acciones internas en cada miembrotienen un valor cometo único. Las tuerzas axiales, las fuerzas cortantes, los momentos flexionantes y los momentos lorsionantes en cada miembro deben ser loa mismos, cualquiera que sea el método empleado para calcularlos. Si se usan métodos aproximados de análisis, seobten­ dránaccione» interna* parecidas a las de las solucione*completas, que puedenaceptarse según su grado de aproximación. Sin embarra, el que la* soluciones teóricas sean únicas, no significa que en la estructura real

distribución de las cargas y de otros factores ¡Implican;trabajar sobre ui coincidetotalmenteconla estructura real. pJ H esta razón, nose justifica realizar loscálculos conunaprecisiónexcesiva, aunquelasolución

La tercera parte de la etapa del diseño estructural se refiereal dlmensionamientode I los miembros estructurales. A partir de las I acciones internas calculadas en el análisis I estructural, se dlmenslonan miembros que puedan resistir dichas acciones dentro de condiciones deservicioaceptables. Porejem­ plo; si se trata de una estructura de concreto, será necesario determinar el tamaño de los elementos estructurales, el acero longitudinal y transversal, detallar anclajes y traslapes, revisar deflexiones y agrietamientos, etc. En esta parte se recurre más que en la anterior a fórmulasempíricas y adisposiciones regla­ mentarias. El proyectista tiene más libertad de acción y la* solucione* correctas pueden variar segúnsu criterioo los reglamentosque use. Por ejemplo, si estádimensionandouna viga de acero, puedeencontrardiversos per­ files que resistan el momento flexionante calculadoen el análisisde la estructura. O si la viga es de concreto, puede usar distintas relaciones entresu altura y su ancho. En los programasde ingeniería civil, generalmente se ofrecen cursos de dimensionamiento de distintos materiales, concreto, acero o ma­ dera, posteriora* a los curso* de análisis es­ tructural, para seguir la secuencia del proceso de diseño. Puede suceder que una vez terminada la partede dimensionamiento, los miembro* de la estructura resulten de un tamaño dife­ renteal supuestoenla partedeetmicturacMn. Esto suele pasar cuando no se tiene mucha experiencia. Si se presenta esta situación,

Una vez realizados el dimensionam.cnn, y ,.| diseño de instalaciones, y plasmados sus seíinnecesarios, dependeráde la diferencia ios valoressupuestos, y dealguno»oíros fac-

carga total; si se subestimaron los tamaños delodoslosmiembros, sus rigidecesrelativas, que son!(as que importan en el anáfisis, rigideces absolutas. El buen juicio del pro­ yectista; nuevamentejugará un papel deter­ minante en la decisión correspondiente. la parte de análisis estructural únicamente. En lodos los problemas se plantea la ideali­ zaciónde unaestructura real y de lascargas quesobreella actúan.4 Sin embargo, el lec­ tor deberá estar consciente de la ubicación seAo, asi como de su antecedente, la estructuración; y de su consecuentt, el el riesgo de no otorgarle su justa importún­ ela al contenidodel cuno o de considerarlo comoun ejercicioacadémico desvinculado de la realidad. Enla figura 1.1 seincluyen otras etapas del procedimientogeneral de diseñoy cons­ trucción. Simultáneamente con el diseño, estructural, se puede realizar el diseño de las instalaciones, cuya importancia varia se­ gúnel tipo de obra. Aunque ambos diseños sehagansimultáneamente, no deben hacer­ se independientemente, ya que la ubicación de las instalaciones puede afectar el diseño

caciones de construcción, se elabora el presupuestode la obra y el programa deconstracción. Después se ejecuta la obra, con una coordinación y supervisión técnica adecuada. Estas etapas no se comentan mayormente en estetexto, no porser menos importantes, sino por no estar directamente vinculadas al tema

1.2 Tipos de estructuras En la práctica de la Ingeniería se pueden encontrar muchos tipos de estructuras. Por ejemplo, existen puentes de distinto tipo, como apoyados sobre vigas longitudinales, apoyados sobre una retícula de vigas, col­ gantes, atirantados, con armaduras; etc. Existen bóvedas de diversas características, cilindri­ cas, con anillo central de compresión, con tirantes. Cascarones cilindricos o en forma de paraboloide. Arcos de distintas formas. Vigas de un claro' o continuas. Marcos rígidos. Muros con cargas normales a su pla­ no, como los de contención, o muros con cargas en su plano, como los utilizados en edificios altos. Estructuras a base de cables colgantes. A veces se combinan dos o másde estos diversos tipos, como en edificios altos En este texto se tratan únicamente tres tipos de estructuras: vigas de un solo claro o de varios claros, armaduras y marcos rígidos. Puede parecer que es un número muy limi­ tado de casos en comparación con la gran variedad existente en la realidad. Sin embar­ go, el objetivo principal del libro es mostrar los principios fundamentales del análisis es­ tructural, y esto puede hacerse a partir de

Figura 1.3. Idealización de unaestructura esfuerzos dentro de la zona de compor­ de vigas y armaduras. Por lo tanto> las tamiento lineal da'los materiales o de los estructuras de la figura 1.2 ya son ideali­ zaciones de estructuras planas. miembros estructurales. Estas cargas son las - Otra idealización Importante se refiere llamadas carga»de servicio y, por lo tanto, el análisis se debe llevar a cabo con ellas. Si b al material de las estructuras. Los miembros tercerapaite de la etapadediseñoestructural, deconcretoreforzadoy deaceroestructural, los materiales más usados en estructuras, el dimensionamiento, se hacecon criteriosde tiene gráficas caiga-deflexión como las de resistencia última, las acciones obtenidasen las figuras 1A-ay 6, respectivamente.Ambas el análisis deben multiplicarse por losfactores tienen una zona aproximadamente lineal al de carga especificados en el reglamentode inicio de la gráfica y. después, una amplia construcciones aplicable. El mismo resultado zona de comportamiento no lineal. En los seobtieneefectuandoel análisisconlascaigas métodosdeanálisisestructural presentadosen de servicio multiplicadas previamentepor los este texto, se supone que los miembros factoresde caiga. estructurales tienen un comportamiento La suposición de que el material delas lineal y elástico, o sea, quesu gráfica cargaestructuras es lineal y elástico permite deflexión es como la mostrada en la figura efectuar simplificaciones importantes en el 1A<. Existenmétodosdeanálisisestructural análisis. Todos los efectos de las cargas •n los que no es necesaria esta idealización aplicadas yarían linealmente. Por ejemplo, o suposición. Se llaman métodos no lineales si se duplican las cargas, se duplican todas de análisis, pero caen fuera del alcance de Jasaccrones internas; si el módulo de este texto. Esta suposición conduce a que elasticidad se reduce a la mitad, todas las las acciones internas calculadas con los deformaciones se duplican, ya que son métodos aquí presentados, se aproximen a inversamente proporcionales al módulo. U11 las que ocurrirían en la estructura real bajo principio muy importante llamado de el «fadodecargas relativamentebajas, osea, i superposición de causas y efectos, que * nocercanas a las que produciríanel colapso estudiará mas adelante, sólo es aplicable si de la estructura, sino a las que producen el material et lineal y elástico.

roestructural

H b ) Coftcreloreforcado

I

.Gráficas carga-deflexión (P-6) de miembros estructurales con>distiñtosmateriales Una tercera Idealización Se refiere al tamañoy comportamientode los apoyos de las estructuras y de las intersecciones de sus miembros. Losapoyos Ideales, queseConten­ tancon detalle en el capítuló'2; representan puntos en los que no hay fricciones'que res­ trinjanel desplazamientoo*lasrotacionesdé los miembros, o bien, que les proporcionen un empotramiento perfecto. En los1apoyos reales no se presenta esta situación'ideal; tienen dimensiones apréciables y siempre hayfricciones oempotramientos que noson perfectos. Lomismosucedecon las intersec­ ciones de miembros estructurales. Tienen dimensionesconsiderables y deformaciones dentrode la intersecciónque nose conside­ ran normalmente en el análisis estructural. Se veráen losejemplosdel libro, que es fre­ cuente considerarque los marcos están em­ potrados en sus bases. En la realidad están ligados a las cimentaciones, que les propor­ cionan un empotramiento parcial, que de­ pendedel tipode cimentación y de terreno. Ésta es otra idealización importante.

Algunas de las’ cargas que actúan sobre las estructuro tienen un valor que no cambia con el tiempo. El peso propio de los miem­ bros estructurales o el peso de los muros divisorios en un edificio de oficinas son

ejemplosdeestetipodecargas. Otras cargas, comoiJascargas vivas, aunque cambiancon el tiempo, 'lo'hacen>en periodos largos, y pueden considerarse como constantes, con un valor parecidoal máximoque alcancen^ para!-fines de análisis. Cuandoel análisis es­ tructural seefectúa concargas permanentes, como
C a p ít u l o 2 Estructuras isostáticas 2.1 Introducción / 2.2 Reacciones en los apoyos / 2.3 Ecuaciones de equilibrio / Acciones internas / 2.6 Calculodel grado deindeterminación / 2.7 Anilisis de vigas isostáticas / 2.8 Armaduras / 2.9 Marcos / 2.10 Determinacióndereacciones, fuerzas método de Newmark 2.1 Introducción lías estructuras se dividen, desde el punto de vista de los métodos de'análisis, en isostáticas o estáticamente determinadas, y en hiperestáticas o estáticamente indeter­ minadas. Las primerasson aquellasquepueden analizarse utilizando únicamente las ecua­ ciones de equilibrio de la'estática. Es decir, que pueden encontrarse las*fuerzas cortan­ tes, momentos flexionanteS,i>fuerzas nor­ males y momentos torsionantes; a partir de

2.2

Reacciones en los

Uno de los pasos necesarios para establecer si unaestructura es isostática o hiperestática consiste en calcular el número de reaccio­ nes que se desarrollan en los apoyos de la estructura. Por 1° tanto, es necesario deter­ minar las reacciones que ocurren en los di­ versos tipos de apoyo que se encuentran en la práctica. 1 Los tres tipos básicos de'apoyosemues­ tran esquemáticamente en la figura 2.1. El áiSoyO1Simple restringe a la estructura con­ tra desplazamientos verticales, pero permite desplazamientos horizontales y rotaciones o giros. En estos apoyos*se desarrolla una

f e -

Figura 2.2. Empotra reacción Vertical, R^ pero la reacción hori­ zontal, R^yel [nomento, Mr} son nulos. Por lo tanto sólo existe una reacción de apoyo. El appvparticuladorestringe losdespla­ zamientos verticales y horizontales, pero permite la]rotación. Existen poc lo tanto dos reacciones deapoyo, Rr y R^ y el momento, El apoyo empotrado restringe los tres movimientosque pueden ocurrir enel plano: los desplazamientos verticales y horizonta­ les y la rotación. En estos apoyos se desa­ rrollan tres reacciones, ft R y M . Los casos mostrados en la figura 2.1 representan apoyos de estructuras conte­ nidas en un plano, o sea, estructuras bidimensionales. Muchas.estructuras reales pueden idealizarse o representarseen forma bldimensional, aunque en realidad sean tridimensionales. Esto suele hacerse por facilidad de análisis o porquelos resultados queseobtienenen un análisis bidimensionáf nodifieren muchode los de un análisis tridi­ mensional. Sin embargo, en algunas oca­ siones es conveniente realizar el análisis estructural considerandoel comportamiento en tres dimensiones. En este caso debe ob­ servarse que érí'bn apoyo existen seis posi­ bles desplazamientos: tres lineales y tres rotaciones. Tamblán existirán por lo tanto j

seis posibles reacciones de apoyo, R , R''R, I Lai’lres pri/ñérás restringen los I posibles desplazamientos lineales y las otras I tres, Fas'poslbíes rotaciones. Nótese que la I reacción M_ restringe la rotación del I elemento estructural en’fnVplarioparaleloa I su sección transversal, ocasionando una torsión en el elemento. En la figura 2.2 se muestra el caso de un empotramientoentres dimensiones en el quese desarrollanlas seis reacciones de apoyo. Todos los casos mostrados correspon­ den a apoyos ideales que son difícilesdelo­ grar totalmente en estructuras reales. Pan obtener, por ejemplo, un apoyo libre deben colocarse rodillosentre dos placas rígidasy reducirse a| máximo la fricción entre rodi­ llos y placas para que las fuerzas horizonta­ les sean mínimas. Aún así es prácticamente imposible lograr un apoyo libre perfecto. En un apoyoarticulado, es necesariocolocar una rótula o un cojinete que pueda girar con una fricción támbfén muy pequeña. Los empotramientos requieren de elementosde apoyomuy rígidos o masivos para restringir la rotaciónde los miembrosestructuralesque llegan a bichos apoyos; aunque en algunas ocasiones, los empotramientos selogranpor condicionesespeciales de simetría, comoen •I caso mustiado en la figura 2.3. La viga

&•. ecuacionesllamad»ecuacionesdeequilibrio. Estasecuacionesdependende lascaracterísti­ cas del sistema defuerzas. A continuación se analizan los casosmás comunes.

23. 1Sistemade fuerzasparalelas en unpjiestructurasplanas sujetas únicamentea car­ gas por gravedad. Las cargas y las reaccio-

l f r = 0 y lMom0

(2,2)

2.J.2 Sistema de tuerzas no paralelas en un plano. Cuando en.unai,estructura plana ac­ túan cargas en distintas direcciones, estas tuerzas y las reacciones de apoyo constitu­ yenun sistemadefuerzas noparalelas. Setie­ nenenestecasotresecuaciones deequilibrio: l f , =0. l f f = 0, IMo» 0

2.3.3 Sistemade fuerzas concurrentes enun plano. Las ecuacionesde equilibrio paraun sistemade fuerzas comprendidas en unpla­ no y que además concurren en un punto, puedeexpresarsede lastresmanerassiguienZf, rn0 ,, l f f =.Ó ....

‘T i l

donde I f representa la suma de las cargas verticales, o sea, paralelas al eje Y, y ZMe re­ presenta la suma de momentos alrededor de cualquier punto situado en el plano en que están contenidas las fuerzas. En. forma alter­ nativa se pueden plantear dos ecuaciones de equilibrio que expresen la suma,de momen­ tos alrededor de dos puntos distintos A y 8, peroel númerode ecuacionesnosealtera: LUa »0 y LMe =0

Z M ,-0, ZMb =0 Y SMc mQ (2.5) siempre y cuando los puntos A, B y C no

(2.3)

dondeZF, es lasuma de fuerzas paralelas al eje X y los otros términos han 'flor defini­ dos. En forma alternativa, el sistema (2.3) se puede plantear en la forma

(2.6)

siemprey cuando el puntoA noestésituado sobrela recta perpendicularal eje Vquepasa por el puntode concurrencia, y ,

£Mg.4(£ ^

(2.8)

siempre y cuando la.recta que une los pun­ tos A y B no pase por el punto de concu­ rrenciade las fuerzas. 2,3,4 Sistema de fuerzas en el espacio. Este esel,«so másgeneral y sepresentaenestructuras tridimensionales con cargas no parale­ las. Se tienen seis ecuaciones de equilibrio: , . E%=0,

Zfr m0,¡ i ,ll'

£M, =0, !Mr - 0 , lMt = 0 (2.9) donde EF, es la suma de las fuerzas parale­ las ál eje Z, IlWt, ZM. son las sumasde momentosalrededorde los ejes X, Y y Z, res­ pectivamente, y los otros términos han sido definidos.

U O 0, tht¿mO y ZM,mO (2.4) siempre y cuando la Ifnea que une los pun­ tos A y 0 no sea perpendicular al eje Y, o bien, en la forma

2.4 Ecuaciones de condición Algunas estructuras poseen características especiales quepermiten plantear ecuaciones

. Las articulación placimiento lineal relativo de las partesq concurren en la articulación sin permitirque “ ; ' i Las ecuaciones la fuerza cortante es nula en estas artic Obsérvese que en las'articulaciones aunque él momento flexionante sea nulo, existe fuerza corlante, ___ ique en las articulaciones de ce tante, no hay fuerza cortante perosí hay m mentó flexionante.

[iasS Figura 2.5. Vigas articuladas 2 5 Acciones internas En el interior de los miembros estructurales sedesarrollan acciones que puedenser fuer­ zas normales, fuerzas cortantes; momentos flexionantes y momentos torsionantesi En este texto se tratan principalmente los tres primeros tipos deacciones; queson los piedominantes en estructuras planas. En la figura 2.6 se indican estas accio­ nes Interiores y la convención de signos que se sigue en el texto. La figura 2.6a muestra un tramo de un miembro estructural en el quese haceun corteen la secciónala. Exis­ ten dos maneras de analizar lo que sucede a ambos lados de este corte. En la primera manera, simplemente se separan los dos Cuerpos libres y so analizan las fuerzas in­

ternas en las caras.adyacentes al corte, figu­ ra 2.6b. En la segunda manera, se considera que entre los dos cuerpos libres queda un elementode longitud diferencial y se anali­ zan las fuerzas internas que actúan en este elemento diferencial, figura 2.6c. _. Las fuerzas¡ normales se consideran positivas cuando producenesfuerzos de ten­ sión en las caras de los cuerpos libres en la sección a-a, o bien, esfuerzos de tensiónen el elementodiferencial, figura 2.6d. Las fuer­ zas normales positivas tienden entonces a alargar a los miembros estructuralesy se re­ presentan por vectores que se alejan de las caras de los cuerpos libres o de los elemen­ tos diferenciales. En ja figura 2-6ese muestra la conven­ ción de signos para fuera* cortante. Es posi-

librede la izquierday haciaambaenel cuer­ po libre de la derecha, o lo que es equiva­ lente, hacia arriba en la cara izquierda del telementodiferencial y haciaabajoenla cara derecha. 'Una fuerza cortame positiva tiende a desplazar hacia abajo el cuerpo de la izquierda.

>flexionante se indica en.la figura 2.6f. Un compresión en las fibras superiores de los miembros o del elemento diferencial y de tensión cmlas fibras inferiores. Por lo tanto, un miembro estructural sujeto a momento flexionante positivo se deforma de tal ma­ nera que tiende a ser cóncavo hacia arriba.

i — Q —r

« .( □ >

figura 2.6, Convención designo»para las Se

ato, si Ins cargas fuesentodas verticales, ha-

porqueal ‘

qulllbrlo y una sola ecuación decondición,

ecuación<

EJEMPLO 2.1. CÁLCULO DEL GRADO DE INDETERMINACIÓN EN VARIAS VIGAS

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j

ilm»Wn«li. . I

2.6.2 Armaduras. Las armaduras pueden ser externamenteindeterminadas o internamen­ te indeterminadas. Son externamente inde­ terminadas, igual que las-vigas, cuando el número de reacciones de apoyo es mayor que el número de ecuaciones de equilibrio másel númerodeecuaciones de condición, Si ambos números son iguales« son externa­ mente ¡sostálicas. Por lo tanto, las ecua­ ciones 2.10 pueden usarse para calcular la indeterminación externa. La indeterminación interna ocurre cuando el número de miembros es mayor que el mínimo necesario para que la arma­ dura sea estable. En este caso, las armaduiashopueden resolversecon las ecuacionesde equilibrio únicamente, empleando los métodos de los nudos o de las secciones estudiados en los cursos de estática. A con­ tinuación se presenta la forma de calcular el gradode Indeterminación interna. Consi­ déreselaarmaduramássencilla posible, que es el triángulo mostrado en la figura 2.7a. Esta armadura puede resolverse por el mé­ todode los nudos, planteandoparacada uno las ecuaciones de equilibrio Zf, = 0 y I f = 0. Es, por lotanto, estáticamentedetermina­ da. Si sedenominaal númerode reacciones de apoyo con la letra r, al número de nudos con la letra y y al número de barras con la letra b, la ecuación r + tr=2/

0.11)

se cumple para esta armadura, ya que r, 6 y /' valen 3, cada una. Si a la armadura básica de la figura 2.7a, se le agregaotrotriángulo, comose muestraen la figura 2.7b, la nueva armadura es también estable o isostática ya que puede resolverse aplicando las ecuaciones de equilibrio al nuevo nudo. La ecuación 2.11 sesigue cumpliendo, porque M han agregadoun nudo y 2 barras. La ar-

triánguk», figura 2.7c, y seguirá siendoesta- I ble. sepodrá resolveraplicando las ecuaciones I de equilibrio a cada nuevo nudo y también I seseguirá cumpliendo la ecuación 2.11. Por lo tanto, para cualqúie'r armadura estable e I Isostática se cumple la ecuación 2.11. SI a una armadura estable e isostática I se le agrega una barra adicional, como la I barra A i en la figura 2.7d, la nueva armadu- I ra sigue siendo estable pero ya no puede I resolverse con las ecuaciones de equilibrio únicamente, porque en el nuevo nudo hay más barras, y por lo tanto más incógnitas, que ecuaciones de equilibrio. Se concluye entonces que si t + b > 2J la armadura es estáticamente indeterminada. La diferencia indica el gradode Indeterminación. Porel contrario, si r + b < 2/, la armadura es inestable. I Estas tres condiciones pueden entonces I resumirse de la siguiente manera: Si t + b = 2¡, la armadura es isostática SI (r + b) > 2j, la armadura es hiperestática Si (r ♦b) < 2j la armadura es inestable. (2.12) Obsérvese que una armadura puedeser isostática externamente e hiperestática inter­ namente o viceversa. Desde luego, que tam­ bién puedeser hiperestática tanto internamente como externamente, las ecuaciones 2.12 son válidas para todos los casos e indican, en su caso, el gradototal de indeterminación. Nótese también que al contar el número de nudos, o nodos comoigualmentese denominan, deben incluirte los localizados en los apoyos. Ejemplo 2.2 Se ilustra el cálculo del grado de indetermi­ nación de dos armaduras. La primera, esuna

apoyado y dos articulados. Por lo tanto, e C, el grado de indeterminación externa que se obtiene con las ecuaciones 2.10 es de 2. j POrotra parte, al aplicar las ecuaciones 2.12 se obtiene un grado de Indeterminación to-. tal también de 2, ya que el número dé nu­ dos, /, es de 10, el número de barrras, b, es del7yelnúme

de condición,

«sponde al de indetermina

% f¡;

m

i

y

y H -J

p

§

j

1

1

i

Figura 2.8. Cálcalo del gradode indeterminación en m< Si ahora se consideran los diagramas de cuerpo libre de los nudos de la estructura, figura 2.8b, se puede ver que en cada nudo, incluyendo los apoyos, se pueden plantear tres ecuaciones independientes de equili­ brio. Considerando que la estructura tiene n nudos, el número total de ecuaciones de equilibrio será 3n. Cuando elnúmero de in­ cógnitas sea igual al de ecuaciones de equilibrio, la estructura será estáticamente determinada, si es mayor, será Indetermina­ da y si es menor, será inestable. Cuando existan ecuaciones de condi­ ción, como en el caso de articulaciones in­ ternas en la estructura, su número deberá añadirse al de ecuaciones de equilibrio. SI se denomina con la letra c al número de ecuaciones de condición, pueden plantear­ se las siguientes ecuaciones para establecer el grado de indeterminación de marcos:

el marcoes «tilicamente indeterminado.

el marco es inestable En la figura2.9 se ilustra otra manera de obtener el grado de indeterminación de mar­ cos, queresultamásconvenienteparamarcos de varios niveles. Supóngasequeen el marco de la figura2.9a se hacencortesenlassecck»; nes a-a y b~bde tal manera que la estructura original se transforma en las tres estructuras mostradas en la figura 2.9b. Cada una de es­ tas estructuras es isostática, ya que.tiene tres reaccionesdeapoyoy tresecuacionesdeécjug librio, pero en cada sección de corte existen tres incógnitas: lafuerzanormal, lafoerzacor­ tante y el momentoflexionante. Sepuedever entonces que el número total de incógnitas redundantes; o sea el grado de indetermina­ ción, es igual a tres veces el número de sec­ cionesdecorteen las vigas, yaque lasfuerzas internas a un ladode la secciónde corte son igualesa las del otrolado. Enel ejemplodela figura 2.9 este númerode corteses de 10. ¡ •

Figura 2.9. Método alternativo para el cálculodel gradode indeterminación en Ejemplo 2.3 En esté ejemplo se ilustra el cálculo del gra­ do de indeterminación de varios marcos. En el primero, se tienen 4 nudos, n, dos que corresponden a la unión de columna y viga y dos qué corresponden a los apoyos; se tie­ nen 3 miembros, m, y 6 reacciones de apo­ yo, r, J en cada empotramiento. De acuerdo con las ecuaciones 2.13 el marco es inde­ terminado de tercer grado. Con el segundo método expuesto, se haría un corte en la sección 1-1, en la cual aparecerían 3 accio­ nes Internas desconocidas que indicarían al godo de Indeterminación. En el segundo marco se tienen 4 nu* dos, n, uno interior y 3 apoyos; 3 miembros, m, y 9 reacciones de apoyo, r, 3 en oada «nootramiento. Según las ecuaciones 2.1,3

el grado de indeterminación es de 6. Porel segundo método, hay que hacer los doscor­ tes señalados para que queden tres estruc­ turas ¡sostálicas. En cada uno de estos dos cortes quedarían.(res acciones internasdes­ conocidas. El tercer ejemplo puede resolvene ?! lamente dos acciones internasdesconocida la (uerza cortante y la fuena normal, y*I * el momento ílexionante es nulo.

EJEMPLO 2.3. CÁLCULO DEL GRADO DE INDETERMINACIÓN DE VARIOS MARCOS POR LOS DOS MÉTODOS

2.6.4 Inestabilidadgeométrica. Existen algu­ nas estructura« queson Inestable« a pesar de que al aplicar los criterios anteriores resuden estáticamente determinadaso aun indeterminadas. la inestabilidadsedativadeunnúmero Insuficiente o de una disposición inadecuada de los apoyos, o bien, de unarregloinadecua­ dodepartesdela estructura. Enel primercaso se dice que la estructura tiene una inestabili­ dad geométricaexlema y onci segundocaso, una Inestabilidad geométrica interna. Considérese, por ejemplo, la viga conti­ nua de la figura 2.10. Al aplicar los criterios de la sección 2.6.1, se encuentra que el nú­ mero de reacciones de apoyo es tres, igual al número de ecuaciones de equilibrio. Se dirla entonces que la viga es estáticamente

determinada. Sinembargo, bajola accióndt lascaigas Indicadas, la vigasedesplazarlahorizonlalmenle hacia la derecha ya que on ninguno de los apoyos se puede desarrollar una reacción horizontal que lo impida. Si tratade un caso de inestabilidad geométrica1 En la figura 2.11 se ilustra un casoda inestabilidad geométrica interna. El mareo mostrado tiene 12 nudos, n, 3 ecuaciones de condición, c, (una por cada articulación interna) y 15 miembros, m. Por lo tanto, se­ gún lasecuaciones 2. 13 sería estáticamente indeterminado. Sin embargo, la viga 3-7no podría resistir las cargas aplicadas porque sedeformarlacomo se indica con Ifneapun­ teada. Habrfa una falla local en esta viga.

_ \ ________ 9 « tiú k Figura 2.10. Ejemplode inestabilidad geométrica

Figura 2.11. Ejemplode inestabilidad geométrica Interna'en marco

Finalmente, se han trazadoen et ci pio los diagramas de fuerza cortante y i cortanteet constanteentro cargas consi llvas. Por eso el diagrama está formado lineas horizontales entre las cargas. E l. mento flexionante varía linealmente o cargas consecutivas, ya que si se plante

H - 60 1 90 - 601B 05 -;0.

+->»> 0

< - * 0, - 10S- 105kN

Sección 2 a la Izq.: V-IOSkN Sección 2 a la der.: Vm 105 - 60 - 45 kN

Sección 3 a la der.: V - 105 - 60 - 90 - -45 kN

Sección 4 a la Izq.: V= 105-60-90--4S kN Sección 4 a la der.: /= 10S-60-90 - 60 = 105 - 210 = -IOS kN b) (M) ♦C » Sección 2: M, -105(3) « 315 kN • m Sección 3: M, -105(7) - 60(4) - 735 - 240 - 495 kN • m Sección 4: M, -105(11 ) - 6016) - 90(4) - 11SS - 480 - 360 - 315 kN • m

Ejemplo 2.5 Se trata de una viga con un extremoen vola­ dizo y con diversos tipos de carga. Se puede verificar fácilmente que es isostática porque tiene3 reaccione«deapoyoy existentambién 3 ecuaciones deequilibrio: Las reacciones de

apoyose calcularon, comoen el ejemploan­ terior, con las ecuaciones 2.3. En este caso, porexistirunacargainclinaday unacaigaho­ rizontal, la reacción A, es diferentede cero. El cálculo de las fuerzas cortantes y de los momentos flexionantes se hizo en este

ejemplo planteando las ecuaciones corre»-' una.ecuación continua entre el apoyo de la Izquierda y el punto.deaplicaciónde la car-

■ ■ primer orden de las fuerzas lluadas'» lawzqulerda de la sección correspondiente. Asf se calcularon en una sección a 6 mdel apoyo izquierdo, en lasec­ que seplanteóotra ecuación válida entre la ción en que está aplicada la carga cargaconcentrada y el apoyodela derecha. concentrada y en al apoyo derecho. Este Entre el apoyo de la derecha y el extremó del voladizo se requiere otra ecuación. En ■ último pudo calcularse también en forma estetramo resultómás convenientecambiar más sencilla, como el momentodela fuerza el origen al extremo del voladizoy cambiar de 180 kN, con signo cambiado. El lector también el signo de la fuerza corlante por­ puede comprobar que el resultado es el que se estaban considerando las fuerzas a la mismo. También se calcula en el ejemploel derecha de cada sección. Teniendo las momentomáximo, que ocurre en lasección ecuaciones, puede calcularse el valor de la de fuerza cortante nula, según indica la fuerza corlanteen cualquier sección. Como ecuación 2. 16, y la sección en que el momentoflexionante es nulo. Finalmentese con calcular dos puntos para cada intervalo trazan los diagramas de acciones internas de validez y unirlos con una Ifnea recta. con los valores obtenidos.

SCXUOÓN: 11Cálculo de las reacciones.

AnálisisdevigasIsostítícu r—

m

f T

" "

■>CZMÁ=O I

I

+60(18) (9) +135 (12) - R8y(18) + li80/(24) = Ò

R|)yM870'kNT

+ îï/j,=0 -6° <18* - 135-180 +870 - 0 R ,,,- 1395-870 :R^=525|(Nt +,-»IF,«P + ,135 1 0;

60kN/m i ¡ £

2) Cálculo dé la fuerza cortante, normal y momento flexionante.

Sección B LFX= 0

-135 + N = 0 ., N = 13SkN

La fuerza normal es constante a todo lo largo de la viga y es de tensión. CORTANTE Sección A V - kAí - 525 kN Sección 6 A la Izquierda

-tv {() ■ ,•-195 kN

1-60 (12) + 525

EJEMPLO 2.5 (continuación) A la derecha w(3/2 O -135 • 525-60 (18) - 135

_ 135 +«70 - 525 - 60 (18) -135 + 870

iïf * (12) - w (12) (6) i
is. Igual a 0 (ver diagramt oe

EJEMPLO 2.5 (conllnuècìón) Sección de momento nulo \ . - , Ecuación de momentos entre las secciones B y C: M - S25*- — -.135 (X- 12) = 0 I ; _.X= 16.31 m (desde A) • 'X2 ■18.00 - 16.31 ■1.69 m (desdeO 3) Diagramas de N, V y M

Ejemplo 2.7 So ilustra la resolución de una viga que ticros. En este ejemplo, primero se resolvió el tramo IF comprendido entre las dos articu­ laciones. Este tramo puede tratarse como si fuera unaviga librementeapoyada, cuyas re­ acciones de apoyo son las fuerzas cortantes en los puntos f y F. Así, la reacción R, que resulta de 405 kN, es la fuerza que luego se aplica, con signo cambiado, en el punto f del tramo AC. ol cual ya resulta isostático. a, la reacción R,„ del tra-

isostáticos, pueden calcularse las 4 reacción«. I de apoyo. Una vez obtenidas estas reaccio. I nes, ya se pueden calcular las fuerzas cor. lames y los momentos flexionantcs comoen los ejemplos anteriores. El procedimientoseguidoenesleejcm-1 pío es diferente al del ejemplo anieriofljjll lo que es Importante observar es quJ viga cumple con la condición n +c isostütica y es resoluble con ecuacionesd» equilibrio únicamente.

450 kN 270 kN 225 kN 4.05 kN360 kN 'I _ L '

1) Determinación de las reacciones Tramo ÍF 450 (1) +270 0 )- R fr (‘ o . J i S £ . 3,5kN

* tZ f » o

315 - 450-270 * “0 Rlf .7 2 0 - 315- 405 kN

Análisisde vigasisostáticas EJEMPLO2.7 (continuación) Tramo

jjf

o ‘À*- 450kN/m B

' 450 (6)(3)- Rgy (6) + 405 (9) = 0

+CrM„ = 0 H j

TramoFD

6 Uos kN

1957.5 kN

■

315kÑ 225 kN 405 kN360 kN

EJEMPLO2.7 (continuación)

Sección B a la izquierda: H V,»1147.5-450(6)—1552.5kN (1) Sección B a la derecha: V, ■1147.5- 450(6)+1957.5»1957.5 Sección a la derecha de la carga de450 kN: V-1147.5- 450(61+1957.5- 450- 40Í Seccióna la derechade la caigade 270 kN:

Sección G a la derecha:

ANALISISDE DERECHAAIZQUIERDA(CONSIGNOCAMBIADO) Sección I a la izquierda:

Sección H a la Izquierda:

Sección C a la Izquierda: j V¡¡ *-180+ 360+405-1125

M3- 1147.5(3)-(450X3X1.5) M ,- 1417.5 kN-m Sección B: Mb = 1147.5(6) - (450X6X3) M, =.r1215 kN ■m Articulación £: M „ - 1147.5(9) - 450(6X6) +(1957.5X2 Sección G; 1147.5(10) - (450X6K7) + (1957.5X4)

) - (450X6X9) ♦ (1957.5X6) - (450X2)

17.5(13) - 450(61(10) | (1957.5X7) - (450)(3) - 270(1) ■0

'.5(15) - 450(6X12) i (1957.5X9) - (450X5) - 270(3)

2.8 Armaduras Los miembrosde unaarmadura, por encontrarsearticulados en sus extremos, trabajan únicamentea tensióno a compresiónaxial. Entonces, la resolución de una armadura consisteen determinar las reacciones en los apoyosy las fuerzas axiales en cada unode sus miembros. determinande lamismamaneraqueenvigas, osea;planteandofasecuacionesdeequilibrio y, ensucaso, las ecuacionesdecondición, en función de las reacciones de apoyo, y despejandosuvalordel sistemadeecuaciones queresulta. 2.8.2Determinacióndolasfuerzasaxiales. Una vez obtenidas las reacciones, las fuerzas axialesenlosmiembrospuedencalcularsepor el métodode lo»nudosoporel métododelas secciones. El primeroconslsleenplantear un

dando que sólo aparezcan dos incógnitas. Después se plantean las dos ecuaciones de equilibrio quecorresponden a un sistemade fuerzasconcurrentes, * 0 yZF ■0. Resol­ viendoel sistemadedosecuacionesseobtie­ nen losvaloresdelasdosincógnitas. Sedebe dos incógnitas; conforme seavanzaen la so­ lución, las fuerzasya calculadas permitenre­ solver nudos en los que concurran varios miembros. Cuando se trata de armaduras en el espacio, envez dedosecuacionesdeLequ& " En e| método de las secciones, se tra­ zan diagramas de cuerpolibre de parlesde queintersecten avarios miembros. Después se plantean las ecuacionesdeequilibriodel tan tres ecuaciones, correspondientes a un sistema de fuerzas planas no concurrentes, y para armaduras^en el espado, seis ecuaciones, correspondientesal caso gene­ ral de fuerzasen el espado. S

El métodode tas secciones resulta más conveniente queel de tos nudoscuandosólo miembros, yaquenoes necesarioavanzaren

obtenerlasfuerzasentodoslosmiembros, por combinación de los dos métodos, resolvienseccionesparaavanzarmás rápido. Recuérdesequelaconvencióndesignos siderarpositivaslastuerzasaxialesdetensión y negativaslasdecompresión(sección 2.5). í;Tam bién debe recordarse que si al analizar un nudoo una sección, la incógnita resultapositivaal serdespejada, estosignifica que el sentido supuesto es el correcto, independientemente de que seade tensióno decompresión.

La armaduradeesteejemploes ¡si de apoyo y tres ecuaciones de equilibrio, y f.+ 6 = 2; (ecuación 2,12). La notación em-

conlas dos ecuaciones deequilibriocorras* pondientesafuerzasconcurrentesenunpto* quedaban ya dos fuerzas desconocidas. Dt queporsimetría noera necesarioanalizarlos nudosdela mitadderecha dela armadura.

EJEMPLO 2.8 (continuación)

pide encontrar las fue la armadura, la L.L¡ y nes deapoyo se obiuvi en losejemplos

corta la barra cuya fuerzasedeseacalcular, y que las otras dos barras cortadas concu* rren en el nudo alrededor del cual se to[ Una vez oblenilerza en la barra laciendo un corteen

| única incógnita que aparece en la ecua* ción de •momentos es la fuerza buscada. Oe forma similar se calculó la fuerza en la barra UlUi.

Figura 2.13. Convencióndesignos.encolumnasdemarcos convención deconsiderar que la parle Infetambiéntieneuna articulacióndemomento enel puntoC, secumple la condiciónñ +c ■
Esto se ha Indicado con línea punteada en el ejemplo! Después se 'plantearon1 las tres ecuaciones deequilibrio1MA■0. Zf, ■0. y Zf b 0. Por las característicasdel marco, conía primeradeestasecuacionesy* sepu­ dieronobtenerlas reacciones'^, y R ¿ y con cada unade lasotrasdosecuacionesle ob­ tuvo una delas reacciones fallantes;! nofae necesario, por lo tanto, resolver el sistema decuatroecuacionesconcuatroIncógnitas

EJEMPLO 2.10. RESOLUCIÓN DÉ UN MARCO ISOSTÁTICO CONARTICULACIÓN INTERIOR _________________________ _________|

Rí / = |R£. La reacción en | debe pasar por C, ya que el tramo de marco entre C y £ no tiene cargas externas.

-9^,-2^, +18x3+12x6-0 9/^+2/Jfc»126 9x¿«¿+2%,-126 -91on

ü l l

47.893831

9.58 2.34

If, - . - X^-O, Ion | V,-9.tS-UA9*XaimO. x<*. Ion g W C- 3 0 +47«X 10^4-».31X J.22-«|C<-0 . « „ -3 301 00 -0 ,

BEMno 2.12 (continuación)

to'flexionanteson nulo*enel extremode la defuerzacortanteodemomentoflexionante viga, y la Integraciónnuméricapudoiniciar-1 nulos. Enel siguienteejemplose ilustra una EJEMPLO2.13. RESOLUCIÓN DE UNVOLADIZO POR El MÉTODO DE NEWMARK

El procedimiento para resolver vigas con cargas distribuidas consiste en sustituir la carga distribuida por cargas concentradas. Yaquese tenganlas cargasconcentradas, la resolución se efectúa como se vio en tos ejemplos anteriores. Las cargasconcentradas deben ser equfvalemes a la carga distribui­ da, en el sentidode que las fuerzas cortan­ tesy momento;flçxlonanlcs producidos por ambos tipos de cargas sean iguales en

A-B se sustituye por las dos cargas concen­ tradas PAy P8, de tal manera que la füeo* cortamey el momentoflexionanteenlospi* tosA y 0 sean iguales con ambos tiposdeexga, aunque difieran en el interior dd tram* En las figuras 2.19a y 2.196, se muestranco* trazo lleno los diagramas correspondientes' las caigas concentradas y con linea punte* da, los correspondientes a la carga district*’ da. En ios puntos A y 0, los diagramasdd**

coincidir! A continuación se muestra la forma de calcular las cargas concentradas equiva­ lentes distinguiendodos casos: que la carga distribuida tenga una variación lineal o que tengauna variación no lineal. neal, como en la viga de la figura 2.20a, el procedimiento consisteen sustituir la carga por las reacciones de una'viga libremente apoyadasujeta lamismacarga, figura2.20c. Estas recciones pueden calcularse con los principios de Estática ya conocidos. Asf,.si seconsidera que la carga trapecial se sustidrán lossiguientesvalores. Para lacarga uni­ formemente distribuida

MA

X J 1 1A

B

n>

1 1 II

i

ción lineal, puede obtenerse por lo g« unaaproximación suficientementepro sufuncióndevariación, suponiendoqti función es una parábola de segundog Enla figura 2.22 semuestrandos tramo]

Figura2.22. CaigacondlHribuclónno

Seresuelvela mismavigadel ejemploonlerior, calculando las fuerzasequivalentes to­ tales en las secciones 2 y 3. ‘El valor de -4.17, por ejemplo, resulta de aplicar la ecuación 2.23 de la siguiente manera: P¡ =|(0+;4x2:50+íx2.50),- 4.17 Sólo se calculan las fuerzas cortantes

N-1, Ny N * 1, respectivamente. Sep suponer que la función de la carga sej representar por la ecuación y = Ax* + C. y ajustar las constantes A, 8y C par. la curva páse por los puntos N - 1, N; 1. Si se eligen los ejes de coordenadas< se muestra en la figura 2-22, las coon das de los puntos A/- 1. N y N + 1 s respectivamente: (-/>, a), (0, b) \ r).Sustituyendo estos tres pares de cot nadas en la ecuación de la curva, se c nen las tres siguientes ecuaciones: a-A h 1- B h * C

diferentes. Sin embargo, los valoresdel moatnbosladosdel apoyo. Ladlfeiièntìia4*dobe Por lo’tanto, debo incluirse una configura­ cióncorrectivai'Bsíote hace Introduciendo unmomentode 42^3^13,95 * 96.27 a la dMdu del apoyoderecho, figuri 2.24, ya

queel valor de-13.35 es correcto. Éstemo­ mentocorrectivo produceuna reacción ha­ da «bajo (negativa) enel apoyoizquierdoy una fuerza cortante correctiva Veconstante entrelosdosapoyosde56.27/2*26.13,con •Igno negativo. Esta fueraa. cortante correctiva, renglón 7yse sumabaJas íimtih corlantescalculadasprovisionalmenteenlos renglón« 4y S paraobtenerla»fuerzascgs

Figura 2.21. Configuración«correctivas del eiemplo 2.17 tantet finales enlos renglones8 y 9. Suman­ do nuevamente los yatòrcsde P a partirdel apoyo izquierdo, seobtienenlos momentos finales en el renglón 10. Obsérvese que apoyoderediosimandodeIzquierdaaderecha y sumandodedereehaa izquierda.

Se ilustra la resoluciónde unav¡8acon^ articulaciónInterior; y concargasdistribuí»7 concentradas slipultáneamome. La ct1‘ distribuida tlenp una variación ¡ H l renglón2, por lo quelascargasconcentra»“

\

1

P1 j s b - h * ^ r

1

/ffs/Js

4

.

//Jy/Jz

ÿ>x /

r

/ $ } ) / /rfsft?

¡1

^

4— A -

/tVs/Js

1

i

B B & ------------------ h

/////// .

H

S

• —

H*—

--------1 —

H

^ r-------------- i ---------------¿ r y - y - y - y ^ o . / t ^

•

S

B

2.6 Encada una d»lasvigasdel problema 2.4 establecer las funcionesque representan è la fuerzacorlantey al momentoflexionante, y trazar losdiagrama»correspondientes. Determinar en cada caso el yalor del; momento' fisionante máximo y la lección en 2.7 Trazar losdiagramasdefuerza cortante y momentoflexionante en los máteosdel problema 2.5 2.8Obtener losdiagramasdefuerzacortantey momentoflexionanteen las siguientes vigas por el métodode Newmark.

Figura 3.2. Deformacionesde dinales, alargamientos o acortamientos, en las columnas y en las vigas del marco. Esta hipótesises usual porque las deformaciones producidas por los momentos flexionantes ducldas por las cargas axiales. También son mayoresquelas producidas por fuerzas cor­ tantes. Por eso en los métodoi cjuese-verán másadelantesóloseconsiderandcformaciobros estructurales tienen los tres tipos de deformacionesy enalgunoscasos es conve­ niente calcular los otros dos.'Los métodos correspondientes caen fuera del alcance de este texto. Aunque en este capitulo se presentan métodosparael cálculoprecisodedeformapera trazar la forma aproximada deestructu­ ras
*los momentos flexionantes en las distintas zonas de la estructura. Asi, en el marco de la figura 3.2 y usando la convención de signos del capítulo 2, se sabría que en la colutnnaAB hay momento negativoentreel empotramiento A y el punto de inflexión tura es cóncava hacia abajo, mientras que entre el punto de inflexión y el nudo B el momento es positivo, porque es cóncava tor puedetrazar asíel diagramademomentos flexionantes, en forma cualitativa, deesta es­ tructurahiperestátlca. Conel usogeneralizado de los programas de cómputo para analizar estructuras, este método es muy útil para detectarerroresgrandesenla alimentaciónde datoso en el modeladode laestructura. 3.2 Teoría de la viga elástica

longitud original de los miembros, y otras consideracionesgeométricasy decargas se-

El pbjetivo de esta teoría es establecer las

casohay que analizar las características de la estructura', la Importancia deesta hablll-

enla viga por un sistemacualquieradecar­ gas. Considérese una viga libremente apo-

deformada da una buena Idea del signo de

mostrada en la figura M

seccionesA~Ay B-Bseparadasunadistancia infinitesimal dx. Sesupone, enestateoría, que al deformarse la viga sus secciones trans­ versalescontinúansiendoplanas, bfpóMtit conocida como de Éuler-Bemoulli. Por lo

tanto, en la figura 3.3-b, donde se muest» I, viga deformada, se Indica que las don»»AÂ y B-B ya no son paralelas, p,,. siguen siendo planas, por lo que están presentadas por líneas rectas.

ö H

* r

Estasdosecuacionespermitenobtenerlas deformacionesdeunavigaelásticaenfunción ción de x, aunque-en,algún caso puede ser constante. El módulodeelasticidad £ es tam­ biénconstanteenJamayorfadeloscasosa lo largodelaviga. Elmomentodeinerciaesconscomofunción dex. Debe recordarseque es­ tasecuacionessóloson válidasparadeforma­ ciones pequeñas producidas exclusivamente por flexión, y para vigas dematerial de com­ portamientolineal y elástico, deacuerdoa las hipótesishechasdurantesudeducción. Laviga deformadaquecumpleestascondicionessue-

Lasrotaciones*0, y las deflexiones, y, deuna viga puedeo. calcularse integrando las ecuaciones 3.17 y 3.18 obtenidasen la sec­ ción anterior.-La primera integración proporciona las. rotaciones y la segunda,, las deflexiones. Al llevar acaboestasintegracio­ nes aparecenconstantes de integración que deben determinarse a partir de las llamadas condiciones de frontera* que vienen siendo valores de las deformaciones quedependen condiciones de continuidad de la viga»Por ejemplo, en un empotramiento la rotación déla viga y sudeflexióndeben ser-nulas; en

ftfnra 1A. ConvencióndeUgnot

un apoyo llbrp, po#d* haber rotación peto nodeflexión;en vnavigasimétrlcaencarga y geometría la rotación al centro del claro debesernula. Las condicione*decontínuidadseestablecencomldenndo quela cur­ va elástica debeser continua, a menosque bayacircunstanciasespecialesquepermitir» por ejemplo, una articulación Intermedia permiteuna discontinuidad en rotación. En fin. estascondicionesdefronteraodeconti­ nuidaddebenserdeterminadasencadacaso particular. El trazo aproximado de la viga deformada o curva elástica resulta útil para hacerestadeterminación. Encuantoal momentoMque aparece en las ecuaciones 3.17 y 3.18. y quecomo sehadichogeneralmenteesunafunciónde«. debe revisarseel intervalodevalidez de las funciones. En los punios de aplicación de cargasconcentradascambianlasecuaciones correspondientesal momento. Ei trazodelos diagramas de momento flexionante ayuda también para llevara caboesta revisión.

Ejemplo 3.T Se obtienen expresiones para calcular I* rotaciones y deflexiones en un voladizo*, jejo j carga uniformemente distribuida. Se supone que la sección transversal es cons. lamepor loque también lo es el valorde¿( •Enprimer términoseha trazadolactata elástica en forma aproximada, en la cual« puede ver que tanto la rotación comoU deflexión deben ser nulas en el empoia. miento. Después se obtuvo el momento flexionante en el empotramiento coa h expresión iv/J/2 y la ecuación del momia, lo flexionante en cualquier secciónquere-

muestran en la figura 3.4-a son positivos y hacenque la viga sedeformecon una con­ cavidadhacia arriba. Losejes decoordena­ dasindicadosenla figura 3.4-bsonpositivos y coincidencon los deja figura3.3-a. En al tramo de yjgaA-Bde la figura 3.4-bcrecen losvaloresdey y dex, o sea, tamody como

A continuación se aplicaron las co» dones 3.17 y 3.18 sustituyendo el valor* Mpor la función anterior. Obsérveseque» la primera integración apareceunaconjun­ tede integración C, que hay que incluiré» el Integrandode la segunda integral. Deesa manera en la expresión para 8 apareceU constante C, y en la expresión paray apare­ cen esta misma constante y una nueva surge al realizar la segunda integración, C,Las dos constantes pueden obtenerseapar­ tirdelasdos condiciones de frontera8^=® y Ya “ O- Para este ejemplo ambas consta» les resultaron nulas. Ya obtenidas las constantes de ¡*1* clón, puedenplantearse las ecuacionesSal­ les paracalcular la rotación y ladeflexión«1 cualquier punto de abscisa x. Estas¿cuati»nes quedan en función de Cl, que f¡>** constantesetactorizá en la Integración,

y serán positivas hacia arriba y las rotacio­ nes 8 serán positivas cuando el giro sea antihorario (contrario A las manecillas del reloj) segúnse muestraen la figuro.

quequedaré expresada en radianes, o * deflexión, que quedaré en unidadesdegjj gltud, deberánsustituirse los valores pondlenteede x y de El. Ya que la cargt

CONVENCIÓNOESIGNOS En la figura 3.4 se ilustra la convención de signos, congruentecon la convención para momentoflexionantedel capitulo2 y conla deduccióndelasecuaciones 3.17 y3.18de

DIAGRAMADEMOMENTOSfLEXIONANJES

CÁLCULODEROTACIONESYDEFLEXION - / I'” ¡ t i l

(-9x +3x2-^- +C,)
-(--x2+ jx34^ x4‘+Cÿr+Ç1) *0. 0-0 para x =0, ,-.C|=0

f-w6*(2y>(ia-ei| «oueion 1 la mlud riel duo: x > 1 .5 b, ••¿[-9(USI+í0.5)2- . l ji J . - Z Í Í

EJEMPLO 3.2. CALCULO DE DEFORMACIONES EN UNAVIGA LIBREMENTE APOYADA POR EL MÉTODO DE INTEGRACIÓN

EJEMPLO 3.2 (continuación) DIAGRAMADÉMpMENTOSFLEXIONANTES

CALCULOOEROTACIONESYDEFLEXIONES Para0sxs2 I

>11

Cly

El y ,.

i

y ‘ / i^ A ' s í (&í+c,)* _ s ( ! xí+c,x+Ci) Pan l í x s í d«-¿(30Jir.2*J +Cí),

11 fljjd x I g j(3 0x - Ix'+Cjldx - l i l i tCjX+Q)

EJEMPLO3.2 Icontinuación)

-----

CONDICIONESDiFRONTERA

g |(0)+C|(ffl+C2»0 '

1SW*- |(6)’ +Cj(6)+Ci = o 360+6Cj+¿4 =0 CONDICIONESDECONTINUIDAD Si x=2, los valoresde 9 y y son igualesen los dos intervalos 5B), +C,-3 |ffl) +C,(2)+C2=,5(2)2- | (2)3+Cj(2) +C4 -40+2C1+C2-2C3-C 4- 0

C' ” -33-33;C2=0;C,m-63.33;C4 =20 Rotaciónen A: * Deflexiónen B:

£/

— jr - radianes

E S i s E

I c I Segmentodeparáboladesegundogrado

w

■ çarga uniforme

,lpm **■| | | Vdto.ncia»cenlroldal«1 alguna, figura.

nenireflyC

SccdónenlieAy8 |

Cajcular la.roUcMn enC. la deflexìón en B y la deflexión ent

CURVAELASTICA

k ^ w

a . | H

es igual al áren del diagrama M/ll entreA y C. o sea, media parábola. Esta área se ha calculadocon la ecuación dela figura 3.6*6. La deflexión Ac, igual a la desviación tangencial tA¿ por el segundoteorema, esel momentodeprimer orden de la misma mepuntocuyadistanciaalatangentetrazadapor el puntoC sequieredeterminar. Páracalcular este momento se multiplicó el área de la media parábola por la distancia centroidal

ir, puesse utiliza con mucha frecuencia.

riorménte. íSA es el momento de toda la parábola respecto al punto>Byel centroide triángulos semejantes. Y es el momento del segmento de parábola entre A y D, respecto álDféI cual se calculó' con las ecuaciones de lafigura 3.6-c. Nótesequeel valordeADresultómenor queel de como se infierede la forma de la curva elástica. Respectoa los signos en este ejemplo, obsérveseque comoel momentoes positivo, 6,"-resultatambiénpositiva. EstesignoesconDela misma manerat„c resulta positiva, y en efecto, el puntoA estáarribadelatangenteen C. Estoindicaqueel puntoC sedesplazahacia abajo. Lomismosucedeconá»

BSsíM? 011X5 DEFORMACIONES EN UNAVIGA LIBREMENTE j APOYADA POR EL MÉTODO DE LOS TEOREMAS AREA-MOMENTO

¡ ¡ ¡ g g

“

" B

B

I

1

I»™»«— • H ö ä B lf i h É Ì IÌ I h Ì I " p iU iili.

l c1Vigaconjugadaconlacargaelástica Figura3.7. Vigareal simplementeapoyaday vigaconjugada mostrado en la Sección 3.2 que la rotación 8 y la deflexión y de ésta viga pueden cal­ culan* con las ecuaciones 3.17 y 3.18 que fe reproducen a continuación: *” JB *

0.17)

«■>»

Supóngase ahora que a otra viga. * Igual claro, *ela aplicacomocaigaeldüg» ma de momento flexionante dividido«*■* la rigidez£f, comoseindicaenlafiguraJ í c. (Al plantear mis adelante la comcnc* designesseexplica por quésecolocaI»<* gaactuando hada arriba). A esta a « «•** le llamaré viga conjugada y a lacaifa se le llamará cargaelástica. O* acue'doc’’" las ecuaciones 2;15 y 2.17, y considerara0 quela carga ives Igual aM/CI, lafuer»*40'

flexionantellenenunvalor diferentedecero, mientrasqueenel extremo librede la derecha ambo»valores son nulos. Por el contra­ rio, enel extremo Izquierdo la rotacióny Ja deflexión son nulas, mientrasque en el ex­ tremoderecho tienen un valor diferentede cero, figura 3.6-c.Ahorabien, si la vigacon­ jugada atuviese empotrada también en su extremo izquierdo, la fuerza corlante y el momento flexionante serian nulosenel ex­ tremoderecho, lo cual Indicaríaqueeneste extremo no hay ni rotación ni deflexión, lo cual noes ciertocomoseVeen la figura 3.8c. Laexplicacióndeesla discrepanciaradica en que las constantes de integración de las ecuaciones2.15y 2.17 sondiferentesalasde las ecuaciones 3’.1'7 y 3.18, porque fas Condicionesdefronterason tambiéndiferen­ tes, excepto en la viga libremente apoyada en que coinciden. En efecto, en esta viga la fuerza cortante llene un valor diferente de ceroen los apoyos mientrasque el momen­ to flexionante es nulo; en los mismos apo­ yos la rotaciónes diferentedeceromientras < quela deflexión es nula. Petono sucedeasf en otro tipode vigas, comoseacaba de ver parael voladizode la figura3.8. Porestara-' librementeapoyadasiguesiendoválida,siémprey cuandosemodifiquenlascondiciona de apoyo de la viga conjugada respecto a las de la viga real, comosemuestraa comi­

El principiogeneral para modificar las
za córtame; si hay-deflexionesenlavigaIt)| I debe haber momento flexionanteenlavj^ I conjugada; si por el contrario no hayeg) I momento flexionante, ______ acuerdocon este principio, se muestranen I la figura 3.9 las vigasconjugadasquecon«. | j continuación semuestra cómosehaaplica, i doel principio general enunciadoparala I apoyos de estas vigas. Extremos libremente apoyados. Comopemitónglroi y nq permiten deflexiones, enli viga conjugada deben ser apoyos libres, ya que en éstos hay. fuerza cortante y nohay momento flexionante. Es.el caso delosdos apoyosdelavigareal (a),rielextremoizquiadn deviga real (d) y de los extremosderechosde las vigasreales (ftylgl. Entodosestoscasos,

Extremos libres. En las vigas realeshaygiros y deflexiones. Por lo tanto, enlosapoyosdr la viga conjugadadebehaberfuerzacora» tey momentoflexionante. El empotran** es el único apoyo que cumpleestascondi­ ciones. Esel casodel extremoderechodeb vigareal (b) y del extremoderechodelaviga real fef) que en sus respectivas vigasconju* gadas se han'iransformado en empoto* Apoyos libres Interiores. Esel casodeláfiffl} derecho da la viga.real Id). En esteapoyo hayrotaciónpeitonohaydeflexión. EnU«H* conjugadadebe haber fuerzacórtame, no debe haber momento flexionante. articulación interior cumple este reqe comoseveen la viga conjugadacouoP^"

I I ■ I I H I I

1Vigaconjugada

I

1

1

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I----- ----Hpn ì.9. vìrmcoiijugid

A

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li t is

EJEMPLO 3.6 (continuación)

Diagrama de V

Parael caso A:

Caso B

Diagramade MfCI Diagrama deMU

t

r m i r í Cip conjugada con*u caiga

* - ! B

U

" ■ - i" l

2

T “

S

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S

s

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' ^

Calcular las relaciona y las deflexiones en los punios ByC. EntreA y C la viga es una IR de 305 mm X 66.9 kg/m. 1=14568 cm4 Entre C y D la viga es una IR de 305 mmX 96.7 kg/m,/-22185 an4 APLICACIÓNDELPRINCIPIODESUPERPOSICIÓN

Calculodereacciones:

ÄA” l.52£^, Corunte y momento flexionante en el punto B:. ^ s ; V* " " ì5 p b .. ^ |3 g Í ¡É S É S É Í É Cenante y momentoflexionanteenel puntoC: ■ ’,¿*V

V* “ l32£fe^J3':8b “ l-52«|> ■ •

*>,~ ' ï j Î ^ ( Î ><2) ‘ ~l -5a«»________ S I

Deformaciones totales

Esquema efedeformacionespara el caso 8:

3.6 Método de Ñewmark Enla Sección 2.10 se presentóel métodode Newmarkparael cálculodefuerzascortantes ymomentosflexionantes, y sedijoqueeraes­ pecialmenteútil paracasosdecargas irregula­ res.7El métodopuedeampliarseal cálculode rotacionesy deflexiones. Unamanerasencilla de hacerlo es combinándolo con el método de la viga conjugada. Ya que este método, comosevioenlasecciónanterior, sebasaen el cálculo de fuerzas cortantes y momentos flexionantesenuna vigaconjugada, el méto­ do de Newmarle puede usarse para calcular exasfuerzasy momentos, delamismamane­ raquesevioenla Sección2.10. El métodoes ga cargas sencillas, las cargas que se apli­ cana la vigaconjugada, quesonel diagrama deM/Ef,yaresultano w en el ejemplo 3.7 que se acaba de pre­ sentar. En el ejemplo 3.8 se ilustra la utiliza­ cióndelMétododeNewmarkpararesolver la manoque noes de esta manera en la que se

Se trata de un voladizo con cargas concen­ tradas y se pideobtener las rotacionesy las deflexiones en los puntos de aplicación de las cargas. Seempieza por calcular los movio en ia Sección 2.10. Se sabe que en el extremodel voladizola fuerzacortantey el momento fléxionañteson nulos, por lo que tearunaconfiguracióncorrectiva. Deestamadd renglón5delapartesuperiordel ejemplo. jugada, quees unvoladizoempotradoenel ga conel diagramade M/B. Como los mo­ mentosflexionantesresultaronnegativos, las cargasenlavigaconjugadasonhaciaabajo, havenidousando.Ahorasecalculanlasfuer­ enestaviga. Losvaloresdel renglón2repre­ sentanlascargasdistribuidasenlassecciones

res de M del renglón 7, las deflexión« estos mismos puntos. Desde luegoque|, rotación y Jadeflexiónenel empotramiM

|¡ i

peundoconvaloresnulosenel extremodelas rotaciones 0en las seccionesde aplica­ ción delas cargas concentradas, y los valo­

medio en los tramos respectivos; sonla, pendientesde lassecantesquevandeun& tremoaotrodel tramoen la viga deformada Obsérveseque si se sustituye el valordefi enton-m2, lasrotacionesquedanenradianes y las deflexiones en m.

EJEMPLO3.8. CALCULO DE LAS DEFORMACIONES EN UNVOLADIZO POR EL MÉTODO DE NEWMARKY LAVICA CONJUGADA

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EJEMPLO 3.8 (continuación)

Ei Métodode Newmarkparaél'cálculo dedeformaciones puedeplantearsesobrela equivale al cambio angular gradual entre a base de consideraciones puramente geo­ y b. Puedeverse lasemejanzaentrelos cam­ métricas y es así como resulta más práctico^ bios angulares concentradosequivalentes y y eficiente. Considérese un tramo de una las cargasconcentradasequivalentes quese curvacualquiera, comola mostradacontra­ han usadoenel cálculodefuerzas cortantes zo gruesoen la figura 3.10, que puede ser untramodeuna vigadeformada. Enestetra­ el cambio angular total entre los puntos6 y c,9¿¿ sería la suma de los ángulos concenmo se han marcado tres secciones a, 6 ye, las tangentes a la curva en estos tres puntos y las secantes o cuerdas que unen los pun­ del Métodode Newmarkpara el cálculode deformaciones, según se describe más ade­ toscon lineas rectas. Entre los puntos a y b, lante, consiste en sustituir las rotaciones la pendiente de la curvava cambiandogra­ dualmente, detal manera queel cambioan­ continuas, d8, de la figura 3.3 pór cambios gular total serfa el ángulo formado por las tener la rotación entre dos secciones como tangentesen ambos puntos, En la figura lasunta deestosángulosenvezdeobtenerla puede verse que este ángulo es igual a la suma de los ángulos formados por laí tan­ gentes y las cuerdas <¡¿ y a,,,. Estosángudos equlvalentes’5 y la rondón y la defle­

figura 3.10. Construccióngeométrica parael métodode Newmarlc xión de la curva en algún punto, pt obtenerselas rotaciones y deflexiones* otrospumoscomoseíndica Enuna labia, comola most 3.10, se anotanen el primer gulds. concentrados equlva conoce Q¡¡ la pendil puede obtenerse sumandoa"

ve en el detalle del punto a mostrado«*!* parte inferior de la figura(obsérveseq**1 comoestá la figura, el ángulo esnegtj' vo porqueel giro de la tangente olac< llene sentido horario). A eominuactó puede obtener la pendiente deli M en b, 0¡j sumando el ángulo concern equivalente ate a la pendiente yaSus

rr* . &í(3ac * 10a6-a,)

(3.32)

0^.^170^+606-0,1

(3.33)

comola suma de y de sepuedeusar una ecuación equivalentea la (2.29):

En esle último caso, las longitudes de los tramos deberán ser iguales. los ángulos concentrados equivalentes, se

requeríaconocerla rotacióny ladefinía, algúnpuntode la viga. Estopuedededúc­ ele las condiciones do apoyo de la viga. ^ ejemplo, si es un voladizocomoel deleja,,, píoanterior, la rotacióny ladeflexiónson^ lasenel empotramiento. Si nosecotitxenen ningún punto, entonces se suponeun valor cualquieraenunodelosapoyos, ydespués» revisan las condiciones de deformaciónen« otroapoyo. Si son Incompatibles conlasres. friccionesqueImponeesteapoyo, seintrate» unacírnfiguracióncorrectiva, enformateme. |anteacomo'sehacíaenel cálculodetozg Cálculodedeformaciones, lasconfiguraba** conectivassebasanenlasrestriccionesadefe mación en los apoyos, comoseilustraenla ¡ejemplossiguientes. Enresumen, el métodoaplicadoal cálalo dedeformacioneses igualal métodoaplicado al cálculo de fuerzas cortantes y niomenttt flexionantes si se hacen las siguientes

Secalculan las deformacionesen el voladi­ zodel ejemploanterior, perosin plantear la viga conjugada, sino que usando las consta deraciones geométricas planteadas en lo

a la pendiente de la cuerda en el tramo3-4 se le suma el ángulo equivalente a a la

deeste últimopor ir de derecha a Izquierda. Se obtiene asf el valor de +63.75, que es la rotacióndélatangentea lasección 3. Secon' tirilladélamisma manera hastacompletarlos renglones8 y 9. ----Teniéndolos valores de las rotaciones de las cuerdas 8 se multiplican por las lonplemente se ha factorizado a la derecha I , gitudesde |os tramos, h, con lo cual se ob­ los valores deeste renglón son igualesa lq_ tienen los incrementos de deflexión Oh, del anterior. A partir de las curvaturas a se comoseha explicado en referencia a la fihan calculado en el renglón 7 los ángulos concentrados equivalentes a. Ya que las cargasdela vigasonconcentradas, el diagra- L -deflexiones'/?seempiezacon un valor de0 mademomentoses lineal, y el cálculodebe hacersecon lasecuaciones 3.27^£,28..Por; : en el empotramientoy se van sumando los incrementos Oh, hasta llegar al extremo del ejemplo, el valorde-22'.50sehacalculado ‘Wládizo, renglón 11. conlaecuación3.27delasiguientemanera: Se puede ver en este ejemplo la equi­ valencia entre el cálculode deformaciones a jj-i|g[21-0.50)+(-8.00l|. "-I1— y el de fuerzas cortantes y momentos que al a la del ejemplo 3.8

Aladerechadel renglónsehafactorizadoel 1A. Después se han calculado las rotacio­ nesde las tangentesa las secciones, 9 ylas rotaciones de las cuerdas 6 (véase la figura 3.10). Parahacer estecálculo, se partió del valor conocido de 6 en el empotramiento, yaquesesabequees nulo. Este valor cono­ cido se ha encerrado en un cuadro en el ejemplo. Al valorde 8 enel empotramiento sele sumóel valorde a,en el mismoempo­ tramiento. como«muestra con la pequeña flechaqueva deO.ar-41.25. Elyalor quese obtienees el de la rotación de la cuerda 0 enel tramo3-4; como se está sumandode derecha a izquierda, se debe cambiar el úgno. igual que en el cálculo de fuerza»

tribuida en cada sección, p. Los ángulos equivalentes a a las cargas concentrada» equivalentesP. Lasrotaciones8y 8a lasfuer­ zas cortantes en las secciones y en los tra­ mos, respectivamente.Y las deflexionesy, a los momentosflexionantesM. Haciendoes­ tosequivalencias, lasecuenciadeloscálcu­ loses lamisma, peroes importanteobservar que las condicione»de frontera»(sondife­ rentes. Mientras que en el cálculo de fuer­ za» cortantes y momentos se partió de lo» valore» conocidos de V m0 y M ■Oen el extremo libradel voladizo, enel cálculode deformaciones se partió de los valores conocido»• • 0 y y «0 enel empotramiento.

,9. CÁLCULODELVOLADIZOPORELMÉTODODE NEWMARK(VERSIÓNI I

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En la figura 3.11 se muestra el significa­ dofísicodealgunosdelos valoresquesehan obtenidoenel ejemplo 3.9. Con líneas llenas setentazadolascuerdasqueunenlasseccio­ nesde lavigadeformaday con líneaspuntea* das, bs tangentesalas secciones(porclaridad de lafiguranosemuestra lavigacontinuade­ formada). Empezandoconla sección*. elán­ gulo equivalente de*41.25 proporciona la rotacióndelacuerda3-4, yaquelapendiente es nula en el empotramiento. Esle valor, su­

madoal ánguloequivalentede-22.50,amBj» con signos Cambiados, permite obtener rotacióndelatangenteenlaSección3 a la horizontal, o sea,' +63.75. Continúan* las sumas hacia la izquierda, se llega1“ rotaciónenel extremodei voladizode Obsérwsequeestarotacióndebeser_poS** de acuerdo con la convenciónde sijg¡ü£** que la rotación d« la horizontal a lajaffijS en la sección 1 es en sentidoantihorario, if | deflexión en el extremodel voladizoiW*1* ;

0 -

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le las deflexiones, los ángulo» equivalentes o se calcularon con ia ecuación 3.3*1 que da el valor del ángulo equivalente total en cada sección. Por la mismarazón, noes ne­ cesariocalcular los ángulosequivalentesen losapoyos, yaque noserequieren, comose deflexiones. Desde luego que se pueden calcular losángulosequivalentesacadalado de la sección y en los apoyos con las ecuaciones 3.30 a 3.33, peroaumenta la laeste ejemplo' el diagrama de M/EI no es Il­

la ecuación 3.34 se muestra a continuación el cálculodel valor de+28-43del renglón 10 y la sección 2:

Al iniciarel renglón II seencuentraque noseconoce la rotaciónen ningún puntode la viga. Se supuso entonces una rotación cualquiera0*en el tramo 1-2, eñestecasode pío.A partirdeestevalor, yasepuedecaleular lodoel renglón; sumando a los valoresdeV, los valoresdeo, comosemuestracon las Ae­ chas pequeñas. Después se calculan las deflexionesenel renglón 12, iniciandoconun vajor conectode 0 en el apoyo izquierdo, y sumando los valores de V del renglón ante­ rior; no se ha calculado un renglón con los valoresde Vh. porqueh es constante en este ejemplo. Al terminar el renglón 12, se llega a una deflexión de +80.16 en el apoyo de­

recho, la cual «(’Incorrecta ya quedcbc^l nula. Esta Incompatibilidaddedeformaaj, en el apoyo derecho sedebe a queel val* supuestode (-28.43) noescorrecto. FUreso seobtieneuna vigadeformadacomolamo$. trada en la parte Inferior del ejemplo, sefa. lada con y', en la cual hay una deflexión derecho de +80.16. Es necesario in iH H entoncesfcn'aconfiguracióncorrectivacon« la señalada con y en la parte Inferiordel ejemplo, con un«deflexión de-80.16en« extremo derecho, para anular la Incompjti. bllldad, y 0 enel extremo izquierdo, yaque aquf el valor’lnldal es el correcto. Loque¡n. dlca la configuración, correctiva es que« valor de 0 en el apoyo izquierdo noendé (-28.43), como se supuso, sino quedete ser (-28.43 - 20.04 =-48.47). El valordi -20.04 se obtiene dividiendo el valordey en el apoyo derecho entre los cuatrotramos de la viga. El lector puedecomprobarquea se inicia el renglón 11 con -48.47, sellep a una deflexión nula en el apoyoderechaEn esteejemplose puedeverlaequinIencía entre las configuraciones comcM para cortantes y momentos, y paraf nes y deflexiones. En las primeras, se yen las reacciones que debe haber ente apoyos, mientras queen las segundas,se» tituyen las condiciones de deforraacidna los apoyos. También se puedever la cidad del Método de Newmarfc encoop­ tacióncon los métodosanalíticos,sobe»6 paracargasirregulares. La resolucióndees* problema por alguno de los métodosantfr ñoresconducea ecuaciones y cálculos complicados, ya que la ecuacióndel«¡ají made momentos y lade M/ffsonfundí»* difíciles de operar.

ejemplo, el valor de -20 a la dendia^. 'sección 4 ü Calculócomo: 1 •• 'í “ el cálculodefu Losrenglones 7ySpuedeninicianecH el valor de O= Oen el empotramiento, » cíón 6. Después se van sumando losvalog dea dederecha a izquierda cambiándolesd signo. De esta manera se puedencoi^fc* lores se han encerrado en un cuadro, para dichosrengloneshastael valordee enlas«, ción3ydeéenel tramo3-4. NoesposHeo» docon los pequeñosnúmeros 1,2 y 3, res­ tinuar sumando hacía la izquierda porque como ya se dijo, hay una discontinuidad»! pectivamente. SI ahorasesuma al’momento guiar la articulación localizada enlaI .ceroen la sección I, el valor de Ven el Ira-' secciónen 3. Loquesfsepuedehaceresempéu mo 1-2, se obtiene el valor de M= -5 en la I .calcular los valores de las deflexión«, sección 2, que también se ha encerrado en renglón 9, empezando con y ■Oenti uncuadro. Si losvaloresdeMénlasseccíOempotramiento. Sumando los valoresdeldt derecha a izquierda, se puede llegarbastad valor de V en la sección 2-3 tiene que ser valor de y en la sección3; todosestosvaina +5, ya quesóloasi sepuedepasardeM=-S se han encerrado en un cuadro. Ahorabfei en lasección2aM~ 0_enla sección3. Yate­ sesabequey =Oenel apoyodelasección1 niendo este valor de Ven el tramo 2-3, se Entonces, a partir de los valores de yente puedecompletarel renglón 3 dela tablasu­ secciones 2 y 3sepuedeobtenerel valordel mando las cargas de izquierda a derecha; en el tramo 2-3, el cual debe ser de-3» porejemplo, el valorde-5 enel tramo3-4es Teniendo este valor ya se pueden compkur la suma de +5 en el tramo 2-3 y la carga de los renglones 7 y 8.sumando los valoresdei -10 en la sección3. Y ya teniendocompleto de derecha a izquierda con signócambiado. el renglón3. sepuedecompletar también el Finalmente, se puedeobtenerel valordey* renglón 4 sumando los valores de. Va partir el extremodel voladizo, sumandoel valorde del momento en la sección 3. De esta ma­ 8enel tramo1-2{álivalornulodeyenel nera ya se tieneel diagrama de momentos. yode la sección 2. En la parte inferior del ejemplosemu**El renglón Sde curvaturastiene los mis­ mosvaloresdel renglóndemomentos, yaque tra la forma de la viga deformada, enlaq* puede verse la discontinuidad angula?«jg £1 es constante. Debe observarse que este dúgramaes lineal, poiquelascargassoncon­ 20, el momentoen la articulación, sección

centradas. asíquelos ángulos equivalentes a del renglón 6 se deben calcular con las ecuaciones 3.27 y3.28. Aquísehancalculado gambos lados de cada sección, para obtener todaslas rotacionesy porquehayunadiscon­ tinuidadangularenlaarticulaciónInterior. Poí

correspondeal ladoderechodelaarticula«#» ya que se calculó sumando los valores<*• de derecha a izquierda desde el mionto, El valor de 8 a la Izquierdadelaj»Jj culaclónseobtienesumandoal valo'd*® el tramo2-3. eldeci a la IzquierdadsI**?

cióu 3. Estosvaloresde 0 se hanseñaladoen la figurade la parte Inferior del ejemplo. Ob­ sérveseque los signos están de acuerdocon laconvenciónempleada. Es importante observar en este ejemplo

mr loquecadacasoparticulardé­ lo Introducirlasy cómodeben ser.

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|p]fi'nlf’ÁtonÆI '

A guioadeb, y la nueva fuerza aplicada P,. un Irabajoigual al áreadel triánguloac&, véanse las figuras 3.12-c y -rf. Esto se explica por* constante mientras la barra sufre el alarga* aumenta suvalor desde6 hasta Pr El trabajo realizado' en esta segunda etapa por P0 será

jn Es importante'observar la diferencia I enUeel trabajorealizadopor unafuerzaque I mantieneconstantesuvalor, y el realizadopor I otra que lo aumenta uniformemente, o sea, I que seaplica gradualmente. I Si envez deunabarraaislada, comola I dela figura3.12, setieneunaestructuracon varías cargas aplicadas, cada una de ellas desarrollará un-trabajo extemo igual a la magnituddelacargapor la mitaddesudes­ plazamiento. si lascargasseaplicanconforme se deforma I* estructura; o Igual a la mag­ nituddelacargaportodoel desplazamien­ to. si las cargas se aplican previamente al desplazamiento. '\

virtual, como kilogramoso toneladas; Y las deformaciones dt encada miembrosepue­ dencalcular conla ecuación3.42 dela Sec­ ción 3:7.4; observandoqueel término&de dicha ecuación equivaleal términod£ de la figura 3.14 (es la deformación axial de un elemento); quelacargaP0equivalealas fuermiembrode la armadura, las cuales pueden calcularse, por lotamo, resolviendolaatma> dura dela figura 3.15-a; queel términoA vie­ ne siendo el i'ea de la sección transversal decada miembrode laarmadura: y el térmiL noí. Mmódulodeelasticidadameipondlen* le. Haciendolasequivalenciasmencionadas, te ecuacióngeneral 3.52 te transformaen la siguienteecuaciónparacalculardeflexiones ümarmaduras producidas por cargas:

■ y II» 5K3t s, resumiendo lo explicado an V, deflexiónenel puntodeaplicaciénde la carga virtual unitaria, enladiftt* ción de la carga; L fuerzasproducidas porla cargavirtud unitariaen los miembrosdela*"**' dura (figura 3J S-b): as producidas por las cargasr«-

CÁLCULODCFUtRZASS

EJEMPLO3.1S. CALCUURIA DEFLEXIÓNVERTICAL DELNUDOL.DE LAARMADU­ RA DEL EJEMPLOANTERIOR SI LASCUERDAS INFERIOR Y SUPERIOR EXPERIMENTAN UNAUMENTO DE TPMpERATURA DE 40° C, LACUERDAVERTICAL U, L, UNAUMEN­ TO DE 10“ C Y LAS CUERDAS INTERIORES UN AUMENTO DE 5° C. SUPONGASE QUE1 ¡Í. .5.«R.?.:AS Dc LA PER,FER,A ESTÁN FORMADAS POR DOS ANGULOS DE LADOSi ¡£w d Í mensiÓnesMMV LAS cueiidas INTER,°RES por u n Angulo de las mis-

ü

f

B

a

EJEMPLO 3.16 (continuación)

CAlCUlOD€mPARAROTÂCI0NES:

.

f3(-120+25»M-6+«). 2O

A,=— ¿CBn2- 270x+720»dx

Para 3 Í* S 6 Aj j* (-90+15«)<-6+x>x

A,-— £(15»*-180«♦540) A,-¿[s*’-*>«*♦540,]*-±(,35) dx

A, - ¿<720) i

■

RESORCIÓNCAMBIANDOEl ORIGIN(NEl TRAMOBC A, y 8, sonIguales

orlgmen gI punióC .

Setratadeunavigalibrementeapoyadacon un voladizo y carga uniformemente distri­ buidaenlaquesedeseacalcular ladeflexión y la rotaciónen un punto situado a 2 mdel apoyo de la derecha, punto B. Primero se plantean lasecuacionesdel momentoMpro«lucido por la carga extema. La función de M esdiferenteentrelosapoyosy enel vola­ dizo, por lo que es necesario plantear dos ecuaciones. Entre los apoyos, se colocó el origen decoordenadas en el apoyoizquier­ do, y en el voladizo, en el extremo. En el primer caso, a la variable te le denominó y el segundocaso,x2. Esconvenienteusar notacionesdistintas para la variablecuando te cambiael origende coordenadas. deflexiónenti punto0, tecolocóunacarga

unitariaendichopuntoy seplanteólaecua­ ción del momentom. En estecaso, setiene una función entre el apoyo izquierdoyd puntode aplicación de la carga, y otrale cióndistintaentreesteúltimopuntoyelapo­ yo derecho. Obsérvese que entre el apoto derecho y el extremo del voladizo la cap unitaria no prexfcice momento. Con d fin* calcularla rotación,sesiguióunptocedmM análogo, perocolocando un momentounDrioenelpunto8 envez deunacaigaunita» También en este caso, se tienen función» distintas para mentreel apoyoizqüfenbM punto B, y entreéstey el apoyoderecho. Después sesustituyeron lasecuado*1 de M y de men la ecuación 3.63¡¡MugSb ñor la deflexión buscada.Aunquela deMes continuaentrelos apoyos, esntc«* riohacerla integraciónporseparadoentre''I B, y entre 0 y C , porque la funciónde**

EJEMPLO 3.17 (continuación) Paraos x,S2 (tramoCD), A,»0 Amui-¿(12.96+16.74)

CALCULOOELAROTACIÓNENELPUNTOB ParaOS x,S2 9, ■J i(l 2'6x' ~3x?H-0.2ni)

w jw g N É B j

Para2á x, S5 j | J »(12.6x,«2 - ¿/j(°-6x,3- 5.52XÍ1+12.6x,) ifc 8j - ¿[0.1 Sxf -1-Mx,J +6 3xf]s S J-(8.

Para OS x,S2 «ramo CO), e, = o *«ul-¿(-«-32+#.J7)-i^ I J

H

H

h

H

El métododel trabajovirtual presenta claras ventajassobre los otros métodosestudiados enestecapitulo cuando se trata de calcular I» deformacionesen marcos. El procedimien* toesigual al utilizadoparael cálculodede­ formaciones en vigas, pero la integración planteada en las ecuaciones 3.63 y 3.64 se llevaa cabo a través de todos los miembros quecomponen el marco. Desde luego que dentro de cada miembro resulta necesa­ riohacer la integración en distintos tramos, nuasalo largodel miembro. En el siguien­ te ejemplo se ilustra lo que se acaba de

Ejemplo3.18 Sepidecalcularel desplazamientohorizon­ tal del apoyo Ey la rotación del.apoyoA El: primeroes unapoyolibre y el segundo, uno articulado. El marcoes isostáticoya quetie­ neties incógnitas en los apoyosy existen tres ecuacionesdeequilibrio. El momentodeiner­ ciadela viga es el doble del dela columna. Primero se resuelve el marco para ob­ tener las ecuaciones de momentos Oexionantesen la columnay en la viga. Pre­ viamente, ha sido necesario calcular las re­ acciones en los apoyos. Las ecuaciones de momentosehanobtenido por tramosen los quela función no varfa. Asf, en la columna AC, se ha obtenido una ecuación entre los puntos Ay B, y otra entre los puntos 8 y C, yaque lacarga concentrada de 10 ton hace que cambie la ecuación de momentos. Se ha usado un origen de coordenadas en el Punto<4para la columna, y unorigendistin­ toenel punto| para la viga. Se hadibujado Hdiagrama demomentos flexionantes para

««a r u m i AB LA D tr iu » n _ N ENELPUNTOA DEI MARCOMOSTRADO

8 (continuación)

A<=2^ (-20*1+ 133^ )®

â<" 2 f i f e + . ' 5 9 - 7 8 ) ¿loal - g-<26.67+120.00+142.22+159.78)- — 67 -, CAlCUtODEIA ROTACIÓNENA

1

Tramo/ S

0

f^dOxiXI) ■*» ffc

t o r t i* !

a - :'

.

■

EJEMPLO 3.18 (continuación) TramóBD

if

2E'o.

¡HH I J-120.00 * 40.001 35.55I4?-03>| -

EJEMPIO 3.19 (continuación) Tramo8C

Tramo DC

I

* ftë

i 2/jkj)j

4* “ 2 ^ x ¿ x ^2x 20x 4+20k |+80 x 4 +2x 80x | |

* J^(26.67 +120+M2J2+1 j u , Ü S Í2

CUCULODELAROTACIÓNENA lnmoAB

B te g n g i,

TramoDÇ

® 4 6 12\220120 801280 ■

* ,2*'+^ l ]

,■— x | x k + x-+ * fc l*

x+ x x

/ J f «1.(20+40+ 35.53+40)-sr(13S.SS> a» ,y -

Figura 3.18.Viga para lademosiraciftndel TeoremadeCaitlgllano Sepuedever que estas ecuacionesson muy semejantes a la ecuación 3.63 usada enél métododel trabajovirtual, peroenvez déla función demomentom producida por el momento virtual unitario, se usa la derivadaparcial del momentoproducidopor

H

(3.73)

en las cualesA, y A, son las deflexiones en los puntos de aplicación de las cargas P, y P2, S son las fuerzas en las barras de la ar­ Puede suceder que en el punto en el ■ maduraproducidasporlascargasaplicadas, quesedesea calcular la deflexión no haya L es la longitud decadabarra, Aes su área ningunacaiga aplicada. En estecaso, se in­ transversal y £ su módulodeelasticidad. troduceunacarga ficticia, P', enesepunto, sederiva respecto a estacarga, y al final se le¿signaunvalornulo. Tambiénpuedencal­ cularse rotaciones, en vez de deflexiones, ftraesto, sederiva respectoa un momento Se calcula la deflexión y aplicadoenel puntoenquesedesea calcu­ extremovoladode una viga condosapoyos. larlarelación; estemomentopuedeser real oficticio. SI esficticio, al final seleasignaun 3.5 porel métodode losTeoremasdeMohr. Enprimer términosecalculan las reac­ valordecero. II teoremadeCastiglianopuedeusarse ciones y las ecuaciones de momento flexionante. Nótesequea la carga aplicada tambiénparacalcular las deflexionesenar­ maduras. La obtención de las ecuaciones en el extremo de la viga, donde se desea calcular la deflexión, se le ha llamado Pv correspondientes es similar a la presentada Mn el caso de vigas. Dichas ecuaciones porquedeotra manera nose'podríaderivar Quedanen la forma: u variable, to flexionantese hanobtenidoporseparadoparael tremoAB

EJEMPLO3.20 (continuación) I CALCULODELADEFLEXIÓNENC ECUACIONESDEMOMENTOS

M^IÍX.-O.SP.X.-ÍXÍ hra qs‘x2£3

4c 1

2>, - OJSPf, - 2XÎK-0-5X,)A , I jW ^ X-x,

á j - l j | | | 4’0-0633/Vi1I M *»| ]j +[ 0.333#V<í](>} 4c «¿I-4J2 + 1«’, + 324+ 9P|]

CÁLCULOOf LAROTACIÓNENC .ECUACIONESDEMOMENTOS

MB

-- y*/;

1ift*1Si II:S li :4vî.Jli 1li 1 1l| §lili f¡¡§¡¡Sci 2 If!l i QiIl1è3£.ullf ?* Bl11Ili lil1 !IL 1 fi !j1¡li i s_H là s.i l Æ .-S.-3.=|¡ i i li i H|!|1il ili ...

-

el méIodo * integración calcular las rotaciones en los extrem« u ni el centro del claro y las deflexiones máximas* las siguientes vij^ ConsidéreseClconstanteen todos los casos:

i

r _

j

3.2Resolver el problema 3.1 usando los teoremas área-momento. 3 3Calcular la deflexión y la rotación en los extremolde los voladizosde la siguiente

‘■ ¿SQL — i-\ w \

. 00 I

r rri / ./ / / / / /

¡ i —

* ■—

2.

ek. ¡

i

3.4 Calcular las rotaciones y las deflexiones en los puntos de aplicación de cargas concentradasenlas siguientesvigasusandoel métododela vigaconjugada. Supóngase &constante.

3.5 Calcular la deflexión máxima de las siguientes vigas por el método de la • conjugada. Supóngase El constante.

H

S Í I H

— —

— —

H

G B s S l i J i

, 6 Okular Im deflexiones y rotación« de la
K

h- ï

H *—

É jt ífc /////// É¿"> —

# —

—

E. ™ »H-—

* —

»H—

1 4

4 .—

H

^ H

......

3.7 Calcular los desplazamientosvertical y horizontal en el nudo usandoel método del trabajovirtual.

3.8 Calcular los desplazamientos vertical y horizontal en el nudo L, de la armadura del problema anterior s i, además de las cargas mostradas, la baña U, U, tiene una longitud 0.75 cm menor que la teórica. 3.9 Rara las siguientes vigas calcular las deflexiones y las rotaciones en los puntos MAalados empleando el método del trabajo virtual.

3.10 Calcularel desplazamientohorizontal en B, el desplazamientovertical al centro del claro de la viga BC y la.rotación en Odel marco mostrado, usando el métododH trabajo virtual, r -

K ,C A P ÍT U L O 4 Resolución de estructuras indeterminadas por el método de las fuerzas 4.1 Introducción / 4.2 Planteamiento Método de las fuerzas para vigas / 4.4 Métododelasfuerzasparaarmaduras/4.5 Métododelas fuerzaspara marcos 4.1 Introducción En*1capituló2 seestablecióque las estruc­ turas isostátlcas pueden resolverse a partir delasecuacionesde equilibriode la Estática, mientrasquelas estructrurashiperestáticas re­ quieren, parasu solución, deecuaciones adi­ cionalesyaque el númerode incógnitas es nu»wqueel númerodeecuacionesdeequittrio. Existen dos enfoques generales para la resolución de estructuras hiperestáticas. Enel primero, la estructura por analizar se “ "vierteen una estructura isostática en la 9 * fe satisfacen las condiciones de equili­ bró. peronose satisfacen lascondiciones de ta j »ación o de continuidad geométrica <*b estructuraoriginal. Loserroreso incomfüfibilldadésde geometría que resultan en ■*M inlin isoslálica se corrigen, en una "»*d* etapa,conservandotas condiciones * equilibrio^En el segundo enfoque, la eshipereslática se transforma en otra de deformación o de continuidad ®j*^trica, peronolas condiciones deequl™t ,* * iw . En una segundaetape. se co-

sus principios’.básicos. En este capitulo se presenta el método de las fuerzas, y en el siguiente, el método de las deformaciones. Comoseveráen las secciones siguientes, es necesario dominar el cálculo de defor­ maciones estudiado en el capitulo 3 para poder aplicar estos métodos. 4.2 Planteamiento general del método de la* fuerzas Existennumerosas variantesen la aplicación del método, peroentodas ellassedistinguen los siguientes pasos.

3) la estructura original hiperestática te transformaenunaestructuraisostática eliminandoalgunas ds sus reseccio­ nes contra deflexiones o rotaciones. En general, el número de restriccio­ nes que hay queeliminar es igual al grado de Indeterminación de la es­ tructura. La estructuraque resulta de eliminar las restricciones hiperes­ táticas recibeel nombredeestructura UauMct fundamental. . d¿¡¡ ■ b) Se calculan las deformaciones de la estructura isostática fundamental bajo la acción de las mismas cargas que actúan en la estructura hiparas-

desdeTuegoque' si la viga es de'unsolo»y do de indeterminación, en vez de un.-’ tema"“dé ecuaciones se plantea una w original en los punios en que se eli­ ecuación. Las restricciones hipcrestftioj minaron las restricciones. • cj Se aplican fuerzas arbitrarías en las vigas'o continuidades de las mismasisfa. los apoyos. En el primer caso, se Wb secciones donde se eliminaron las apoyos de tal manera que el número¿ restriccionesen losapoyosseaigualaldúm* de ecuaciones de equilibrio, es decir ¿ ■ una fuerza por cada restricción eli­ ecuaciones si son cargas paralelas ytres, g noloson. Enel segundocaso, loquetehv» minada enla estructura hlperestática •. y calcular por separadolas deforma* es'Introducir articulaciones InternasenIm clones debidasa cada fuerza. vigas, generalmente spbre los,apoyo; Iií d) Se plantea un sistema de ecuaciones I para, determinar el valor que deben tener las fuerzas correctivas de’tal 4.3.2 Vigas de varios claros manera quesecorrijan las Incompai tibilidades geométricas. sobre apoyos rígidos noi e) Seobtienenlas acciones finales (reac­ ciones, fuerzas cortantes, fuerzas Ejemplo 4.1 normales, momentos) sumando las qué corresponden a la estructura Se resuelveen este ejemplo una vigacari isostáticafundamental y lasproducidas nuade cuatroclaros, con unacargavertica por las fuerzas correctivas. en uno de los claras. Como.se tienen: rj (ática. EslaidolormaclonessedanoI minanIncompatibilidadesgeométricas

En las secciones siguientes se ilustra la aplicacióndel métodode las fuerzasa vigas, armadurasymarcosatravésdevariosejemplos. 4.3 Método de las fuerzas para vigas

equilibrio, la viga tiene un gradode¡«fe terminación de 3 (sección 2.6J.. ■ ■' En el paso a), la viga hiperestílitaa ha transformadoen una isostáticaeliminar dolos tresapoyosinteriores. Pudohabene*

redundantes, pero tal como se hizo«* Planteamientogeneralmás paiasencillo vigas el-ícálculo de deformado** por tratarsede una viga librementeapoja® en susextremos. La eleccióndélaüasaao es importanteporquela labornuméricap£¡ desimplificarsesignificativamentesde*6* nando una Isostática conveniente. . Después se presentan en el pasoU® deflexiones de la viga isostática«nl»*^ Verificar; como se verá posteriormente, el ciones en las que seeliminaranl**1**^ número de ecuaciones simultáneas que nes redundantes, o sea, en las saccifl** . detenplantearsepara resolver el problema; Cy O, bajo las cargasde la viga«"*"1* J 4.3.1

Antes de Iniciar la resolución, conviene calcular el gradode indeterminación de la viga a resolver con los métodos expuestos en. la sección 2,6.1. Esto permite saber cuántas restriccioneshlperestática*sedeben

cálculodedeflexiones, A,.pucdc hacerse pac cualquiera de los métodos estudiados en el capitulo 3. En este ejemplo se utilizó el método de ía viga conjugada. Estas deflexiones son las incompatibilidades geométricas porque en la viga original no hay deflexiones en estas secciones ya que las impiden los apoyos. El cálculo de deflexiones por el método de la viga conju­ gada se ha explicado con detalle en la sec­ ción 3.5 por lo que no se comenta aquí con mis amplitud. Sin embargo, sepresentan los cálculos completos al final del ejemplo con el fin de no interrumpir la explicación gene­ ral del método. Enel pasoc) seaplican a la vigaisostSlica cargasunitarias en las secciones 0, C y O y se calculan las deflexiones, 8, correspondientes a cada carga, en cada sección. Nótese que estas deflexiones tienen un doble índice. El primeroseflala la sección en que secalcula la deflexión, y el segundo, la sección en que se aplica la carga. Por ejemplo, la deflexión 8K es la deflexión en la sección 8 producidapor unacarga aplicada en la sección C. Se men­ cionó antes que las cargas aplicadas en este pasoeran arbitrarias, es decir, que podían te­ ner cualquier valor. Se acostumbra hacerlas unitarias ya que esto simplifica los cálculos. Tambiénpueden aplicarseen cualquier senti­ do, o sea, se pueden aplicar hacia arriba o hacia abajo. En este ejemplo se han aplicado con él mismo sentido de la carga de la viga original. También al final del ejemplo se in­ cluyenios cálculos de las deflexiones corres­ pondientes a este paso. Ara cumplir con las condiciones de compatibilidadde deformaciones de la viga original es necesario qué las deflexiones únales en las secciones B ,C yD sean nulas, («o podría lograrse si las cargas aplicadas m el pasoc, en vez de ser unitarias tuviesen les mismos valores y lo* mismos sentidos de la* ««accione* en las secciones menclo-

sentidos correspondientes se plantean entonces, en el paso d, tres ecuaciones de compatibilidadgeométricaqueexpresan precisamenteque las deflexiones totalesen las secciones B, Ci 0 sonnulas. Seobtiene incógnita* son las reacciones Xc y Resolviendo este sistema se calculan las reaccione* X0, Xc y X„ y con las ecuaciones deequilibrioIM/,«OyIM l "Ose calculan las otrasdos reaccionesX( y XA.toquelodos los valores de las deflexiones están en funciónde£/y estevalores constanteento­ da la viga, se puede eliminar al plantear el sistema de ecuaciones. Obsérvese que los valores de Xs y Xc resultaron negativos, mientras que el de X0 resultó positivo. Esto quiere decir que el sentido que se supuso para la fuerza unitariaenla secciónD, enel pasoc, fuecorrectoy la reaccióncorrespon­ diente actúa hacia abajo. En cambio, el sentido que se supuso para las fuerzas unitarias en las secciones 6 y C fue incorrectoy las reaccionesson,por lotanto, hacia arriba. Lossignosdelas reaccionesen A y en £quedan determindosal resolver las ecuaciones £ MA=0 y £ M¡=0. Es importante visualizar el significado de cada una de las ecuaciones del sistema planteado en el paso d. Asi, la primera ecuaciónexpresaquesi sesumaladeflexión en el punto 8 de la viga Isostátlca fun­ damental, A,, con las deflexiones en el mismo punto producidas por las cargas unitarias aplicadas en B, C y D, Sj* y respectivamente, ladeflexiónfinaldebe ser nula, siempre que las deflexiones producidas por las cargas unitarias se multipliquen por los valores reales de las reacciones. Estos valore* son la* incógnitas que hay que despejar en el sistema de ecuaciones, la segundaecuaciónexpresalo mismo, pero en relación al punto C y Ja

(cícera, enrelación al punloD. Vistodeotra valores de las reaccionas, y se cargas» la isostática fundamental con la carga externa de laviga hiperestática y con cargas iguales finales de las deflexiones en los punto B,£ y D serían nulos. Como no se conocen los valores de las reaccione*, se carga la isostática fundamental con cargas unitarias y las deflexiones resultantes se multiplican por las incógnitas que son dichos valores. En la vigadeesteejemplo, la Isostática fundamental con lacargaunitariaaplicadaen B resulta simétrica a la Isostática funda­ mental con la carga unitaria aplicada en D, comopuedeverseen loscroquisdeloscasos 2 y 4 del anexodel ejemplo. Poresta razón, S00 resulta igual a 5¿¿; Sin embargo, debe notarsequeestaIgualdadexisteaunenvigas no simétricas, por el Teorema de Maxwell expuesto en la sección 3:8.-ASÍ, en el

ejemploh»resultado&¡gigual ai K, al] enestecaso no haya simetría. Engeneral*0^ Teorema de ftfí'axwéll permite redu• notablemente el .número de cálculosdi deflexiones, o bien, puede utilizarsecon! comprobación de los,Cáj&ujoS; Ya que se tienen las cinco reacción» pueden determinarse los d¡agramasde za. cortante,y momento flexionante defa mismamaneraqueenvigasisoslátkas.fVj^j défuerza cortante, sesuman lasfuerzas izquierdadecualquier sección, y paraelde momentofléxíónante se sumanlosmom» tos producidos por las fuerzasala izquierda de cualquier sección o a' la derechaen signo cambiado. En el ejemplosemuéstiaa estos diagramas. Al ¡trazar el diagrama* fuerza cortante se pueden comprobarlos valores obtenidos para las reacciones. Sise empieza a trazar el diagramadesdelareacclónAhacla la derecha, al llegaralextmo f sedebe tenerunafuerza cortantenula.'.

EJEMPLO4.1. RESOLUCIÓN DE UNAVIGA CONTINUA POR EL MÉTODO

jija ¿Planteamiento de la yjga isostática fundamental.

íjj.-

A

2278.63

|p

3046.90 .

1^2.20

P»oc) Aplicación de caigas unitarias y defexiones correspondientes (los cálculos se presentan al final del ejemplo).

EJEMPLO 4.1 (contìnuiclónl

EJEMPLO.4.1 (continuación) yI anexo! CALCULOdedeflexiones El ■constante

Mc - Ac ■771429.69x10-1-X75x 10 I I - X10 1992.20 g

t f c S

ï . ’¿ ¿ S

«a K c' -^ £1

Pasow Planteamiento de las ecuaciones de compatibilidad geométrica y cálculo de

g H , 78.75 + 3Me + 5/6Mc+0MD- 0 ^

142.08 15/6 Me+I V3MC+1Md - 0

Bjg¡¿-116.67+0Mj+1Me +10/3M0 - 0 El término £1 se ha eliminado porque es constante. Resolviendo el sistema de ecuaciones seobtiene: •k.;

M» »-18.70 ton m

Hf§

Mo

|-26.85 ton-m

Htoododebthvat ' gnipio Ú (continuación)

I

A , ,^ « _ A - L

- L t2 S ~

*4* ®BCm2 ~~ej—

B¡¡¡|| 4.Vigaconjugada con momento en O.

B

K

i«ostitiras. los asentamientosde los

K estructuras de chJ>ftndn. como puentes. en las que se N*4t presentar asentamientos diferentes j" 1"»apoyos, suelen usarseviga»isostátlcas ^®m*,neapoyadas. Porel contrario, en vi-

9

Ln'tes entre sí, producen mJ ü l í j j Rlonantesy fuerzascortantesdeimportanqúedeben considerarseen el análisis y setodelaestructura. El métododelasfuerresultaconvenientepatacalcular lasacproducidaspor asentamientosde tas i; como puede vene en el siguiente

Ejemplo 4.3 Supóngase quo en la viga del ejemplo 4.1, el apoyo0 tiene un asentamientode 1.5 cm. Los efectos de este asentamientodeben su­ marse a los de la carga de 20 ton queactúa sobre la viga. Los tres primeros pasos en la solución son Iguales a los de vigas en apoyos rígidos. Se plantea la isostática en el paso a, des­ pués se calculan sus deflexiones en el paso b, y • continuación las deflexiones produci­ das por las cargas unitarias aplicadas encada apoyo suprimidoen el pasoa. Sin embargo, aunque el valor de El sea constante, ahora debe Incluirse en los cálculos, puesel efecto de los asentamientosdependedela rigidezde las vigas; mientras más rfgldas, mayores son los momentos flextonantes debidos a los asentamientos. En el siguiente pasoes don­ de se presenta la diferencia respecto a las vigas estudiadas en tosejemplos anteriores. Al plantear el sistema de ecuaciones, la asentamientos no debe ser nula, sino debe ser igual al valor de los asentamientos co­ rrespondientes. En esteejemplo, ladeflexión en el apoyo B se hizo igual a 1.5 cm, o sea, tiene el mismo signo que las deflexiones producidas por la cargade 20tony lascaigas unitarias en la Isostática fundamental. Obsérvese que con la convenciónde signos para deflexionesde la sección3.3 todasestas

consignos negativos, sehacambiadoda?* atodas, conlocual nosealteranlo»n^ iij Al plantear el sistema deecuaciones w tambiénlanecesidaddecom¡dt»(uí de El. pues no todas las ecuacionesdel¿ ma tienenel segundomiembroIguala» 7 por lo tanto, no puedeeliminarseti. En lafigura4.1 semuestrael cauát^ todoslos apoyos, tenganascntamlcnios.Co^ loqueproducelasacciones Internasenlatí» sonlos asentamientosdiferenciales, osml asentamientos relativos entre los apa)«, pueden unir concuna linea rectalos«q, apoyosinterioresrespectoaestarecta.Eacai dequealgún apoyoquedearribadela«a sudeflexióntotal deberá tenerMgnovgig enel sistema deecuaciones, Suele resultarconvenientecalculjrpe separadolosefectosdelascargasytonetos de los asentamientosde los apoto.A! calcular estos últimos, las deflexionesdeb viga isostática en el paso b seránnubip que la viga no tendrá ningunacarga. También puede suceder quese«qfr racalcularel efectodeunarotacióntapa» ta a la vigaen algunodesusapotas.M> casoconvieneplantearla isostáticacono* el ejemplo4.2 y, al establecer el apoyo tenga el valor dela rotación la en vez de ser igual a cero.

Figura 4,t, viga con asentamientos en lodos los apoyos

Bssoa) Planteamiento de la viga isostàtica (igual al ejemplo4.1).

ftsoò^ Deformaciones en la viga isostàtica (igual al ejemplo 4.1).

feoc/Aptcadòn decagas unitariasy deflexionescorrespondientes(igual al ejemplo4.1).

EJEMPLO4.3 (continuación)

Pasod) Planteamiento de las ecuaciones de compatibilidad geométrica y cálculode las fuerzas conectivas. H 0.0666+0.00274 XB+ 0.00335Xc + 0.00213 XD.f: 0j015 WC;.{! 0.0891+0.00335X, +0.00487Xc +0.00335 XD>0 H 0.0562+0.002T3'Xe +0.00335Xc +0.00274 X0 =0 Todos los términos se han dividido entre El. Resolviendo el sistema de ecuaciones¿y =29.'88 toñ'1, X¿ =-51.96toní, X0 =19.06toni DeJ^Af, =0; X, - 3.28 tonT De^M, =0, XA=13.69 tonf Rasoe) Reacciones finales y cálculo de fuerzas cortantes y momentos flexlonantes..

losresortestendránentonces cuales multiplicadaspor las incógnitas darán el valor de las reacciones en dichos apoyos.

Isostátlca. Por esta .razón, Xc /5O0 y Xn / 500 se les negativoen el sistema de eo

EIEMPIO 4.4. RESOLUCIÓN DE 1A VIGA DEL EJEMPLO 4.1 PERO CON APOYOS ELASTICOS EN LOS PUNTOS C Y D, POR El MÉTODO DE LAS FUERZAS B-3.42xl04lon-m> « 5 lqrVcni=’50Ótpn/m’

Los pasosa,bye son losmismosdel ejemplo4.1, por lo que noes necesariorepetirlos. Riso d) Planteamientode las ecuaciones de compatibilidad geométrica y cálculode las fuerzas correctivas. 0.0666+0.00274X ,+0.00335+0.00213 Xp=0 0.0891+0.00335X¡ +0.00487Xc +0.00335XD--Xc/500 0.0582+0.00213XJ +0.00335Xc +0.00274XD»-Xt)/500 Todos los términos han sidodivididos entre El. Resolviendoel sistemadeecuaciw® X, «-19.93 Iont, Xc>-2.67 loní, X0 «-1.44 tont D eJ*Í4- 0, Xf «O.ÍOtont De^M, mO, XAa-4.14 kmi

Analizandoel sistemade ecuacionesquese áMpótn el pasod del ejemplo4.1, puede *ne que el primer término de cada ecuatifa representa la deflexión de la viga ■wKu en cada sección en que se elimiW B reacción;sonlostérminosquesehan '(presentado con la notación A, Estas tila» dependendel sistemadecargas vigaoriginal. También puede

coeficientes son independien­ tesdel sistemadecargasaplicadasa laviga. Sedenominan coeficientes de flexibilidady son los mismospara unaviga determinada, cualquiera que sea la caiga aplicada. Un planteamientoequivalentepuedehacerseen (elaciónal ejemplo4.2 si las deflexionesA deflexiones5, por las rotaciones y las re­ acciones por los momentosen los apoyos. Independientementedel gradodeIndeplantearse un sistema di ecuación« con» los analizados. En general, y usando la no­ el stauiente sistema de ecuaciones:

Un sistema de ecuaciones de esie tipo puede escribirse, en notación míttricial, de la siguiente manera:

donde [8]-' es la matriz inversa dela J [5], El planteamiento matncial resultaJ conveniente en lá aplicación del m&odrl las fuerzas. Por una parte, es fácil w ceso a programas de cómputoqueinvícJ matricesdegrados elevados congrania J por ejemplo, la hoja He cálculo Excel, J programas de matemáticas Mapley MaJ dea incluyen esta posibilidad; incluí algunas calculadoras de bolsillo Inviel matrices de tamaño regular. Por otra, claramente que si ana misma viga tiene.j* resolverse bajo distintos sistemas de Q k basta cambiar únicamente la matriz {di n que la matriz Inversa [ó)’ 1es la misma. Cuando el método se plantea en ténrí. nos de rotaciones, en vez de deflexiones,la ecuaciones 4.4 y 4.5 se transforman a h siguientes dos ecuaciones, respectivamente I8J{M) =-{e>

o en formacompacta:

I

(M) =- (ej-1{6} 18) IX) ? -{A}

(4.4)

La matriz (5] es cuadradade grado n X ny sedenominamatrizdeflexibilidades. Re­ presentalosdesplazamientosproducidos en la viga isostátlca por las fuerzasunitarias, o bien, las rotaciones producidas por ios mo­ mentosunitarios. Como ya se ha dicho, es independientedel sistema decargas. La ma­ trizIX)esunamatrizcolumna, degradonX 1, y representa las incógnitas del sistema de ecuaciones, o sea, los valores de las reac­ cionesomomentosAexlonaniesquehayque determinar, la matriz {A} es también una matrizcolumnadegradon X 1y representalas incompatibilidades geométricas de la viga isottática. Como ya te ha dicho, depende únicamente del sistema decargas aplicado a la viga original. Según se estudia en álgebra matriclnl, la solución del sistema de ecuación« 4.4 es la siguiente: (X)--l»)-'{Al

(4.5)

El lector debe observarque las matrices de flexibilidades (S| o (8| siempre resulta simétricas por el Teorema de Maxwd&> 6„ y e,|« 9„. Por ejemplo, 6,2= í, , y ambos valores ocupan posiciones simétrica respecto a la diagonal de la matriz quenti constituida por los valores 8„. En los siguientes ejemplos se ilustra la aplicadóo del planteamiento matricial. Ejemplo 4.5 Considérese la misma viga del ejemplo Los pasos a, b y c son los mismos; seplw tea la viga Isostitlca y se calcula» I* deflexiones Ay 6 producidas enla isosiSW por las cargas externas y por las caigasw tarlas, respectivamente. En este ejemplo* muestran las matrices correspondiente* final de los pasos by c. Obsérveseque* cambiado el signo a las deflexiones o*? ladas en el paso b para formar la no"'1

fnel pasodN plantean las ecuaciones son lógicamentelos mismosque en el ejem­ j 4-4.5, y seresuelveosla última. El cálcuplo4.1. Susignonegativoíndica queél senti­ i. je la matriz O'1 a partir de la matriz t, o do real esel opuestoal quetienen las fuerzas ga, la inversióndela matriz 5, nosemuestra unitarias Introducidasen el pasoc. tnel ejemploni tampocoen los siguientes. . El paso siguiente es también el mismo E„ csic caso, la inversión se hizo usando la queen el ejemplo 4.1. Consiste en calcular hoja de cálculo Excel, a la que se tiene los diagramas de fuerza cortantey momen­ acceso fácil en muchas computadoras to flexionanie a partir de las reacciones. Ya personales. Los valores de ln Incógnitas X >E LA VIGA DEL EJEMPLO 4.1,

EL PLANTEA*

RisóalPlanleamlonli e la viga fsostática (igual que en el ejemplo 4.

|a isostálica(igual queen el ejemplo4.11

IjÉ ig P

Íí

p

i.- —

g

y

i * ...- Á

- ¥

| | ¡ ¡

&

r 93.75 114.58 72.921 |S ]-1 114.58 166.67 114.58 [ 72.92 114.58 93.75J

Sg|§f|p I'F W W

i

H

5

m m

*<

S M ,- a

I

H

a

e

-

f

a

i

“

I ¡|1MP10 4.5 (continuación■ ) ¡ Lis reacciones totales son:

qu.e la misma viga tiene y ,las del ejemplo ante¡sario repetir los pasos a se calcula la matriz {A} se resuelve la ecuación 4.5; ótese que en ja matriz -{A}

las deflexiones se han introducido con signo cambiado. Puede verse que al no ser necesarioobtener de nuevo la matriz [8] se ahorra una buena cantidad de cálcu-

.toob)Cálculo de la matriz (Al de la viga isostática(los cálculos se muestranal final ffiejejempk

i

l

E r &

m

m m

■ "'

2 m, . 0. Ai, -3.46tonî XMf - 0, X „ .11.82 tonî

I

I

¡

xilemi

Viga conjugada

Í

Mgm&gmlfl577.86x5-Qx99.5x2j^3+2x2j -99.5x3x1.5-^x74.25x3jjjX3 I f r

Uc . t C. S S J > „ , f

^ = a o _ ¿ [ ,s4 :,j6 x s-( i i,20 7s" 3j(1í_ |JO-75*ai'1 ■

B

E

s

S

»

-

■

Ixcnientcapoyado' y calculando las rotado* ms producidas en cada extremo. En estos ososIs rotacionessonlas reaccionesde los Hamoscargados con un diagrama triangular ¿f momentos flexiónantes. Nuevamente se hicenotarqueen los cálculos se ha considerododvalordefí en cada tramo. Los valores olculadaspermitenplantear la matriz (01.

cada extremode lostrai que en los ejemplos ant

tana) Planteamiento de la viga isostática. lOtonAn

&»<>>Deformaciones de la viga isostática (loscákuk* se presentanal final
«#.*»*> <•*“ A ""’

[ EJEM PLO4.7

(continuación)

i r

¿

-------- | ¡ p

y | p

fV2 VI2 0 1 W ' j V ' J 39/IS Vi» I 0 Via 20/9J

5

¿ .

EJEMPLO4.7 (continuación) teo$) Planteamiento matrici.il y obtención de los momentos. S*í' M W H -M

-''íecuación 4.6)

S ¡P f |Í f e 5 5/12 0 1[M,1 , f-7¿12| i 5/12 25/18 5/18Nmc J =|-43.40| JT [O 5/18 20/9J [m0J j-69.44j ¡1 1

(ecuación 4.7).

E , ÍMg] r 0.4216 -0.12973 0.016221 [-78.121 f-28.431 | mc|= -0.12973 0.77838 -0.09729 |-43.4oU|-16.89}(ton-m) ^ K ;(m 0J [ 0.01622 -0.09729 0.46216.] [-69.44] [-29.14J Aso*)Reacciones finales y cálculo de las fuerzascortantes y momentos flexionantes.

I gH conjugada con momento en t ,

y las fuerzas finalesen las barras se calcularon en la siguientejafjs

IjlMFIO 44 (contínuécMni

tuerza axial. Esta segundaopción es la que ljt«f*e«.* sesigueenel ejemploporquetomaencuenta li Mudurj de este ejemplo es isost.ilica la deformaciónpropia del miembro. aMmente, ya quo llene dos reacciones En el paso b sehancalculadolas fuer­ M m y hay dos ecuaclonci de equillzas en todos los miembros de la armadura MmM internamente es hipcrestática de Isostálica; son las fuerzasf'dtla labia, auniMafde acuerdo con las ecuaciones 2.12. . que no se incluyen todoslos cikulos. Tam­ tea plantear la armadura isotlitica bién se ha calculado la incompatibilidad MteNminarso uno de los miembros para geométricaen la ísostálica, queenoslecaso 9 * * cumpla la ecuación 2.11. Pero debe es el desplazamientoAqueocurreentrelas on miembro que pueda eliminarse dos secciones del corte. Como en la Mídala armadura so vuelva inestable. Por armaduraoriginal la barra escontinua, este desplazamiento no existe. Ahora bien, Carnadura ser/a Inestable ya que no oslapara calculard, deacuerdoconloestudiada n fcrmada por tUaguloi. En cambio pueen la Sección 3.7.7, se coloca uní fuerza a id U iU M ios miembros U.-L, o OyL. unitariavirtual aambosladosdrl coito, como F S armadura sigue siendo estable. En el se muestra en la figura4.3, y secalculanlas H I d» mt* «templo se ha eliminado el fuerza*en lasbarrasproducidasporlaluna ' “•nbroU A ,. £1miembro puedeeliminarunitaria. Son las fudnat |i mostradas en la labia. Tanlendolas fuerzasF y |i, ladeflexión * B vez de eliminarlo se corla en algún á se calcula con la ecuación N » jS n | no podría resistir ninguna

4.4.2 Planteamiento matricial para armaduras Losmismos principios aplicados al plantea­ miento malricial del método de las fuerzas envigas hjperesWlicas se aplican a armaduras Mpensllticas. ya sea que su indetermina­ ciónse* externa o interna. Se trata también de escribir el sistema de ecuaciones 4.2 en la forma matricial 4.4. Si la armadura es externamenteindeterminada, lasdeflexiones A serán las deflexiones de la armadura isostática en los apoyos suprimidos bajo la acciónde las cargas reales, y las deflexiones S serán las que ocurran en los mismos apo­ yosbajo la acción de las cargas unitarias. Si es internamente indeterminada, A serán las deformaciones en losextremos de los miem­ bros cortados bajo la acción de las cargas realesySserán las mismasdeformaciones pe­ ro bajo la acción de las cargas unitarias aplicadas en fos cortes. En armaduras inde­ terminadasexternamentee internamente, las Áy fas 5 incluyen ambos tipos de deforma-

H f pli 4.10 Seilustrael planteamiento matricial parauna armadura hiperestática. La armadura mos­ trada Irene un grado de indeterminación exlema y un grado de indeterminación ¡nLa armadura isostática se ha planteado eliminando el apoyo en B y corlando el •hmbu U<íy Enel peso a se muestraesta armadura con w i cargas externas. En «f peso b se resuelve la armadura «osiiOca y te calculan la deflexión en el PMeC, dondeseeliminóel apoyo, yel desHttamMo en el miembro cortado (véase gf taMa al final del paso bl. Estas deforma*

ciones se calcularon con la ecuación 4.8. Las fuerzas pBson las producidas por una fuerza unitaria en el punto B y las fuerzas |in las producidas por una fuerza unitaria en el miembrocortadoU7-1,. Comoel signo de A0 resultó negativo, en el miembro cortado ocurriría un acortamiento, ya que las fuerzas unitarias introducidas en este miembro son de tensión. En el paso c se introducen las cargas unitariasparacorregir lasincompatibilidades geométricasdelaisostática,osea, AsyAq. Las deformaciones producidas por estas cargas unitarias secalcularonconla ecuación 4.9. A continuación, seplanteanenel paso d las ecuaciones matriciales 4.4 y 4.5 con lo que se resuelven las incógnitas XBy Xp La primen es el valor de la reacción en el apoyo B, y la segunda, el valor dela fuerza axial en el miembro1/.4., Finalmente, en el paso e se presentan las fuerzas totales en las barras de la armadura. En este caso con dos grados de indeterminación, hay que sumar las fuerzas f de la isostática con las cargas extemas (paso a), las fuerzas >r( de la isostática con la carga unitaria aplicada en B (primer croquisdel pasoc) multiplicadasporel valor obtenidodela IncógnitaX^ylts fumasfi¡¡ de la isostática con la fuerza unitaria aplicada en la barra U¡L, (segundocroquis del paso c) multiplicadas por el valor obtenido de la incógnita X0. for ejemplo, en la barra LJ.y la fuerza lotal será: IJ i, • (213.75) * (0.9) (319.20)* (-0.707) (-1087.29) a 1152.1 kN De esta manera se calcularon las fuerzas en todas las barras, las cuales se presentan tambiénenla ültimacolumnade la labia del pasob.

ilw n o -

Í íd ’ X w M A« - '« .1 «

f t » d) Cálculo delas redundantes por el planteamier ;

. [# M 4

„ . [503.78 163.131 fX-i

, Í-875C

4.5 Método de las fuerzas para Seaplicanlo» mismos principios generales opuestos en la sección 4.2. tora transfor­ mar un marco indeterminado en uno nnaMoi. seeliminanlasreaccionesdeapo­ jo redundantes. Esto puede hacerte de diMitasmaneras, por lo que conviene elegir m marco ñotlálico en el que resulte mis apedifoel cálculodedeformaciones. Tambiénen marcos puede hacerse el plantea•tutoatetrtciai usandolasecuaciones 4.4, rn tN M n r el sistema de ecuaciones, y 4-Spararesolverlo. I sto se ilustra en los si­ guientesejemplos. QMple4.it SeptannyelcatotencHIod* un marcocon w «logra*da Indeterminación, linolpaso

a se plantea el marco itostitico que se obtieneeliminandola componentehoiizontal de reacción en el apoyo O. Estoequivale a transformar esteapoyoen uno libre. Enei pasobsecakula la deflexiónque corresponde a la componente de reacción eliminada, o sea, la deflexiónhorizontal del punto D, bajola acción de las cargas extcrnas. Se utilizò el mètodo del trabajoVirtual (sección3.7.7). Rara hacerestecilculo. que se muestra al final del esemplo, se obtuvicronprimerolas trescomponente»dereacción V. Ha y Vgp y el diagrama de momento! marcoisostitico. Despuósseapllcóuna fucrcularon lai reacciones y los diagramas de momento»concspondientes. Pormediode la mar lón àn que resultò de 9659.25/EL Obstfrvesequecornoresultòcon tignonegativo, su tohlldo os inveito al de la fuerza unitaria

enlascolumnasestándeterminadosdeacuer­ dócon la convenciónestablecidaen la sccvancomoseindicaenla figura2.15. Endpasoeseaplicó unafuerzaunitaria paracorregirlaincompatibilidad geométrica. Estaetaparesultaidénticaa lasegundaparte

talaplicadaenO.Ladeflexióncorrespondiente resultóde 182.25/EI. Habiendodeterminado4oy ?«>seplan­ tealaecuación-1.2, quees unasolaecuación porqueel gradodeindeterminacióndel icár­ eoesiguala uno. Deestaecuaciónsedespe­ jael valor de la reacción horizontal H„ que resultóconunvalorpositivode 55 ton. El va­ lorpositivoindica quesu sentido debeser el mismo que el de la fuerza unitaria aplicada paracorregirlaincompatibilidad. Estasope­ racionesserealizanenelpasoddel ejemplo

sfigurasdelatabla3.1de¡iwgofctdta

N MARCO HIPERESTAUCO POR ELMÉTODO

EJEMPLO4.12 (continuación!

äs

Diagrama (c/) 3.0(m,jl

3..Cálculo de las deflexiones correspondientes. *»Maffanus(a)y(l»|: Ü

i imM)
*»-|(-l|^j(-4.5)-2)t6)lJ*|(135)(2(-3l-4-3Í-5+3(,35X-})3* - ^ V Wa*r«M> Ulylcll:

EJEMPLO4.12 (corílinuactón) 4ByIdiagramas (a) y (d)|; ¿ « . (2m* +Ote) 5+AVnalj -¿(-*05)[(2K ^ P;(4o )] (3)+(, Js)(

'A I

(diagrama (b) consigo miimol: >MAt *

sm^(-6-0X“6-0)(6.0) =

Itlipgramás (b) y (c)|: - j * * , » * , s§!(9.0X-6.0X6.0) - ^ 2 |j|® Idiagramas (b) y (d)|: I

15

^ (diagrama (c) consigo mismol: -5'n-VimA,,5tm/,yr)A„^^ » SX -9 X )X 9 .0 )+(9.oX9.o)(60)=^ fÄ «m iai(c)y (d)|: •"W "^*-(-«.0X9.0X6.0)-^l

Ll|_ (diagrama (d) consigo mismo): W* a

|

2U0 . ! ( - « j X-6-^6-0) +(-60X~60^6^" j T _

I

, 4 l Resolver la siguienteviga por el métodode las fuerzasutilizando cada unade las jsosljt'cas fundamentales mostradas. Comentar cu.1l resulta m.1s conveniente y por —jí Trazar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionantc.

Eü'5¡!ÍÍIon/m

I3um/m

fundamental quese crea mis conveniente. En todos los casos El » consunw*

í

B l à j l ; ,.-1'

s

á —-—h

4.5Resolverlas siguientes vigas sobre apoyos elásticos. Usar los'valores de E y de I delproblemaanterior*

| g ■/ C A P IT U L O D

’Resolución de estructura; indeterminadas por el método ,de las deformaciones Introducción / 5.2 Planteamien -—ral del métodode las deformación >5J Rigidezai I deI» deformaciones paraarmaduras/ 5.7 5.1 Introducción Ehesfecapítúlpse presenta el segundode los fc métodosgenerales para la resolución de nanos Indeterminadas planteados en la ¡Mdacddnde) capítuloanterior. A diferencia ddménxfodelasfuerzas, en el métodode las «■Mtñno' o método de las rigideces, se fbnfeaunaenucturaen laquesesatisfaganlas m&uude compatibilidadgeométrica, aunV noseampian las condiciones de equilitoo-Est»últimasselogranenunasegundaetapa •odratndofuerzasconectivasquenoalteren hcmfciona de continuidad geométrica. El IfWb^klbidrformacionessepresentaeneste W e n suformamásgeneral. Encapítulos

fuer7.ishorizontalesenmarcos. Laestruc­ tura transformada tiene continuidad geométrica, peto no cumple las condi­ cionesdeequilibrioestático. >) Seplanlean'lasecuacionesdeequilibrio nanlosdesequilibriosqueresulten. Estos desequilibrios son también momentos Aeúonantes o fuerzas, segúnel tipode estructura. calculanLasaccionesqueproduonestas formación»aplicadassonurtj» iones, en

g g ¿ "O:

||y b j-ro1'! '“* (Ec,) (ÉC.2) f c X M* “ 0:

G iu n t o H „ obtenidode la ecuación 2, en U ecuación 3 y despejandoM*,:

panqueexperimenteunarotaciónunitaria, cuando el extremo opuesto se encuentra empotrado. Obsérvese que el momento re­ sulta directamente proporcional al módulo - - Supóngase ahora que la vigatíentw de elasticidad y al momento de inercia, e bosextremos libremente apoyados, inversamente proporcional al claro de la muestra en la figura 5.2a. En estecaso.ií J viga. Intuitivamente puede deducirse que Impone una rotación en el extre 0. mientras mayor sea el módulo de elastici­ mediante la aplicación de unmomentou dado la inercia dela sección, mayor tendría en el otro extremo aparecerá una fotar£ queser el momento necesario para produ­ 8W, como se muestra en la figura SJb, pe* cir larotacióndel extremodela viga, y que nopodrádesarrollarse ningúnmomentocon» mientras mayor sea el claro, menor tendría sucediócuanáttel extremo 8 estabaempa» queserdichomomentoporquelavigaseríam.1s do. En forma similar a la del caso anieriv. flexible. Nótese también que en toda esta puede determinarse, usando el métododeb deducciónseha supuestoqueel-valor.de El viga conjugada, cuál es el valor del momento es constante. Cuando no lo es, la rigidez angular puede calcularse aplicando un necesariopara producir la rotacidn» momentocualquiera enel extremo libre de . y cuál es el valor de la rotación Q¿, que« la viga y determinando la rotación que desarrolla en el extremo opuesto. Estade» produceestemomento. El cocientedel mo­ minación se plantea en la figura5J. lalip mentoentrela rotaciónes el valorde la rigi­ conjugada, figura 5.2
u

mS L

(SÜ

Usandola notación K • /// >****c-r clón se puede escribir como

ïi r - W - . 0

.<— •0

í (M

(M

s#*luyendo este valor en la ecuación 1 y despejando 8M: (Eci) Figura 5.2. Determinación dc la rlgld« angular P»« |

¡gift ■ I,~ -1

I...I.I | j Mab

'< *

" (O

1 1 7 "“

Paraque 0,1- 0,

M Pm que la deflexión en B sea igual a â:

$ïÆê ¡là m É k

!**.

Flp” *-4' °««<»lMckJn à, I. ,l,id« B

d. una vigaconunnl*"°

s s H

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'S ;¿ í;á ¥ ;( K Í g S

■

I S

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‘' • i í é

I

e

* : æ í e

(5.16)

W ry

a

â

f f

S

S

jrici simultáneas cuyo número es igual al
nua resuelta en el ejemplo 4.2 por el métododelasfuerzas,siguiendolo»pasoses* tnblecidosen lasección 5.2 deestecapitulo. una viga en que se satisfacen las condldones dé compatibilidad geométrica, pero no las condiciones de equilibrio. Esto puede lograrseempotrandolodoslos apoyosde la Irada, y los claros extremos se liareforman empotramientoperfecto para estos da* usos.son conocidos para distinto« tipos de carga. Para cargas uniformemente distribuí;

oh Los momentos de empq perfecto pueden obtenerse parí condición de carga por el méa fuerzas. estudiado enel capftil En la¿tabla 5lt Incluida al fiJ capitulo se presentan sus valoJ condiciones de carga más usu parte Izquierda de ;li' tabla i corresponden a vigas con ul>-«xin:nttr empotrado y el otro libremente apoyado, mientrasqueen la partederecha, avid anillos extremos empotrados. En el pasob se determinan losme tos de desequilibrio como las difcreim entre los momentos de empotramientop fecto a ambos lados de cada apoyo. Ap momento de -0.8 en el apoyo 0 esla& rencia del momentode +20.0enel claro8A y el momento de420.8 en cjclaro #C EM momentosde descqúilibióindicanque,u que en la viga planteada en el pato. compatibilidad de. deformaciones, nos cumplm las condiciones deequlUbña I Rtra restaurar el equilibriode la vid se han impuestoenel pasoc rotaciones■■ extremos que son’libros. Estasrotaciones: aplicanen cada apoyo manteniendoempr irados los demás. Por lo tanto, produa momentos en (os, dos claros adyacentes,, apoyo únicamente. El valor de los rnonq tos Inducidos se puedecalcular apartir« conceptode rigidez angular. Asf,laroudí unitariaen el apoyo8 produceunmomenj que, de acuerdo a lo obtenidoenlaI gura 5.2 ya Ik ecuación 5.5. vale 30/fa 1 queel claro AB tienelibreelextremoopufl toa aquel en queseimponela rotación.Es mismarotación, de acuerdoala figural ya tasecuaciones 5.1 y5:3, produceunmj mentó da *tl/lK en el apoyo B del d» BC, y un momentode W/tK enel ipoii del claro CB. Este último momento** I mitad del producido por la. rotacióni fftj apoyo B.

E|ÉMPIO 5.1. RESOLUCIÓN OE UNAVICA CONTINUA HOt El MÉTODO DE LAS DEFORMACIONES

.too
•Vi -O .8+f/[4+r]0fl+

IB | j | | v +10.0 +f' m 0c+£,U i Solviendoel sistema deecuaciones:

[(EMPIO 5.2. RESOLUCIÓN DE UNA VIGA CONTINUA CON IOS EXTREMOS EMPOTRADOS

-^PIO 5.Î (continuación) ^ Jfenteaimento de una viga
Mas- - 2° xj 50i =gi.r2.50 ton ni

5^+5x3)

MCálculo de los momentosde desequilibrio:

EJEMPLO5.2 (continuación) Reo et Imposición de-rotacionesunitarias:

Pbsodi Cálculo delas rotacionesreales.

W ÈW

Ê $ ÿ Ê Ë % -0

I Resolviendo, el sistema de ecuaciones:

g[MPLOP (continuación) -4x 14.259 P j « 5p£¿ c I ~~b---- “ -9.506 Ion-ir H n 2i/0«fi fe-2x14.259 s:v:''-;raoc --r"“-0c ----- r^-i--4.753lon-m ■ R : " 'co

fuotlCálculo« momentos finales. UM I|i2ÍÍ>+5.056 - -7.444 ífcí. W« «fôÎ8+ .30,111=¿22:g| 1 É | ¡ Mjc ^28.12+5.510=-22.610 ¡ ^ ’^=+28.12-7.940 = +20.180/

'

f f l| |Mo, ÄM.67-9S06 4^0:176

Diagramasde corlante y momentoflexionante.

"«patudo en la viga original. Los momen­ tos eje empotramiento perfecto ,y , te calculan con las ecuaciones 5.7 y 5.10 (véanse también las figuras 5.3 y 5.4). El momento Af„ se calcula con la ecuación 5.10 porque el extremo opuesto está libre­ mente apoyado, mientras que los momen­ tos Mn y M,„ se calculan con la ecuación 5.7 porque los extremos opuestos están em­ potrados. Obsérvese que. por efecto del asentamiento del apoyo 8. el tramo AB ex­ perimenta una rotación en sentido horario, por lo que el momento Mu es negativo; mientras que el claro BC tiene una rotación ensentidoantihorario por lo que los momen­ tos Mk y Mcb son positivos, de acuerdo a la convención de signos establecida en la sección 53 para el cálculo de rigideces liin el paso b se calculan los momentos dedesequilibrio. Obsérvese que los momen­ tosi ambos lados deI apoyo B son de signo contrario por lo que se restan. Al igual que en los ejemplos anteriores, end paso ese imponen las rotaciones unita­ rias en cada apoyo, manteniendo los otros empotrados, excepto el apoyo libre extremo queseconserva libre. Los momentos produci­ dores de cada tramo de la viga, o bien, los ■ñamemos transportados cuando se trata del En el paso d se plantean las ecuaciones «fe equilibrio de cada nudo en /unción de

las incógnitas 6 , y 8C. Estas ecuaciones, al igual que en los ejemplos anteriores, indi­ can que la suma de momentos alrededor de - cada apoyo es igual a cero. Resolviendo el sistema de dos ecuaciones simultáneos se obtienen los valores de las rotaciones 0„ y 0, que deben introducirse para restaurar el equilibrio: Nótese que ahora las rotaciones quedan en radianes y ya no están en fun" ción de El. En el paso e se han calculado los mo­ mentos correctivos multiplicando los mo­ mentos indicados en el paso c por los valores de las rotaciones 8„y 0,. ftx último, en el pasofse han calculado los momentos finales sumando los momen­ tos de empotramiento perfectocalculados en el paso i con los momentos correctivos calculadosen el pasoe . Esimportanteobser­ var que ahora los momentos quedan en función del parámetro El. Para tener los valores de estos momentos en términos absolutos debe sustituirte en las expresio­ nes del paso l el valor de E l. Como el asentamiento A y los claros t se han expre­ sado en cm, el valor de El debe expresarse en ton-cm- o en leg-cm2para tener los mo­ mentos finales en ton-cm o en kg-cm, res­ pectivamente, El lector puede ver en forma intuitiva que los momentos debidos a asentamientos de los apoyos dependen del valor do El, o sea de' la rigidez de la viga. Mientras más rígida sea la viga, mayoresse­ rán los momentos.

lüun o J .J . VIGA CON ASÍNTAMIINTO EN UN APOTO

PHo (ft Cálculode rotaciones reales:

—

i

g

^

a

H S é ?®’ ' i w ® x’< —

■i , ' 5 % * € , t : ( r2^ ! - 1w

) “ ’' ,‘r‘ - ! i -” iB' " r ‘ )

^guiares de los miembros que concurran in el nudoa| qutu impone la rotación, o tnen,el momentotransportado a {os extre­ mosopuestosadicho nudo. Estos coeficientes ¿ependen¿elusivamente de las caraclerfcilcaíde lai vigas. IV lo tanto, sistemas de «Melonescomolos del paso(/délosejem­ plospuedenescribirseen la siguiente forma generalizada:

,J19LbstérminosPtrepresentanlosmomentos dedesequilibrioen los nudos /. Los términos ^representan la suma de las rigideces an­ gularesde losmiembrosqueconcurren enel nudoi; cuando los extremos opuestos están empotrados, estas rigideces valen <£//< y cuando están libremente apoyados, valen 10/t Los términos Je. representan los Momentos transportados a los nudos / cuandose Impone una rotación unitaria en dm^f.Eh miembrosdésecciónprismática, danmemotransportadoal extremo/, cuando «ynera unmomentoenel extremoi.es igual «Mamo transportadoal extremói cuando * generaun momentoen el extremo/; ésto pede terseend pasoc del ejemplo5.5. Por lamo. k - k, y a matrizessimétrica-Todos ItttlfliHos k sedenominancoeficientes de aMéji Y los términos e, representan las «aciones en ¿I nudo i. En notación ■«ricial, las ecuaciones 5.21 pueden SgHrsé.enu «guíente forma:

i

i

1*1(61--ÍP\

,

15.23)

grado n X n, y sedenomina matriz de rigi­ deces. El grado n es igual al número de rotaciones desconocidas en la viga origiunitarias que es necesario imponer en el piso c. Además, por el Teorema de Maxwell, resulta una matriz simétrica.‘La matriz (8}es una matriz columna de gra­ do n X I, al igual que la matriz (P). Los términos P,ion los momentos de desequi­ librio en los nudos. Los valores de las Incógnitas 9,pueden obtenerse resolviendo laecuaciónmatrlclal 5.23, detal manera que i-

in

(5.24)

donde M'1es la matriz inversa de IAI. El planteamientomatricial resultaes­ pecialmenteconvenienteen el métodode las deformaciones porque los coeficien­ tes de rigidez k son más fáciles de calcu­ lar que los coeficientes de flexibilidad 5 en el método de las fuerzas. Se obtienen directamente de las rigideces angulares y de los momentos transportados, sin ne­ cesidadde calcular tas deformaciones de las vigas. Por esta razón, la mayoría de los programas de computadora que se usan actualmente para análisis estructu­ ral se basan en él cálculode la matriz de En el siguienteejemplose ilustraeste planteamiento matricial. Ejemplo 5.4 Se resuelve una viga continua de claros iguales con un voladizo en el extremodaédn. la vigatieneunacargadis­ tribuidaenel primer claroy cargasconcen­ tradasen losdemás claros. Debidoa la existenciadel voladiza es necesarioen el pasoa empotrar también el

apoyof, yaqued mámenloA/fo no es nulo. Los momentos df empotramiento perfecto secalculan dela manera usual y el momen­ toen el voladizoes igual a PCLosmomentosdedesequilibriodel paso b se calculan igual que en los otros ejem­ plosEl pasoc noes estrictamentenecesario en el planteamiento matricial, ya que pue­ denobtenersedirectamentelos coeficientes de rigidezk , pero se ha incluido para ma­ yarclaridadenlaexposición.Obsérveseque la rigidez del voladizo klf es igual a 0, ya que para hacer girar una viga apoyada en un«tremo y libreen el otro, nose requiere ningún momento, como se ve en la figura

figura 5>8. Rigidezde unvoladizo En el pasod seestablecen las matrices delaecuación5.22. Enlamatriz |Jt| sepuede lacltxizar el término Et/t ya que los claros ion igualesy el valorde£I esconstante. Para determinar los coeficientes Lse han nume­ radoen la figura de los pasos b y c los apo­ yos en que aparecen las incógnitas; son 4 apoyos, fiira establecercualquier coeficien­ te, deberecordarsequek¡, es la suma de las rigideces angulares de los miembros que concurrenenel nudoI cuandoel nudo/ ex­ perimenta una rotación unitaria. Por ejem­ plo, con referencia a las figuras del paso c, t r illa sumade las rigideces de los miem­ brosCf yCD. queson losqueconcurranen el nudo 2, cuando este mismo nudo sufre «M rotación unitaria, que es ¿I caso de la «egunda figura del paso c; por lo tanto ku

es la suma de 4E//5, del miembroCfly del miembro CD; por eso k¡¡ en la maM, |t | del paso dvale 8 (EI/5 seha factorial* de los miembros que concurren en el m 2 cuando el nudo 3 es el que gira, eslasunu de jas rigideces de los miembros C8 y Q) entonces 2EI/5; por eso en la intersección del segundo renglón y la tercera columna de la matriz |i l aparece un 2. Comopurdt verse, la matriz de rigideces es muysencilla de formular, ya que las rigidecesde losmiem­ bros son siempre 4E//Í, si el extremoopuesto estáempotrado,o 3EI/L,si el extremoopuesto estálibremente apoyado. Poreso sedecíaque no en necesariodibujar las figurasenel paso C. Además, la matriz [fcj siempre resultacoa muchos términos nulos, yaque la rotaciónde un nudo sólo afecta a los miembros que concurren en él. Esto hace más fáciles las operaciones matriciales. Conviene calcular todos los términos de la matriz y desperé* verificarque secumpla la condiciónk-■k.o sea, que sea simétrica, como una comproba­ ción de los cálculos. Después se ha planteado la matriz IFI que son simplemente los momentos dedesequilibrio, obtenidos en el pasob, consigno cambiado. La notación indicaquees una matriz columna. A continuación se hanobtenidoTosw* lores de la matriz 10) con la ecuación 5.24. La inversión de la matriz |fcj y la multiplicación de Itl'1con (P) se hicieron con lahoja de cálculo Excel, pero pueden efectuarse estos cálculos a mano o con tualqui®' programa de computadora que haga operaciones con matrices. Obsérvesequeal invertir la matriz |k| también se invierte® término El/f. Porestá razón los valores*“ quedan en función de t/EI. correctivos m. Esté cálculo puede l * ^ comoen los ejemplos anteriores, usandoW ■ Muá.dóitót^.ilS/'y.SiSoyó'bjéntipüédaPii1^ j

^ara en el ejemplo. Si seescribenprimenial matricescolumna 1ro) y (8), la matriz ¡nleimcdinpuedeobtenersecalculando sus láminosconla ecuación5.20. Porejemplo, ¿momentomK deacuerdo con esa ocuación. seria4f//,ÍC. quees ftlc;:mu(tiplicado por9 más2EI/Lstl quees 0.5kg/-, multlpliodopor8C. Por eso, los dos primeros tér­ saos del tercer renglón, que corresponde jaulón O.Skgf-, que se multiplican p g rljK respectivamente, mientras que

A

los otrostérminos del renglón son nulos ya

después los momentos correctivos multi­ plicandodichamatrizporla matriz (0). momentos finales sumando los de empo­ tramiento perfecto con los momentos correctivos. Estánen ton-mporque son las .unidades que se emplearon a lo largo del ejemplo.

1 A

‘- g ^

foqa) Planteamiento de una viga con continuidadgeométrica.

H SI¡— i—s—É¡¡ H ^ v-16.67Íl6.67-12.S0+12.S0-187S+18.75-9J7+9.J7-15X»

m I» Cálculode los momentos de desequilibrio.

Diagramas de fuerza cortantey momento flexionante.

jjtMPlO 5.4 (continuación)

[lW](tonrn) 5.6 Método de las deformaciones para armaduras

lk.fOmsUet»ciones generales los nudos de una armadura sufren despla­ zamientos lineales al acortarse o alargarse • miembros, ya que éstos trabajan exclu­ sivamente a cargas axiales. Por lo tanto, al (bntear una estructura con continuidad (MntAríca deben restringirse los desplaza■tatos de los nudos. Cada nudo, excepto kHquecoinciden con apoyos, tiene la posi­ bilidaddetener un desplazamiento horizonWy,unovertical, o bien un desplazamiento flttti dirección cualquiera. De cualquier * n ra. se tienen dos grados de indeterml"•o deecuaciones simultáneas que hay que ¡ m « generalmente de 2n, siendo n el M w t de nudos de la armadura. Esto trae M B ramacuencia que el método de las ^•za»sea casi siempre más apropiado para Ssmj? armaduras que el método de las

deformaciones. Sin embargo, para ciertos casos en los queel númerodenudoses pe­ queño, esteúltimoresultamisconveniente; especialmente cuando se plantea en forma matrícial y sedisponedeprogramasdecom­ putadora para inversiónde nutrices suem­ pleollega aser mássencillo. Enel siguiente ejemplose ilustrasu aplicaciónusandouna armadura muy sencilla que sólo tiene un nudo fuera de los apoyos. Ejemplo La estructura de este ejemplo consisteentresbarrasquesóloresistencar­ ga axial y queconcurren en un nudoal que se aplica una fuerza horizontal y una verti­ cal. El trabajoes el de una armadura preci­ samentepoiquelosmiembrostrabajanacarga axial y estánarticuladosen susextremos. Las longitudes de los miembros w hancalcula­ do a partir de las cotasdecada nudo. De acuerdo con el planteamientoge­ neral del métodode ladeformaciones, enel pasoa sedebeestablecerunaestructuraen la quesecumplan las condicionesdecontl-

ftso bi Cálculo de las fuerzas de desequilibrio.

EJEMPLO5.5 (conllnutdón) pgsotí Imposición de desplazamientos ur

^ Í Í l ^ - +Í2^£¿+ÍÍ^j.Xf[o.O4M+0-O257+OX)770)-0.14»IA£

fc j^ - S - 0 ¿ (~5-O)2 +(~5~°) L jg | 5.833 5.383 8.60* J ,

B b

H

1262+0.1605+0.0393]- 0.3260«

I m

Af(-0.0757 +0.0642+0.0550]- 0.043ME . P«o
- i

V -

p

■

B

B

H

B

B

rras que concurren en el n u do ,l___ do todos les nudoscon apoyos articulados. caso, con las barras BA. BF, Bt y BC tend de tal manera que no puedan tener despla­ ejemplo se ha hecho en estcH zamientos horizontales o verticales. Se ha ejemplo, en el cálculo dekiy I elegidoel apoyo/l como origende coorde­ nadas y sehan indicadofascoordenadas de sucesivamente; los denominad^^^SK cada nudo. longitudes de las barras; y el términoAl * Las fuerzas de desequilibrio se mues­ ha factarizado por ser constant^^^^^S tran en el pato b. Son Iguales y de sentido Como consecuencia de los desplaza­ contrarioa las fuerzas externas. Equivalena mientos del nudo B, también aparecenfuerza los momentosdedesequilibrioen los ejem­ plos devigas continuas. En la figura de este en los extremos opuestos de las barrasque concurren al nudo, o sea, en los nudosAJ, paso se han numerado fas direcciones de £ y C. Estas fuerzas se calculan con fas los posibles desplazamientos de los nudos. ecuaciones 5.17 y en cada nudo hay que I Desde luego, como los apoyos A y O están calcular cuatro fuerzas: k— , k y ilH articulados, nopueden moverseni horizontalmenteni verticalmenie. y por lo tanto, los el nudoF, porejemplo, aparecen desplazamientosen las direcciones 1,2, 7y k„ j y kt¡ i , respectivamente leuando [os I 8 serán nulos. subíndices tienen más de un dfgito sesepa* I En el pasoc se imponen los desplazatan por comas), de acuerdo con la numen- I miemosunitariosencadanudo.Estaoperación ción de desplazamientos indicada enel paso I es equivalente a la imposición de rotacio­ b. El término 4c,, , es la fuerza en dirección I nes unitarias en los apoyos de las vigas horizontal en el nudo f debida a un tiespía I continuas. Por ejemplo, en la primera figura zamiento horizontal unitario en el nudofl, I de este paso, se ha impuesto un desplaza­ la fuerza k „ . es la fuerza en direcciónhori. f miento horizontal unitario y otro vertical zontal en el nudo F debida a un desplaza- I también unitario en el nudo 8, mantenien­ miento vertical unitario en el nudo B, y así f dofijos lodos los otrosnudos. Comoconse­ sucesivamente. Obsérveseque lasfuerzasen I cuenciadeeslosdesplazamientos, aparecen el nudo A no se han calculado en el ejem- I fuerzas en los extremos de todas las barras pío, porque los desplazamientos, tanto» I queconcurren endichonudo. En el propio tical como horizontal, son nulos en nudo8 aparecen las fuerzas kiy k3r k43y apoyo, y las fuerzas k se multiplican. l M. De acuerdo con la explicación de la nórmente por los desplazamientos de los J sección SA y de la figura 5.5, la primera es nudos. Por lo tanto, no es necesario caku* I b fuerza que se origina en el nudo 8 en la lar todos los coeficientes de rigidez iq a r l dirección 3 debida a un desplazamiento tengan como subíndices 1, 2, 7 y 8. .j unitariodel nudoen la mismadirección; la En las siguientes figurasdel pasoese«n ■ segundaes la fuerzaen la dirección 3 debi­ imponiendo desplazamientos unitarios en # da a un desplazamiento en la dirección 4; cada uno de los otros nudos y secalculanU* fl la tercera, que es igual a la segunda, es la fuerzas que aparecen en el nudo en cuestl*) ■ fuerza en la dirección 4 por un desplaza­ y en los extremos opuestos de las barrasqi*m mientoen la dirección 3; y la última es la concurren en el nudo. De esta manera se* fuerza en la dirección 4 por un desplaza­ calculan, para el ejemplo, los 64 coefidenW™ mientoen la misma dirección. De acuerdo tambiénconlasexplicaciones mencionadas, esta fuerzassecalculancon las ecuaciones S.lfr; la sumaioriasehacecontodas las ba­

KíoéflciWtS** elevado, sedebeobservar S mochos son iguales entre sí, ya sea ¿«jileenIodos loscasos =k^, o porque jjersiméirica laarmadura, resultan ¡guales varios coeficientes- En el ejemplo se han Aiculado independientemente todos los (deficientes para mayor claridad, pero por ¿¿le inspección se puede ver que, por ñemplo. 1.4,2 tiene queser igual a fc610. ¡Enelpasóvndo0 por A, y la ecuación 5.27 que proporciona los valores de los 8 jeptomicntos A del problema. La inversión dglamatriz1*1le hizoconel programa Excel, tomismoquelamultiplicacióndeW ' por {A}. Obsérveseque en la matriz (P) las fuerzas se debenjñcluir con el signo que tienen en la encua original, ya queen la ecuación 5.23 IbHienasdedeequilibrio P sehan pasadoal ayudomiembrodelaecuación,y por lotanto, • Ibdebecambiar de signo. La fuerza de 50 WesPjtaqueactúaen ladirección 3del paso kybsfuerzas de 80 kISI son P12 y PI0poique actóanen las direcciones 12 y 10. Las otras ixrzaPsonnulas. Apartirde las deformaciones A se han □taladoenel paso e las fuerzas en las bam delaarmadura utilizandolas ecuaciones 525y5.26. la fuerza por ejemplo, semultiplicado por (A, - A3), mis íftr' jrpmultiplicado por CA6- A4)>y todo

cbal cuadrado. A5esel desI nudo C endirecciónx, A> ientodel nudo Ben la misma 1endireccióny. Sustituyendo seobtieneel valorde-121.72 1en el ejemplo. De la misma

ecuacionesSfx =0 y S f =0 secomprueba que la armadura, en su conjunto, está en El ejemplo anterior hubiese resultado más sencillo de resolver por el método de lasfuerzas, ya que laarmadurasólohubiese tenido dos grados de indeterminación y el sistema deecuaciones simultáneas también hubiesesidodedos grados. Sinembargo, el métododelasdeformacionestieneventajasen otros casos y, en general, es más sencillo de sistematizar. Por otra parte, la resolución de sistemasdeecuacionesde gradoelevado, o de matrices grandes, no presenta ningún problema cuando se tiene algún programa de computadora comoel usado en la reso­ lución de esteejemplo.

OMnOSA. BESOLUCIÓN DE WA«MADUMPOT El MÉTODO OEUS DEFORMACIONES CON PLANTEAMIENTO MATRICIAL

EJEMPLO 5.6 (continuècióni

B p » - i ) H - o ] (io-illa-4] B | I S?; -¿V.. 6.403?

. 43

^ ■ » f i I È |É |j +{¿ lit. I | É j i | I« 0.31094

5 > J

EJEMPLO 5.6 (continuación)

*056

IJSM

^Cilcuk)
àt â» 4*

Vi H.4 Vs *54 *» V i **.4 Vs *44 V , *93 V» *93 V» *lt»

Vi V*

Vi. Vil Vio Vil Vio VII *10.10*10.11 *1110 *1111

V>2 V» Vi2 *10.12 *1117

f c f r 'iP i | | =|50,0,0.0,0, -80, O, -80} B « ».004712, -0.016826, -0.001374, -0.017031,0.000471, -0.020602,0.C » : -0.019865} (10’Mf) Mé),Cálculo de las fuerzas en las barras:

-1

I

're*

I

t$ • 4((10 -5) (-137.4- 471J )+(4- 4) (-1703.1+1682.7)] - -121.72 kf

[(S" °) (471-2“ °)+(4_ °) (-1682-7)]- 06.71kN

K

4»» 6 ^ [(10-15) (-137.4-0)+(4-0) (-1703.1-0)] ■ =-149.4° kN

I

Ha -^Kí-O) (36.2- O)+(O-0) (-1986.S- 0)] 17.24 kN

H V * ÿ R ' O-5) (47.1- 36.2)+(O- 0) (-2060.2♦1966-5)|-2.18 kN *

¿|(15-1°) (O- 47.1)+(O- O)(O♦2060.2)j- -9.42 kN

B g * “ ^|(5-5)(471.2-36¿)*(4-0)(-16e2.7+1986J))-75.95liN ^HB&I(10-10)(-137.4 - 47.|)+(4-0)(-170J.H2060J)J-»9.27 kN

EJEMPLO 5.6 (continuación) /*-£^[(5-10)(47I.2-47.1)+(4-0)(-1628.7+ 2060.2)]--U.W| V0 m149.40X

=93J3 kNt

Ho»-9>2-149.40x^-^r--126.08 kN*Revisión del equilibriogeneral: J />- +50+76.09-126.08 - 0.01 kN- 0 "-80-80+66.66+93.33*-0.01 kN-0 Revisión del equilibrioen el nudo B:

Y /. -+50+I06.71X— ---- 12L72-14.89X—-—--0 0 2 -0 “ 6^03 6.403 • “75.95+106.71x 2^ jj +I4.89x ^™ t «0l01 «0

■ ranmnciooej generales acetaquésu»nudos pueden sufrir rotacio;:¡*sydesplazamientos lineales. Al determi­ néentoncesel númerodegradosde libertad * Atan considerar ambos tipos de defor­ mación. Por ejemplo, el marco de la figura SJl tiene5 grados de libertad: las rotado* ■sailos nudos B, C, O y E. y el desplaza* solineal de lo» nudos B. C y D, quees dMano para lo» tres, si se desprecia la ¿fennaciónaxial de los miembros0CyCD. [jmarcode la figura 5.96 tiene 7 gradosde Hjotad:lasrotaciones,dé los nudos8, C, O, :£yf,y losdesplazamientos lineales encada ■edeiosdo» pisos. Al restringir las defórnxiones deja estructura en el paso a del >d<>,deben impedirse ambos tipos de Jifcnnación. De la misma manera, al apliardeformaciones unitarias en el pasoc se debwimponer rotaciones y desplazamien­ tolineales. Como consecuencia, en el sis­ ma ecuaciones aparecen términos que ■piesfMitanlalaciones ytérminosquerepreíienün'desplazamientos lineales. En el si* jiiéntéejemplo se ilustra la aplicación del ■Ugij casode marcos, toapfe5.7Setratade un marcoasimétrico ■■»encargascomo en geometría. Dos de b apoyosestin empotradosy unoarticulayfecolumna ID tiene una carga con­ jurada i lamitad de la altura. Lo» valores 6¿ftondiferentes en las vigas y en laicotonas. :í¿-Es el paso a le han introducido ^Mamieniosen los nudos B.Cy D para *M» susrotaciones, y se ha introducido unareaccióno fuerza horizontal en ¡ S E L ' . ! mpedir el desplazamiento "■»iajpniai u muco. Lo» empotramiento»

noesnecesariocalcularla. Enestepasosehan calculado los momentos de empotramiento perfectode los miembros que tienen cargas transversales. Obsérvese que en la columna DCse ha usadola ecuaciónquecorresponde a un miembro empotradoen un extremo y articulado en el otro, y que el signo se ha determinado con la convención de que la columnaseobservadesdeelexteriordel mateo (figura2.15) porloqueel nudo£esel extremo izquierdoy el nudoOesel derecha Losmomentosy la fuerzadedesequili­ briosehan calculadoenel paso6. Los priempotramiento perfecto en cada nudo. En la figura se han introducidoconsignoposi­ tivo, o sea, con sentidohorario. El cilculo dé la reacción en el nudo D. fuerza P[y se muestra en la parte inferior de este paso. Primerosecalculan las reaccionesproduci­ das por la fuerza de 4 ton en el miembro DE, considerando que el extremo D está empotrado y el extremo £ articulado; esto da una reacción de 1.25 ton, hada la dere-

conlas ecuaciones 5.1 y 5.3. Obsérveseos en las vigas seha usadoel valorde2£/yJ lascolumnas, El. EsImportantenotarqueenL extremos de la columna A8 se desarre 1 I lor es Igual a la suma de los momentosI I los extremos dividida entreel claroy su noes tal queproducen unmomentodesentido contrario. Por equilibrio del marcoet suconjunto, si enti apoyoA seproduceuna fuerza de b£l/e\s hacia la der<|BH apoyo que se ha Introducido en el nudoI

..... demás. Porejemplo, en la primera figurade esle Pa*°s®ha Impuesto una rotación en el nudo B manteniendo empotrados los otro» nudos y evitando el desplazamiento horizontal del marco. Esta rotación produce momentos en los miembros que concurren al nudo, o sea, eMB y el BC, quesecalculan

sentido contrario, como se muestraen figura. De la misma manera descrita sebar calculado los momentos y las fuerzastari zontales en el apoyo D para las rotacH- J impuestas en los nudos'Cy 0. I Eli la última figura de este paso]___ Impuesto el desplazamiento horizonta unitario y se han calculado los momento correspondientes, los cuales se desarrolla únicamenteen lascolumnasyaquelasviga sedesplazansin deformarse. Estosmommi se han calculado con la ecuación 5.8, par

10 columnas A H f FC, y con la ecuación . joparala columna ID. ya que esta última reacciones en los apoyos y, a partir de éstas, un extremo articulado. Ñútese que las fuerzas normales, fuerzas cortantes y 000 jas cuerdas giran en sentido horario, momentos flexionantes. Por ejemplo, la luí momentos resultan negativos, según la reacción horizontal en el apoyo A se ha obtenidodividiendolasumadolosmomentos becuación5.9. en los extremos de la columna AB entre la Enel pasod te plantean las ecuaciones alturade lacolumna: deequilibrio. Las tres primeras expresanque .. I Mu+Mu' -».924-6.697 _ n hsumadel momentode desequilibrioenca­ 6 di nudoy de los momentos producidos en ; * * . hM " el mismo nudo por las deformaciones Comoambos momentos tienensentido impuestasenel pasoanterior, multiplicados andhorario, lasreaccionestienenqueproducir otosúltimos por el valor real de las defor un momento horario; por esoen el extremo naciones, es igual a 0; estoequivale a decir inferior dela columna la reaccióneshaciala qoi cadanudoestá en equilibrio. La cuarta izquierda, comoseve en el croquisde reac­ ecuaciónexpresaelequilibriode fuerzashorizontales. La suma de la fuerza de ias reacciones verticalesen los apoyos desequilibrioPDdeterminada en el paso b y sehancalculadoapartirdelasreaccionesde delas fuerzas horizontales en el nudo O lasvigasdelmarco, ñjrejemplo,lareaccionen riffltfrñrfatpor las deformaciones impuestas el extremo Izquierdo de la viga B puede estambién igual a 0. Nótese que en el obtenerse colocando en esta viga la carga iiatiMde ecuaciones que se ha formado, vertical de 20 ton y los momentos en los ni dalas incógnitas son rotaciones y la otra extremosdela viga. El resultadoes: . ésundesplazamiento., perocomo en el de­ . 20 6.716+23.398 nominadordelos coeficientes de aparece 9 2~ A ■ °n na longitud elevada al cuadrado, las Mdades son compatibles. Resolviendo el Esta reacción se transmitecomofuerza Mana de ecuaciones se han calculado en normalenlacolumnaABhastallegaral apoyo dejemplo los valores de las cuatro IncógA comoreacción vertical. En forma similar se hancalculadotodas A continuación, en el paso e. se han las reacciones mostradas en el croquis correspondiente. Puede comprobarseque en ahuladolos momentoscorrectivos sumanel marcocomoconjuntosecumplenlasecua­ á»losmomentos que aparecen en fas figu* * del paso c multiplicados por los valores ciones If , =0 y Ur =0. Teniendolas reac­ !■dominados de la* rotaciones y el de*ciones, esposibleobtenerlasfuerzasnormales AiWMnio horizontal. Así, el momento haciendoenríesenlascolumnasyenlasvigas, momento en el extremo A del las fuerzas cortantes como la suma de las *> É » 4I de la primera figura del paso c fuerzasa la Izquierdadecualquiersección, y "duplicada por 0- más el momento en la los momentos flexionames comola sumad» BÍjgfi Agua multiplicada por En la «*la* área* bajo los diagramas de fuerzas, cor­ h | y en la tercera figuras no aparecen tante*. Enel ejemploseIncluyencroquiscon lo*diagramascorrespondientes, loscualesse Colímenleenel pasoAsehancalculado handibujadocon laconvencióndesignosde maau* finales sumandolos momentos la figura 2.15. "■«•o. a lo* de desequilibrio. Teniendo

Paso a) Planteamiento de un marcocon continuidad geométrica:

05y ,uwz« de desequilibrio:

m

u

I Mj-Msf+Mm * -10+0--10 lon m i. i^»Mo+Wa)+A#cf ■+10-14.4+0»Md=Mdc+Mdi =21.6-4.5=17.IIon-m

Cálculo de PD:

r e too di Cálculo de rotaciones y desplazamientos reales: I

-ioj)+£/||+5jaJ+£/^jec + o -£/^ jAo.o

Cálculo de las reaccionesy diagramasdefuerzascorlantesy momentosfiexionantes.

Uso i) Planteamiento de un marcocon continuidad geometrica.

Métododelu deformacionespara ¡» * * 1 0 5,8 (continuación) L u Clkuto de momentos y fuerzas dedesequilibrio. B a Jto n lK

‘ +22.5tonm

15.0 H

l

i

B

Ü

Sistema de referencia K : *2t

m

mi

-

G

*21-b [ | ] ^ [ ° « 7] • il“ 0

U

V

"*«*>
EJEMPLO 5.8 (¿óhtìnuàdón)

0.667 Cl *63=H[0.667]

t.,

-*4, -£/[0.333]

l. . :

trM>0

I --- *64

*»-*«-£/[0.667]

; Í I ¡

B

B

B

B

I

O 5*8 (continuación)

*M-f/[0.48j

• Cl1-^ £/=0.187£/

l

ü

H

l

*,5- * „ =-£([0.667]

^■biénse puedecalcular direciamenle como:

I ■ks2- -£/[0.667| ■&,*»

-f/|0.667]

iîIÏÏ!

i

n

f

i

l

l

348 Resoluciónde estructuras,indeterminadas por el método de Its deformai. EJEMPLO 5.8 (continuación)

Moc^Moc+moc =+22.500 +5.130=+27.630ton • m dc *

mot ” -27.611 ton - m

M[b =M cs +mu = +15.000+15.187 = +30.187 to Mtf ■mir I -11 -529 ton • m

Métododeh, d'tomaclonoipmmarcos 349 ffirjjj5.1 Momentos de empotramiento perfecto

PROBLEMAS S.l Calcular la rigidez angular de las siguientes vigas.

j .j

j I

Golculari la rlgldez lineal de lbs ilguientes vigas.

w Calcular el giro en el apoyoA queproduceun momenlo, M. de8 ton-n. aplicado £S•! mismoapoyo.

H —S H I

H

g ----------------------------E 6m M

3

4 i . i.J x io’i»W

5.4 Calcular los giros en los apoyos A y B que produce un momento, M, de 10to aplicado en el apoyoA.

•

* --------------n ;------------- *i

5.5 Calcular los’fnomentos que se desarrollan en los apoyos de las siguientes vigas *v,r“*'io B se desplaza 0.6 cm hacia abajo. -Calcular los mismos momentos si >edesplaza 0.4 cm hacia abajo,

I

I

'o jlcu lark K grados de libertad° de in N M M N M M I M P M P I I M H Ocluías Incluyendo aquellos que no sean necesarios para la determinaciónde los ¡^losflexlonantes finales.

x<

\ nV ^w

v( * \ s

\( \\

354 Resolucióndeestructuras¡Qdeiéimlnadaspor elmétodode te deformaciones 5.7 Resolver las siguientes vigas por el método de las deformaciones,¡trazandok. diagramas de fuerza cortantey momento flexionante. Usar la tabla S.l para obtni°* los momentosde empotramiento perfecto.

|

I

■ 111

_

>k

>|<

oton/m

I —

„

H « -—

i ---------- 1

tlo V W \ tlo w n n ^V n w

2eio

>|

5.8 Resolver las siguientes vigas con asentamientos en los apoyos y cargas.

NvJ*tón/m

>.

+ X rY"yX W V<\

\\\\\

1

IÉj78x 22.8

í.l Introducción ílmSodopcncIjcnle deflexiónes fundamenulmcnleigual al métodode í.isdeformacio­ nes«ludiadoenel capítuloanterior. Sebasa umWnencalcular losmomentosfléxionanlts.cnunaestructuraen la que serestringen ■ñosresultantes imponiendo rotaciones y desplazamientoslineales en los nudosdela jra. Tiene la ventaja de que la siste«tiacién de los cálculos es mis clara. Es yicaple solamente a vigas continuas y á J W l porqueno incluyeel efecto de de??WStiñéspor caiga axial queson las que PJfthicfti esfuerzosen las armaduras. J ^ t o n iw l o general del SgSS pendiente-deflexión ***** aseguir son los siguientes. Wapmowlo»exwmosdtcadamían. ¡ y de H "estructura' utilizando la» gPMÍf ecuaciones del métodopen-

desplazamientos relativos, c) Se calculan los momentos finales sustituyendolos valorasde 8 y de A, obtenidosenel pasoanterior, en los momentos planteado» en el pasoa. En la siguiente sección seobtienen las ecuacionesdel métodopendiente-deflexión que se«quieren enel primer paso. 63 Ecuaciones pendiente-deflexión 63:7 Casógenera/ Las ecuaciones pendiente-deflexión expre­ sank» valoresde losmomento»quesedesa* barra cuando además, tener un desplazamiento relativo: Asimismo, permiten incluir los efectos de caigas transversales al eje de labarra. Considérete, por ejemplo« la barra AB de la figura 6.1a, la cual forma partede un marcocualquiera. En la fl(ura 6.1b te Indi­ can lo»momento*que te desarrollarían en ambo»extremo*de la baña,ti el entramoA

’

j

i

b

t á f f

l

éslénarticuladas m sus bases. Estos marcos puedenresolversecon las ecuaciones gene* Olesdeducidasenl( sección anterior, haciendo fié4 momentoenel extremo articuladosea igrala 0. Pero a veces resulta conveniente «"ptear ecuaciones pendiente-deflexión *é«ida»especialmenteparamiembrosque
M^i - 3ÍX(9, - *) ♦

J

(6.11)

SI se uta la ecuación modificada 6.11, ya no es necesario plantear una ecuación para con loque ya no aparece hAcomo

Incógnita y el númerodeecuaciones simul­ táneassereduce. Enel ejemplo6,2 se ilustra laresolucióndeunmarcocon unacolumna articulada, usando prlmeto I generalesy después la modificada. 6.4 Método pendiente-deflexión para vigas En el cato de vigas sobre apoyos rígido», normalmente no existen desplazamientos lineales relativos entre los extremos de los miembros. Por esta razón, ol término R de Jasecuacionespendiente-deflexión 6.8 y 6.9 esnuloy lasúnicasincógnitassonlas rotacio­ nes0. Cuandoexistendesplazamientosde los apoyos, éstos sonconocidos y aunqueel tér­ mino R sí tienevalor en las ecuaciones pen­ diente-deflexión, noes una incógnita más. En el siguienteejemploseilusuálaaplicacióndel métodoa unavigacontinua. Ejemplo6.1 Setratadeunavigacontinuacon unvoladi­ zo en el extremo derecho. Además de la acción de las cargas Indicadas, el apoyo C tieneundesplazamientohaciaabajode 1.5 cm. Como los momentos flexionantes pro­ ducidos por el asentamientode los apoyos dependende la rigidez a flexiónde la viga, es necesarioconocerel valor numéricodel parámetroCl. Estaviga tiene4 grados de li­ bertadquesonlas rotaciones8¿. 8¿,'8Cy 88. Por lo tanto, al plantear el conjunto do se aunsistemadecuatroecuaciones simulEn el pasoa se han planteado en pri­ mer término las ecuaciones pendientedeflexión en su forma general. Loa SubíndicesA y 8 se refierena los dosextre10 tantomodificarsesegúnel miembroque

se estéanalizando. Después se

empotramiento perfecto, M,I correspondena una viga con ul centrada en el centro del ciara rigidez K se calcula conel clan factor R de rotación de la barí quenohaydesplazamiento rell apoyos A y B; estos valores di han sustituidoen las ecuacioni t deflexión. En los claros BC y Cl R si tiene un valor distinto del que en el primero de ellos es I que la linea que une los apoyl en sentidohorarioal desplazar! jo el punto C, mientras que erl ocurre lo contrario. En el clard tarse de un voladizo, no es nel tear las ecuaciones pendiente-l que se sabe que el momento A mentó de empotramiento del |_____ final de este paso se han simplificadoyM denado las 6 ecuaciones pendientedeflexión resultantes, 2 por cadaclarodela viga. Se puede ver que en estas ecuacionei aparecen las 4 incógnitas mencionadas. I En el pasob se plantean las ecuacionesj de equilibrio. Como se tienen 4 incógnitas, es necesariotener también 4 ecuacionesdej equilibrio. La primera indica queel momenM toen el apoyo A es igual a 0, porqueesuní apoyo libre. La otras 3 señalan que cadjj nudoesté en equilibrio, o sea, que los mor mentos flexionantes a ambos lados de utl apoyocualquieradeben ser iguales. Una planteadas esta 4 ecuaciones de equilibny se sustituyenen ellas los valoresdelosm* mentos obtenidos en el paso anterior, tftf locual yase tieneel sistemade 4ecuación^ con 4 Incógnitas. Resolviendo este sistemj se obtienen los valores de las rotaciones■ en cada apoyo. Sustituyendo los valoresde lasrotaci« nes 8 en las ecuaciones obtenidas al

EJEMPLO 6.1 CconUnutdin) Claro B-C «2.5kN-m--6.25x.O’ kN.cn, (venable 5.1, Ba . t * L | L . + 6.25x10* kN-cm

K f 50x10*- ¿.Íx10t 'cm3

R■ y ■

- 0.003 (sentido horario, positivo)

Mk = 2x0. lxlo‘’(28e +ec - 3x0.003) ^6.25x10* Ma = 2x0.1x 10*(28t +e,-3x0.003l+6.25xl03 Claro C-0 *-3 6 kN-m--3.6x1o3 kN-cm (ver tabla 5.1). D 50x2*x3 . . . . . . . . , **oc=--- p--- »24kN.m-2.4x103 kN-cm

f.y ‘

50x10* O.lxIO6 7 fx500 | £

,

s55" S9j¡S| l**"Wo antihorario, negativo)

Meo

1 2x0.1x10*(2DC+90 + 3x0.003)-3.6X103

Mac-2x0.1xl0l'(»o +ec + 3x0.003) + 3.6xl01

Métodopcndlenle-defíexiónpéravigjt 365

=-90kN-m=-9xilÖ? kN-c OrdenandoI

pendiente-deflexión ^ ♦ 2 5 0 6 ,-5 ]..^ .♦sooe.+s]

,

4006,+ 2006,--8.05] + 400 ec +4.45] 4006c + 20060 - 1.8] 2006c+40060 +5-4] .fco b) Planteamiento de las ecuaciones de equilibrio

r°U*TV«e . ue

¿

(J'ituyendo con lat ecuaciones pendienle-deflexión: I■

5008,,+2506, 2506^+9006, + 2006c 2008, .8006c ♦ 200Bq 2006<*4006,,

-5»0 -3.05-0 +2.65-0 -3.60 -0

r

6:5 Método pendiente-deflexión fn m rtM b tl caso de marcos, los nudos de la esImourapueden sufrir rotaciones y desplaattielHftsshlHJlténeamente. Generalmente, ■fflfe'íccújciones pendiente-deflexión aparsce, por lo unto, el término fe Sin embarfeei frecuente
Ejemplo 6.2 Setratadeunmarcodedoscrujíasy unsolo piso con cargas verticales y horizontales. Unadelascolumnasesdemayoralturaque les otrasdos. Laestructuratiene5 grado»de libertad: Ia* rotaciones,delos nudos8. C. D. y f , y el desplazamientoAquees igual para los nudos A C y D. Obsérvese que en el apoyo F hay una rotación porque está artlporestar «mpolrados.no hay rotación. iffi| Enel pasoa seplanteanlas ecuaciones pendlenle-dellexlónparacadamlambro. En

r mmuoì.ì.

Grados de libertad: 6„; 8t . 80, 6,, Aß = &c =A„ - À; 5 grados Rasoa) Planteamientode las ecuaciones pendiente-deflexión para cada miembro:

0íMW° 6'2
l |'p ¿ -J

-6,25 ton-m

H . I E¡- it=i=—|t o /

Mk =| x 0.4 £/(29b+ec)- 6.25 . Mo ¿2x0.4 £/(28c +6fií+6.25 Miembro CD *?co

=-9.0 ton-

* ’ r ‘T ‘ °'333'

Ho-2x0.333f/(2e, .e„)-9-0 **Oc - 2x0.333É/(28„ *9, )»9.0

Métodopuntllvnlc-dÉflcm O 6.2 iContinuación) ¡f 2.460+11.937 .

£¿2.460+2.12X2.5= 7.76 Ion-n

¡ K

S Va ■¿2^¡+

~

6" - 9.42ton

B B B b k I Í 9.095-Q^^R-jl.56 6.593 I ton m -

1 v 5

9.095- 3x 3&SJ.5=5.67tonTm

'‘Fuerzasnormalesen columnas

Métodopcadlcme-dcllcxió '^¡ÉmPLO U (continuación)

í:

£ f , = + 5 - 11-W - 0.71- 2;45= 0 =2.1?+f7¿30+ 8.58-10-3x1

Diagrama de fuerzas normales

37® A/Amfopendíeme'fíefícvlán

Diagrama de momentos flexionantes .SOUIC1ÓNALTERNATIVAUSANDOLAECUACIÓNMODIFICADA6.11 Planteamientode las ecuaciones pendiente-deflexión para cada miembro: las ecuacionesgenerales6.8 y 6.9 se aplicana todos los miembrosexceptola columna Cf, por lo quelos momentosen lodos esosmiembros son igualesa losya obtenidos. Para Jacolumna CF:

Ma mJxQ.íit/18t -0.25 A) (ecuacldn6.il)

f f f

Ff«?

So Ilustra la resoluciónde un marco de dos de fas fuerzas horizontales en las colurl nivelesenHqueunade las columnas, la co­ es el que corresponde ,i un sentidopoJ lumnaCH, esdedoblealtura. Lacaracterísti­ (horario) de los momentos en los extrj caquedebeobservarsees quelos nudos By £ de Jas columnas. Sustituyendo los valora llenenel mismo desplazamiento lateral que los momentosobtenidos en el pasoanta se hadenominadoA ,, mientras que los nu­ enestasecuacionesdeequilibrio, seobtiel dos C, f y H tienenundesplazamientolateral sistema de 7 ecuaciones que se presenil diferentequesehadenominadoá ¡ . Resultan •I ejemplo y cuya solución se indica alI entonceslos 7gradosde libertadquese indi­ de este paso. Como ya se ha indicadoJ candebajodpi croquisdel marco. El paso a), que consiste en la aplica­ quier programade computadora. Aquíso ciónde lasecuaciones pendiente-deflexión el programa Excel. Los valores mostrj acadamiembrodel marco, es esencialmen­ deben dividirse entre £/ si se desean teigual al delosejemplosanteriores. En los valores reales. miembrosquecorrespondena vigasnoexis­ tedesplazamientolateral, y porlo tanto, los Ji' En el paso Ose han sustituido losi!__ res de los términos 0 y A para obtener los' valores de K son Iguales a 0. En la columna momentosfinales, en la misma formaenqM CH sehaconsideradosu altura total de 7m se ha hecho en los ejemplos anteriores. I enel cálculode R. De esta manen se han En el paso d| se han obtenido lasreac-1 obtenidolasecuaciones para todos los mo­ cioncs y se han trazado los diagramas« mentosenlosexiremosde los miembros, 16 fuerzas normales, fuerzas cortantes y mol en total. Recuérdese que son momentos de mentos flexlonantes. Obsérvese que para apoyo sobre barra. En el planteamiento de calcular las reacciones en los apoyos, fue las ecuaciones al Anal de este paso, se ha necesario empezar con la obtención de Laaj considerado ya que los giros en los reacciones de las vigas del piso superior,« empotramientosA, D y C son nulos, ycomo sea, las vigas Cf y FH. Estas reaccionessej £I es constante, se ha lomadoigual a 1. sumaron a las de la viga BE para llegaralaa En el siguiente paso se plantean las ecuaciones de equilibrio. Resultan 5 reacciones verticales en los apoyos. LasM acciones horizontales en los apoyos seobj ecuaciones de suma de momentos en los tuvieroncon lasecuaciones deequilibriodi nudosigual a0 y2ecuacionesdeequilibrio fuerzas horizontales del paso b. Una 'tz de fuerzas horizontales, una por piso. Ob­ calculadas las reacciones horizontalesy sérveseque al hacer uncorle en las colum­ ticales, se verificó el equilibrio de fuerzaI nas del nivel superior, la fuerza que resulta en ambas direcciones. Incluyendo, desdt en la columna CH debe obtenerse a partir luego, las cargas aplicadas a la estructura delaalturatotal deestacolumna y no de la Las reacciones verticales de las vigas prot altura del entrepiso. Esto es asi porque la porcionan directamente las fuerzas norm* fuerzacortanteen la columna GH es cons­ les en las columnas. Las fuerzas norma» tanteen todasu altura y es Igual a la suma en las vigas se calcularon a partirdelasMj de los momentos en sus extremos dividida acciones horizontales de las columnas. UJ entre la altura de la columna. En las croquis incluidos en estos cálculos pernj ecuaciones 6 y 7, la suma de las fuerzas ten visualizar el signo correcto de las ¡jfjj cortantes en lascolumnas se ha igualado a 0 porque no existen fuerzas horizontales zas normales en las vigas.

Métodopendiente-dille valen a los extremos izquierdos de las vi­ gas, los extremos superiores, a los extremos derechos, las acciones positivas te trazan en la parte superior de los miembros, y las ac­ ciones negativas, en la pane inferior.

ujitÍ¡hamBt**e flicrz,ls cortantes y de - j« flexionantes se trazaron de la íSamanora que en el ejemplo anterior, í convención de signos de que j&tñids inferioresde las columnas equi­

03*10 6.3. ANÁLISIS DE UN MARCO CON UNA COLUMNA

p

í

20

H

30kN/m 'W v w - t s

j

¡

D

Gradosde libertad: V«c,*r.e,.eH. Afl =A£=A,,Ac =Af =A„ = A¡; 7 grados de libertad a) Planteamientode las ecuaciones pendiente-deflexión para cada miembro: &'-■ M« - 2 « (2 e A+0, H WM= 2fX(28s + 0^ -3R)±Ma, ÁB H

=s?M *o

I

I

‘‘« • ¿x o jso u e ^ «0,-0.754,1 '2x0.25 £1(2t, ♦ -0.75 A,)

EJEMPLO 6.3 (continuación)

E ffi| R = É ^í

^ =0.1L43A2

Mch - 2 X0:143£/(28c +8„ - 0¿I?2A2)

m i ; Mhc - 2xDÍ43f/(28„ +8C^0.42? A2) pitlenando las ecuaciones y sabiendo que 8¿ =80 =8C =0 y haciendo £/ Mm = 0.50B- 0:375A, i , i

Mm S^¿-$C375A, ^;3336b +0.667 6c Tpf667A2+^¿667A| MC6r'-333 ec +0.667 8e -0.667A2+0.667 A, . Mgf =0.8 e„ +0.4 e£T 52^5 , 1

. .

Mcr “ 0.8 8C+0.4 8f -¿31.25‘ 0.58 f- 0.375A, Wíd =8[-0.375A, Mj, ■1.3338( +0.667 8, - 0.667 A2+0.667 A, Mn -1.3338f +0.667 8f - 0.667 Aj +0.667 A|

, ■

H * »0.2868,,-0.123 A2 «HC »O.S720« -0.123Aj

asoc) Cálculode los momentos finales - 05 X21.86639-037S (-14.91401) - 1&S3kN- m ^,=21.86639-0375(-14.91401)-27.46kN-m lK -1333 X21.06639+0.667x8.08079-0.667(-4.82706)+0A67(-14.91401)- 27.81I 1333x 808079+.0.667x21.86639-0.667(-4:82706) +0.667(-14.91401) =ia63 -0.8x 21.86639+0.4(-29.65519)-62.5- -55.27 kN-m 1U • 0g (-25.65519) +0/1x21.86639+62.5 - 50.72kN-m S - H I #Ç8T:■/?+04 x 15.391901 31.25« -18.63kN- m 1K m0» X153919010.4X8.080791 31,25 »-46.80kN- m 1„ 10.5(-25.65519) - 0.375(-14.91401)• - 7.23KN-m 4m* -25.65519-0375 (-14.91401) » - 20.06kN-m 4„ - 1333(-25.65519) +0.667x 15.39190- 0.667(-4.827061+0.667(-14.91401)— <„*1333X15.39190+0.667(-25.65519)- 0.667(-4.82706)10A67(-1431401)1-3JJ I g j j

EJEMPLO6.3 (contlnasclón)

30x5 55.27-! 30x5 55.27-50.72 2 Cálculo de reacciones verticales: v* “ *fci * vn 1 19.37+75:91- 95.28 kN Vo mvn * vn * vn •30.63+54.78+74.09-159.50kN Vc -

- 45.22 kN

Cálculo de reacciones horizontales: ■»10.99 kN t -20:06- 7Í23 -- -6.83 kN H - Mhc *Mch n -19.59-9.50 Verificación del equilibrio: I f . -10.99-6.8,-4.16.0 H ! 5 95 281159.50+45.22- 50- 2015- 30x 5- 0

Ejemplo 6.4 En elle ejemplo se ilustra la aplicación del métodoenlaresolucióndeunmarcocon una columna inclinada. Ladiferencia con marcos de columnas verticales radica en las deformaciones relativasentre los extremos de los miembros del marco. Como puede verse en el croquis del marco deformado, el miembroABtieneunadeformaciónlineal 66,, siendo BB, perpendicular a AB; la viga BC, que en marcos con columnas verticales no tiene desplazamientos lineales entre sus extremos,tieneenestecasoundesplazamlcnlolineal 68, perpendiculara0C; y lacolumna CO tiene un desplazamiento lineal CC, perpendicular a CO. Obsérvese que a diferencia de los marcoscon columnas verti­ cales, el desplazamiento lineal noes igual en las columnas, ya que el desplazamiento BB, es diferente al desplazamiento C C,. La relaciónentrelostresdesplazamientospuede obtenerseobservandoque el triangulo BB,B, es semejante al triángulo ABF; como se conocen las dimensiones de este último, a partir de ellas se pueden calcular los valores relativosdelosladosdel triángulo66,6. Éstas seindicanehel croquis amplificadodel nudo 6. Nótese que al trazar el croquis del marco deformado, se han despreciado las defor­ maciones longitudinales de los miembros, es decir, las producidas por cargas axiales. Por mo•! puntoCf estáa la misma altura queel punto C, y el punto 6 se mueve perpen­ dicularmentea lalineaAB. Lasdeformaciones linealesdelostresmiembrosdel marcopueden expresarse en función de un solo desplazamientoAqueend ejemploes la longituddel lado Con esto el problema tiene tres grados de libertad o de Indeterminación cinemática. pendientedeflexiónparatodoslos miembros, de la misma manera que en los ejemplos anteriores. Nótese únicamente que en el miembroBCseusóunmomentodeinercia21

y queenel miembroC£, comoesunvolado, el momento está determinado comowPft Tiene por lo tanto un valor fijode-16tmV Las ecuaciones de equilibrio se lean en el paso b. Las dos primerasexprés que la suma de momentos en losnudosf.f son iguales a O(ecuaciones I y 2 del pasofc. En el nudo C hay que incluir desde lingos ; . momento que tiene un valorfijocomoyi■ seha explicado. La Inclinacióndelacolunvu j ; 46 obliga aplantear la ectlacióndeequilibrio de fuerzas horizontales de maneradKmau la de ejemplos anteriores. Es convenientej .J determinar el punto de cruce de las] prolongaciones de las columnas AByCD.fl lomar la sumade momentosalrededordecaeI punió, como se indica en d croquis, yacuej producenmomentos, y lasúnicasincógnitas««j ‘ - la ecuación son las fuerzas y /•/oc, Estas fuerzas puedenexpresarseen términosdelos momentos en los extremos de las columnas. Mu, MK Y M'co y x Puede plantear entonces la tercera ecuación deequilibrio« función de estos momentos (ecuación 3dHj pasoó). Obsérvesequeel signodelasfuerzas HAg y Hqq en el croquis correspondea j momentospositivos(horarios)enlosextremos de las columnas. Sustituyendo los momentos en las tres ecuaciones deequilibrioseobtiene d sistema de tres ecuaciones (4,5 y 6), cuya : resolución permitecalcular los valoresdelas; tres incógnitas 0, 0, y X En el paso c se calculan los momentos finales, de barra sobre apoyo, de lamanera usual. Y en el paso d se obtienen las reac* J cloneseti los apoyos y losdiagramasdefuer­ za normal, fuerza cortante y momeo» flexionante. En este caso, seobtuvieronpri­ merolas reacciones horizontales y % con las ecuaciones de equilibriodefuerzas horizontales del paso b, y después se. calcularon lasreacciones verticales a patlr de las ecuaciones de equilibrio Z '.- o r l* - ® .

EJEMPLO 6.4 (continuación)

■BW«0.20/ fc 5 iᣠ_1-25 A _ 0 25fl (positivo porque gira en sentido horario) ■2x0.20 El m A * 8j-0.75 A) ■2x0.20 £/(28,+8,,-0.75 A)

K--«;2feö.333/ R=— =~~r~ - 0.125A (negativoporque gira en sentido antihorario) Mk =2x0.333 El (28s +8C+0.375 A) M(b - 2X0.333 El (28c +8 ,+0.375A) Miembro CO

Km-m~m0.2SI SI

SgM 0,25 S (positivo porque gira en sentido horario)

Meo -2x0.25£/(28, *90 -0.7$A)

1

M„ .2x0.2SH(2e„.ec -0.75A)

.

Odenando las ecuaciones y haciendo 0^=8o =O,

ffi -0.408,-0.3 A K Mm='6Í008-0.3A K , J 1.3329j + 0.6660C+0.250 A H¿ .0.6668, *IJ320c+0JS0 A KÍÍMco = ec - 0.375 A H Uoc -0 3 6c -0 3 » A K jfc fc ,« r 16ton-m

uK U(,

fejo H planieamiemo de las ecuaciones deequilibrio. K , Ecuaciones de equilibrio en los nudos: Mm +m«c ’ ° Ma+Mco+Ma =0

S (2)

Ecuación de equilibrio de fuerzas:

2>í> ■=«,«■

Resolviendo las ecuaciones (4),(5¡.y(6): i S i S i ! ec = 8.9S1 ¿=27,532

EJEMPLO 6.4 (continuación)

Diagrama de reacciones Las cargas axiales en las columnas AB y DC ya quedan determinadas. La cargai en la viga BC es igual a la fuerza cortantede la columna DC. Los diagramas quedan de la siguienteforma:

Diagrama de fuerzas normales

PROBLEMAS 6.1 Resolver las siguientes vigas por él método pendiente-deflexión, trazandolo, diagramas de fuerza cortante y momento flexionante. Usar la tabla 5.1 para J * los momentos de empotramiento perfecto.

ÍB

i S

a

B

l s ---------- »1

I .Momentos de empotramiento perfecto(renglón 1)

el nudoC (renglón8)

•410 MModnd»Croap*n

rutttírmit

los mámenlos transportados. del renglón(2) al renglón (3). Se puede analizar ahora el nudo C de la mismamaneraquese hizocon el nudo B. En la figura 7.6-a te puede ver que existía un momento de desequilibrio de +28.12 17.78• +10.34 lon-m. Además, al soltar el nudo 8, se transportó al nudo Cotro mo­ mento de + 4.34 lon-m. El momento total de desequilibrio en esta etapa es entonces de+10.34+4.34 -14.68. ftra soltar el nudo C es necesario, por consiguiente, introducir un momentode-14.68 como semuestraen la figura 7.6-rf. Este momento de equilibrio produce momentos en los miembros CB y CD, en proporción a sus factores de distribución, de donde resultan los valores de -8.81 y de -5.87 que aparecen en el renglón (4) del croquis y en la figura 7.6-e. Estos momentos, a su vez, transportan mo­ mentos de -4.40 y de -2.93 a los nudos opuestos B y D, como se indica en el ren­ glón (5) y en la misma figura 7.6-e. Los nudos A y D, comoestán empotra­ dos, no necesitan ser equilibrados. No se requiererealizarenellos lasoperacionesque se han realizado en los nudos B y C. Sin embargo, si se analiza de nuevo el nudoB, te puede ver queel momento de -4.40 que se transportó desde el nudo C lo volvió a desequilibrar. Porlotanto, debeintroducirse ahora un momento de equilibrio de +4.40, como te indica en la figura 7.6-/'. Repitien­ doel procedimiento, secalculan los momen­ tos de +1.95 y de +2.43, multiplicando el momento de +4.40 por los factores de distribución de los miembros.BA y BC, res­ pectivamente. Estos momentos, a su vez, transportanmomentosde +0.97 y de +1.22— a los nudosA y C, renglón(7) y figura 7.6-g. Ahoraes el nudoC el quesedesequill+1.22. Wequilibra con uno Igual y de sen­ tido contrario, figura 7.6-A, que produce renglón (8) y figura 7A-4.

Se puede ver en el croquis del pasoJ en la figura 7.6, que los momentos de«| equilibrioqueaparecenen los nudossortea vez de menor magnitud. Por ejemplo, en nudo 8 el primer momento de desequilibj fue de - 15.62 lon-m, el segundo, de - ij cedimiento con nuevo* ciclos de tqoW y transporte, hubiese aparecido un mortal to dé -0.36 ton-m, t|i| | momentode -0.73 ton-ra C en el renglón (8). El -eonvirgiendo a momonhj______ queños. Por esta razón, se puededetener! cualquier etapa y sumar todos los moma tos de cada columna para obtener los ir, mentos finales. Conviene, sin emharn detenerlo después de una etapa de distrit ción y no de una de transporte, yaque«ni primera todos los nudos estánen equilibri* En el ejemplo, se detuvo después de ladi. tribución de momentos del renglón (8) y¡ sumaron los valores de cada columna paf calcular los momentos finales del renglón■ '•r Conviene comparar lo que se ha reali: zado hasta ahora con la resoluciónde t a misma viga en el ejemplo 5.2 con el; do de las deformaciones. En el paso c > ejemplo 5.2 también se soltaron los de la viga uno a la vez y se calcularon1 momentos que aparecían en el nudoque soltaba y los momentos en los nudosop tos, o sea, los momentos transportados.. estos cálculos se hicieron entérminosdt taciones desconocidas 8, y después 1plantearon las ecuaciones de equilibrio cada nudo en términos de las mismasir ciones, con lo cual se llegóa un sistema ecuaciones. En el métododeCross, al los nudos, los momentos en los que concurren en el nudo y los i transportados se calculan numérica seequilibra un nudoa i* vez. Peroalj un nudo dado, se desequilibran los ^ opuestos y es necesario volvera equll] loa en un nuevo ciclo. Esto evita ten«

ma solución cerrada, 0 Mladel métodode las deformaciones. ¡Ilectorp « * comprobadocomparandolos móntenlosfinales del renglón (9) con los atolladosenel ejemplo 5.2. Enel pasod semuestra una ejecución tomismosprincipios fundamentales ya ex­ plicados. II renglón(1) es igual al de la ejec kanequilibradosimultáneamente los nu­ dosBy C. En este último, el momento de ■¡■ja diferencia ■^■amiento perteto, yaquenohay momento transportado enI) ejecución anterior. Enel renglón BseUnsportan, simutáneamentetambién, lodoslos momentos que aparecieron en .el .wjlínanterior. Estosmomentostransportafe producen nuevos momentos de deses*hanequilibradoenel renglón . pío, el momentode -3.10 tonaendnudoCMequilibróconun momento *>3.10 que se distribuyó entre los i | I | j de acuerdo con. n. En el renglón(5) se ____ ntosdetransporteque Jf"*» desequilibrar a los nudos B y C. « M ló ii (6) se vuelven a equilibrar, y •wwnglones (7) y (8) se hace un nuevo transponey distribución. Obséivehay momentos transportados de •"ipotramientosA y D a los nudos B y C, ffiMn empotramientos no sedesequillrecibir momentos transportados; es SKI* los empotramientos absorbiesen

que en la primera se equilibra un nudoa la vez, mientrasqueen lasegundaseequilibran todossimultáneamente. Enambas,losmontenexactos. Aunque se observan pequeñas dife­ renciasenlosmomentosfinalesdelasdosejehacenmásciclosdetransponeydistribución. Por lo general, la convergencia hada los momentosexactos es más rápidacon la primeraejecucióny el númerodeoperaciones es también menor. Sinembargo, lasegunda facilita más la mecanización del procedi­ miento, ya que se hace un ciclo completo de distribuciones y luegootro completode transpones; estoevita posibles confusiones enestructurascomplejas.Si seusalaprimen ejecución, conviene empezar equilibrando los nudosquetenganmayoresmomentosde desequilibrio, porque asf es todavía más rápida la convergencia. En la segunda ejecución, no influye con qué nudo se empieze. Lasegundaejecuciónesmásusual que la primera, por lo que es la que se emplearáen los ejemplos posteriores. Para completar este ejemplo, se han calculadoenel pasoe losdiagramasdefuer­ zas cortantesy momentosflexionantes. ftra exiremosdecadamiembroapartirdelascaigas aplicadas y dé ¡os momentos en losextre­ mos ya calculados. Debe recordarse que todos estos momentos son de apoyosobre barra. Tambiénsecalcularon los momentos isostáticos en los puntos de aplicación de las cargasconcentradas. Los momentospo­ sitivo* se obtuvieron restándole a los isostáticos, el momentonegativoenel pun­ ió deaplicacióndelascaigas. Porejemplo. el momentode +10.21 ton-menel miem­ bro AS es igual al itostáBco de 25 ton-m menos el promediode0.05 y 21.52ton-m.

food) Ejecución del método

c i y aplicadas y los m * ¿bre barra calculados .. Eafthsérvese q •"L-ioscnlosextremosde cada tramo < fSmoobtenidoen la ejecución del m£t< í (arj cada tramo se han calculado I; ^nonesyel momentoísóstátíco o se, jñyntfltoqueproducirían las cargasenun L libremente apoyada. Calculadas la ¿loGMgasáplicadas, el diagramade fuerl porejemplo, el valor de 6.49 esl______ p¿n VA en el extremo A; el diagrama primero la posición Inújelinealmentepor efecto de la caiga corlante nula' y calc toéédi enel tramoAB. y en el extremo B del momentopositñ ¿Miad valorde6.49-2x8 =-9.51, que del ejemplo se il oaóAconfia reacción calculada VBr De momento positivon oaaaámilarsecalculóel restodel diagrama, t La distancia x es losmomentos negativos que se mués- empotramiento O ■a el diagrama de momentos flexio- cortante nula. Por sossonloscalculadosen el pasod. Como Sumemoscalculadosson deapoyosobre I calcula estevalor y despuéssedeterminael tana,Ioj flexronantes tienenel mismosigno I momento flexionante en este punto. Puede «Ibextremosizquierdos de cada barra, y I verse que la diferencia entre el momento H^contrario, enJos extremos derechos. I máximoy elmomentoenel centrodel daro ts momentos flexlonantes en los I ■'«smuy pequeña enestecaso.

•í lorvm

O

l í

^B*í)Cíkulo de las rigideces angulares simplificadas

»IO(vm

u

EJEMPLO7.2 (Continuación)

>0:187+0.250

•• w 0.250+0.167" Raso c) Cálculodelosmomi

¡ deempotramiento perfecto.

templo7.3. Seilustra otra manerade resol­ verfamisma viga del ejemplo anterior, en banl se tomaen cuenta, desde el cálculo ^ los momentos de empotramiento NÉCto, que la viga AB está articulada en dunmoA. ■'0 cákulo de las rigideces angulares y *k»fcoore»dedistribución, pasosa y b, |S«femóqueenel ejemploanterior. Pero 'dpKoí «fi vez de considerar a la viga «cono doblemente empotrada, se <*"e* n articulada en <4y empotrada en * ||w r fe®es por lo Unto igual a0 y el

de según laTabla5.1,esIgual a /8. Ahora, al hacer la primera distribución, ya el principio. El restodeloscálculoses igual queen el ejemplo anterior. Se puede yer que se llegaa resultadosmuyparecidos. Laspequeñas diferenciassedebenaquesólosehlcie* rontrasciclosdedistribucióny transporte. Se sugiereal lector hacer unoodosciclosmás en cada ejemplo para observar cómo

tila manera de resolverel problema es másconvenienteporguose empiezacon va-

los en. ta tercera distribución son mit que/tos que los del ejemplo7.2, por |0 .

valoresfinales. Puedeversequeios monten-

valores exactos.

jBdClkul° 4**®»mom«n,os <í¿empotramientoperfecto &’•_

30 A ■»<£>(002

I .Ä c f f ? ; fto - Wi¿=o

£,o" H8.75X lo^f/j (ion-m) ,75.00x10-'f/0(tonr m)

Iteod)Ejecución del método

.(«M aiiDbt. HIIff. Transp.

foot},Obtención de diagramas de Wja/8:

EJEMPLO 7.4 (continuación)

= -15.34X10ümto«) . .35.25+ 26.13

26.13 »¿5»

ll.7«x I0-* iSakr^

Dlinnudtfuo/znctxM nlc

.r ,,

produce y gor proporción determinar la fuerzanecesariaparaproducir unadeflexión unitaria. El momentoMw que es la rigidez lineal, puedeobtenertedespuéspor estática. Habiendo obtenido los .parámetros mencionados en ios párrafos anteriores, el método de Cross se aplica de la manera usual. Es importante que el lector observe ’ finalmente, la rigidez lineal puede terminarse como se indica en la figura LEfl este caso, la rigidez lineal es el feápptramientossi ocuneun desplazamiento fel unitarioentrelos extremos de la viga, («vienoplantearla isostática fundamental la unitaria y luego un momento ■Sirioenelextremolibre;figuras7.10-6y SíjSc; Para que la suma de las confi-

fipm 7.1Í. OMarmtnKiónde la rigide* lineal

que las vigas de sección variable pueden resolverse también por los qUos método» métododélas deformacionesdel capitulo 5 puede aplicarseya teniendo los momentos deempotramientoy las rigideces angulares y llnnfei calculadascomosehapresentado planteadaenel métododelas fuerzases de secciónvariable,susdeformacionespueden calcularse por el método de Newmark y seguir los otros pasos del método como se explicóenel capitulo4. Ejemplo 7.5 Se calculan los momentos de empotramiento, el factor de transporte y la rlgidei angular de una viga doblemente empotradadesecciónvariable. El anchodela vigaes constante, de 30cm, peroel peralte varia, comose indica en los datos, de 100 cmen el extremo izquierdo a 50 cmen él centrodel claro. Entreeste puntoy el extre­ moderecho, el peraltees constante. Inmediatamente después de los datos, seindicael valordel peralteenlas distintas seccionesconsideradasal aplicar el método deNewmark. y en la misma tabla, |a varia­ ción del momentode inercia. Se ha"deno­ minadof0al momentodeinerciaenel tramo de peralte constante, y en función de este valor se calculó el momentode inercia en las otras secciones. Para este calculó se consideró que el valor de I es función del cubodel peralte, asi que si éste se duplica entre las secciones 3 y 1, el momento de inerciaaumenta2*veces,osea, vale8. Entre tassecciones 3 y 2, el peralte aumenta 1.5 vecesy el momentode Inercia, 1.53= 3.37 veces. La viga isostitlca fundamental se planteó en esta etapa como una viga librementeapoyada. A continuación se calcularon las deformacionesdela IsosUtlcabajóla acción

dividid entre el valor con calculado anleriormen angulares concentrados después con las ecuaci dientes a diatribución calcular los valores de 0' posible aprovechar la sin si intervieneel momentod Se supusoel valor de-147 2, y partir de este valor • ángulos 0 y tés deflexi Después se calculó el " dividiendo la deflexión apoyo B entre el claro, Sólo lasrotaciones definitivas problema en cuestión. Oe manera semejantese calcularonlas rotaciones en los apoyos para el casodeun ■ momento unitario aplicado en el apoyoAy M un momento unitario aplicado en el apoyo B. Obsérveseque el factor de la derecha de i la tablapan estos casos esdiferenteal dela primera tabla. Por esta razón se calcularon I los últimos renglones con un factor ■ ■ para los tres casos (ton-m2/£/ol. En lastablas I ecuaciones de distribución parabólica entre I las secciones 1 y 3, y las ecuaciones dedis- I trlbución lineal entre las secciones 3 y 5. ■ En la sección siguiente se obtuvieron I los momentos de empotramiento perfecto con las ecuaciones 7.15. La primera ecua­ ción expresa, como ya se ha dicho, queel girototal enél apoyoA es nulo, y la segunda, quetambién lo es enel apoyo 6, despuésde multiplicar las rotaciones de los casos bt y c) por las incógnitas Xj, y X, respectivamente. Los signos negativos que resultan para las incógnitas expresan que los momentos de empotramientotienensignoscontrariosa los aplicados en los extremos de-la viga en los ¡ casos b) y cí, con lo cual resultan negativo

EJEMPLO7.5 (continuación) _~CAECULÓ'DÉ;DEFORMACIONES

PROBLEMAS

j« ■ fe ! íTc?-1' E-IBOOOOksfon2

I

7.2 Calcular la rigidez angular de los miembros del problema 7.1 si ambos extremos están articulados. 73 Calcular la rigidez lineal de jos miembros del problema 7.1 suponiendo: a) que los dos extremos están empotrados; b) que un extremo está empotrado y el otroestá articulado; c) que ambos extremos están articulados. 7-4Calcular el momentoquees necesarioaplicar enel extremoA de la vigamostrad» para que tenga un giro de 0.01 radianes en dicho extremo.

7.5Calcular losmomentos aparecenen losextremosAy Bdelavigadel problema7.4: 10.6 cm hacia arriba; b) si el extremoA sedesplaza 0.4 ¿si el extremo B se des onhacia arriba; c) si el xiremo B sedesplaza 1.1 cmhacia abajo. T6 Repetir el problema n^'Calcular los momen lon-men el nudo O de

74 Analizar las vigas del problema6.1 porel métododeCross, trazandolosdiagramas defuerza cortante y momento flexionante. 7.9 Analizar la siguiente viga por el métododeCrosstomandoencuenta que no es Prismática: Despreciar el peso propio.

E T

C A P ÍT U LO 8

Método de C ro ss para m arcos sin

^desplazamiento lateral

ilustra el método. til Introducción Enoslecapituloseestudiael métododeCross aplicadoamarcosen loscuales nopuedeha­ todeplazamienlolateral relativo entre los aírenosdelosmiembros, osea, quenopue­ dendesarrollarsemomentoscomolosmostra­ daenlasfiguras7.3y 7.4. La imposibilidadde eolosnudosdelos marcos, comoenlas figu3.1-a.fayc, obien, a condicionesdesimetamoengeometría comoéncarga, delos ••as, comoen la figura 8.1-d. En rigor, el •Ko dela figura 8.1< puede tener despla­ ntemos relativos entre los extremos de las ' raíasti seconsideran las deformaciones 5$S« lasdiagonalesdecontraventeo;pero deformaciones son muy pequeñas en Jtopatación con las deformaciones por y suelendespreciarse. y Descripción del método

articulación que sólo admite rolaciói Ilustra también en esteejemplo la fom considerar la presenciadevoladizos ei

anterior. Nóteseque para los miembros CD y CF se han usado las rigideces angulares simplificadas modificadascalculadascon la articulado. Obsérvesetambiénqueal calcular los factoresdedistribuciónenel nudoS, nosehaconsideradola rigidezdel voladizo AB. Para' entender la-razón de esto, su­ póngase que en la figura 7:5 uno de los extremos opuestos al nudo O estuviese li­ bre, o sea, que uno de los miembros que concurren al nudo fuese un voladizo. Este miembronoopondría ninguna resistenciaal momentoaplicadoM0. girarlalibrementey el extremo opuesto se desplazarla lineal. mame. Bote»surigidezangulary sufado» dedistribuciónsonigualesa0. Porlamisma razón, el factor de transpone del nudo al extremodel voladizo tambiénes Igual a0;

al girarel nudo, noapareceningúnmomento end extremolibredel voladizo. Porùltimo, nótese que el momento de empotramiento perfecto es el momento en el extremo *1 voladizo; su signoes positivoporquete trabajaconmomentosdeapoyosobrebarra, y en el extremo derecho os contrario al íWxfonante. En el paso d se desarrolla el método. Convieneestablecer un»convención sobre I# localización de los cálculos correspondientes a cada miembro de la estructura. Aquí se ha seguido una convención usual qoe consiste en ubicar las columnas de

cálculo en la parte inferior del miembro, si setratadeextremosizquierdos, y enlaparte superior, si se trata de extremos derechos. Asi, el factor de,.distribución FDK , y lodos los cálculos correspondientes al extremoB del miembro BC, se han escrito enla parte Inferiordel miembro, dearriba haciaabajo. En cambio, los correspondientesal extremo Iremo derecho, se han escrito en la parte superiory deabajohaciaarriba.£nlascolumnlando también la convención estableada en la sección 2.9.2 y en lo figure 2.15:4

empotramientoperfectode+10.00- Después

JfoimextremoIzquierdoy los cálculos se «locan. por lo tanto, en la parte Inferior, pe equivale a la parte derecha de la co| J . Con esla convención, o con alguna ta equivalente, es posible trabajar en mi­ josa los qfié concurran cuatro miembros 5¡nquese superpongan los cálculos. En el ejemplosiguiente se muestra otra forma de oidcnirlos cálculos. unque no se han numerado los ren__ K la secuencia de los cálculos es la Dttsmaseguida en los ejemplos de vigas. En d primer renglón, después de los factores detHitrlbución, sehan anotado los momen­ tosdeempotramientoperfecto, porejemplo, -13.33 y +6.67 en el miembro BC. Obsér­ veseque en,el miembro CO se calcularon omentos de empotramiento perfecto si ambosextremos estuviesen empot. Por eso, se anotó el momento de «10.00enel extremo D aunqueestéarticu­ lado;eslavariantequese siguióenel ejem' 2 y no la del ejemplo 7.3. En esta wa no existen cargas transversales das a las columnas. Si existiesen, tambiénsecalcularían momentosdeempo*amientoperfectoenellas y seanotaríanen dlfü correspondiente, dondeahorasehan Enelsegundorenglónsehahecholapri—ádistribucióndemomentosdeequilibrio, ¡g ejemplo, en el nudo 8, el momento de *Mqu*ibrioes(+9.00 -13.33 ■-4.33). PDr llanto, sedistribuyó un mámenlodeequiItrtode+4.33entrelos miembrosBA, BCy P*»ocomoel (actor de distribución del SsgBg BA es igual a 0, sólo sedistribuyó BC y t í , locándoles +1.60 y *2.73, ^•divamente. Obsérvese que en la artlO se anuló el momento de

deCDnohaytransportepor sereste último una articulación. Tampoco puede haber

ron loscálculos hasta completar tresciclos de distribución. Despuésdel tercerciclo se trazó una raya doble, para indicar que se habían terminadodichosciclos/y sesuma­ ron los momentos de cada columna de cálculos. Se debe verificar que lodos los nudos estén en equilibrio. Para mayor claridad del desarrollo del ejemplo, se anotarontodos los ceros en las articulacio­ nes, peroestonoes desde luegonecesario. Se sugiere al lector repetir este ejem­ plo con la variante del ejemplo 7.3, o sea, calculando el momentode empotramiento perfectoMggconsiderandoque el extremo D está articulado. Enel pasoeseobtuvieronlosdiagramas de fuerza cortante y momento flexionante de la manera ya explicada en ejemplos anteriores. Los momentos positivos se calcularon en los puntos de aplicación de las cargas concentradas, donde son máxi­ mos. Al trazar los diagramas en las colum­ nas, seconsideróque losextremos inferio­ res equivalían a losextremos izquierdosde vigas, y losexiremossuperiores, a losextre­ mosderechos(convencióndelafigura2.15). Los valores negativos se dibujaron por debajode losmiembrosy los positivos, por

EIEMPLO8.1. RESOLUCIÓN OE UNMARCO SIN DESPLAZAMIENTO UTERaT^

,'ú c »

1 | : . r a

i

7m 4

„

t

S

Pasoa) Cálculo de las rigideces angulares simplificadas.

Piso MCálculo de los factores de distribución.

i

^/ w w v y ^ ^ '

EJEMPLO Sil

(continuación)

i

*

zp

EJEMPLO8.2 (continuación) PétoO Cálculode los momentosdéempotramiento perfecto.

•+*»5i5'»+5.oton-m ,

líyr.-l2.0lOn-m í? „ -+——= * . - +12.0 ton-m

Piso d) Ejecución del método.

<¿¡¡MPLO 8.2

(continuación)

DUgram. de fu«™ cortan».

problemas

E

i- * *

RjSgslg

77777 H / / / / / /< *///

/^ 'y/r S7777

1

■f

///7 7

8.2Calcular la reacción horizontal en el apqyp^ del siguiente m¡

/7777

8.3 Analizar los siguientesmarcos porel métododeCross, trazando los diagramasde

Z7777 K .

r

/7777 >l< ,

M

4 "

Figura9.3. Rosolucióndel m< por superpoilcfónde losmarcos partir de la»siguientes reladonn. Vaqueel desp'lazamientoA es el mismo on todas las columnas, loi momenlosdeempoi per/ectoserdn los siguientes:

Figura9.5- Procedimientopara resolverunmarcocon cargahorizontal

altados de las longitudes /de lascolumimponon lo», momentos de empotramiento pcrlcctoaT/1Bv mi/¿v puedencalcularse los noneñtoscorrespondientes en la columna CDutilizando la ecuación 9.6. Si el marco •nevarlascrujías. se aplica la ecuación9.6

atedienelcasode la figura 7-4, y surigidez Gnéal es la mitad de la correspondiente a Icdumnaconel extremoempotrado. Esto Nde tomarse en cuenta usando la mitad valordeElpara la columna conextremo »calado Después de tener los momentos de »Miamiento perfectoen lascolumnas, se Enredede la misma manera explicada en "feMn a la figura 9.4, e* decir, se equiliIgQlosnudps con varios ciclos dedlMribu2"rtransporte, w calculan las reacciones "“•zontales II, y ti factor de corrección X |£ b ecuación 9.3. Los momentos de la "*»» 9.5-c, multiplicados por «I factor X g*V',s momentos producidosenel marco ^fefama horizontal P

mi En la* figura* 9.6 y 9-7,y en la tabla 9.2,le ilustrael procedimientodescritoparare­ solverel marcodela figura9.3-c. Enlafigura 9.6-a se reproduce este marco con sus dimensiones y los momentos de inercia de sus miembros. En la figura 9.6*6seimpone unmomentode-10 ton-ma lacolumnaAB, en ambos extremos; estos momento* están producidosporundesplazamientodel marco, cuya magnitud no interesa, como se muestra en la misma figura. Los momentos conlaecuación9.6, asignándoleel valorde 10 ton-m al momento y despejando

Enrealidad, noesnecesarioaplicarfor­ malmentela ecuación 9.6. Bastacon recor­ dar que los momentosson proporcional** a

■ i los valores de El de las columnas e Inver­ samenteproporcionales a los cuadrados de sus longitudes. Estas relaciones son las que están expresadas-numéricamente en'la ecuación 9.8. Es importanteobservarqueel signodeestosmomentoses negativo, yaque al introducir un desplazamiento hacia la derecha, como se muestra en la figura 9.6b. ambascolumnas giran ensentidohorario (véase la figura 7,7 paraestaconvenciónde

a p a

-Ya teniendo los momentos de empo- I tramientoperfectoen lascolumnasABy OC, I se liberan losempotramientosquesehabían I introducidoen susextremos, efectuandolos I ciclos necesarios de distribución y trans- I porte. Esto se muestra en la tabla 9.2. los I factoresde distribución son los mismosque I se habían calculado para la tabla 9.1 y los I momentos de empotramiento perfectoson I los que se acaban de obtener. Después de I tres ciclos, se obtuvieron los momentos I

dos y los momentos totales hubiesen sido tosmismos. Inclusivesepudieron haber Im­

ha resuelto el marco suponiendo
pendientes a un desplazamientodel marco lucia laizquierda. Al aplicar laecuación9.3, o al plantear la ecuación de equilibrio de * fuerzas horizontales, el valor dé X hubiese resultado negativo. Obsérvesequeei procedimientosegui­ dodesde el planteamiento del marcoen la figura 9.6-a, hasta la obtención de los mo­ mentos corregidos en el penúltimo renglón dela tabla 9.2, es aplicabletambiénal aná­ lisis demarcos sujetos únicamente á cargas horizontalesen losnudos. Estoes importananalicen para cargas verticales y para cargas horizontales en forma separada. Las pri­ meras representan las caigas vivas y muertas permanentes, y lassegundas, lascargas accídentalesdevientoosismo.Yaquelascargas vivas y los factores de carga suelen ser diferentes para los dos tipos dé acciones, conviene hacer el análisis por separado y luegoobtener las envolventesde momentos flexionantes, fuerzas cortantes y fuerzas normales sumando los resultados parciales. Aún más; como las fuerzas horizontales de viento o sismo pueden actuar en los dos sentidos, o sea, tanto de izquierda a dere­ chacomodederechaa izquierda, si se hace el análisis por separado, basta cambiar el signo de las acciones calculadas para un sentido, para tener los valores correspon­ dientes al sentido opuesto. Ejemplo 9.1 So resuelve un marco de dos crujías y un solo nivel con diferentes altu­ ras, momentos de Inercia y condiciones de apoyodesuscolumnas. Porser asimétricoy portener una fuerza horizontal aplicada en éncl:núdo5>tlénoposibilidaddedesplazalos1patos1/by cK han llevadoa cabo • la misma manera qtie oh ejemplos ■Mm . Después; en la primera etapa, se

—„rio tn producidos por B U misma ¡T,,, end mareo original. En este ejernJv ggnfinesdeIlustración, sehan resuelto J d * alternativas Se veri que el trabajo Tffl&icoseincrementa ligeramente, jbiacontinuarcon la segundaetapa, se

ponda»a unafuerzade11.55 tonseránIgua­ les a los de la Tabla B multiplicados por 11.55/7.30, De estamanerasehan calcula­ do losfactoresdecorrección para la fuerzas

^JÜÜÜrfosderivados de un desplazamiento oíyamagnitud no Interesa conocer, como g explicó anteriormente on esta misma ¡tcuón. En el ejemplo, se Impuso un

en laTabla C del paso i. En el renglón II) se

Tabla A, o sea, con el desplazamiento late­ ral impedido. Los momentos que aparecen en el renglón (2) se han obtenido multipli­ cando los momentos de la Tabla 8, que co¡ecalcularon los momentos en las otras columnas, sobre la basede que son proporcionafes al valor de 0 e inversamente piopóÁIohatesalos cuadrados de las longitudes debs columnas,^ecuación 9.6. En el?caso fuerzade 11.55 ton. Enel renglón(3) aparece la suma de los momentos de los renglo­ delacolumna £C, hay que lomar en cuenta - nes (1) y (2), que representa los momentos pt su rigidez lineal es 1/2 de la rigidez hall delas otras columnas, porque uno de asextremosestá articulado. De esta manera desplazamiento lateral impedido y de los «obtuvieronlosmomentosdeempotramiento momentos que corresponden a una fuerza perfectomostrados en el croquis dibujado horizontal de 11.55 ion; valor este último «ibadelaTabla 8, mismos que aparecenen que equivale a la fuerza aplicada de 10 ton dcuáitorenglónde esta tabla. y a la fuerza de 1.55 ton que anula a la re­ los cálculos correspondientes a la li­ acciónen el apoyoD que impide el despla­ beraciónde los nudos se han efectuado en zamientolateral, comoseve enla figuraque bUla 8, obteniéndose los momentos fi- está al principiode la primera etapa. En el «fes mostrados en el último renglón. Las renglón MI se muestran los momentos que •r r lomcj horizontales en los apoyos delas “ taimas aparecen calculadas a continua­ 135 ton, ya queson losde la Tabla 8 multi­ da delatabla. Se observa que la resullanplicados por el factor conectivo X,. Estos * deestasreacciones es una fuerza de 7.30 momentos, sumados a los del renglón (I). proporcionanlos momentot totalesparacar­ actúade derecha a izquierda. Por lo ga vertical únicamente, renglón (51, ya que •*0. lafuerzahorizontal que produciríalos son la sumade los momentoscondesplaza­ ^Pfazamientos laterales correspondientes momentosfinales tendría estemismo miento lateral restringido y de los momen­ tos producidos por la fuerza horizontal de gMP*roactuarla de izquierda a derecha. 1.55 ton. Por último, en el renglón (61 se * * Calcular los momentos que presentan losmomentosproducido»por una ¡***ponden a las fuerzas de 11.55, 1.55 fuerza horizontal de 10 ton. 10ton, es necesario corregir los moEnel pasog secalculan y se trazan los Bm8|finales multiplicándolos por los facdiagramas de fuerza normal, fuerza cortand»corrección calculados al final del SgW. Asi, ti los momentos finales de la tan las acciones que corresponden al caso ^^•«•nesponden a una fuerza horizonde fuerza horizontal de 10 ton sin cargas

verticales. Por esta razón, al calcular las re­ no aparecen cargas transversales entre los en la columnaABe» la reacciónen el extre­ mo B del miembro BC; esta reacción tiene signo negativo, o sea, que' la1columna tien­ dea levantarse, por loquetrabaja a tensión y el diagrama tiene signo’positivo. La fuer­ za normal en la columna EC es la suma de las reacciones en el exlremo C de las vigas flC y CD. Esta colufnna también trabaja a tensión. En cambio la columna FD trabaja a

Paso a) Cálculo de las rigideces angulares simplificadas. w

* M il * 0.20/„

MßMPUl 9.1 (continuación) 3_x,r.'27¿

^ K |í¡b f “ "g ej*^4> RisoWCálculo de los factores de distribución.

BA2S+0.40+0.18'.',

i- ¿J

^ ^ ^ g a 4 0 _ _ _ _ 0482 0.25+0.40+0.18 I

fPc- =- l j p*-18 . -0.217 r : “ • 03|+0.40-l;0,1,8

^ HAyE k=î *' 0.40 =0.667 „ ,,, .. 0.40+0.20 K

/Po,= °'?°— ¿0.333 " 0.40+0.20

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Alternativas para obtener por separado los momentos por cargas verticales y horizontales.

A v o Se impone ala columna AB un momentoarbitrario(en estécaso -10ton-m) y I "calculan los momentos en las otras columnas.

Para una carga horizontal de 1.55 ton; X> 41 “ 0.212 1 -^ 7.30 Para una carga horizontal de 10 ton:

ta o A Cálculo de momentos totales. H

Tabla C. Obtención de momentos corregidos y momentos totales.

am/enlo (Tabla A) '■01 Momentos finales sin despla <2)Momentos finales de la TablaB multiplicados por X. Momentos totales para cargas verticales y horizontales simultaneas, | II +(2) B Momentos finales de la Tabla multiplicados por X, ________I B Momentos Males......... para cargaverticales únicamente II) * 14) 5| M m finales de Ia Tabla B multiplicados por X, •momentos totalespan carga ■ I horizontal únicamente.

(

Figura9.9. Determinaciónde Im reaccioneshorizontalesehcadapiso coniunto, como semuestra en «P Í-9-c. Las fuerzas horizontales en del segundo nivel, y rtp. fi partirde los momentosen las H W ®Cy CF. Después se plantea la B m B <*•equilibrio de fuerzas Horizont (MT Cow'° » te conoce el valor de W/ ***»ners«el valorda la «acción Hr

cadapiso, hastallegaral inferior. Enef ejem­ plo queestá sirviendo flomoilustración, se calcula a continuación la reacción H,, a partade! equilibriodefuerzashorizontales en el primer piso y del valor yacalculado de lasreacclonesHjY comoisemuestra en la figura 8.9-d.

za horizontal en el tercer nivel, que te ha I denominado Hn . Esta notación Indica que I es la fuerza en el nivel 3 debida a un des-1 plazamiento Impuesto en el mismo nivel 3.1 El cálculo de esta fuerza se realiza comose I indicó en la figura 9.9-6, pero se debe to- I maren cuenta quees la fuerza que produce I el desplazamiento impuesto, y no la reac-1 ción que impide el desplazamiento. Ya calculada la fuerza H33, se calcula I la reacción Hly de la manera indicada en I la figura 9.9-c, y después la reacción H., J como se planteó en la figura 9.9-d. Se debe. reparar en que H„ es la reacciónenel nivel I 2 debida al desplazamiento impuedo enel 1 nivel 3 y H,¡ es la reacción en el nivel I I debida al desplazamiento impuesto en el I lafigura9.9 Una vez obtenidas las reacciones H,, H, y Hydebe resolverseel marco mostrado en lafigura9.10, unmarcocon fuerzas ¡gua­ le? y de sentido contrario a las reacciones calculadas. Los momentos obtenidos del análisis de este marco, sumados a los obte­ nidos en la primera etapa, o sea, con los desplazamientos horizontales impedidos, serán los momentos totales. Se verá ahora cómo resolver el marco de la figura 9.10. R n llevar acaboel análisis del marco de la figura 9.10 se procede de la manera mostrada en la figura 9.11. Se empieza por Imponer un desplazamiento en el tercer ni­ vel. restringiendo el desplazamiento de los otros niveles, figura 9.11-a. Esto te hace de la misma manera que en marcos de un ni-

A continuación, el desplazamiento se I imponeen el nivel 2 y se restringen los des­ plazamientos en los niveles 1 y 3, figura 9.11-6. De la misma manera descrita en losj dos párrafos anteriores, se calculan la fuerza I Ha y las reacciones Hu y Hlr Nótesequeal I imponerel desplazamientoenel nivel 2, apa­ recen momentos de empotramiento perfecto en las columnas de los entrepisos 2 y 3. faia llevar a cabo los cálculosde esta etapa, sefija el momento de empotramiento perfecto en cualquiera de las columnasafectadas y secal­ culan los momentosen las otrascolumnas de acuerdocon su rigidez lineal. Como paso siguiente,el desplazamien-; to se impone en nivel 1 y se calculan la fuer-. za H„ y las reacciones H¡, y H„, figura, 9.11-c. En marcos de un mayor númerodel niveles habrá que repetir el procedimiento* tantasveces comonúmero depisostengaelj

empotramiento perfecto arbitrarlos en una de las columnas del nivel, calculando los momentos en las otras columnas de acOérdoa su rigidez lineal y llevando a cabo los «Idos de distribución y transporte de mo­ mentos. Una *,ez terminados los ciclos de distribución y transporte, se calcula la fuer­

En la figura 9.11 se han dibujado todasi las fuerzas H„ de derecha a Izquierda, pero^H al hacer los cálculos reales no resultan das del mismosigno. Asf, la fuerza figura 9.11-a seguramente tendría un sentl-^H do de Izquierda a derecha, ya quees la produce un desplazamiento en ette mlamo^H

¡¡fkt.f.obtenidosen el último renglónde b labia, entre la altura de 3m. A partir de ú «aloresde las fuerzas en las columnas y ¿cíareacciónyacalculadaF,. sedetermina j valor de la fuerza f2 por equilibrio del columnaCD, enellatambiénsedesarrollan • Demanera similar se calcula rafuerza momentosde-10 ton-menambosextremos. ¡ Enestecasoel diagramade cuerpo libre En las otrascolumnas, como no hay desplacomprende los tresniveles de la estructura, ■ al plantear el equilibrio de fuerzas horizontales se debe tomar en cuenta que análisis. lasfuerzas f2y f, ya han sido calculadas Una vez obtenidos los momentos como se describió en los dos. párrafos finalesenlatablamencionada, M calcularon anteriores. Obviamente es importante que untólas fuerzasen las columnas como las F—y Fi3. Recuérdese que con la notación fracciones en los apoyos ficticios se usada el primer subíndice indica el piso en ■traduzcancon sus signos correctos. que se desarrolla la fuerza, y el segundo, el pisocuyodesplazamientoproduce lafuerza. La siguiente etapa del proceso de anilHIs consiste en resolver un marco con Igual que para el cálculo de las fuerzas F berzaslateralesigualesy desentidoopuesto explicadoenel pasod.esnecesarioempezar alasreacciones F determinadas anterior­ conel diagramadecuerpolibredel entrepiso mente,tal comose explicó en relación a !a superior, y calcular f , Después trazar el ñgura-9:3¿Perocómoenesteejemploexisten diagramade cuerpo librede los dos niveles cargaslateralesadicionales a las verticales, superiores y calcular f„; y así sucesiva(■berzaslateralestotalesdebenser iguales A continuación, enel pasof, s c _ _ _ • la suma de las reacciones con signo un desplazamiento hacia la derecha en el gmCútlo y las fuerzas laterales reales. Por nivel 2 manteniendo restringido el de los SjMo! la fuerza Hsen el croquis que está niveles 1 y 3. Este esquema corresponde al ■b del paso e, es igual a lá fuerza lateral de la figura 9.11-6. En este caso se supuso *®l deA ton que aparece en los datos del un momentode + 10 ton-men la columna IMplo másuna fuerza de 2.1907 ton,esta CD (la cuerda gira en sentidoantihorario) y JPm Igual y de sentido opuesto a la se calcularon los momentos en las otras ■»cclónf.. De igual manera se calcularon columnas. Como la columna £F tiene la «,r H,. misma longitud y el mismo momento de Enel paso e se inicia la resolución del mencionadoenel párrafoanterior. En "toMadeestepaso se analiza un marco al Kfl S ha impuesto un desplazamiento en BCy /Gi.Jos momentos se obtuvieron con la ecuación 9.6, que indica que los 3. manteniendo restringidos los ^ligamientos en losotrospisos«comoeti momentos en loa extremos son propor­ "■tura » . u R h i esto se supusieron cionáis*' a

•I croquis anterior al paso e son las fuerzas términos, independientes. resolvió el sistemai/oecuaciones y se determinaronlas incógnitas Xv J(2 y X3, que representan los factores correctivos por ios cuales deben multiplicarselos momentosobtenidos enlas tablas de los pasosg. /y e,.rMpeclivamcnte. En el ejemplo, estas incógnitas resultaron con valores de 7.686, 1.1.379 y 16.457. En este caso, todas resultaron con valores positivos, pero en otros ejemplos algunas pueden ser negativas, o también pueden veen la tabladel paso (. serlo si los desplazamientos se imponen en El desarrollode la labia y el cálculo de Otro sentido. lasfuerzas en los pisos, P¡¡, F¡¡ y f ,2 son 'En el paso I se calculan los momento» similares a los del paso anterior, por loque finales. Primero se multiplicaron loa noameritan mis comentarlos. momentos obtenidos cuando se impuso e, ■ En-el paso siguiente se Impone el desplazamiento al piso 1 por el valon desplazamientolateralal piso 1, comoenel resultante de X, (ólX,), después se hizo m esquema de la figura 9. M*f. A la columna BC se le asignó un momento de 10 ton-m, mismo para el piso 2 (A2X2)> y a continua­ ción para el piso 3 ÍA3X3). Los momentos positivo porque la cuenta gira en sentido asf obtenidos.sesumaron a los del paso<¿o| antihorario, y secalculócon la ecuación9.6 sea, a los. que corresponden a desplaza­ al momentoresultante en las columnasAB mientos laterales restringidos (A = O,en la y CU: tabla). La suma de todos estos momentos representa los momentos finalesenel marco « a .íM Í mostrado al principio del ejemplo, bajo la S p )2 acción de carj^s verticales y horizontales. Nótese que si cambian las fuerzas horizontales aplicadas al marco, ;lo único que se requiere modificar son los términos Independientes del sistema de ecuaciones. Si el marcohubieseestadosometidoa caigas la»columnasAB y CHgiranensentido laterales únicamente, nose hubiesencalcu­ negativos. A partir da asios momentos se lado los momentos correspondientes a la etapadedesplazamientos restringidos, paso desarrollólatabladocálculocltfj pasog y se d, ya que todos son nulos. V si el marco calcularonlasfuerzas yPt¡ comoya se haexplicadoparalos pasos amerioros. los términos independientes del sistema de Yahabiendocalculadotoda«las fuerzas ecuaciones serfan las fuerzas laterales fj t» sustituyeron sus valores en et sistema «••«aciones 9,10, conofumas H-De la obtenidas al flnál 'del pasod.

H V - ----- £*C--— -=0.4545 K& +Kk +Kgc l()+0.2lo+Iq

Ml9 FCLj.rn----- £ b ------ --------------------- = 0.5357 KCb +kcf +kcd /o+0.2/0+0.6667/„

Kcb+Kcf+Kcd

Fife— — £a---------------------------- =o.io7i Ì.- . fc+0.2 *,+0.6667*,

Ko+Ko+Kcd

Ü H fa ,------ *02------------ 1^ 7 /g V ,."“ ' 4»+0.2/1)+0.6667/„

B

Ä ° i' gK dc +Kqî §0.6667/„+0.2/0 " 0-76®2

fo0f ■

FDp-0

“ 0 6667/+0 2T*'02308

piFDrc; FDnçafDa,; FDK ±FDCB; ,

EJEMPLO9.2 (continuación) Fuerzas horizontales

debidas

enelnivel3.

al desplazamiento

■

i

I EJEMPLO9.2 fcontinusción) I Cálculo defuerzas horizontalesdebidas al desplazamiento en el nivel 2. I Fue

ondcsphrjmlenlohletot EJEMPLO9.2 (continuación) Fuerzas horizontales

debidasaldesplazam ientoenelnivel1.

—

«

apoyosenlo's y queim pideneldesplazam ientolaieral.Losm om entosU_ labìa Calcularlosvaloresdelasreaccionesenlosnudos/y nudos / H

en ton-m.

H.

///// ///// H— j r 1^

///// |

ìnférìorj

9-2 Durame la resoluciòn del marco por el mètodo de Cross, se restringe el desplazamientolaieral del pisosuperiory seaplica undesplazamienloal pìso j magnrtudqueproduceen lacolumna^ momentosde^50ton-mensusextremos, j ra S'fo todos los nudos. Calcular los momentos que .

496 Método de Cros

ireos COI desplazamiento/alera

6ton_ 3Elo

*

1

2Elo

*

2Elo

K , m H c 3 m >l

Figura 10:1.'Concoptodelínea de Influencia mismopunto, ya que ahí es máxima la orde­ nadadelalíneadeInfluencia;peronosiempre es así. Es importanteobservar quecadapunto o1sección de una viga tiene una línea de influencia diferente y la forma de la Ifnea de Influencia es también diferente para cada acción. En lo que queda de este capitulo se presentan métodos paradeterminar líneas de Antes de proceder a la exposición de métodospara calcular líneas de influencia, es conveniente recalcar la diferencia entre diagramas de acciones y lineas de influen­ cia. Por ejemplo, la ordenada de un diagra­ ma de momentos flexiónantes en un punto cualquiera es igual al valor de esta acción determinada. Las ordenadas Ye y Yp en la figura I0.2-* representan el valor del momento flexionante en las secciones C y O; respectivamente, para la viga de la figura 10.1-a sujeta a la carga P. Porotra parte, la ordenada de la linea de influencia en un punto cualquiera es igual al valor del mo­ mentoflexionanteenun puntodeterminado cuandohayunacargaconcentradaaplicada laAsm 10.2-6e* igualal valordel momento ftelionanie en el punto C cuando hay una

carga concentrada aplicada en el puntoD. I Puede ser que la carga esté aplicada en el I mismopuntoparael quesetrazó lalincade 3 Influencia; sería el caso de la ordenada y, en la figura 10.2-6 que proporciona el

estáaplicadatambiénenC. En otraspalabras, 1 el diagrama de momentos flexiónantes se 1 calcula y se traza para una carga detenni- I nada y proporciona el. valor de una acción 1 encualquiersecciónporefectodeesacarga. 1 La línea de influencia se calcula y se traza I para un punto determinado y para una I accióndeterminada, y proporcionael valor 1 delaacciónenesepuntocuandohayunacar- I gaaplicada.en unpuntocualquiera. UCZ^Z neade influencia hayquetrazarla parauna 1 determinada acción y paraun puntoosec-1 ción de.una viga. Por ejemplo, la línea deI influencia de la figura 10.1-6 es sólo para I momentoflexionantey sóloparael puntoC. I Nótesequees necesarioespecificar tantola 1 acción comoel punto o sección dela viga, j En el ejemplo dela figura 10.1-b, la linead*1 influencia es de momento, flexionantoM (acción) en elpanto C* > En el párrafo anterior, por claridad de■ la exposición, se ha usadoel casode línea de influencia.de momento flexionante f f l

para la viga de la figura 10.1-a con la

Figura 10.2. Diferenciaentrediagramadeaccióny líneadeinfluencia también se calculan Ifneasde In­ fluenciaparaotrasacciones, fuerzacortantey fuerzanormal, y para otro tipode estructuos o armaduras. Suelen calcularse Ifneasde influencia dé reacciones, ya que le conocerlas para ciertas is de puentes. También se ha m la explicación anterior que la cap aplicada tiene un valor cualquiera P. B cálculode Ifneas de Influencia se hace normalmente para cargas unitarias, y los •aloresparaotrascargasseobtienenporsim­ plemultiplicación, yaque sondirectamente proporcionales al valor de la carga. Este j caso de estructuras

11-2Método directo Supóngaseque sedeseacalcular la líneade “ Kía déla reacción enA de la vigade ira 10.3-a, obteniendo las ordenadas jjj K secciones señaladas. El método mis ' ío, perono el mis expedito, consisteen , Jcar una carga unitaria en las distintas "«ion« ycalcular el valor correspondiente i U«acciónenA. R%Porejemplo, secolo­

ca una carga en la sección 1, figura 10.3-6, secalcula el valor de RAcorrespondiente, y este valor será la ordenada de la Ifnea de Influenciaen la sección 1, figura IQ-3-c, de acuerdo con la definición de linea de in­ fluencia. Despuéssecoloca la carga unita­ ria enel punto2, figura 10.3-ef, secalcula el valor de RAcorrespondiente que sera la or­ denadadela lfneade influenciaenel punto 2, figura 10.3-e. Serepiteestecálculo colomostradas en la figura, y cada valor de RA será la ordenada de la Ifnea de influencia en el punto de colocación de la caiga. De esta manera se tendrían las ordenadas en todaslas seccionesdelavigaseleccionadas y uniéndolas setendría la línea de influen­ cia, como la mostrada con línea punteada en las figuras 10.3-cy 10.3-e. ■ En vez decalcular las ordenadasde la línea deinfluenciapuntoporpunto, comose acabadeexplicar, resultamássencilloplan­ tear una ecuación para la reacción, o para cualquieracción, enfuocióndelaposición, », de la carga unitaria. Supóngase, en referencia a la figura 10.1-J, que se desea calcular la línea de Influencia para la reac­ ciónenel apoyoA, y par» la fuerzacor*

Rftn 10.3. Lineade «fluenciade una reacción calculada puntoporpunto tantey el momento flexionariteenel punto C, quesedenominarán Vc y respectiva* mente. Se coloca una carga unitaria en un pomocualquier o. figura 10.4-a, localizado a unadistanciax del apoyoA, y se plantean bs siguientes ecuaciones, en función de x, para Ka, V, y M,. ,10.1)

K

'

ooj |

Rara cXSI . o sea, si la carga unita­ ria secoloca entre los puntos C y B: | V =R - 1 - i i flM Rira OSx.Sjt , o sea. si la caiga unitad ria se coloca entre los puntosA yC: .o a

quevil* Osi eslá colocada en el punto o sea, en íiíl mismo empotramiento. Ta Wn se sabe' que la función de momen flexionante es una sola a lo largo de viga. Entonces batía unir el valor de en el punto I y el de 0 en el punto 7 pa tener la linea completa. En cuantoa la carga unitaria en dos puntos cualesquie de la viga, por ejemplo el 2 y el S, til lor de la futría cortantees - I. Entonces linea de Influencia es una paralela al o

Como una primen aplicación del col ceptode lineas deinfluencia, supóngaseqil unacaigaconcentradade8 tonsedesplazaa k>largo de la viga y que sedesea calcular el para distintasposicionesde estacaiga. Basta multiplicar la ordenada de la Ifnea de inl fluenciadeMt enéj puntodeaplicaciónporel valor de la carga, para tener el momentode el punto3, el mamentoflexionanteenel em­ potramientovaldrá (-1) (8) ■-32 ton-m. laj cualquierposicióndelacarga, seráde-8Mn. 3

Líneade influencia de Mg

Línea de influencia de VB

Ejemplo 10.2 Se trata del mismo voladizo del ejemploanterior, peroahorasepiden las lineas deinfluenciademomentoAccionante r fuerza cortante en el centro del claro, o sea, enél punto4. El problema seha resuel­ lo determinando dos puntosen cada tramo en que las funciones son las mismas. Así, para la línea de influencia de momento flexionante, se determinaron dos puntosen el Iramo 1-4: el valor del momento en el punto4 cuandohay una cargaunitaria apli­ cadaenel punió 1, quees la ordenada y., y cuando hay una carga aplicada en el punto 4,quees la ordenada y4. De esta manera se lien* la línea rectaqueva de-3, enel punto 1/a 0 en el punto 4. Por simple inspección puedeversequeparacualquier posición de la carga unitaria entre los puntos 4 y 7, el momentoflexionanteenel punto 4 es nulo, V Por lo tanto todas las ordenadas en elle »amovalen0. Parosi noseviese, secalcula

el momento en 4 cuando la cargaestáen 7, L quees laordenaday7quetambiénvalecero. I De manerasemejantesedeterminóla lí-1 neadeinfluenciadefuerzacortanteenel pun-1 lo 4. Si seaplica una caiga unitariaenel puntoI I, lafuerzacortanteenel punto4 wle-1; porI lo tanto, laordenadaenel punto1es-1. Enel■ punto 4 hay una discontinuidad, ya que la l fuerzacortantecambiabruscamentedevalor I si la carga se aplica inmediatamente a la I izquierdaoa la derechadel punto. R» esose ■ han cakuladodos valore». SI la caiga estáII-fl| gemínente a la izquieida, la fuerza cortante■ en 4 vale-1, perosi eslá ligeramentea I. recha, vale 0, ya que no hay fuerzas a I qulerda de lasección. Si lacarga unitariaestáM aplicada en cualquier punto, entreel situado I ligeramentea laderechadel punto4yel pun-j lo 7, la fuerzacortanteen el punto4 es0, ya que no hay fuerzas a la Izquleida de la segl dón. Poreso, las ordenadasdela lineadaln*J fluencia sontodas nulas.

10.2. CALCULAR LAS lInT IT ^ T T --------------- ------------HflEXIONANTE Y DE FUERZA CORTANTE FN ti *^FLUENCIA DE MOMENTO 0EMPLOANTERIOR L PUNTO 4 DEL VOLADIZO DEL

r ¡jtftCULOS Líneade influencia demomento flexionante SIlacarga está en el punto 1 :

. Si lacarga está en el puntos i Si la carga está en eí punto 7: ¿

i

'

i ■Linea dé Influencia de M4 Lineade influencia de fuerza cortante: 1 carga está en el punto 1: ÉS c a rg ará ligeramente a la izquierda del punto | i

ü

«rga «tá ligeramente | la derecha del

...

8

EJEMPLO 10.2 (continuación) SI la caiga csiá en el punió 7:

Línea de influencia de V.

Ejemplo 10.3 Se Ilustra la obtención de li­ neasde Influencia en unavigacon tres apo­ yos y una articulación interior, por lo cual es isostátlca. Primero se ha obtenido la li­ neade Influencia dé la reacciónenel apoyo C. El principiodesoluciónes el mismode los ejemplos anteriores: se coloca una carga unitaria en ciertos puntos y se calcula la reacciónen C. Bastacon colocar la caigaen no cambia la función, aunque en caso de duda, puede colocarse en más puntos. Asi, entreel punto 1 y el punto 3, la función de Rc t í continua. Si se coloca la carga en el punto I , o sea, sobre el apoyo A. la reac­ ción en C vale 0, ya que toda la carga es tomada por el apoyo A. Si se coloca en el punto 3, la reacción en C puede calcularse como se muestra en el diagrama de cuerpo libreentrelos puntos 3 y 9; resulta un valor de la reacciónde 1.5 hacia arriba. Como la linea de influenciaes una linea recia, porel Principioya demostrado, sepueden unir las oidenadas de0 enel pumo I, y de 1.5 en el pumo 3, para tener el diagrama entre estos do*pumos. Desdeluegoque también pudo (oiocafN la carga unitaria en el punto 2 y calcula»#, .tantoparacomprobacióntomo

para tener la ordenadaen otropuntoqueno fl sean el 1 y el 3. Siempre conviene colocar 1 la carga unitariaen aquellos puntosquecon- I duzcan a un cálculo más directo del valor I buscado. Por ejemplo, colocarla sobre los I apoyos con mucha frecuencia produce va- J lores nulos de las funciones en otros puntos. En estecaso, se colocó la caigaunitaria I puntos y completar la linea de influenciade 1 La linea de influencia de Mc seobtuvo 1 de manera semejante. Se colocó la carga J unitaria en los mismos puntos del caso an terlor y se calculó el valor del momentoen I C para cada posición de la caiga. Obsérvese I quela funciónde momentoen C nocambia I li la caiga seaplica entrecualquier parejade 1 estospuntos. Porejemplo, si secolocaentre f los puntos 5 y 9, la viga trabaja como una I libremente apoyada en C y en O, siempre vale 0 porquees un I A continuación se calculó la linea de I influenciade fuerzacortanteen C. Aqufhay ¡ bruscamente de un punto situado imnedia j lamentea la Izquierdadel apoyoa unpunte j

siiu.'rfoiñmcdialaménlc a la derecha, porel Mode la reacción. Por lo tanto, a menos séespecifiqueparaqué punto se pide la ajarleinfluencia, sedebecalcularuna Ifnea m cadapunto. Así se hizo en el ejemplo. fttrael punto situado inmediatamente nja izquierda de C, se colocó primero la t¿g ¡ unitaria enel punto I. Rara esta posi­ ción, l¡» reacción en A también vale 1, la sumadefuerzas a la Izquierdade la sección es0y, por lo tanto, también la ordenada de h lineadeinfluencia es nula. Si la carga se aplicaen el punto 3, o en cualquier punto cakeel 3 y la sección situada ligeramente ab izquierda de C, la suma de fuerzas a la izquierda déla sección es - I, y ésta es la aderada de la Ifnea de influencia en todos oíospuntos. Al pasar la carga unitaria a la derechadel apoyo C, ya no hay ninguna caga izquierda de la sección locallzadaInmediatamente a la izquierda de dicho apoyo, y por lo tanto las ordenadas de la lineade influencia son nulas entre los pun*s5y9. la Ifneade influencia para el punto locaiizado inmediatamente a la derecha del

de influencia del puntosituadoa la izquier­ da deC y de la reacción Rc , y se observó que la fuerza cortantea la derecha de C es igual a la fuerza córtamea la izquierda mis el valor de la reacción. Entonces basta con nidasparatener la buscada.Asf, enel punto 1, ambas son 0 y la buscada será también nula. En el punto 3, una vale -l y la otra, +1.5, por loqueel resultadoes*0.5; y dela .misma manera en los otros puntos. Cuando se piden varias líneas de Influencia de una misma viga, es frecuentepoderaprovechar, comoeneste ejemplo, una Ifnea ya obteni­ da para calcular las demás. Si se tiene lade : una reacción, por poner un caso, y se pide ladeun momentoflexlonanteencierta sec­ ción, sepuedecalcular la segundamultlpli. candóla línea de influencia de la reacción por la distancia a la sección, y en su caso también la carga unitaria por la distancia a

gEMPL010.3. LÍNEAS DE INFLUENCIA DE REACCIÓN, MOMENTOFLEXIONANTE »FUERZA CORTANTE EN EL PUNTOC DE LAVIGACONARTICULACIÓNINTERIOR MOSTRADA EN LA FIGURA

ñÉMRLO 10.3 (continuación)

gífa carea unitaria se aplica entre .el punto 3 y un ponto a la izquierda de 5r Si lacarga unitaria se aplica a la derecha del punto,St Vc ■0 , B h <■*» unitaria se aplica en 9: 'yg=p

EJEMPLO 10.3 (continuación)

in los diagramas ele lineas do influencia correspondientes.

Linea de Influencia de Vc (ligeramente a la derecha).

que se demuestra mis adelante, conocido Breslau, ingenieroalemán quelo estableció en 1866. Se puedeenunciar de la siguiente manera: la Une» de Influencia de una reac­ cióno de unaacción (momentoflexiórianté o fuerzacortante) tiene lamisma formaque la viga deformada cuando se le impone un desplazamiento unitario correspondiente a la reacción o acción determinada. A conti­ nuación se Ilustra para una viga libremente apoyada, con referencia a la figura 10.5 La ¡incadeInfluenciadela reacciónen A se obtiene introduciendo un desplaza­ mientounitario a la viga en dirección de la. reacción, figura 10.5-6. La formade la viga deformada es la línea de influencia de RA.

Para Introducir el desplazamiento unid_____ se supone quese elimina la restriccióna la 1 deformación de la viga en el apoyo, como I se muestra en la figura 10.6-3, y no seper- I miteotrotipodedeformación, porejemplo; I debidoa flexióno afuerzacortante. Poresta I última razón la viga permanece recta. Se I puedecomparar estalíneadeinfluenciacon I la de la figura 10.4-6. El sentidodel despla- I zamiento en la figura 10.5-6, corresponde I al sentido positivo de la reacción RAen la i figura 10.6-a, o sea, hacia arriba. La líneade influencia defuerzacortanteen un puntoC dela viga, figura 10.5-c.se I obtienecortandola vigaenesepunto, como I semuestraen la llgura 10.6-6, e introduciendo I un desplazamiento unitario correspondían- fl te a fuerza cortante. La forma de la viga 1 deformada es la línea de influencia de . I como puede verse comparando las figuras ■ 10.5-cy 10.4-c. Enestecaso, nodebenper- 1 mltirsedeformacionesporflexiónopordes- M

Figura 10.5. Líneasde influenciaporel principiodeMOIIer-BresIau placimientode lás reacciones. Para que no hpdrformaciones por flexión, los aos fra­ ud e linea de influencia entre el punto C \ *» apoyos deben ser paralelos. De otra MriH relativo, deformación Obsérvesequé _____ j un desplazaSiítíénde quees un desS“ “ «lento muy peí lueflo, ya que de otra y » fasángulo, no podrían Igualarsea sus ■KWS? lasdlstahci- i a/t y b/fmostradas correctas. 5 “ B*ura ip.j-c nWserían HHW W B B W'*P ^*™tfWdwplazamientoen la figura 10.5-

c correspondeal sentidopositivode la fuer­ za cortante 10.6-6, o a, la fuerza cortante | es positiva en una se ción cuando las fuerzas a la izquierdason PKfecha son haciaabajo, dolas fuerzas a la p Influencia de momento flexionanleen ur■unto C de la viga, figura Introduciendo’ Una arti­ culación en esepunto, como se muestra en la figura 10.6-c, e Imponiendoun giro uni­ tario/ o sea, la deformación correspondien­ te a flexión. La forma de la viga deformada es la línea de Influencia de Se puede

[abajoigual á la magnitudde las cargas kudesplazamiemo, y por el Teorema Bell!, estos trabajos deberán ser iguales*POrlo tanto, se puede escribir la

Ü'Ko'y-OJM si el desplazamiento

S S S h 321

Bo

Estaecuación indicaquesi seaplica una caígaunitariaenun puntosituadoa unadlsdel origen, la ordenada de la viga desplazadaen el punto de aplicación de la cargaosigual a la reacción R_, producida por li caiga unitaria. Esta es la definición de ■bot influencia y por lo tanto la viga desplazádacoincidecon la línea de Influencia, lodial demuestra el Principio de MüllerW u. De qianera'semejante, si el desplaza­ mientoqueseimpone a la viga corresponde i cortanteen el puntoC desarrollará ■■abafoigual a la magnituddelafuerzapor desplazamiento en el punto C, y la caiga untrabajo igual a la unidad por el , -Jmiento en su punto de aplicación. Sitlomaen cuenta queel desplazamiento H p a unitario, coto conduce a las •Oadonei: v

j

(io:l2)

if.íiu ecuación Indica que la ordenada J g *%»deformada en el punto de aplicabK¡jelacana es igual a la fuerzacortante I a «acciónen la que se hnpmo la defor-

qúe,demuestran que fa viga deformada de la figura 10.5-e/coincidecon la líneadein­ fluenciademomentoflexiónanteenel punEn general, la obtención de líneas de influenciaconel PrincipiodeMOIIer-BresIau es mis sencilla'queconel métododirectoy ayudaaqueel estudiantedeAnálisisEstruc­ tural adquiera habilidad en el trazado de estnidurasdeformadas. Tambiénpuedeusarse para obtener líneasdeinfluencia deesaructuiashiporéstáticas, si bienenestaetapadel cuno, sólo en forma cualitativa. A conti­ nuación se ilustra el métodocon algunos ejemplos. Ejemplo 10.4 Setrazan líneasdeinfluencia de una viga con dos voladizos usando el PrincipiodeMüller-Breslau. Paralaprimera líneade influencia, dereacciónenel apoyo O, le elimina la restricción de reacción, desplazamiento unitarioen el apoyoO. La vigatomalakXBUA'SC'D'í' Obsérveseque nose viola la rattricción dereacción*n B, yaqueestepuntonosedesplaza, y comola viga permanece, recta, nose viola tampoco ninguna restricciónde fuerza cortanteode momento flexiónante; es decir, no hay ningún tipo de desplazamiento de Jo> mostrados eñ las figuras IftM .J.'Jfc teniendolaordenadadela líneadeiníluen-

mencionadoapoyo. A partir del giro proporciónseca

in lasordenadasen

Para la linca de Influencia de fuerza énéStásección, comoen la figura10;6-6, y se Introduceundesplazamientototal unitade estedesplazamientocorresponde a fuer* zascortantespositivasycomolasecciónestá enel centrodel claro, cada desplazamiento parcial vale0.5; para otrasseccionessecal­ cularían con las expresiones mostradas en la figura 10.5-c. El tramo A'BC' tiene que pasarporel apoyo8, paraque noseviole la restriccióndereacción, y tienequeserrecto,

y s.

Finalmente, para obtener la línea de ^fluencia de momento flexionante er lección 4, se introduceen esta secciónuna articulacióny seimponeungiróunitariopro­ ducidopormomentosflexionantespositivos, como los mostrados en el esquema. El tra­ moA'BC' tiene que pasar por el apoyo8y Vtambién

fuerza cortante y momento flexionante. Él el apoyo y permanecer recto. Por lo tanto, la línea da Influencia queda definida por A'BC'C’Dt'. Teniendolas ordenadasen C' y en C-. se calculan las de los otros puntos porproporción. En el siguiente caso, línea de influen­ cia de momentoflexionante en O, se intro­ duce una articulación en ese punto, como en lafigura 10.6-c, y seimponeungirouni­ tarioproducidopor momentos flexionantes positivos. Al aplicar estosmomentos, el tramode vigaA8CO no puede moverse; pues nopuededespegarsede losapoyos 8 yD. y «¡ene.queconservarse recto. El tramoOí sf puedegirar, yaquetieneunextremolibre, y

H i Nadamás Ihay quecuidar quesóloseelimineunares| tricción a la vez, la correspondienHH^H neadeinfluenciabuscada. Sedebeteneren cuentaquesólohayunamaneracorrectade eliminar la restricción correspondiente y I conservarlasdemás. Enlafigura10.7teilus­ tran algunas Ifneas de influencia ing^zzz tas, correspondientesa este ejemplo, enlas queseelimina másdeuna restricción.E4M de la figura 10.7-a se Impusoel desplazamientoenel apoyoO, perotambiénungiro en el punto O', que implicaría eliminar la

unitario; corno se muestra en el esquema. Nòteseque, porel sentldodel momento, la vigasedesplazabadaabajo?EstoIndicaque si te colocancargasenel tramoDE sodeta/follartib1momentos negativos en el apoyo

mosA'8C'yC”DE'nosqnparalelos, locual también implicaría romper larestricciónde momentoflexionante. Enlafigura 10.7-cte Imputoungirounitarioenel apoyoD. pero te desplazó este mltmoapoyo, locual sig­ nifica que te rompióla restriccióndereac­ ción. Y en la figura 10.7-dte Impusoel giro unitarioenC'. perotambiénteIntrodujootro girotobre el apoyoO. ■

se, por la forma de la linea de influencla, que ti te colocan cargas en el restode la viga, nohabri momentosflexionantesenel

En la figura 10.7-6 el desplazamien-

EJEMPLO 10.4. CALCULAR LAS LÍNEAS DE INFLUENCIA OE REACCIÓN EN D, FUERZA CORTANTE EN LA SECCIÓN 4 Y MOMENTO FLEXIONANTE EN LAS SECCIONES 6Y 4, USANDO EL PRINCIPIO DE MÜLLER-BRESLAU

EJEMPLO IO LÍNEAOEINFLUENCIADEREACCIÓNEN

i

»

LINEADE INFLUENCIADE.FUERZACORTANTEENB:

r, LÍNEAOEINFLUENCIADE.FUERZACORTANTEENC:,

B fe fcsk fr

I

I

I

fe

IÍNEADEINFLUENCIADEMOMENTOFIEXIONANTEENC:

—ili'

Jo 10.6Esteproblema sehabfaresuello íjriemplo ,0-3 P°r el mí,odo directo, seresuelve utilizandoel Principio de ¡„.Breslau para que se pueda ver, por

■alquiercargaaplicadaentreA y C producirá omentosnegativossobreel apoyoC. >eade influencia a cada lado del apoyo C, >rqueel diagrama de fuerza cortante cam* bruscamente al pasar de un lado a otro, iraobtener la correspondientea la izquierda «aplica el dcsplaz;

tlculación interna j Enestepunto, nuevamentepuedegirar. p¿ _ p inrel puntoA dondetambiénpuedegirar. nopuededesplazarse. Ñútese que en el «u C b viganopuedegirar, puesserompería hrestricciónde momento ílexionante. Tenieni>bsordenadasdela líneade influenciaenlos os'D, C y A, las demás se obtienen por

stranenel detalle correspondiente, de B CD no puede girar ni desplazarse, ntpode reacción. Por lo tanto, el giro |ue desarrollarse en el tramo CB. que tieneunaarticulaciónencadaextremo. Apuntospasaa lá posición B', dondela viga "*j** a girar para alcanzar el punto A. la •fcnadade¿"secalcula multiplicandoelgiro ¡P por la longitud CB, y las otras daspor proporción. Pür el signode los gosaplicados en C, el tramo CB gira P*> antihorario, lo cual indica que

desplai hada abajo y el pi

para alcanzarel apoyoA. Con ¿Moya queda Laúltimalíneadeinfluenciadeesteejem­ ploesladefuerzacortanteenC, peroligeramente a laderecha.Ahorael cortesehacedelotrolado, como se muestra en el detalle, y el despla­ zamientoresultahadaarriba, porel signodelas fuerzascortantes. El puntoC pasaa la posición C'.ydeaquflalíneadeinfluenciaseuneal apoyo Oquenopuededesplazarse.Conestoyaqueda deiinido el tramoCD. A la izquierda de C, el paraquenohayagirorelativoentrelosdos, pues

13USANDOEL PRINCIPIO

n»leletrasero, hta carga»cene» * mowrada en el entupió. Sepide E a k u U i H valor máximo dfyir iUnode unareaccióncuando u H0¡pje puedon ser vehículos J H I B^ fenvaniH Rruas vuiam. h l Eneaie ledonoseincluye la determinacióndel va lo>délascaigas, el cual puede encontiaise epespeciflcacIones reglamentarias o en liannales do los fabricantes de equipo, se­ gúnel caso. Por elempla. el electo de auto* móviles o camiones se representa por car* ■ concentradas cuyo valor depende del pesodel vehículo/.incluyendo la carga que llevan, y del número de ejes. Un reglamen­ tomuy usado para determinar estas cargas eielde.laAmerican Assoclationof Highway TransportationOfficials (AASHTO). Las car­ ies deferrocarril le representan por cargas concentradas y distribuidas, como se espe* dtcan, porejemplo, en el reglamentode la American Railroad Engineers Assoclation UREA). En el caso de grúas viajeras, las car­ ies de diseño dependerán de su capacidad decarga y de su peso propio. Es frecuente ■Wbalándosede cargas móviles, sea nece­ ado incluir un factor llamado de impacto, incrementa el valor de las cargas estáti­ cas más o menos entre 15 y 30 por ciento, ble(adornose aplica, desde luego, el peso de los elementos, sino únicamentea ■ cargas vivas. En los siguientes ejemplos * Huma la utilización de las lineas de In­ fancia para calcular los valores máximos ÍS acciones y reacciones, suponiendo que •car*»» han sido ya determinadas. gtopio, 10.7 Sobre la viga utilizada en el 10A, circula unvehículocuyopeso Incluyendola cargaque llevayei efecImpacto, se puede representar poruna de 2 Ionen el eje delantero y otrade

CCiMt((4,OIBl lo ltldm o O

ordenada» a cada metro. Observando esta /a valores mayores cuando les cargas te aplican en la pane dciccha de la v.ga. ya toncos, la posición más desfavorable del vehículosepresentacuandoel ejedelante­ ro queda situadoen la sección 8, o sea, en el extremoderecho. Yaquela distancia en­ treejeses de 3 m, el ejetraseroqueda loca­ lizado, para esta posición, a la mitad entre las secciones 6 y 7. El valor correspondien­ te de R0 puede entonce» calcularse multi­ plicando la carga del eje delantero, 2 ton, por la ordenadadela lineadeinfluenciaen la lección 8, que os 1.50, la carga del eje trasero, 3.5 ton, por la ordenada del punto slluado a la mitadentre las secciones6 y 7, que es 1.125, y sumandolos resultados. Se obtiene así unvalordeR0 de 6.94 ton. Nó­ tese que para cualquier otra posición del vehículo, el valor deR0resultamenor.Tam­ bién queda claroque si el vehículocircula dederecha a izquierda, el valor máximode RDresultadiferente, yaqueteobtienecuan­ doel eje traseroestáen lasección 8 y el de­ lantero, al centroentre lassecciones6 y 7. En forma semejante te calcula aconti­ nuación el valor máximo del momento flexionanteen lasección 6. Sereproduce la linea de influencia correspondiente, ya calculadaenel ejemplo10.4,yseobtervaque el momento máximotambiénocurre cuan­ do las cargas seaplicanenlapartederecha de la viga, ya que ion mayores lat ordena-

sección 8 y multa un momentode -14 tonm, nmyorqueelicorrespondientea la primera posición. Obsérvesequemientrasel vehfculo circula entre las secciones 1 y 6, no produce ningún momentoen esta últimasección. centrodelclaro, laposiciónmásdesfavorable delvehículoresullácuándolacargamayoreslá sobre la lección 4. en la cual es máxima la ordenada. Riraestaposición, el efedelantero quedasituadoal centroentre lassecciones 5 y6/dondelaordenadadelalfneade'influencia es de O.S..EI. momento obtenido para estas posicionesde lascaigas es de 8:0itpnrm; -i: Enlostresqisosdeesteejemplo, resultaba obvialaposiciónmásdesfavorabledelascaigas. too no siempre es asf. Cuandose tienen más ejesdecargaso vigasmáscomplicadas, no se

varias vigas paralelas, flor ejemplo, si es u puenteel represemadoeniosdalosdelproblem. puede tener dos o más vigas paralelasy tote ellas una fosa que sirva de superficie d rodamientopara el vehículo. Laireaccióny le momentos* calculados deberán entonce dividirse entre las varias vigasdel puente. I formadehacer estadivisióndependedevario factores, comoel anchodel puente, lapcciciá de lasvigasy deloscarrilesdediculación.etc Estosprocedimientosseestudianenlotcursos' enlostextosdepuentes.

I EJEMPLO 10,7. CALCULAR EL VALOR MÁXIMO DE LA REACCIÓN EN O V EL I MOMENTO FLEXIONANTE MAXIMO EN LAS SECCIONES 6 Y 4 DE LA VIGA DEL I EJEMPL010.4, SUPONIENDOQUE SOBRE LAVICA CIRCULA UNVEHfCULOCON

- j£ T -

rt^>vvvvtw^1 2 j 4 m'

¿É L * **

g

H

:'-ii, Linea de influencia de Rp »la càgji! se¡S,oloca entre las secciones 2 y 8: /fc=-1(1-2)(1.50)(13)*.11 7 ton ¿"ilOMENIOMAXIMOENLASECClÒfll 6

,...¡

Linea de influencia de M6

Si lacarga se cojoea entre las secciona 6 y | g l | | | | K

1 j^ 4 )(-4)(!3)--ÌÓ4 ton-m

B ó ò : MÁXIMOENLASECCIÓN4

; * '«carga secoloca entfe la»seccione* |

Ü

nuIi2Wlì1li-91Í Ü

En los ejemplosanteriores se ha Ilustrado la

metida a cargas móviles. Sin embargo, es le ala seccióndeterminada. Inclusivesi esta diurna es el centro del claro. Por ejemplo, enlaúltima panedel ejemplo 10.7secalculó el momentomáximo positivoen la sección 4 de la viga. Peroes posible que en alguna positivoaun mayor queel de8.0 ton-mque esel máximoenla sección4. Enloquesigue se presenta un método para calcular el sujeta a cargas móviles, o sea; el mayor momento flexionante que puede ocurrir en cualquiersección de la viga. En la figura untrende caigas concentradas. Se trata dedeterminar la posicióndel tren decargas flueproduceel momentomáximoabsoluto. Se recordará que el momento (lexionantc

máximosepresentadonde la fuer/J le esnula, yaquedM/dx =V. y el v.i|_____ | mode M se presenta donde la pendientedo. diagramade momentoses nula, o sea, ■ de que dM/dx = O. Por olra parte, enI vigacon cargas concentradas, la fuerzaI tanto es nula en el punto de aplicacióJ alguna de las cargas, ya que ahf es dq cambiade signoel diagrama de fuerzasI tantas. Supóngase que esa carga es la il cada con la hiena P, en la figura 10.1 que'su posición, que es la que se trata tante de las fuerzas a la izquierda de l\ ha representado con Pt y la resultantedq das las fuerzas. Incluyendo P, con P, e( misma figura se ha señalado también entre la fuerza P, y la resultante P. y_ distancia 6 entre la fuerza P, y la resultante fera calcular la distancia x, se plantear la ecuación de mor respecto a x, igualar a cero la derivada y despejar el valor de x. Se obtienen lo siguientes resultados.

ps | 1 ¡¡i *ooon _í oooo ? S g a 1M. Posicióndelascaía» queproducenel momentoReaioneMemáximo

pto19.1I>El irendec.irg.ises máscom* W S 'quecl del ejemploanterior. SlguienÏ el mismo procedimiento, se encuentra " , insultante de las seis cargas aplicaL seubica a una distancia de 4 m de la .lnm»r»T* ¿ Ia izquierda. Entonces, entro insultantey su carga vecina a la izquier­ daquedaunadistanciade 2 m. Equidistante aireaosdoscargasdebequedarel centro ). CALCULAR EL MOMENTO MÁXIMO ASSOLUTO DE LA VIGA

p r> . Irendecaigas

-r, i ■ Cuandosólosepidela líne cíaenunabarra, el métodode I para la resolucióndearmadura; práctico que el de los nudos, caso de la linea de influencia les a reacciones y a fuerzas axiales, yj islas son las únicas accionesque aclúl barras o de todas ellas, resulta con| (Helias estructuras; no hay n fld utilizar las ya calculadas para obtl floxlonantcsofuerzas cortantes. eH de Influencia de armaduras puedenI_______ fluencia do las reacciones facilitanJ lo de las correspondientes a las bl parael casodevigas: el métododirectoy el basadoenel principiodeMdllcr-Breslau. La principiodeMOIIer-BiesIau resultarv demostraciónpresentadaen lasección 10.2 veniente paracalcular las líneas del que establece que las lineas de influencia ■da dé reacciones, ya que basta c o i H _ de estructuras isostátlcas son líneas rectas, ..Un desplazamiento unitario en la reacción para tener completa la línea de Influencia.' es válida también para armaduras, lo que En la mayoría de los problemas, se pueden simplifica el cálculo. SI se aplica el método directo, el pro­ combinar el método directo y al principio cedimiento consiste en colocar cargas uni­ deMüller-Breslau, y el métododelosnudos con el de las secciones, para simplificar, tarias en losnudosde la armadura y calcular los cálculos. Estose ilustraen los siguientes lafuerzaproducidaporestacargaenla barra para la cual se desea obtener la linea de ejemplos. necesario especificar sobre qué cuerda de la armadura se desplazará la carga móvil; las líneas de influencia pueden variar si la carga seaplica a lo largode la cuerda infe­ rioro delacuerda superiordeunaarmadura. Porejemplo, si sedesea la línea de influenarmaduradela figura 10.9, paracargasapli­ cadasen la cuerda inferior, sepuedenir co­ locando fuerzas unitarias en los nudos Ig, ¿i, Lj, í,. , ls y Lf/Y calculandola fuerza en la barramencionadaparacada posición de la carga. El resultado será la línea de Influencia. Sin embargo, como ya se sabe quéla líneade influenciaesunalínea recta, no,es necesariohacer el cálculopara todas las posiciones de la carga. Si las cargas se colocanen las reacciones, nudos L0y í. , la fuerza en la barra será 0. Bastará entonces con colocarla en los nudos L¡ y Ly y unir loavaloresobtenidosconunvalorde0 enloa

Ejemplo 1t.1t Sopidecalcular laslíneasde Influencia para las inacciones y p a B fe i la barras de la armadura con cuerda supe­ rior Inclinada que se muestra en los datos del problema. So aclara que la c a i f l H colocarseen la cuerda inferior. ComoMha mencionado, la posición de la carga afecta“ los resultados. So empozó por calcular la líneadein­ fluencia de la reacción tea las reaccio-1 de Moller-Breslau, por lo queseusó cálculo de esta línea de influencia. Sedio] un desplazamiento unitario al apoyoi« et el sentidodela reacción, seunióestepuntoj con el apoyo L con una linee recta proporciones, so calcularon las ordenadas i correspondientes a loa nudos L, a L, ejemplo, la ordenada en el nudoL¡ ea2/3. Después se pasóal cálculode la línea I de Influencia de la barra IJJ,. Aquí seusóI el método de los nudos y so aprovechóla I

lineadainfluencia de la reacción en L que fj sehabía calculado. En el primer diagra­ madecuerpo libre, se colocó la carga uni­ tariasobre la reacción; se ve que la fuerza n labarra es 0, ya que la carga pasa dilectamente al apoyo. El segundo diagra­ madecuerpo librecorrespondea cualquier otn posición de la carga, y el valor de la fuerzaen la barra L0U, quedóexpresadoen Itrminosdela reacciónen L0, yaqueel valor deestareacción dependede la posición de Ucargaunitaria. ResuNóque la fuerzaenla barraesigual a
I la barra i„t, es nula, y si la carga esté en I cualquier otronodo, vale 3/?,„. Entonces, la I ordenada en I . es 0, y la ordenada en I cualquier otro nodoes tres veces la ordenaI da de la línea de influencia de la reacción I en ese nodo. Por ejemplo, en el nodo L es I igual a 3 multiplicado por 0.333.La fuerza I es de tensión, o sea, positiva. I Para obtener la línea de influencia de I la barra L,Ut se trazaron los diagramas de cuerpolibre del nudol , correspondientes a la carga unitariaaplicadaenel mivno nudo y encualquier otronudo. Si la carga esté en H mismo nudo, en la barra llene que haber unafuerzaigual detensiónparaquesecum­ pla la condición de equilibrio I f ■0. SI está en cualquier otro nudo, por u misma condición, la fuerzaes nula. Por lo tanto, la _ jal a 1, en el nudo 1, yes igual a 0 en lodos los otros nudos. La línea de influencia de la barra (,£. puede obtenersede los diagramas de cuer­ po librede la barra anterior. Se ve en estos diagramas que, para cualquier posición de la cargaunitaria, la fuerzaenla barraes tres la reacciónen Lmf

U líneade influenciade la barra (AL. se cjlcnló por el método de las secciones. Pri­ merosecolocóla carga en y se plameó la ecuaciónde suma de momentos respecto al puntoUj , para que la componente vertical noprodujese momento. El valor de la reac(ünenL0seobtuvode la líneade influencia dUemrinadaal principiodel problema. Deesta manetase obtuvo la componente horizontal déla fuerza U,L, y después, por relación de bdos, lafuerzatotal. Enestecaso, ladistancia feU¡&L,es igual a'/TT. A continuación, se colocólacargaenL¡ , serepitióel procedimien­ todescritoy se obtuvo que la fuerza U^L, era nuil Entonces uniendo el valor en i , con un alorde0enel apoyo ¿o^ se tiene la líneade «duendacompleta, ya queentre¿.y el apoyo tienequeconservarseel valor de0. Paracalcular la línea de influencia de la barraUjLj se colocó la carga unitaria en L. UtuerzaU2L3es nula paraestaposicióndela cargaunitaria, según se explicó en el párrafo anterior. Por simetría también es nula en la barral/jij. Entonces la fuerzaenUJL, vale 1, segúnsedesprende del diagrama de cuerpo Hxedel nudoL, Bastacon unir estevalorcon «oloresnulosenlos apoyosparatener la línea deinfluenciacompleta. Finalmentesecalculóla líneadeinfluendi de la barra U¡Ur Primero se colocó la

cargaen l2y se trazóel diagrama decuerpo libredel nudoUr Aquíseutilizaron losvalo­ res de las fuerzas en las barras U,Ú2, U2l2y UyL, tomadas de las líneas de influencia ya obtenidasdeestas barras. Se repitióel proce­

de lamitad izquierdadela armadurasepue­ denobtenerporsimetría. Porejemplo, laor­ denada de la líneade influencia dela barra de Influencia de la barra U.L2 en el punto Ls. Por esta razón no se han trazado en el ejemplo. Sepuedeobservar enesteejemploque se han usado distintos procedimientos, se­ gún la línea de influencia que se deseaba determinar. En algunos casos se usóel mé­ todo de las secciones, en otros el de los nudos, y siempre que se pudo, se aproveconanterioridad. Estaes la manera usual de proceder. Convieneanalizar cuál es el pro­ cedimientomis expeditoencadacaso.

EJEMPLO 10.11. CALCULAR LAS LÍNEAS DE INFLUENCIA DE LAS REACCIONES | DÉUS FUERZAS AXIALES ENTODAS LASBARRAS DEIA ARMADURAMOSTRADA, j U CARCA SE DESPLAZAA LO LARGO DE LA CUERDA INFERIOR

K ifê ftô i L„

■ Carga unitaria *n cualquier olro nudo.

2

BARRA U\U Método de las secciones para la carga en l 2

■

EJEMPLO 10.11 fcontinuación)

Paralacargaen, L

VP,m0.iüJÎÔ

a)

Reacción

enA, fuerza

cortanteenlasección m om ento 4y

H -J

i

i

flaxlonanteenlasección6.

I I I -

N----- i ¡ ¡ ¡ — H

c) Reacciónen B, fuerza cortante en las secciones 3 y 4, momentoflexlonanteen las

I B f H p i — •—

a

p i M — “------------ >j

neA 6 enR laesascecicócn ioen syenB;9. l°-2Resolverel ' 1r0e.3 C aalrcsu laernlalafuseerzcacicóo rta4nd teem ápxrio m aleym ealm o m en to fliesxo iob nra nltaem áaxim od qe usepp p s e n t e n l b 1 0 . 1 a . s e v i g s e lauzeadeenl siguientetrendecargas. fuerza corlanteen las lecciones4, y 9, momentoflexionante 2, 5,7.y problema anterior aplicando el principio de MOller-Breslau.

■■i I --------------- £

*1 0.4 Catlo culaárxilm arep ao cciió nom áxlaim aenB,lafulem rzaco rttaon tem áxoim aean laese nc3 ,el m tirvo n neclca8ió steo 6,o sm iseonb rleom lavigaod elsp belenm asec.ci-ócns4eyde esplaozm aeu nam caárxgim ad isnterig butiivdo ad nción ngitudde m. con una

2

10 1

Im

•0.SCalcularel momentomáximoabsolutoquepuedeocurriren lassiguientesvigas, ^»respondientes a los nenes decarga indicados.

r r ■

F

r J

¡

I _______ I E

S —

^

1 < - ------- í ------------- H

/7&7

,nPo

/////// ------------h

10.6 Calcular las líneas de influencia de reacciones y de fuerzas axiales en todas las barras de la siguiente armadura. La carga sedesplaza por la cuerda inferior.

///////

W-7Calcular laslíneas de Influencia de fueras axiales en las barras U, U ,, U,U
,11 Líneas de inflifgficia de ' I estructuras hiperestáticas

11.1 Método directo J f i fshucluris con un grado de bel Capítulo todospara calcular las líneas de influencia deestructuras isostáticas: el método directo y.él método basado en él^prineipio de MMtr Brislau. Las líneasde influenciadees­ tructuras hiperestáticas también pueden calcularse con ambos métodos, así como MSzandoH Método de Cross. En esta secse ilustra el cálculo con el método *ecto que. comose recordará, consisteen ar un carga unitaria en cada uno Ú9 ordenadadela línea de influenciay calcular S valor de la acción correspondiente o de ^«acción, sí éstaes la queseva a calcular, hecho, para estructura» hiperestáticas, ser másconveniente calcular primero teas de Influencia de las reacciones y, 1PMr desus valores, calcular las l/neasde

completa. ftira cada una de las posiciones de la lar resolviendo la. y|ga hiperestática por cualquieradelosmétodosestudiadosen los capítulos anteriores; El método de las fuer­ zas,'comoseverámas adelante, resultaconr veniente. Usando este método, el valor de que es la deformación en el punto B producida por la carga aplicada en I, aplicandodespuésuna carga unitaria en 0, figura 11.2-6, paracalcular8^ yplanteando la siguiente ecuación que expresa que la deformación Anal enB debeser nula:

Iequivalente al _____ : del Capitulo 4 para vigas de un gradode redundancia. Ef valor de ¡fó, 'secalcula finalmentecomo:

ejemplo, que si la carga-unitaria está en el punto 1, la reacción en B vale 0.360, según se ve en la líneade influencia de R0trazada el momento flcxionante que produce el triángulo de carga comprendido entre la último. Obsérvese que se lia factorizarlo el término(I/I6CQ. Estoesconveniente,porque se van a dividir después entre l n y los

influenciade R. se ha trazado al final deesta parte del ejemplo. Es importante observar

valores de la reacción en B para cada posición de la carga unitaria, aplicando la ecuación 11.4. Por ejemplo, el valor de Rt cuando la carga unitaria estáen el punto 3, ser.i Estosvaloresproporcionan las ordenadasdela lineade influenciade Rgen el punto correspondiente. Al final de esta sección del ejemplo se ha trazado la linea deinfluenciaapartirdeestosvalores. Nótese que cuando la carga unitaria está aplicada enlosapoyosA y G, lareacciónenBesnula. Poresolaordenadadela lineade influencia es también nula. Si se observa la linea de influenciaobtenida, severáquela ordenada es igual a .1 ep el apoyo S, de acuerdocon el Principiode Múller-BresJau, pero la línea de influencia es curva, a diferencia de las correspondientes a estructuras ¡sostáticas. Tambiénsepuedenotarqueel valormáximo nosepresenta necesariamente enel apoyo. Estosucedeporqueparaalgunas posiciones delacargaunitaria, lasotrasreacciones tiene valores negativos, comote veráa continua­ ción. Nótese también que las ordenadas de la lineade influencia tienensignocontrario a los valoras calculados de Jt,. Esto es asi poque los valores de Km tienen sentido contrarioalacargade 1 tonaplicadaa la viga Isostática y por lo tanto son hada arriba, o sea, ordenadas positivas. La lineade influenciadela reacción éíf A te calculódespués por estática, a partir de los valores de la linea de influencia de K,. ie Ilustra, al principio de esta sección del

tre los puntos 5. y 6, el valor de RA resulta negativo. Esto indica que tiene sentido contrario al supuesto en el croquis trazadoal principiode esta sección del ejemplo, o os hacia abajo. Se .explica esta situación físicamente observando que si la carga se coloca entre los apoyos By C, lavigatiende a levantarseen el .apoyoA. Como enel caso anterior, la ordenada vale-1.000en el apoyo encuestión y la lfnea.de influenciaes curva. Teniendo las líneas de influenciade R. y R ,. se puede obtener la de Rc por equi­ librio de fuerzas verticales. Por ejemplo, si la carga unitaria se coloca en el punto I. las reaccionas R, y jftg valdrán 0.360 y 0.740, segúnsepuedeveren las Ifneasde influencia ya trazadas. Entonces aplicandola ecuación SF • 0 seobtieneRc , que serála ordenada en el punto 1. Obsérvese que esta línea de Influencia rasulta negativa entre los apoyos A y B, y por esose hatrazadopor debajode la.viga. El lector notará que si secoloca una carga en el punto I, la viga (¡ende a levan­ tarse en el apoyo C. Siguiendo con lo pedido en el ejemplo, se calculó la línea de influencia de fuerza cortanteenel punto3, tambiéna partirdelos valores ya obtenidos. Se ilustra quesi se co­ loca la carga unitaria en el punto I, la reac­ ción en A vale 0. 740, y haciendo la turna dé fuerzas a la izquierda del punto 3, se tendrá una fuerza hacia arriba de 0.740 y una fuerza hacia abajo de 1.000. La hi9ti* cortante resulta negativa, de -0.260. Al

sea,

llegar ál punto 3, se calculó la linea de in­ fluenciapara una posiciónde la carga unita* tíainmediatamente a la izquierda del punto, y para otra posición inmediatamente‘a la deicdin, en la misma forma ya explicada pa­ ia estructuras isostáticas. Nótese que el desplazamiento entre losdos tramos de viga alaizquierda ya la derecha del punto C es Igual ( I, de acuerdo con el principio de Mjííler-Breslau. Finalmente, se calculó la linea de influencia de momento flexionante en el pùnto4, también a partir de los valores ya obtenidos para las reacciones. Por ejemplo, si lacaiga unitaria se coloca en el punto 1,

las fuerzasque producen momentorespecto a este pumo serán la reacción conun va­ lor de 0.740, y la propia carga unitaria. La

LalineadeInfluenciademomentoflexlonante tiene unidades de longitud, en esle ejemplo de metros, así que para obtener el momento flexionante producido por cierta carga, debe multiplicarseel valorde lacarga aplicada,con sus unidades de fuerza, por el valor de la ordenada de la linea de influencia con sus

EJEMPLO11.1. CÁLCULO DE LAS LÍNEAS DE INFLUENCIADE LAS REACCIONES»„ », Y R¿ DE LA FUERZACORTANTE ENELPUNTO3Y DELMOMENTOFLEXIONANTE ENELPUNTO 4 DE UNAVIGA CONTRES APOYOS

i'MMaoSlATICA

Íiíñeade influenciade Rc -CÁLCULODELASFUERZASCORTANTESENELPUNTO3 Fuerza cortante en 3 cuando la caiga unitariaestáen 1:

■MHltl diieao MI

i

l

i

3

0

1 3 - 1 3 oticmo OCUS«ACCIONES* , K,y £■CUANTOLACMC*UWTARIAESTAENELPL

IBSji1

jj.2 Método de Müller-Brcftau : (|princ*p¡ode MOlíer-Brestau, planteddoen tí-Seccíón 10. Ï pan estnictura« Isostàtîcas: establee que la línea de Influencia de una reacción, rioúna fuerzaconontoo‘déunmo­ mentofíeHlonanietiene la misma forma Que

principiotambién se aplica a las estructural hiperestáticas, perola diferencia con las es­ tornudas por líneas 'rectas; como las de las

vando las restricciones correspondientes a cióndeunadesplazamientounitario, como Si seexaminan las líneas de influencia trazaren formacualitativa e inclusiveobte­ obtenidasen el ejemplo 11.1 sepuedecomnerlasordenadasgráficamente, haciendoes­ encia de R„ se tiene un desplazamiento quemasa escala. SI sedesea calcularlas en unitariodé la reacción en B, pero la restric­ forma cuantitativa, es necesarioobtener las deformaciones en varios puntos de vigas topermiteningunarotación, asíquela línea isostáticas, enfe enel métododirecto. deinfluencia tiene que ser continúa sobreel apoyo;enlasreaccionesA y Cnopuedehaber f 1,2.7 Estructurascon ungradode cortanteobliga a que la línea sea continua. Estascondiciones sólo pueden cumplirse sí Supóngasequesedeseacalcular la líneade Ulínea de influencia es curva. . ■ Observando la Uoea de,influencia.de vigamostradaenlafigura 1l.S-a. n>rel Prin­ cipiodeMOIIer- Breslau, la líneadeinfluen­ cia tendrá la forma mostrada en la figura nayun desplazamiento relativo unitariode 11.5-6, con ungiro unitarioen Bcorrespon­ jos puntos situados inmediatamente, a la dientea la eliminación de la restricción de izquierday a laderecha. La partedela línea momento, sin desplazamiento en las reac­ deInfluencia situadaa laderechadel punto ciones A y B, y sin discontinuidades, ftn calcular las ordenadas de la líneade influ­ encia en tos puntos 1, 2 y | sepuede pro­ ¡I restricción <' ceder de la siguientemanera. Se elimina la restricción de momento en 0 conloquelavigasevuelveísoitátlca;

je la línea de influencia en las otras sec­ ciones. Estos valores son los que aparecen enel último renglón de la labia. Obsérvese que los términos factonzados a la derecha dela tábla.se eliminan al hacer la división. La línea de Influencia del momento de eiyiotramientoen 8 debetener laforma mostrada'en el croquis de la segunda parte del .deflexiones nulasen los apoyos. Paraobtener esta configuración, se aplica un momento unitarioenel apoyo Bde laviga isosl&lica(en el ejemplo se aplicó de 100 para no tener muchos decimales) y se calculan la rotación

las deflexiones en todas las secciones. La rotaciónresultanteesde(-360.53 w/24EbI obtenida como la suma de la rotación promedio0de -276.53, enel penúltimotramo de la derecha, y el ánguloconcentradoa de —84.00 en el apoyo derecho. Para tener la configuraciónbuscada, todaslasrotacionesy .-deflexiones producidas por el momento unitarioqueleaplicódebendividirseentonces entre la rotaciónde (-360.53 nV24 fio). De estamaneraseobtieneel últimorenglóndela tablaquecorrespondea lasordenadasdelalí-

EJEMPLO 113. CALCULAR LASLÍNEAS DE INFLUENCIADE LAREACCIÓNENAY DEL MOMENTO DE EMPOTRAMIENTOEN B DE UNAVIGA DE MOMENTODE INERCIA I VARIABLE USANDO EL PRINCIPIO DE MÜLLER-BRESLAU

ItCAOCMHUENCIADÉ*A

II.2J Estructuras con virios grados de indeterminación U linca de influencia de un* estructura klperestática con varios-de grados de deformaciónde la estructura deformadasea unitariaenel puntoenque sedeseaobtener b lineade influencia y que secumplan con ■odas las otras condiciones de restricción, fbr ejemplo; con.referencia a la viga con­ tinuadela figura 1i . 6.-0; si sedesea la linea deinfluenciadela reacción Rr sedebetener ■mj deflexión unitaria en el apoyo B, deflexiones nulas en los otros apoyos y no «e deben tener discontinuidades de -nnmuu flexionante o de fuerza cortante eeeiMtfacciones de la viga. Por lo Unto, la

viga deformada debeser como la mostrada cualitativamente en la figura 11.6-6. Rara obtener las ordenadas de esta viga defor­ mada, o sea, deja Ifnea de influencia de puede precedersede la siguiente manera. Primerosecolocaenlavigaisostálicafun­ damental, figura 11.7-a. una carga cual­ quiera en el punto correspondiente a la reacción cuya linea de influencia se desea obtener, o sea,-en.el punto B en este caso. En la figura 11 7-a se ha puesto una carga 'de 10 unidades, perapuedeSer cualquiera. Desde luegoquela deflexiónen el puntoB. ¿ no será unitaria, pero luegoseajustará paraque lo sea. El sentidode la carga apli­ cada es tal que la deflexión en el punto B tenga el sentido positivo-de la linea de In fluencia, hacia arriba en estecaso.

veces mayor. El valor de la carga aplicada en este pato de la resolución puede ser

el valor dela deflexión en A, con locual no

'todas las condiciones decompatibilidad de ■deformaciones.^Loa resultados se muestran en el Incisog¡ aplicada en los siguientes pasos, pero En la segunda parte del 'ejemplo se calcula la Ifnea de Influencia del momento En losIncisosc) y diseaplicaunacarga trazado, enel incisoa), la líneadeinfluencia tivamcnle, correspondientes a los apoyos cualitativa, queenestecaso Implica ungiro blperestátlcos suprimidos. 'Las deflexiones señaladas son las calculadat tambión en el. ejemplo 11.2. Todas las deflexiones seña­ misma isostática fundamental que en la ladas están multiplicadas por un factor etapa anterior, yaquenopodría introducirse constantequesepuede ver en el cálculode ungiroen D. Se escogió entonces una viga deflexiones por el métodode Newmark en libremente apoyada en sus extremos, como el ejemplo ( 1.2. se muestra en el inciso 61. A esta viga se le En el Inciso e) se plantea y resuelve el aplicó un momento de 10 ton-m que le acuerdocon lo explicadoanteriormente, el sistema debe expresar que la suma de las muestraenla lineadeinfluenciacualitativa. Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtienen los valores de Rt y de R( que resultande -ktSyde-10. respectivamente. multiplican a las deflexiones de los Incisos b), ct y dkse anulan ya que los segundos miembrosdelasecuacionessimultáneasson ceros. Elvalor positivode indicaquetiene él mismo sentido que la carga unitaria aplicada en 8. hacia abajo. Por lo tanto, la viga tiendea levantarse en el apoyo B por efectode la carga de 10 unidadesaplicada enA. Locontrariosucedeen el apoyoC. ¿•eme*a lo» li» casos decarga anteriores, pero nwltípflcándo las del inciso c) por el éjvalorcalculado de Kc Esta viga ya tiene gfö&Ma'divklirtòdaslas dCflexionosentro

mismo inciso. También se hancalculadolas rotaciones Sen los extremos, ya quelas del apoyo D se requieren para plantear las ecuacionesdecompatibilidad Igual queen la etapa anterior, el valor del momento aplicadopuede ser cualquiera. cargas unitariasen los puntos 8 y C respec­ tivamente. y sehancalculadolasdeflexiones y rotacionescorrespondientes, conel finde eliminar las deflexiones en estos puntos producidas por el momento aplicadoen D. El sistema de dos ecuaciones del inciso al plantea que la suma de las deflexiones de k» trescasosdecargaseanulaen loaapoyos las producidas por las cargas unitarias. Loafactoresconstantesqueaparecenenlos cálculos de deflexiones se eliminan al Vacalculados los valoreade K,Y Kc ** suman las deflexiones de los tres casos de cargaconloqueseobtienelaconfiguración dedeflexionesmostrada en el Inciso A- Las deflexiones ya son nulas en 8 y en C pero

EJEMPLO11.4 {continuación) e) Planteamientode las ecuacionesdecompatibilidad(ecuaciones II

Resolviendoel sistemadeecuaciones:

Rotaciónenel apoyo D:

0 - - 141.70 +21.53-0.883) +«45.34(2.450) - -49.65 g) Ajusfe déla vigadeformada para que la rotación'enel apoyo Osea igual a 1.

PROBLEMAS

X T&-'¿ha) Reaccionesen 8 y D, fuerza cortanteen 2 y en 5, moinentoflexionanteen 1 y <

11

t & r S

t-Æ l

i

I

A Reacción« en By D, fuerza cortante en 2 y 4, momento flexionante en By 5.

11J Determinarlassilentes linea*dftMutndMn armadurasporel métododimeto.

a) Reacciones en'A, By'O/y fuerzasaxialesen lasbarrasdelacuerda inferior.

11.3 Determinar las lihe*» de influencia del problema 11.1 por el métodode MOIlej

alfabético

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