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Ing. Jorge A. Papajorge Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
Primer Cuatrimestre 2001 UNLZ – Facultad de Ingeniería
1
EESSFFUUEERRZZOOSS CCAARRAACCTTEERRÍÍSSTTIICCOOSS Toda estructura es confeccionada de acuerdo a necesidades funcionales de un proyecto,
pensando en el destino para el que fue diseñado.
Para dimensionar una estructura, lo primero que tenemos que analizar son las luces de cada elemento que la constituyen.
Y conociendo el destino de cada parte de la estructura tenemos que analizar el estado de cargas que actúan en ese elemento.
Una vez definidas luces y cargas será necesario determinar mediante estos dos parámetros los ESFUERZOS CARACTERÍSTICOS.
aa)) ¿¿QQuuéé ssoonn llooss eessffuueerrzzooss ccaarraacctteerrííssttiiccooss?? Son los esfuerzos existentes en cada punto de una estructura, que dependerá de luces y
cargas a la cual está sometida, siendo independientes del tipo de material en que estará construida.
bb)) ¿¿PPaarraa qquuéé ssiirrvveenn?? Disponiendo de los esfuerzos característicos máximos y conociendo posteriormente el
material a utilizar en la estructura, se podrá dar las dimensiones necesarias para soportar las cargas para la que fue diseñada.
PROYECTO
DESTINO
LUCES
CARGAS
ESFUERZOSCARACTERÍSTICOS
M - N - Q(Estabilidad)
CONOCIMIENTODEL MATERIAL
(Resistencia delos materiales)
DIMENSIONAMIENTO Construcción
cc)) ¿¿CCóómmoo llooss ddeetteerrmmiinnaammooss?? Una viga o barra que se encuentra isostáticamente sustentada, sometida a un estado de
cargas cualquiera, será un conjunto de fuerzas que forman un sistema no concurrente.
Para que dicho sistema se encuentre en equilibrio, debe cumplir que el sistema activo de la estructura debe ser igual y de sentido contrario al sistema reactivo, puesto de manifiesto por las relaciones de vínculo. Debiéndose cumplir las ecuaciones generales de la estática.
Ing. Jorge A. Papajorge Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
Primer Cuatrimestre 2001 UNLZ – Facultad de Ingeniería
2
Equilibrio
0
0
0
A
y
x
M
F
F
Dichos vínculos externos impedirán la aparición de magnitudes elásticas, generando magnitudes estáticas correspondientes que se ponen en evidencia.
//
////
////
x3
i
i
x1
x2
P2P1
P3P4
R
-R
Logrando que la estructura se encuentre isostáticamente sustentada. A parte de vínculo externos, existen además
vínculos internos o relativos que unirán entre sí elementos de igual rigidez de una misma estructura. Que tienen por misión, la de impedir la aparición de magnitudes elásticas relativas, generando magnitudes estáticas también relativas. Analizando una sección cualquiera de la viga.
La sección i-i se encontrará solicitada por fuerzas y pares relativos. Equivale decir que la parte izquierda de la estructura con respecto a la parte derecha de la sección
i-i, se halla vinculada relativamente por medio de un empotramiento relativo.
Al eliminar vínculos, se mantendrá el equilibrio, siempre que los reemplacemos por sus magnitudes estáticas correspondientes.
Al querer separar en la sección i-i la parte izquierda y derecha de la estructura, para que se restablezca el equilibrio, colocamos en la cara derecha de la sección, la resultante de la parte izquierda y en la cara izquierda, la resultante de la parte derecha.
321
4321
activoSistema Re ActivoSistema
xxxRPPPPR
i
i
P1 P2 P3 P4
izquierda derecha
Sub-estructura I Sub-estructura II
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Ri
Rd
La resultante de la parte izquierda Ri y la resultante de la parte derecha Rd, son iguales,
colineales y de sentido contrario, pudiéndose encontrar en cualquier parte del plano.
x3
i
i
x1
x2
P2P1
P3P4
Ri
Rd
Siendo Ri y Rd la suma de cada una de sus componentes.
RdRiPPxRd
PPxxRi
433
2121
Que no se encontraran necesariamente en la sección i-i. Que por medio de pares de traslación se llevará Ri (resultante izquierda) y Rd (resultante
derecha) a la sección considerada i-i para restablecer el equilibrio. Pues si imaginamos suprimida la parte izquierda de la estructura, la parte derecha no estará más en equilibrio.
Para restituirlo será necesario aplicarle a la sección i-i una acción equivalente a la parte suprimida, es decir será necesario aplicarle a la sección, la resultante izquierda “Ri” en la parte derecha de la sección.
x3
x1
x2
P2P1 P3
P4Ri
Rd
M
De igual manera si se suprime la parte derecha de la estructura, deberá aplicarse en la cara
izquierda de la sección, el efecto que la parte derecha ejercía sobre ésta, o sea “Rd”, generando así momentos de traslación en la sección i-i.
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4
Ri
Rd
MdNi
Nd
Qd
QiMi
Análisis en la sección i-i
Descomponiendo a “Ri” y “Rd” en sus componentes, coincidentes y perpendiculares al eje
de la barra, se obtendrá así: N – Q, conjuntamente con su momento de traslación M
Esfuerzos característicos:
Momento Flexor (M)
Esfuerzo Axial (N)
Esfuerzo de Corte (Q)
Momento Flector (M): Es el par de pares necesarios para trasladar la Rd (Resultante de la sub—estructura derecha) a la cara izquierda de la sección i-i y la Ri (resultante de la sub—estructura izquierda) a la cara derecha de la sección considerada.
Esfuerzo axil (N): es el grupo de dos FUERZAS que resulta de proyectar la Ri que actúa en la cara derecha y la Rd que actúa en la cara izquierda, SOBRE LA TANGENTE AL EJE BARICÉNTRICO DE LA BARRA en cada punto considerado.
Esfuerzo de corte (Q): Es el grupo de dos FUERZAS, que resulta de proyectar la Ri que actúa en la cara derecha y Rd que actúa en la cara izquierda, sobre la NORMAL AL EJE BARICÉNTRICO de la pieza en cada punto considerado.
Por lo tanto M- N- y Q, son los tres parámetros de las Ri y Rd en cada punto de una estructura en equilibrio.
N y Q nos determina por lo tanto, la magnitud y dirección de la Ri y Rd.
M define su ubicación
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CCoonnvveenncciióónn ddee SSiiggnnooss
Momento Flector M
Esfuerzo de Corte Q
Esfuerzo axil N TRACCIÓN
COMPRESIÓN
CCoonnvveenncciióónn aa uuttiilliizzaarr:: ppaarraa ddeeffiinniirr llaass ccaarraass
Arriba
i
d
Abajo Arri
bai
d
Aba
jo
Arri
ba
i
dA
bajo
Arriba
i dAbajo
Arriba
i d
Abajo
Al efectuarse los diagramas de los esfuerzos característicos M, N y Q, se adoptará que: LOS
DIAGRAMAS POSITIVOS SE DIBUJARÁN HACIA ABAJO del supuesto eje de la barra.
Consecuentemente LOS DIAGRAMAS NEGATIVOS SE DIBUJARÁN POR ENCIMA del supuesto eje de la barra.
-+
+(izquierda) i d (derecha)
Abajo
Arriba
Convención designos a utilizar
y
x
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EEJJEEMMPPLLOO::
Sea una barra con solicitación de una carga concentrada.
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Esfuerzo decorte (Q)Análisis:
Gráfico:
MomentoFlector (M)
Esfuerzo Axil(N)
* Reemplazamos los vínculos por lasmagnitudes estáticascorrespondientes x1 -x2 -x3 queserán las incógnitas.* Determinación de las Reaccionesde vínculosPlanteamos las tres ecuacionesgenerales de la estática.
2
2
20)3
0)2
00)1
2
3
3
32
11
Px
Px
xPM
xxPF
xxF
A
y
x
*Determinamos los esfuerzoscaracterísticos M, N, Q.Análisis:
Gráfico:
P
A Bx1
x2 x3
P
-
+
P
P8P
4P
2
2
2P2
P
2P 2
P
2P
2P
2P
2P
2P
2P
2
4
4
8P
4P
+
N=0
P
0 0
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CCAARRGGAA OOBBLLÍÍCCUUAA AA 4455ºº::
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Esfuerzo deCorte (Q)
EsfuerzoAxil (N)
MomentoFlector (M)
P1=0,707P
P2=0,707P
45º
P
BA
2
2
P
21P
21P
21 Px
212
Px 2
13
Px
-
+2
1P
21P
1P
P
21P
21P
2P
-
2P
21P
21P
P4
1P
41P
+
2P
2P
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EEJJEEMMPPLLOO DDEE EESSFFUUEERRZZOOSS CCAARRAACCTTEERRÍÍSSTTIICCOOSS CCOONN CCAARRGGAA DDIISSTTRRIIBBUUIIDDAA
Reacciones de Vínculo
BA
q
x2=ql 2x1=ql
2xi
x3=0
i
i
q
l
l
DDeetteerrmmiinnaacciióónn ddeell eessffuueerrzzoo ddee ccoorrttee ((QQ)):: Para determinar el esfuerzo de corte Q, en una sección genérica i—i se tiene:
ii qxqQ 2
Ecuación lineal del esfuerzo de Corte.
-
+
ql 2
ql2
Q
MMoommeennttoo FFlleeccttoorr ((MM)) Para determinar el momento flector en la sección genérica i—i tenemos:
22
iiii
xqxxqM
22
2i
iixqxqM
Ecuación parabólica del momento flector
Como sabemos en este caso, el momento flector máximo (Mmáx) estará ubicado en 2
2
2·
2
20
00
0
1
1
2
2
21
3
3
qx
qqx
qx
qxM
qxxFx
xF
A
y
x
Diagrama
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11
8
81
41
84
4222
2
máx
2máx
22
máx
máx
2
2
2
2
qM
qM
qqM
qqM
+
M
l /2 l /2
Mmáx=ql28
ql28
ql28
RReellaacciioonneess ddiiffeerreenncciiaalleess
Corte de Esfuerzo
del LinealEcuación2 ii qxqQ
Flectormomento del
a ParabólicEcuación22
2iii xqxqM
Ahora:
ii Qqxq
dxdM
2 i
i Qdx
dM
negativo Corte de EsfuerzoQ- obtiene sex de Respecto MDerivando
i
i
y Derivando Qi respecto de x qdx
dQi obtienen la carga q
VIENDO LAS DOS ÚLTIMAS ECUACIONES PODEMOS DECIR QUE: existe una relación directa entre el corte y el valor de la pendiente del diagrama de momento, dado en la ecuación .
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También vemos que según la ecuación existe una relación directa entre la carga y la variación del corte.
Vemos a continuación la relación que existe entre la CARGA (q), EL ESFUERZO DE CORTE(Q), EL MOMENTO FLECTOR (M) y sus variaciones.
N Q M 0 Cte. Lineal Carga concentrada
Cte. Lineal 2° grado Carga distribuida
Lineal 2° grado 3° grado Carga triangular
0 0 Cte. Caso particular
TTrraazzaaddoo ddeell ddiiaaggrraammaa PPaarraabbóólliiccoo
11-- BBAARRRRAA HHOORRIIZZOONNTTAALL SSIIMMPPLLEEMMEENNTTEE AAPPOOYYAADDAA,, CCOONN CCAARRGGAA UUNNIIFFOORRMMEEMMEENNTTEE DDIISSTTRRIIBBUUIIDDAA
Tomando la ecuación parabólica del momento flector 2
22xqxqlM i y derivando respecto
de x
2
02
20
2
qx
x
qx
qxqdx
dM i
Al aplicar dicha derivada en esos puntos:
42
2tg
2
00
qyyqdx
dMx
x
Podemos aproximar el trazado de la parábola conociendo el valor de las tangentes extremas y media.
Se cuelga la parábola tomando dos veces y perpendicular a la barra el valor de8
2q , y
trazando desde allí las pendientes extremas y la pendiente central, paralela a la línea de cierre.
Nos da el valor de la pendiente en cada punto, que por ahora no nos define nada.
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y tg media
tg extremo A
tg Atg B
tg C
A B
C
D
E
M
f
J
I QP
l /2l /2
ql28
ql28
Parábola que pasa por A y B de ordenada máxima y = f, en el centro del segmento AB.
Llevamos en MC el valor f y a continuación el mismo calor CD = f.
Uniendo D con A y B obtenemos 2 rectas que son tangentes a la curva en A y B respectivamente. Además, por condición de máximo, la tangente en C es paralela a AB.
Podemos obtener más puntos y tangentes en la siguiente forma: por ejemplo, uniendo I con J, puntos medios respectivamente de CQ y QB, IJ es tangente en E, punto que pertenece a la curva que obtenemos sobre la recta IJ, trazando una vertical por el punto Q.
En el caso de tener un momento negativo en un apoyo, se procede de igual forma pero la línea de cierre no coincide con el eje de la barra.
+
-
Línea de
cierre
eje de laviga
ql28
ql28
l
A B
q-M
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22-- BBAARRRRAA IINNCCLLIINNAADDAA,, CCAARRGGAA UUNNIIFFOORRMMEEMMEENNTTEE DDIISSTTRRIIBBUUIIDDAA
q
S
l
888cos
8cos
8cos
8''
222 qMs
sqsqsRss
RsqM
La construcción de la parábola, en este caso, es similar a la explicada en el caso 1, teniendo la salvedad de tomar el valor del momento máximo sobre una vertical que pasa sobre 2
en el sentido de la carga.
Es de destacar que tanto el esfuerzo de corte como el axil tienen diagramas variables.
q
x3
x2
x1
cos2q
sen2q
Para x = l
2cos'
cos
coscos'
'cos'cos'
qqs
sq
sR
q
sqRsqRR
qR
sensen2
coscos2
2
2
02
0
00
00
3
1
3
2
31
2
qxqN
qxqQ
qx
qx
xqM
qxxf
xf
i
i
A
y
x
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sen2
sensen2
cos2
coscos2
qqqN
qqqQ
i
i
Q
N
cos2q
sen2q
+
-
+
-
TTaabbllaa ddee llooss mmááxxiimmooss mmoommeennttooss FFlleeccttoorreess yy eessffuueerrzzooss ddee ccoorrttee ppaarraa llooss ccaassooss mmááss ccoommuunneess ddee vviiggaass iissoossttááttiiccaass yy ccaarrggaass
A P
xl
RA = P
Mz = -P (l-x) Mmáx = -Pl = MA
P P
c c'A B
l
a a
RA = RB = P
Entre C y C’ M=Mmáx = Pa = cte.
A p
x
l
máx2
2
máx
2
A
x
A
MppM
xlpM
plR
A
p
BC
x
l
C
x
BA
MplM
xlpxM
plRR
8
2
2
2
máx
A
p= p máx
xl
A
x
A
MplM
xll
pM
plR
6
6
2
2
máx
3 A
p= p máx
B
x
0,577ll
2máx
2
064,0
6
36
plMM
lxlpxM
plRplR
D
x
aA
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P
AC
B
½l ½l
x C
x
BA
MPlM
xPM
PRR
4
2
2
máx
a a
PPA B
l PacteM
ByAPRR BA
Entre
b'P
A Ba
lx
D
x
BA
Ml
PabM
xl
PbM
lPaR
lPbR
máx
a a
A B
C
P
l
22
2
42
2
21
apM
paMM
apRR
C
BA
BA
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17
33-- BBAARRRRAA HHOORRIIZZOONNTTAALL SSIIMMPPLLEEMMEENNTTEE AAPPOOYYAADDAA,, CCAARRGGAA TTRRIIAANNGGUULLAARR
Cuando la carga no es simétrica, debemos determinar el punto de la viga, para el cual el esfuerzo de corte es nulo. Para la sección de la viga, que cumple esta condición, corresponde el momento flexor máximo (condición analítica de máximo de la función integral).
Sea por ejemplo el caso de una viga simplemente apoyada, sometida a una carga repartida triangular. Tenemos que:
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0,666l
p
q = f(x)
BAP = ½ p l
x
l
x
+
-
RA = 1/6 p l
RB = 1/3 p l
parábola de segundo grado
0,577 l
Q
+
Mmáx = 0,128 p lParábola de 3º grado
p'
p
x
l
M
222'
'
'
2PxxxPxP
PxPxPP
plR
plplR
B
A
31
61
231
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19
Ley de variación de los esfuerzos de Corte
2
2xPRQ A
El valor de x = x0 para el cual Q es cero será:
PM
PPM
PM
pPM
PRM
xPx
pQ
A
128,02
como0640,0
577,0577,061
577,06
577,061
577,031
2577,0577,0
577,03326
1
máx
2máx
32máx
32
2máx
22
máx
2
0
20
0
CCoonnssttrruucccciióónn ggrraaffiiccaa ddee llaa PPaarráábboollaa ddee 33eerr ggrraaddoo En la abscisa x = 0,577 correspondiente a Mmáx = 0,128 l, llevamos verticalmente este valor.
Siendo 2pP resultante de la carga total repartida.
La tangente en M es paralela al eje de referencia ST (condición de máximo). Para hallar las tangentes en los puntos S y T, calculamos el momento flector que produciría en la viga la carga
resultante P, actuando sobre la misma;
222,0
923
132
PP
M p , valor que llevamos en la
escala de momentos adoptada sobre la ordenada correspondiente al punto de aplicación de P, obteniendo el punto K, el cual unimos con S y T obteniendo las tangentes extremas de la parábola de tercer grado.
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20
2/3 l 1/3 l
P= ½ plA B
x
S
T
N
+
Mmáx
tg M
tgStg
TM
K
x0= 0,577l
0,22
2 pl
p
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GGUUÍÍAA DDEE TTRRAABBAAJJOO PPRRÁÁCCTTIICCOO NN°°
RReessoolluucciióónn ddee eessttrruuccttuurraass ddee MMaarrccoo aabbiieerrttoo ((11 cchhaappaa))
EEJJEERRCCIICCIIOO NN°° 11
En la estructura que sigue vemos que es una chapa simplemente apoyada, que tiene 3 grados de libertad en el plano, para restringirlos se han colocado un apoyo fijo, un apoyo articulado o vínculo doble, que elimina dos posibilidades de movimiento en el plano, una en dirección horizontal y vertical, y se ha colocado un vínculo simple en B que descarta toda posibilidad de rotación. Por lo tanto el sistema resulta isostático y rígidamente fijado a tierra.
2 t/m
2 t/m
1 t/m5 tm
10 tm
10 t
A B
CD
EF
G
2m1m
2m
2m 3m 3m
El primer paso a realizar es quitar los vínculos y colocar en su lugar lo que el vínculo genera (magnitudes estáticas)
2 t/m
2 t/m1 t/m
5 tm
10 tm
10 t
A B
CD
EF
G
2m1m
2m
2m 3m 3m
x1
x2x3
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22
txxM
txxxFtxxF
B
y
x
5,10020259101456035,206202
200101001
22
332
11
SSiisstteemmaa EEqquuiilliibbrraaddoo 2 t/m
2 t/m1 t/m
5 tm
10 tm
10 t
A B
CD
EF
G
2m1m
2m
2m 3m 3m
x1=20 t
x2=10,5 t x3=2,5 t
N
-
+
-
-
10,5
8,5
20
2,5
Q+2
2,5
-
-
+
20
14 4
20
8,5
M-
60
-
+
- -
+
67
107
97
71,5
55
55
5 7
6720
8,5
10,5
60
20
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23
Ing. Jorge A. Papajorge Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
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EEJJEERRCCIICCIIOO NN°° 22
A diferencia del ejercicio anterior este tiene restringidos los 3 grados de libertad de la siguiente manera.
En el punto A hay un vínculo de 1era especie o vínculo móvil, el cual restringe únicamente el giro. Como vemos necesitamos aún colocar vínculos para restringir los movimientos en sentido vertical y horizontal. Por tal motivo colocando en los puntos B y C sendos vínculos simples que aseguran el equilibrio de la estructura conjuntamente con el vínculo colocado en A.
B
A
D CE
G
10t2t/m
2t/m
10t
10tm
1m 1m 1m
2,5m
2,5m
2m2m
1m1m
H
F
B
A
D CE
G
10t2t/m
2t/m
10t
10tm
1m 1m 1m
2,5m
2,5m
2m2m
1m1m
H
F
x1
x2
x3
En la estructura colocada a la derecha de la hoja podemos observar que hemos quitado los vínculos (magnitudes elásticas) y colocado en su lugar lo que el vínculo genera (magnitudes estáticas).
Una vez reemplazando los vínculos, planteamos las ecuaciones que resuelven el sistema.
Fx = 0 10 + 5 – x3 = 0 x3 = 15 t
Fy = 0 4 – x2 + 10 = 0 x2 = 14 t
M(C) = 0 x1 – 40 – 20 + 28 – 6,25 – 30 – 10 = 0 x1 = 78,25 tm
Ahora bien, dibujemos la estructura equilibrada.
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25
B
A
D CE
G
10t2t/m
2t/m
10t
10tm
1m 1m 1m
2,5m
2,5m
2m2m
1m1m
H
F
78,25 tm
14t
15t
Estructura en equilibrio
N
-
-
-15
10
10 10
M
+10
-10
10
20
+51,25
84,25
76,25
76,25
+
88,25
88,25
-
78,25
Q
-10
+ 4
+
10
10
15+10
10
10
10
15
2015
10
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Primer Cuatrimestre 2001 UNLZ – Facultad de Ingeniería
26
EEJJEERRCCIICCIIOO NN°° 33
En el ejercicio que sigue planteamos el equilibrio de la estructura con dos vínculos simples (restringen corrimiento horizontal en A y corrimiento vertical en B) y otro vínculo en C que restringe el giro como lo muestra en la figura.
A
2m 2m 2m 2m10t
10tD
C
10t
1t/m
10t
1m
4m
BF G
5t
10tm
2m 2m 2m
H2m
2m
1mE
Como ya sabemos quitaremos los vínculos y colocaremos en su lugar la magnitud estática
correspondiente a la elástica que impide.
A
2m 2m 2m 2m10t
10tD
C10t
1t/m
10t
1m
4m
BF G
5t
10tm
2m 2m 2m
H2m
2m
1m
E
x3
x1
x2
Planteamos las ecuaciones
Fx = 0 4 – 10 + 10 + x3 = 0 x3 = - 4 t
Fy = 0 10 + 10 + 5 – x1 = 0 x1 = 25 t
MA = 0 -5 · 2 + x2 + 10 · 2 + 10 · 2 – 4 · 2 + 10 + x1 · 4 – 10 · 2 + x3 · 1 = 0 -10 + x2 + 40 – 8 + 100 – 20 – 4 = 0
x2 = — 108 tm
Ing. Jorge A. Papajorge Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
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27
GGUUÍÍAA DDEE TTRRAABBAAJJOO PPRRÁÁCCTTIICCOO NN°°
SSiisstteemmaa ddee EEssttrruuccttuurraass ddee MMaarrccoo AAbbiieerrttoo ((11 cchhaappaa ––ppaattaa iinncclliinnaaddaa))
En los ejercicios que siguen como ejemplo de esta guía el criterio de la fijación a tierra de las estructuras es el mismo que el utilizado en la guía anterior.
EEJJEERRCCIICCIIOO NN°° 11
C
DA
B
2t/m
15t20tm
10t
1m2m
1,5m1,5m
1m 2m 1m 1m 1m
C
DA
B
2t/m
15t20tm
10t
1m2m
1,5m1,5m
1m 2m 1m 1m 1m
x3
x1
x2
=56º31'
PPllaanntteeoo llaass eeccuuaacciioonneess qquuee ggaarraannttiicceenn eell eeqquuiilliibbrriioo
Fx = 0 -10 + x1 = 0 x1 = 10t
Fy = 0 6 + 15 –x2 = 0 x2 = 21 t
M(D) = 0 x3 – 15 – 20 – 20 + 15 – 30 = 0 x3 = 70 tm
Ing. Jorge A. Papajorge Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
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28
EEssttrruuccttuurraa eenn eeqquuiilliibbrriioo
2t/m
15t20tm
10t
1m2m
1,5m1,5m
1m 2m 1m 1m 1m
21 t
70 tm
10 t
N +
21
12,48
5,55
Q+
+
8,32
6
10
M
+
-120
+
+
15
1512,48
8,52
108,32
5,55
21
20
20
15
18,03
55
6
10
1518,03
55
69 61
10,03
+
+
15
Ing. Jorge A. Papajorge Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
Primer Cuatrimestre 2001 UNLZ – Facultad de Ingeniería
29
EEJJEERRCCIICCIIOO NN°° 22
2 m 2 m 2 m
2 t/m
20 t
A DC
10 t10 tm
2 m2 m
B
En este primer paso quitaremos los vínculos y colocaremos en su lugar lo que el vínculo
impedía (magnitudes estáticas correspondientes con la elástica impedida)
2 m 2 m 2 m
2 t/m
20 t
A DC
10 t10 tm
2 m2 m
B
x1
x3
x2 Fx = 0 10 – x1 = 0 x1 = 10 t
Fy = 0 20 + 8 – x2 = 0 x2 = 28 t
M(C) = 0 - 40 – 16 – 10 – 20 + x3 = 0 x3 = 86 tm
Ing. Jorge A. Papajorge Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
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30
EEssttrruuccttuurraa eenn eeqquuiilliibbrriioo
2 m 2 m 2 m
2 t/m
20 t
A DC
10 t10 tm
2 m2 m
B
10 t86 tm
28 t
28 25
12,52 8,94
10
4,47
N
+10
20,53
25
4,47
Q
-
+
4
21,46
8,94
12,52
M
-
86
-4
90
86
38 28
Nudo D
90
20
21,46 86
20,53
44
10
9,18
20,53
18,36
21,46
19,19
9,60
- +
+
+
10
Ing. Jorge A. Papajorge Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
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31
EEJJEERRCCIICCIIOO NN°° 33
2 m 2 m 2 m
1 t/m
AD
10 tm
C
20 t
2 m
2 m
B
3 m 4 m
Reemplazamos ahora los vínculos por lo que ellos generan (fuerzas y pares).
2 m 2 m 2 m
1 t/m
AD
10 tmC
20 t
2 m
2 m
B
3 m 4 m
x2
x1
x3
Fx = 0 20 – x1 = 0 x1 = 20
Fy = 0 4 – x2 = 0 x2 = 4
M(C) = 0 x3 + 4 – 40 + 10 + 8 = 0 x3 = 18
Ing. Jorge A. Papajorge Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
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32
EEssttrruuccttuurraa eenn eeqquuiilliibbrriioo 2 m 2 m 2 m
1 t/m
AD10 tm
C
20 t
2 m
2 m
B
1,5 m 4 m
4 t
20 t18 t
1,5 m
4 3,2
2,4
20
1216
N
20
15,20
12
3,20
-
Q
2-
+
13,60
2,40
M
-
6
-
+
+
18
16
2
28
Nudo D2
2
2010
16
2
28
15,2013,60
-
-
+
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33
MMaarrccoo AAbbiieerrttoo ((11 cchhaappaa)) A diferencia de los marcos abiertos de 1 chapa expuestos anteriormente, en éste vamos a
poder observar además de la variación de cargas que someter a la estructura, como se comporta cada una de sus partes cuando por ejemplo la barra CD (inclinada) es cargada por la distribuida vertical. Así también fijémonos que la barra DE tiene una carga distribuida que pero indicada hacia arriba, podemos mencionar como ejemplo de la vida profesional el esfuerzo de SUCCIÓN que produce EL VIENTO sobre dicho sector de la estructura. Pasemos ahora sin más explicación al desarrollo de dicho marco.
A G
E
D
C
BF
5t
=30º
2tm
q = 1t/m
q = 1t/mq = 0,5 t/m
5,20 m
2 m2 m
1,5 m
Ahora quitemos los vínculos y colocamos en su lugar lo que él genera.
A G
E
D
C
BF
5t
=30º
2tm
q = 1t/m
q = 1t/m q = 0,5 t/m
2 m2 m
1,5 m
x1 x2
x3
1,5t
T=0,75t
N=1,3t
t
G
xxM
txtxxxxFy
tx
xtmmtmm
tFx
91,31
1
2
1221
3
3
03,1·3,175,4·75,082125,15102,506,2
6,23,103,1025,5
075,05415,510
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34
VVEERRIIFFIICCAACCIIÓÓNN
MD = 0 -10,166 + 17,5 - 15,125 - 6,786 + 28,875 – 14 + 2 - 0,5625 - 1,69 = 0
EESSFFUUEERRZZOO AAXXIILL
A
EC
3,91 2,61
2,38
2,388
1,522,851
+ -
-+
N
E=30º
4
2,61
5,25
E
1,25
Nx1
Qx1
Qx1=sen · 1,25Qx1= 0,625t
Nx1= cos · 1,25Nx1= 1,08t
Nudo E
RReessuummeenn NNuuddoo EE
30ºE
60º
30º
Q2=2,226 t
Qx1=0,625 tQxT= 1,635t
Nx1=1,08 t
Nx2=1,30 tNxT= 2,38 t
Nx2
Qx2
60º2,61tQ
tQ
tN
N
x
x
x
x
26,2
61,2·º60sen
30,161,2
º60cos
2
2
2
2
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35
NNUUDDOO CC
1
3,91
30º1
30º
Qx Nx2
Nx
30º
30º
60º3,91Qx
tQQ
tNN
xx
xx
5,01
sen
856,01
cos
2
2
tNN
tQQ
xx
xx
955,191,3
cos
38,391,3
sen
1
1
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36
RReessuummeenn NNuuddoo CC
Ny2= 0,866
Ny1= 1,955NyT= 2,821 t
Qy1= 3,38
Qy2=0,5
QyT= 2,88 t
Resumen Nudo C Análisis nudo D (a la derecha)
30°0,5
3,91
30°60°
30°
0,5
NxQx
Nx
Qx
3,91
30°
tNQ
tQ
xx
x
433,05,0
sen
25,05,0
cos
tQQ
tNxN
xx
x
38,391,3
cos
955,191,3
sen
Resumen nudo D (a la derecha)Ny= 0,433
Ny= 1,955
Nxy= 2,388
Qx= 0,25
Qx= 3,38
QxT= 3,13
Análisis nudo D (a la izquierda)
0,5
QxN x
N x
Qx
3,91
tQtN
QQx
NNx
NN
xT
xT
xx
xx
xx
xx
63,352,1
58,391,3
cos
995,191,3
sen
433,05,0
cos
25,05,0
sen
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37
EESSFFUUEERRZZOO DDEE CCOORRTTEE
Q-
+
++
-
3,25
-1,25
1,635
3,13
3,631
32
2,88
DDIIAAGGRRAAMMAA DDEE MMOOMMEENNTTOOSS FFLLEECCTTOORREESS
M-
-
++
-
157,79 7,79
15
10,58,5-2
+2
D
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38
EEqquuiilliibbrriioo ddeell NNuuddoo DD
Axiales
1,52 30°
Nx1=1,31
Qx1=0,76 30°2,388
Nx2=2,06
Qx2=1,194
Corte
30°30°
3,633,13
Qx
4 =2,71
Nx4=1,565Nx3=1,81
Qx3=3,14
06,2388,2
30cos
194,1388,2
30sen
31,152,1
30cos
76,052,1
30sen
NxNx
QxQx
NxNx
QxQx
71,213,3
30cos
565,113,3
30sen
14,363,3
30cos
81,163,3
30sen
QxQx
NxNx
QxQx
NxNx
Para realizar la verificación del NUDO D una vez colocados todos los esfuerzos y sus correspondientes descomposiciones lo único que nos resta efectuar es la Fx = 0 y Fy = 0
Fx = 0 Nx1 +Nx2 +Nx3 + Nx4 = 0
-1,31 – 2,06 + 1,81 + 1,565 = 0
0 = 0
Fy = 0 Qx1 + Qx2 + Qx3 + Qx4 = 0
0,76 – 1,194 + 3,14 – 2,71 = 0
0 = 0
Ing. Jorge A. Papajorge Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
Primer Cuatrimestre 2001 UNLZ – Facultad de Ingeniería
39
GGUUÍÍAA DDEELL TTRRAABBAAJJOO PPRRÁÁCCTTIICCOO NN°°
EEssttrruuccttuurraass ddee MMaarrccoo AAbbiieerrttoo ((22 CChhaappaass)) En el presente ejemplo se plantea una estructura de marco abierto de 2 chapas. Debemos
verificar que sea isostática y esté rígidamente fijada a tierra.
La estructura tiene seis grados de libertad, tres por cada chapa y posee un vínculo doble en A, un vínculo simple en B, una articulación de vínculo interno (elimina dos grados de libertad) en C y otro vínculo simple en D. De esta manera tenemos planteada la cantidad y distribución de vínculos que me asegura la restricción de los seis grados de libertad enunciados.
2 m 2 m 2 m 2 m
1 t/m20 t
2 t/m
2 m2 m
10 tm
2 m2 m4 m
10 t
2 m
2 m
AB
CDE
F
Ahora quitaremos los vínculos (magnitudes elásticas) y colocaremos en su lugar fuerzas correspondientes con esas magnitudes elásticas impedidas.
2 m 2 m 2 m 2 m
1 t/m20 t
2 t/m
2 m2 m
10 tm
2 m2 m4 m
10 t
2 m
2 m
AB
CDE
F
x1
x2
x3
x4
Ing. Jorge A. Papajorge Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
Primer Cuatrimestre 2001 UNLZ – Facultad de Ingeniería
40
MMaarrccoo AAbbiieerrttoo TTrreess CChhaappaass
C2 t/m 10 t
10 t
5 t
10 tm
5 t
10 tm
1 m 3 m 2 m
1 m
1 m
3 m
2 m
1 m
1 m
2 m
Desarrollo: Punto C, Vínculo relativo de 2ª especie, articulación
A
B
C
DX1
X2
X3
10 tm
10 tm
5 t
X5
X6
10 t
10 t
4 t4 t
5 t
Ing. Jorge A. Papajorge Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
Primer Cuatrimestre 2001 UNLZ – Facultad de Ingeniería
41
CCÁÁLLCCUULLOO DDEE LLAASS RREEAACCCCIIOONNEESS DDEE VVÍÍNNCCUULLOO EEXXTTRREEMMOO EENN LLOOSS NNUUDDOOSS AA YY DD
T ) Ecuaciones de la estática aplicadas a la Totalidad de la estructura de la estructura
Fx = 0 ; - x2 – 5 – 10 + 5 = 0 x2 = - 10 t
Fy = 0; - x1 + 4 + 10 + 4 – x3 = 0 x1 + x3 = 18 t
MA = 0 ; x1, x2, 5, 4 se anulan
x3 –10 – (5t . 3m) – (10t . 4m) + (10t . 3m) + ( 4t . 2m) + 10 tm + x4 – 5x3 = 5 x3 – x4 – x5 = 10 + 15 - 40 + 10 + 8 +10 = -55 + 18
5 x3 – x4 – x5 = - 37 t
Dividiendo la estructura en 3 subestructuras equilibradas; se obtiene:
I)
Fx = 0 ; - x2 + x6 = 0
Fy = 0 ; - x1 + x7 = 0
MB = 0 ; x6 ; x7 se anulan
- 10 + x5 – x1 + 2 x2 = 0
x1 – 2 x2 – x5 = - 10
MA = 0 ; x1 ; x2 se anulan
x5 – 10 –x7 + 2x6 = 0
-x5 – 2 x6 + x7 = -10 II)
Fx = 0 ; - x6 –5 –10 – x8 = 0
x6 + x8 = 15
Fy = 0 ; - x9 + 4 + 10 + 4 – x9 = 0
x7 + x9 = 18
MB = 0; x6 ; x7 se anulan -(5t . 1 m) – (10t . 2m) + (4t . 1 m) + (10t . 2m) +
+ (4t . 3m) – 4x9 – 2 x8 = 0
2x8 + 4x9 = 11
Mc = 0; x8 ; x9 ; 10 se anula - (4t . 1m) – (10t . 2m) – (4t . 3m) + (5t . 1m) + 2x6 + 4x7 = 0
2x6 + 4 x7 = 31 (11)
A
B x6
x7
x2
x5
x1
10 tm
B
C
10 t
10 t
5 t
x6
4 t 4 t
x7
x8
x9
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Primer Cuatrimestre 2001 UNLZ – Facultad de Ingeniería
42
III)
Fx = 0 ; x5 + 5 = 0 x8 = -5t (12)
Fy = 0 ; x9 – x3 = 0 x3 – x9 = 0 (13)
Mc = 0 ; x8 ; x9 se anulan
10 tm – (5t . 4m) + x4 – 2x3 = 0
2 x3 – x4 = -10 (14)
MD = 0 ; x3 se anula x4 + (5t . 1m) + 10 tm + 5 x8 – 3 x9 = 0
x4 + 5 x8 – 2 x9 = -15 (15)
EEccuuaacciioonneess 1) x2 = - 10t 2) x1 + x3 = 18t
3) 5 x3 – x4 – x5 = -37
4) x2 – x6 = 0 x2 = x6 = -10 t
5) x1 – x7 = 0 6) x1 – 2 x2 – x5 = -10
7) x5 + 2x6 – x7 = 10 8) x6 + x8 = -15
9) x7 + x9 = 18 10) 2 x8 + 4 x9 = 11
11) 2 x6 + 4x7 = 31
12) x8 = - 5t
13) x3 – x9 = 0 x3 = x9 14) 2 x3 – x4 = -10
15) x4 + 5 x8 – 2 x9 = -15
Con en se verifica x8
- 10 + x8 = -15 x8 = -5 t
C
D
10 tm
5 t
x3
x4
x9
x8
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Primer Cuatrimestre 2001 UNLZ – Facultad de Ingeniería
43
Con (12) en
2 (-5) + 4 x9 = 11 x9 = 421 x9 = 5,25 t I
Reemplazando (12) y I en (15)
X4 = - 15 – 5 (-5) + 2 (5,25) x4 = 20,5 t II
En (13) con I x3 = 5,25t III Verificando los valores de x3 y x4 con (14)
2 (5,25) – 20,5 = -10
Despejando x7 de (11)
2 (-10) + 4 x7 = 31 4 x7 = 31 + 20 x7 = 12,75t
Verificando con la
12,75 + 5,25 = 18
De x1 = x7 = 12,75 t x1 = 12,75t V
En x5 = -2 (-10) + 12,75 + 10 x5 = 42,75tm VI
Verificando en
12,75 – 2 (-10) – 42,75 = -10
Verificación con
12,75 + 5 + 5,25 = 18
Con
5 (5,25) – 20,5 – 42,75 = -37
Ing. Jorge A. Papajorge Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
Primer Cuatrimestre 2001 UNLZ – Facultad de Ingeniería
44
EEssttrruuccttuurraa RReeaall
2m3m1m
1m1m
1m2m
12,75t
10t42,75tm
10tm
5,25t
20,5tm
5t
10tm
10t12,75t
10t
12,75t
5t
10t
10t2 t/m 5,25t
5,25t
5t
5t
Ing. Jorge A. Papajorge Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
Primer Cuatrimestre 2001 UNLZ – Facultad de Ingeniería
45
DDIIAAGGRRAAMMAA DDEE EESSFFUUEERRZZOOSS
+
+
--
N
1012,75
5
5,25
0
i d i d
N(+) N(-)
Q
+
++
+
-+
12,758,75
1,25 5,25
5
5,25
12,75
10
5
i d i d
Q(-)Q(+)
M+
+
+
-+
-
-+
20,5
155
10
10
42,75
30
20
10
15
15
6,5
i d i d
M(-)M(+)
Diagrama de Esfuerzo Axil N Diagrama de Esfuerzo deCorte Q
Diagrama de MomentoFlector M
CCAADDEENNAA DDEE CCHHAAPPAASS CCEERRRRAADDAASS IISSOOSSTTÁÁTTIICCAASS
SSuusstteennttaacciióónn ––VViinnccuullaacciióónn ccoorrrreeccttaa yy aappaarreennttee
CCÁÁLLCCUULLOO DDEE RREEAACCCCIIOONNEESS
En una cadena cinemática de N chapas, donde cada una de ellas tienen si fueran independientes 3 grados de libertad, vale decir que todo el conjunto no vinculado tendrá 3N grados
de libertad. Luego al estar vinculadas y debido que cada vinculación relativa entre dos chapas restringe 2 grados de libertad (2 G.L.) y como dicho conjunto tendrá (N-1) vínculos internos, todos los vínculos internos restringirán por lo tanto 2 (N-1) grados de libertad.
Por lo tanto, la estructura de cadena cinemática abierta contará con: (N+2) grados de
ch1
ch2
ch3
Ing. Jorge A. Papajorge Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
Primer Cuatrimestre 2001 UNLZ – Facultad de Ingeniería
46
libertad.
..2..123 lgNlgNN
Si ahora tratamos una cadena cinemática cerrada, veremos que ésta tendrá una articulación
intermedia más, lo que dicho vínculo agregado restringe dos grados de libertad (2 gl) adicional quedando: [(N + 2) – 2] gl = N gl
Que operando serán N los grados de libertad que tendrá una cadena cinemática cerrada.
Por lo tanto podemos afirmar que el número de grados de libertad de una cadena cinemática cerrada, será igual al número de chapas (N) que la integra gl = N
Grados de libertad de las chapas desvinculadas
Grados de libertad que restringen los vínculos internos
Grados de libertad de la estructura vinculada
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CCaaddeennaa cciinneemmááttiiccaa cceerrrraaddaa Entendemos por cadenas cinemática cerrada, aquella en que sus resultado así que la totalidad
de las chapas que integran la cadena, se encuentran articuladas con dos chapas vecinas y consecuentemente, para fijarla a la tierra, será necesario imponerle N condiciones de vínculos, que estarán distribuidos de forma tal que ninguna chapa resulte vinculada a tierra por más de tres de ellos.
La cadena cinemática cerrada más simple, será la constituida por sólo tres chapas que poseerá tres grados de libertad (3 gl). Es decir el mismo número que una chapa aislada en el plano.
De lo expuesto se puede afirmar que una cadena cinemática cerrada de tres chapas, se comporta cinemáticamente como una chapa rígida. Para fijarla a tierra, será necesario imponerle
tres condiciones de vínculo, los que de acuerdo con la forma en que se encuentren distribuidas, conducen a las siguientes variantes, en cuanto a su sustentación.
La determinación de sus reacciones de vínculos solicitada por un sistema de fuerzas exteriores. No ofrece mayores dificultades si se lo encuadra por procedimientos gráficos o analíticos.
Siendo tres el número de incógnitas a determinar, analíticamente se resuelve e inmediatamente el planteo de las ecuaciones generales de equilibrio.
0
0
0
P
y
x
M
F
F
Gráficamente, será el correspondiente a una chapa simple sustentada mediante tres condiciones de vínculos.
Al analizar una cadena cinemática cerrada de cuatro chapas y siendo el número de chapas N = 4, tendrá como hemos visto cuatro grados de libertad (4 gl), con lo que será necesario imponerle entonces cuatro condiciones de vínculo para sustentarla isostáticamente. Claro está que cumple un factor muy importante la distribución correcta de esos vínculos y tratando de colocar no más de tres vínculos por chapa.
Pudiendo resultar los siguientes casos: a) 3 vínculos con 1 chapa y 1 en chapa adyacente.
b) 3 vínculos con 1 chapa y 1 en chapa no adyacente. c) 2 vínculos con 1 chapa y 2 en chapa adyacente.
d) 2 vínculos con 1 chapa y 2 en chapa no adyacente. e) 2 vínculos con 1 chapa y 1 en chapa adyacente y 1 en no adyacente
f) 2 vínculos con 1 chapa y 1 en chapa adyacente y otra adyacente
g) 1 vínculo en cada chapa.
ch 1
ch 1
ch2
ch2
ch3
ch3
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¿¿CCóómmoo eennccaarraammooss eell eessttuuddiioo?? Una cadena cinemática cerrada de N chapas, o comúnmente denominada Marco cerrado,
estará compuesto por un conjunto de barras, que como hemos dicho anteriormente, se cierran en algún punto de dicha estructura, que a su vez estará vinculada isostáticamente a tierra.
Ello implica que a través de sus vinculaciones, se podrán obtener, un sistema reactivo que será capaz de equilibrar al sistema activo de cargas actuantes ó estado de cargas, mediante el estudio analítico, con la aplicación de las 3 ecuaciones generales de la estática.
Ahora bien, cuando pretendemos hallar para cada punto de la estructura, el valor y ubicación de la resultante izquierda ó derecha a través de los esfuerzos característicos M, N, y Q, que
definirán a dicha resultante, se puede comprobar que dentro del marco cerrado NO será posible definir la parte izquierda o parte derecha de la estructura y consecuentemente tampoco podremos definir la resultante izquierda o derecha. Esto se puede verificar recorriendo la estructura a partir de un punto cualquiera donde nos interesa determinar los valores de las solicitaciones características, ya que en un punto cualquiera será imposible determinarlas, llegando nuevamente al mismo punto de partida involucrando en su recorrido
todas las fuerzas o Estado de cargas que actúan en dicha estructura.
Esta determinación originada en el ,marco cerrado, se podrá evitar, tentando resolver la estructura, mediante la eliminación de vínculos internos (V.I.).
Como mencionamos en capítulos anteriores cuando analizamos vínculos internos, hemos dicho que cada punto de la estructura, actúa de vínculo interno de ella misma, poniendo en evidencia las magnitudes estáticas en correspondencia de las magnitudes elásticas que ese punto está impidiendo.
Es decir que cortando el marco cerrado, en un punto cualquiera, ponemos en evidencia la totalidad de las magnitudes estáticas correspondientes con las magnitudes geométricas relativas que impiden la vinculación.
Si bien hemos eliminado la indeterminación antes descripta, vemos que nos aparecerán tres incógnitas internas x1; x2; x3 que no son otra cosa que los esfuerzos característicos (M, N y Q) en dicho punto.
Por lo tanto, aparecerán en la estructura tres nuevas incógnitas, quedando así convertida en una estructura estática abierta, para la cual la estática
nos brinda solamente las tres ecuaciones generales de equilibrio. Con lo que tendremos:
Sólo 3 ecuaciones Y 6 incógnitas = 3 por vínculos internos y 3 por vínculos externos.
Por lo tanto será un hiperestático de 3º grado. Si bien en cada sección está definida la parte izquierda y derecha, no podremos calcular M,
N y Q, ya que no tenemos forma de conocer los valores de todas las incógnitas.
N N
MM Q
Q
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En estas condiciones se trata de una estructura externamente isostática pero hiperestática debido a su vinculación interna.
¿¿CCuuááll eess nnuueessttrroo oobbjjeettiivvoo?? Nuestro objetivo es llegar a concluir cuando
una estructura de marco cerrado es isostática.
Tomamos la estructura anterior y le eliminamos un vínculo interno en un punto (E) del marco cerrado, ello implica colocarle a la estructura un vínculo interno de 2º especie, que será una articulación.
Dispondremos entonces de: 4 ecuaciones y 6 incógnitas
InternasxxxExternasxx
MóM
M
F
F
rEd
rEi
P
y
x
654
321x Incógnitas 6
00
0
0
0
Ecuaciones 4
Ahora la estructura se ha transformado en un hiperestático de 2º grado.
Ahora bien, si colocamos en el marco cerrado otra articulación vemos que se transforma en un hiperestático de 4º grado: 5 ecuaciones con 6 incógnitas comprobamos entonces que para que una estructura de marco cerrado sea isostática (debido a su vinculación interna), deberá tener como mínimo 3 vínculos relativos de 2º especie por marco cerrado.
Para resolverlo, debemos lograr como mínimo, un corte por macro, logrando de esta manera definir la izquierda y la derecha de la estructura en todos los puntos.
EEJJEEMMPPLLOO::
Estamos en presencia de una estructura cinemática de chapas cerradas isostáticas porque:
a) El marco cerrado tiene 3 vínculos relativos de 2º especie.
b) Está formada por 3 chapas, las cuales de estar libres tendrán 3N grados de libertad cada una. Por lo tanto las 3 chapas desvinculadas tendrán 9 grados de
libertad.
Los que necesitaremos impedirlos:
X1
X2X3
E
X4X5
X6
E
I
II
III
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Por vínculos internos se restringen = 6 grados de libertad Por vínculos externos se restringen = 3 grados de libertad.
De esta forma estamos restringiendo los 9 grados de libertad por medio de la vinculación externa e interna.
Si resolvemos la estructura cortando en un punto cualquiera del marco cerrado, veremos que el número de ecuaciones es igual al número de incógnitas.
Dispondremos de 6 ecuaciones con 6 incógnitas:
654
321
..
..
..
x:Incógnitas
00
00
00
0
0
0
:Ecuaciones
xxxInternasxxExternas
FóF
MóM
MóM
M
F
F
estáticaladegeneralesEcuaciones
rderV
rizqV
rderD
rizqD
rderE
rizqE
P
y
x
Si cortamos la estructura en el punto i, se ponen en evidencia 3 incógnitas (M, N y Q); pero si cortamos la estructura en el punto j, sólo aparecerán 2 incógnitas (N y Q); pues en ese punto el vínculo existente es una articulación donde sabemos que el momento vale cero (M = 0).
La eliminación de vínculos internos pueden realizarse simultáneamente en uno o más puntos.
Al eliminar vínculos en los puntos i, j, hemos transformado a nuestra estructura en dos sub—estructuras independientes entre sí, relacionadas únicamente por las tres magnitudes que aparecen en i (M, N, Q) y por las dos magnitudes que aparecen en j (N, Q). Las que serán en ambas
caras de cada corte ó lo que es lo mismo en cada sub—estructura, iguales y de sentido contrario.
Así por ejemplo, el momento en el punto i (Mi) lo suponemos positivo (+) en la cara derecha ó sea en la sub—estructura II y será negativa (-) y de igual valor en la cara izquierda ó sea en la sub—estructura I. –y así sucesivamente.
X1
X2X3
E
X4X5
X6
A BC
D i
j
I
IIi
j
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Ahora bien, las cinco incógnitas que aparecerán al cortar la estructura en los puntos i, j, la resolveremos por medio de las Ecuaciones generales de la estática, las ecuaciones de equilibrio relativo.
II ó I estructura-sub la de0
II ó I estructura-sub la de0
II ó I estructura-sub la de 0
0
0
0
P
y
x
P
y
x
M
F
F
M
F
F
De las ecuaciones de equilibrio relativo respecto de un punto, se toma la ecuación izquierdo ó derecha de ese punto.
Importante: NO se podrá tomar en una ecuación, por ejemplo F(x) = 0 en la sub—estructura I y II simultáneamente, pues ya hemos utilizado para calcular los vínculos externos las ecuaciones generales de la estática y de hacerlo en ambas sub—estructuras I y II.
Estamos detectando F(x) = 0 como ecuación general y no como ecuación de equilibrio relativo en uno u otro lado.
Tenemos que tener en cuenta que si tomamos:
F(x) = 0 En I; al tomar la segunda
F(x) = 0 En II; esta última no es independiente ya que aparecerá como combinación
lineal de las dos anteriores. Es decir de:
IEnFF
x
x
0
0
Por lo tanto, no tendrá valor para el proceso resolución de las ecuaciones.
A medida que cortamos a la estructura en mayor cantidad de lugares, impondremos más incógnitas y ecuaciones. El proceso será más fatigoso, pero luego se hará más simple a los efectos de obtener los esfuerzos característicos M; N; Q de toda la estructura.
Una vez elegido el sistema de incógnitas debemos plantear todas las ecuaciones linealmente independientes posibles, esta cantidad y calidad nos reflejará la naturaleza de la estructura, pudiendo ocurrir que:
a) El número de ecuaciones es mayor que el número de incógnitas. Por lo tanto estamos en presencia de una estructura Hipostático.
Nº Ecuaciones Nº de incógnitas Est. Hipostática.
x1
x2 x3
x4x5
x6
x7
x8
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Ejemplo:
A
B B
A
x1
x2 x3
Ecuaciones: Cantidad cuatro (4)
una siempre pero derecha ó izquierdarelativo equilibrio deEcuación Una
00
estática la de generales ecuaciones tresLas
0
0
0
..r
derBr
izqB
P
y
x
MóM
M
F
F
Incógnitas: cantidad tres (3) {x1; x2; x3
Este caso a) no tiene solución, solo lo tendrá para un sistema de fuerzas que pasen por A y B.
b) El número de ecuaciones es menor al número de incógnitas donde la estructura será Hiperestática.
Nº de Ecuaciones Nº de incógnitas HIPERESTÁTICA
De solución indeterminada por los métodos de la estática.
El número de ecuaciones faltantes, para la resolución de este problema, serán provistas por la teoría de la elasticidad. Pudiendo ser una solución por Deformaciones.
c) El número de ecuaciones es igual al número de incógnitas puede tener dos posibilidades
Nº de Ecuaciones = Nº de Incógnitas
SolucionescSoluciónc
00
2
1
c1) Si el determinante de la matriz de los coeficientes del sistema de ecuaciones es 0, la estructura será isostática y tendrá solución para cualquier sistema de cargas.
c2) Si el determinante de la matriz de los coeficientes de sistema de ecuaciones = 0 (nulo). El sistema tendrá infinitas soluciones.
isostática será Noleincompatibadoindetermin)
b)a
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VViinnccuullaacciióónn aappaarreennttee 1) Cuando alguna condición de vínculo de una o varias chapas es aparente, por lo tanto
permitirá un desplazamiento infinitésimo.
2) Cuando algunas de las chapas correspondan más de tres condiciones de vínculo, por lo
tanto podrá desplazarse las restantes. Donde una chapa será hiperestática y otra hipostática (visto anteriormente en cadena cinemática)
En todos los casos en que alguna de las chapas no resulte con reacciones estáticamente determinables, a pesar que el conjunto de la cadena tenga N condiciones de vínculo y que como hemos visto parte de la misma resulta con desplazamientos visibles. No puede haber equilibrio bajo la acción de una fuerza cualquiera, cuando ello sucede, quiere decir que el sistema de N ecuaciones, no tiene solución posible o determinadas = 0
EEjjeemmpplloo ddee eessttrruuccttuurraa ddee mmaarrccoo cceerrrraaddoo iissoossttááttiiccoo
EESS IISSOOSSTTÁÁTTIICCAA PPOORRQQUUEE::
a) El marco cerrado tiene 3 vínculos de segunda especie. b) Está formado por tres chapas, las cuales de estar libres tendrían “3 . n” grados de
libertad, siendo 3 el número de grados de libertad de cada chapa desvinculada y “n” el número de chapas.
Grados de Libertad: 3 . 3 = 9 grados de libertad Necesita tener impedidos 9 grados de libertad
Vínculos externos : 3 grados de libertad impedidos Vínculos internos: 6 grados de libertad impedidos
Total: 9 grados de libertad impedidos
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Si la resolvemos cortando en un punto cualquiera del marco cerrado:
x3x1
x2
x4x5
x6
F
E
D
6 Incógnitas: Externas: x1 – x2 – x3 Internas: x4 – x5 – x6
6 Ecuaciones:
Fx = 0
Fy = 0
Mp = 0
0Mó0M rEd
rEi
0Mó0M rDd
rDi
Fvert. Fi = 0 ó Fvert. Fd = 0
EEJJEEMMPPLLOO DDEE EESSTTRRUUCCTTUURRAASS DDEE MMAARRCCOOSS CCEERRRRAADDOOSS IISSOOSSTTÁÁTTIICCAASS
III
III IV
A
a) Tiene 3 vínculos relativos de segunda especie en el marco cerrado
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55
b) Tiene impedidos los 12 grados de libertad de las chapas, considerando que se encuentran desvinculadas entre sí.
4 chapas x 3 grados de libertad (desvinculadas) = 12 grados de libertad a impedir
Por vinculación externa: 4 g. de l. impedidos Por vinculación interna: 8 g. de l. impedidos
Total: 12 g. de l. impedidos
Si resolvemos abriendo en un punto “A”, surgen 3 incógnitas internas, que sumadas a las 4 externas resultan 7 incógnitas.
Contando para resolver las 7 ecuaciones necesarias, que son: 4 ecuaciones de equilibrio relativo (una en cada articulación)
3 ecuaciones generales
OOTTRROO EEJJEEMMPPLLOO
a) 3 vínculos de segunda especie en cada marco cerrado b) 5 chapas x 3 grados de libertad = 15 grados de libertad
Vinculación externa: 3 g. de l. impedidos Vinculación interna: 12 g. de l. impedidos
Total: 15 g. de l. impedidos
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DDiissttiinnttaass mmaanneerraass ddee rreessoollvveerr ((hhaayy iinnffiinniittaass))
x3
x7
x8
x2
x1
x4
x6x7
Incógnitas: 8 Ecuaciones: Generales 3
Relativas 5 Total 8
I
II x3x2
x1
x4
x5 x6
x8x7 x9
x10
Incógnitas: 10 Ecuaciones: Generales 6 (Estructuras I y II)
Relativas: 4 Total. 10
I
II III
IV
V
VI
x1
x2 x3
x4 x5
x6
x7
x8
x9
x10
x11x12
x13
x14
x15x16
x17
x18
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Incógnitas: 18 Ecuaciones: Generales 18 (estructuras I, II, III, IV, V, VI)
Relativas 0 Totales 18
Comprobamos que a medida que cortamos en mayor cantidad de lugares, imponemos más incógnitas y ecuaciones, el proceso de resolución es más fatigoso pero luego se hace más simple la obtención de M, Q y N.
EEJJEERRCCIICCIIOO
AB
C D E
F
GH
2m 2m
2m4m
2t/m
10t20tm
40tm
20t
Cada marco cerrado tiene 3 vínculos de segunda especie 3 chapas x 3 = 18 g. de l.
Vínculos externos: 4
Vínculos internos: 14 Total: 18 grados de libertad impedidos
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58
RReessoolluucciióónn
G
A
H
B F
x2
x1
20t
x3
x4
x8
C EDx7
x5
x6
x10
x9
x12 x11
2t/m
10t20tm40tm
I II
III
* Orden de las ecuaciones
Fx = 0 *
I) Fy = 0 *
Mp = 0 *
Por utilizar y
Fx = 0 *
II) Fy = 0 *
Mp = 0 *
Fx = 0 * (12)
III) Fy = 0 * (13)
Mp = 0 * (11)
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59
Fx = 0
I) + II) + III) Fy = 0
Mp = 0
* Por utilizar I) II) y III)
3*002*00
14*00
RelativasEcuaciones
rDd
rDi
rBd
rBi
rCd
rC
MbienóMMbienóM
MbienóMi
1) MrCi = 0 = -4 x6 + 40 = 0 x6 = 10
2) MrBi = 0 = -2 x2 + 20 = 0 x2 = 10
3) MrDi = 0 = -4x9 – 20 = 0 x9 = -5
4) MrCd = 0 = -2 x8 + 2. 2. 1 = 0 x8 = 2
Por haber utilizado MrCi y r
Cd eliminamos Mp (I) (5)
6) Fy (I) = 0 = -x8 – x5 +4 = 0 x5 = 2
7) Fx (I) = 0 = x6 – x7 = 0 x7 = 10
8) Fx (II) = 0 = x7 + x9 + x11 + 10 = 0 x11 = -15
9) MF (II) = 0 = 2x10 – 20 + 4x7 – 2 x8 – 2. 2. 1 + 10. 2= 0 x10 = -16
10) Fy (II) = 0 = - x10 + x8 + 4 – x12 = 0 x12 = 22
11) MG(III) = 0 = -x1 – 4x5 – 20 – 2x6 –2x9 –2x10 – 2x11 = 0 x1 = 6
12) Fx (III) = 0 = x2 – 20 – x6 – x9 – x11 - + x4 = 0 x4 = 0
13) Fy (III) = 0 = x5 + x1 + x10 + x12 + x3 = 0 x3 = -14
Por haber utilizado (I), (II) y (III), debemos eliminar (I) + (II) + (III), por ser combinación lineal de las utilizadas.
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60
Una vez conocidos los valores de las incógnitas nos encontramos en condiciones de dibujar la estructura en equilibrio.
Para efectuar los diagramas, tomamos cada una de las tres estructuras formadas independientemente de la estructura original total y trazamos M, Q y N para cada una de ellas.
EESSTTRRUUCCTTUURRAA EENN EEQQUUIILLIIBBRRIIOO
10t6t
20t
14t
2t
10t
2t
10t
16t5t
22t 15t
2t/m
10t20tm40tm
10t2t
2t10t 16t5t
22t
15t
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DDIIAAGGRRAAMMAASS DDEE EESSFFUUEERRZZOOSS CCAARRÁÁCCTTEERRÍÍSSTTIICCOOSS
N-
-
+ -
+
+ -
105
2
16
22
14
2015
6
20
Q- +
-
+
+-
+
-
-
+
2 5 5
22
15
85
8
10
10
10
M
-
40
40
+
+
301010
-
+ +2020
+
+16
-
-10
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EEJJEERRCCIICCIIOO TTIIPPOO
3 m 3 m 2 m
1 m
1 m
2 m
2 m
1 t/m
5 t
10 t
10 tm
5 t
10 t
2 t/m
DDeessaarrrroolllloo:: PPuunnttooss AA,, BB,, CC VVíínnccuullooss rreellaattiivvooss ddee 22°° eessppeecciiee,, aarrttiiccuullaacciioonneess
5 t
10 t
5 t
10 t10 tm
3 t
4 t
4 t
E
x3
x2
x10 x 0
y 0
M(+)
DA
B C
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CCáállccuulloo ddee llaass rreeaacccciioonneess ddee vvíínnccuulloo eexxtteerrnnoo eenn llooss aappooyyooss AA,, BB,, EE
1- ecuaciones de la estática aplicadas a la totalidad de la estructura.
T) Fx = 0 ; -x2 + 10t – 10t + 4t + 4t = 0 x2 = 8t
Fy = 0; - x1 + 5t + 3t + 5t – x3 = 0 x1 + x3 = 13 t
M(A) = 0; 0x2 +(10t . 2m) + 0x3 +(5t . 3m) +(3t . 4,5m) +(5t . 8m) + 10tm +(10t . 1m)+ +(4t . 1m) – (4t . 1m) – 6x3 = 0
20tm + 15tm + 13,5tm + 40tm + 10tm + 10tm + 4tm – 4tm – 6x3 = 0
6 x3 = 108,5tm x3 = 108,5/ 6m x3 = 18,083t
Reemplazando en
X1 + 18,083t = 13t x1 = 13t – 18,083t x1 = -5,083t
De se desprende por tener signo negativo que a x1 debe cambiarse el sentido:
Verificación de los valores: Verticales: x1 + 5t + 3t + 5t – 18,083t = 0
5,083t + 5t + 3t + 5t – 18,083t = 0 Horizontales: - x2 + 10t + 4t + 4t – 10t = 0
- 8t + 10t + 8t – 10t = 0 Esquema Real y división en dos chapas equilibradas.
I
II
4t 10t
x3= 18,083t
x2= 8t
5t4t
10tmx4
x4
x5
x5
10t
x6
x6
x7
x7
3t
5tx1= 5,083t
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64
Chapa I, ecuaciones de la Estática
3 m3 m
2 m
2 m
x5
x4
8t A
x6
x7
10t
5,083t 5t
3tB
C
Fx = 0; x5 – 8t + 10t – x7 = 0 x5 – x7 = -2t
Fy = 0; - x4 + 5,08t + 5t + 3t + x6 = 0 x4 – x6 = 13,083t
M(A) = 0; x4; x5 8t y 5,083t se anulan.
(10t . 2m) +(5t . 3m) (3t . 4,5m) + 6x6 – 4x7 = 0 20tm + 15tm + 13,5tm = -6x6 + 4x7
-6x6 + 4x7 = 48,5tm I) Ecuación de condición o relativa
Mr(B) abajo = 0; (8t . 4m) – (10t . 2m) – 4x5 + 0x4 = 0
32tm – 20tm – 4x5 = 0
4x5 = 12 tm x5 = 12tm / 4m x5 = 3t
Reemplazo en
3t – x7 = 2t x7 = 5t Chapa II, Ecuaciones de la Estática
C
x6
x7
4t
4t
D
5t
F
10t
E
18,083t
x4
Ax5
10tm
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65
Fx = 0; -x5 + x7 + 4t + 4t – 10t = 0 x5 – x7 = -2t
Fy = 0; -x6 + 5t + x4 – 18,083t = 0 x4 – x6 = 13,083t (11)
M(A) = 0; x4; x5 se anulan
10tm + 10tm + 4tm – 4tm – (18,083t . 6m) + (5t . 8m) – 6x6 + 4x7 = 0
6x6 – 4x7 = - 48, 49tm (12)
Verificación de y en
3t - 5t = -2t
Reemplazando en (12)
6 x6 – 4 (5t) = -48,49tm 6x6 = -28,49 tm x6 = -4,75t
Reemplazando (13) en (11)
X4 – (-4,75t) = 13,083t x4 = 8,33t (14)
Con lo que se verifica la
Verificación con la
-6 (-4,75t) + 4 (5t) = 48,5tm
28,5tm + 20tm = 48,5tm
Nota: Cambiar el sentido de x6
Ing. Jorge A. Papajorge Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
Primer Cuatrimestre 2001 UNLZ – Facultad de Ingeniería
66
EESSQQUUEEMMAA FFIINNAALL
5,083t 5t1t/m
4,35t
4,35t
5t5t
2m
5t
2m2t/m
10t
18,083t
2m3m3m
8,33t
1m1m
8,33t
3t
3t
8t
10tm
10t
Ing. Jorge A. Papajorge Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
Primer Cuatrimestre 2001 UNLZ – Facultad de Ingeniería
67
DDIIAAGGRRAAMMAASS DDEE EESSFFUUEERRZZOOSS CCAARRAACCTTEERRÍÍSSTTIICCOOSS
N
-
-
-
-+
18,08
03
8,33
5
4,75
Q
-
1,75
-
-
+
+
-
++
-3,25
4,75
59 6
8 2
8,83
5
5
M
-
2
6
+
-
24
10 40
10-
-
+
+
--15
25
10
9,44
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