Cátedra Cancianicatedracanciani.com.ar/E1/Apunte_1_cuatrimestre.pdf · Carga de la otra losa ... Se trata en el Reglamento CIRSOC 102 1 ... La fuerza de viento varía de acuerdo

Cátedra Canciani Estructuras I Apuntes y Trabajos Prácticos 1° Cuatrimestre Año 2011

Profesor Titular - Ingeniero José María Canciani Prof. Adjunto - Ing. Alejandro María Albanese Jefe de Trabajos Prácticos - Arqta. Marcela Patricia Suarez Jefe de Trabajos Prácticos - Arq. Ricardo D. Varela Ayudante – Arq. Susana Varsavsky Ayudante – Arq. Mayra Arguello Ayudante – Rocío Filgueira

Índice

1 Apunte Cargas

2 Apunte Análisis de cargas

3 Apunte Estática

4 Apunte Vínculos 1




8 Apunte Caracteristicas 1

9 Apunte Características 2



12 Apunte Cullman Ritter

TP1 Ejercicio Análisis de Cargas

TP2 Vínculos Ejercicios 1, 2, 3

TP3 Vínculos Ejercicios 4, 5

TP4 Vínculos Ejercicios 6, 7

TP5 Diagramas de características

Estructuras IEstructuras ICátedra Canciani

ACCIONES SOBRE LAS ESTRUCTURAS:CARGASCARGAS

11 - Cargas

Cargas F lt d l d t dCargas: Fuerzas que resultan del peso de todoslos materiales de construcción, del peso y actividad de sus ocupantes y del peso del equipamiento. También de efectos ambientales y climáticos tales como nieve, viento, etc..

Se miden en ,

�Unidades de fuerza

�Unidades de fuerza / longitudUnidades de fuerza / longitud

�Unidades de fuerza/ superficie.

21 - Cargas

Unidades más tili adasUnidades más utilizadas:

UNIDADES DE FUERZA�Kilogramo fuerza (kgf) ( Kg)�Tonelada (Ton.) (T)�Kilo Newton (KN) = 102 Kg

UNIDAD DE LONGITUD:�Metro (m)

UNIDAD DE SUPERFICIE:�Metro cuadrado (m2)

31 - Cargas

Clasificación de las cargas según su origen:g g gPermanentes

� GRAVITATORIAS� EMPUJES

A id t lAccidentales� SOBRECARGAS� VIENTO� VIENTO� SISMO� SUBPRESIÓN

Otras� CEDIMIENTO de VÍNCULOS

IMPACTO� IMPACTO

41 - Cargas

Cargas Permanentes : Cargas en las las cuales las variaciones aCargas Permanentes : Cargas en las las cuales las variaciones alo largo del tiempo son raras o de pequeña magnitud y tienen un tiempo de aplicación prolongado. En general,

i l d d l i l d ióconsisten en el peso de todos los materiales de construcciónincorporados en el edificio, incluyendo pero no limitado a paredes, pisos, techos, cielorrasos, escaleras, elementos p , p , , , ,divisorios, terminaciones, revestimientos y otros items arquitectónicos y estructurales incorporados de manera similar y equipamiento de serviciossimilar, y equipamiento de servicios .

51 - Cargas

Cargas PermanentesCuando se determinen las cargas permanentes se deben usar los pesos reales de los materiales En ausencia dereales de los materiales. En ausencia deinformación fehaciente, se usarán los valores que se indican en el Reglamento CIRSOC 101CIRSOC 101

Las cargas permanentes se obtendránLas cargas permanentes se obtendránmultiplicando los volúmenes o superficies considerados en cada caso, por los correspondientes pesos unitarios que secorrespondientes pesos unitarios que seindican en las Tablas

61 - Cargas

71 - Cargas

En caso que el peso unitario figure como KN/m2 se trata de di t ib id fi i luna carga distribuida en una superficie y su valor es

Carga (Kg/m2) = Peso Unitario de la tabla ( KN/m2) * 102

Por ejemplo una cubierta de pizarra significará una carga de peso propio depeso propio de

0 ,9 KN/m2 *^102 = 91.8 Kg/m2

81 - Cargas

En caso que el peso unitario figure como KN/m3 puede tratarse de una carga distribuida en una superficie o en una línea .

Si fuese en una superficie su valor es :

Carga (Kg/m2) = Peso Unitario de la tabla ( KN/m3) * espesor del material (m) * 102

Por ejemplo una losa de hormigón armado de 0,20 m de espesor

24 KN/m3 * 0,20 m * 102 = 489.6 Kg/m2

91 - Cargas

Si fuese una carga lineal su valor es :

Carga (Kg/m) = Peso Unitario de la tabla ( KN/m3) * sección del material (m2) * 102

Por ejemplo una viga de hormigón armado de 0 ,35 m * 0,65 m de sección tendrá una carga de peso propio de

24 KN/m3 * 0,35 m * 0,65 m * 102 = 556,9 Kg/m

0,35 m

0,65 m101 - Cargas

C P tCargas Permanentes:

Empujes : empujes de suelo o agua en paredes de los sótanos. Muros de contención de suelos.

111 - Cargas

Accidentales

Sobrecargas : Son aquellas originadas por el uso y ocupación de un edificio upor el uso y ocupación de un edificio u otra estructura, y no incluye cargas debidas a la construcción o provocadasdebidas a la construcción o provocadas por efectos ambientales, tales como nieve, viento, acumulación de agua, sismo, etc. Las sobrecargas en cubiertas son aquellas producidas por materiales,

i l d t lequipos o personal durante el mantenimiento, y por objetos móviles o personas durante la vida útil de lapersonas durante la vida útil de la estructura.

121 - Cargas

131 - Cargas

CLASIFICACIÓN DE LAS CARGAS SEGÚN LAS ÓFORMAS DE DISTRIBUCIÓN

Distribuidas

�Superficiales

�Lineales

141 - Cargas

Ca ga dist ib ida s pe ficialCarga distribuida superficial

Es una carga que está repartida en una superficie cuyo valor se expresa en unidades de fuerza sobre unidades se superficie representa la mayor parte deunidades se superficie, representa la mayor parte delas cargas de un edificio.

Superficial(Kg/m2 o Mp)

Losa

151 - Cargas

Ca ga dist ib ida s pe ficialCarga distribuida superficial

Representa la mayor parte de las cargas de un edificio, varía desde 10 Kgr/m2 en una cubierta liviana hasta los 5000 Kgr/m2

en el piso de un depósito, pasando por los 800 Kgr/m2 delentrepiso de una casa o los 1300 Kgr/m2 del piso de un edificioentrepiso de una casa o los 1300 Kgr/m del piso de un edificioimportante.Es la que se considera para dimensionar las losas.

161 - Cargas

Ca ga dist ib ida linealCarga distribuida lineal

Es la carga que está repartida sobre una línea, generalmente la origina una superficie (losa) contigua

lí ( i ) K /que se apoya en esa línea (viga), se expresa en Kgr/m.Es la que se considera para dimensionar las vigas

Lineal(k / )(kg/m)

VigaViga

171 - Cargas

Ca gas Concent adasCargas Concentradas

Son aquellas a las que se las considera concentradas en un punto infinitesimal, algo imposible en la práctica. En realidad son carga con un valor de concentración muy alto sobre un sector

ñ ió l d i t l tmuy pequeño, en comparación con las descriptas en el puntoanterior.Su magnitud, se expresa obviamente en Kgr o N.

Concentrada(kg ó T)

Columna

181 - Cargas

Clasificación de las cargas ú l ti d li iósegún el tiempo de aplicación

EstáticasSe llama así a las que son aplicadas lentamente y

i í d l daccionan por un período prolongado.

La mayoría de las cargas con las que seLa mayoría de las cargas con las que sedimensiona en Arquitectura son de este tipo.

La Estática es una rama matemática de la física que proporciona buena herramienta para su manejo.

191 - Cargas

Cargas EstáticasCargas Estáticas

Superficial(Kg/m2 o Mp)Losa ( g )osa

Lineal(kg/m)

Viga Concentrada(kg ó T)(kg ó T)

Columna

Terreno Reacción Terreno Superficial(Kg/ m2)

201 - Cargas

Ca gas DinámicasCargas Dinámicas

Son las que su acción varía rápidamente en el tiempo.Si esta acción fuera unitaria puede tomarseSi esta acción fuera unitaria puede tomarsecomo impacto, en caso de ciclar a intervalos regulares como los casos: martinete,g ,compresor, viento, arrachado, sismo, no pueden ser manejadas con la estática, sin con métodos aproximados luego de un cuidadosométodos aproximados luego de un cuidadosoanálisis del caso.

211 - Cargas

Ejemplo. Análisis de carga de losas en proyecto estacionamiento Club de Pescadores

Croquis de ubicación

221 - Cargas

Planta de Arquitectura

231 - Cargas

Planta de Estructuras

241 - Cargas

Detalle Losa 67Detalle Losa 67

251 - Cargas

2626

261 - Cargas

Todas las losas tienen un espesor de 0,20 metros.

L i ti h d 0 35 t lt dLas vigas tienen un ancho de 0,35 metros y una altura de0,65 metros

Análisis de cargas

a) Sobrecargas

Se considera la posibilidad que se congreguen personas luego la sobrecarga es de 5 KN/m2 o sea 510 Kg/m2

271 - Cargas

281 - Cargas

291 - Cargas

Peso propio de la losa

Carga (Kg/m2) = Peso Unitario de la tabla ( KN/m3) * espesor del material (m) * 102material (m) * 102

Una losa de hormigón armado de 0,20 m de espesor

24 KN/m3 * 0,20 m * 102 = 489.6 Kg/m2

Capa asfáltica de 0,05 metros

13 KN/m2 * 0 05 m * 102 = 66 3 Kg/m213 KN/m2 * 0,05 m * 102 = 66,3 Kg/m2

301 - Cargas

Luego la carga de la losa 67 es de

Peso del Hormigón Armado 489,6 Kg/m2

Paso de la capa asfáltica 66,3 Kg/m2

Sobrecarga 510 Kg/m2Sobrecarga 510 Kg/m2

T t l 1065 9 K / 2Total 1065,9 Kg/m2

311 - Cargas

321 - Cargas

Carga de las vigas que sostienen a la losa 67

La losa 67 tiene una carga de 1065,9 Kg/m2 que se descarga, en partes iguales en las 4 vigas que la sostienen es un cuadrado de 4 91 metros deiguales en las 4 vigas que la sostienen, es un cuadrado de 4,91 metros delado.

La carga total de la losa es su superficie por su carga unitariag p p g

4,91 m * 4,91 m * 1065,9 Kg/m2 = 25.696,8 Kg

A cada viga le corresponde la cuarta parte luego la carga que pasa de laA cada viga le corresponde la cuarta parte luego la carga que pasa de lalosa a cada viga es de

25 696 8 Kg / 4 = 8 424 2 Kg25.696,8 Kg / 4 8.424,2 Kg

Las vigas miden 4,91 metros de largo, luego su carga por metro lineal es de

8424.2 Kg / 4,91 m = 1.308,3 Kg/m331 - Cargas

Una viga de hormigón armado de 0 ,35 m * 0,65 m de sección tendrá una carga de peso propio igual a su peso unitario por la secciónu a ca ga de peso p op o gua a su peso u ta o po a secc ó

24 KN/m3 * 0,35 m * 0,65 m * 102 = 556,9 Kg/m

Luego la carga sobre cada viga es de

Peso Propio 556,9 Kg/m

Carga de 1 losa 1 308 3 Kg/mCarga de 1 losa 1.308,3 Kg/m

Carga de la otra losa 1.308,3 Kg/m

T t l 3173 5 K /Total 3173.5 Kg/m

341 - Cargas

AccidentalesAccidentalesViento: se verifica por la acción de este sobre las superficies que se traduce en una fuerza de empuje osuperficies, que se traduce en una fuerza de empuje osucción. Son de escasa importancia en las construcciones bajas, importantes en las altas y muy importantes en las

áestructuras metálicas, Se trata en el Reglamento CIRSOC 102

351 - Cargas

La fuerza del viento aumenta con la altura

GW

h

MeMv

h

A

Fuerza de viento

a361 - Cargas

La fuerza de viento varía de acuerdo a la ubicacióngeográfica de lageográfica de laconstrucción

371 - Cargas

La fuerza del viento disminuye con la rugosidad del terreno,. Cuando más rugoso menor es la fuerzamás rugoso, menor es la fuerza

BajaRugosidadRugosidad

Zonasruralesrurales

381 - Cargas

Viento

Rugosidaddimedia, zonas

suburbanas

391 - Cargas

Viento

Alta rugosidad, zonas urbanas

401 - Cargas

Viento

Muy alta rugosidad, grandes ciudadesgrandes ciudades

411 - Cargas

A id t lAccidentales:Sismo: Los sismos originan aceleraciones transmitidasSismo: Los sismos originan aceleraciones transmitidaspor el terreno que al actuar sobre la masa se traducen en fuerzas, a mayor masa, mayor fuerza. La acción del sismo p ede tene c alq ie di ección provocasismo puede tener cualquier dirección y provocaempujes, (cargas) verticales y horizontales, pero en la práctica se considera la más desfavorable que es la horizontal. Se trata en el Reglamento CIRSOC 103

empujes verticales empujes horizontales421 - Cargas

En nuestro país los sismos se concentran en la zona

coordillerana

431 - Cargas

Por eso se clasifica la li id d í i 4peligrosidad sísmica en 4 zonas,

las cargas sísmicas son mayores a medida que aumentamos de zona de 0 a 4

441 - Cargas

451 - Cargas

Accidentales:Accidentales:

Nieve: Su acumulación origina cargas importantes sobre los techos. El tejado de mucha inclinación o alpino es típico en las onas q einclinación o alpino es típico en las zonas quenieva, logrando así evacuar una parte de ella y bajar la carga.

461 - Cargas

Zonas donde hay queZonas donde hay queconsiderar nieve,

Reglamento CIRSOC 104

471 - Cargas

Ejemplo. Presión de nieve en la Provincia de Chubut (Pg) HSNM significa altura sobre el nivel del mar

481 - Cargas

Cedimiento diferencial de vínculos.Cedimiento diferencial de vínculos.

En las estructuras monolíticas, tanto el descenso delos cimiento por acción de las cargas transmitidas porlas estructuras como el ascenso debido a las arcillaslas estructuras, como el ascenso debido a las arcillasexpansivas, frecuentes en el gran Buenos Airesoriginan cargas sobre las estructuras.Frecuentemente son el orígen de las rajaduras enmuros.Si el descenso o ascenso resulta uniforme no seSi el descenso o ascenso resulta uniforme no setraduce en carga alguna, lo que las origina es la diferencia de ellos, o sea que haya movimientos diferenciales.

491 - Cargas

Cedimiento de vínculosCedimiento de vínculos.

501 - Cargas

ImpactoPara destinos que involucren vibraciones

ImpactoPara destinos que involucren vibraciones y/o fuerzas de impacto inusuales, se tomarán recaudos en el diseño estructural.� Maquinaria

� Tribunas, estadios y estructuras similares

� Ascensores y montacargasAscensores y montacargas

511 - Cargas

ImpactoImpacto

- Máquinas. Estas producen carga de impacto en numerosos casos, tal cosa sucede cuando hay grandes masas en movimiento con frenado o inversión de recorrido como los puentes grúa y estampadoras de chapa

521 - Cargas

I tImpacto- Tribunas . Se debe considerar la posibilidad que los p q

espectadores salten todos al mismo tiempo

531 - Cargas

I tImpacto- Ascensores y montacargas . Se debe considerar el y g

arranque y el frenado

541 - Cargas

Cargas debidas a corrientes de agua

Ríos – Dependen de la velocidad del agua

Mar – Dependen de la altura de la ola

551 - Cargas

Muchas Gracias

561 - Cargas

Cátedra Ing. José M. CancianiCátedra Ing. José M. Canciani

Estructuras IEstructuras I

ANALISIS DE CARGAS AZOTEA ACCESIBLEANALISIS DE CARGAS AZOTEA ACCESIBLE112 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas

ANALISIS DE CARGA DE AZOTEAANALISIS DE CARGA DE AZOTEA

PLANTA DE ESTRUCTURAS S/ 1º PISO DE VIVIENDA MULTIFAMILIAR

222 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas

DETALLE LOSA 107DETALLE LOSA 107DETALLE LOSA 107DETALLE LOSA 107


CÁLCULO DE LA CARGA GRAVITATORIA O PESO PROPIO DE LA AZOTEA

Superficie total = (6.20m + 1.30m) x 4.30m = 32.25m2


Materiales:- Losas huecas pretensadas- Contrapiso pendiente de hormigón de arcilla expandida- Carpetas de nivelación de mortero de cementoCarpetas de nivelación de mortero de cemento- Adhesivo cementicios- Solado de cerámica

Pesos unitarios:Datos obtenidos del CIRSOC 101 y del REGISTRO INTI DE MATERIALESDatos obtenidos del CIRSOC 101 y del REGISTRO INTI DE MATERIALESPARA LA CONSTRUCCIÓN- Losas huecas pretensadas 1.4 kN/m2 = 145 kg/m2- Contrapiso de hormigón de arcilla expandida 18 kN/m3 = 1800 kg/m3

C t d t d t 21 kN/ 3 2100 k / 3- Carpetas de mortero de cemento 21 kN/m3 = 2100 kg/m3- Aislación hidrófuga (membrana asfáltica) 0.04 kN/m2 = 4 kg/m2- Adhesivo cementicios 0.03 kN/m2 = 3 kg/m2- Solado de baldosas cerámicas 24 kN/m3 = 2400 kg/m3/ g/


1- PESO ESTRUCTURA LOSAS HUECAS PRETENSADASPeso ESTRUCTURA = Superficie x Peso Unitario

= 32.25 m2 x 145 kg/m2 = 4676 kg

2- PESO CONTRAPISO DE HORMIGÓN DE ARCILLA EXPANDIDAPeso CONTRAPISO = Superficie x Espesor x Peso Unitario

= 32.25 m2 x 0.12 m x 1800 kg/m3 = 6966 kg

3- PESO CARPETAS DE MORTERO DE CEMENTO (2 capas)3 SO C S O O C O ( capas)Peso CARPETAS = Superficie x Espesor x Peso Unitario

= 32.25 m2 x 0.07 m x 2100 kg/m3 = 4740 kg


4- PESO AISLACIÓN HIDRÓFUGA (membrana asfáltica)Peso AISLACIÓN HIDRÓFUGA = Superficie x Peso Unitario

= 32.25 m2 x 4 kg/m3 = 129 kg

5- PESO ADHESIVO CEMENTICIOPeso ADHESIVO = Superficie x Peso Unitario

= 32.25 m2 x 3 kg/m2 = 97 kg

6- PESO SOLADO BALDOSAS CERÁMICAS6 PESO SOLADO BALDOSAS CERÁMICASPeso SOLADO = Superficie x Espesor x Peso Unitario

= 32.25 m2 x 0.02 m x 2400 kg/m2 = 1548 kg


PESO TOTAL ENTREPISOPT= 4676 kg + 6966 kg + 4740 kg + 129 kg + 97 kg + 1548 kgg g g g g g

= 18156 kg

CARGA ENTREPISOPeso Total / Superficie Entrepiso = 18156 kg / 32.25 m2

= 563 kg/m2


CARGA ÚTIL O SOBRECARGA

Destino: AZOTEA ACCESIBLE

Sobrecarga para aulas: 2 kN/m2 = 200 kg/m2 992 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas

CARGA TOTAL ENTREPISOCARGA TOTAL ENTREPISO

CARGA GRAVITATORIA + CARGA ÚTILk /= 563 kg/m2 + 200 kg/m2 = 763 kg/m2


DETERMINACIÓN DEL ÁREA DE INFLUENCIA DE CARGA SOBRE VIGA V127 Y MENSULA M128VIGA V127 Y MENSULA M128


CARGA SOBRE VIGA V127 Y MENSULA M128

q = Carga total entrepiso x Ancho área de influencia= 763 kg/m2 x 2.15 m

1640 k / 1 64 /= 1640 kg/m = 1.64 t/m












3,75 m




Tomamos momentos respecto del apoyo fijo ( izquierda)

Qe produce un momento M F di t iMqe = Fuerza por distanciaMqe = Qe x 3,75 m = 12,675 t x 3,75 m ) = 47,53 tm

Rc14 produce un momento

+

pMRc14 = Fuerza x distancia = Rc14 x 6.20 m

Mqe – MRc14 = 0 -

Rc14 = 47,53 m/ 6,20 m = 7,67 t (verifica con la resolución gráfica


Rc14 = 7,67 t

Hacemos la suma de las fuerzas verticales, que debe ser igual a 0

RV12 - Qe + RC14 = 0

RV12 – 12,675 t + 7,67 t = 0

RV12 = 12,675 T – 7,67 t = 5,05 t


Rc14 = 7,67 t

Hacemos la suma de todas las fuerzas horizontales que debe ser igual a 0

RC12 +Tensor = 0

RC12 + 4 t = 0RC12 + 4 t 0

RC12 = - 4 t












1 3_ Estática

C a t e d r a C a n c i a n i E s t r u c t u r a s I

Tema: ESTÁTICA Cuerpo Rígido Se considera cuerpo rígido a un cuerpo indeformable En cuerpo rígido para que una fuerza nos quede perfectamente definida es necesario conocer tres elementos • Intensidad de la fuerza • Dirección • Sentido Siendo una fuerza una magnitud dirigida será por consiguiente una magnitud vectorial La longitud del vector, en la escala de fuerzas, representa la magnitud de la fuerza Si consideramos una escala de fuerzas de 0,50 t/cm y el vector tiene una longitud de 4 cm la magnitud de la fuerza es = 0,50 toneladas/cm * 4 cm = 2 toneladas. La dirección de una fuerza la de la dirección del vector que la representa, en el caso de la figura es 45° respecto de una horizontal La sentido de una Fuerza la señala a punta de la flecha, en el caso del dibujo la fuerza va hacia abajo y a la derecha del papel. SISTEMAS DE FUERZAS. Sobre un cuerpo rígido pueden actuar simultáneamente más de una fuerza. El conjunto de las mismas se denomina sistema de fuerzas. Los sistemas de fuerzas pueden ser :

• Concurrentes • Paralelas • No concurrentes

45 °

2 3_ Estática

Fuerzas concurrentes: Un sistema de fuerzas es concurrente, cuando todas las rectas de acción de las fuerzas que lo integran pasan por un mismo punto. Fuerzas Paralelas: Es un conjunto de fuerzas cuyas rectas de acción son paralelas. Fuerzas no concurrentes: cuando las rectas de acción de las fuerzas no concurren en un punto. REGLA DEL PARALELOGRAMO La regla del paralelogramo dice: “El efecto de dos fuerzas P1 y P2 aplicadas a un mismo punto de un cuerpo rígido es equivalente al de una única fuerza llamada resultante, aplicada en el mismo punto y cuya intensidad y dirección quedan definidas por la diagonal del paralelogramo que tiene por lados los vectores representativos de las fuerzas componentes” .

F1 F2 F3

O

R

F1 F2

F1 F2

A

B

C

D

3 3_ Estática

PRINCIPIO DE SUPERPOSICIÓN Si un conjunto de fuerzas actúan sobre un mismo cuerpo rígido, cada una de ellas lo hace con total independencia de todas las demás. La totalidad de las fuerzas se podrán reemplazar por una fuerza única (independientemente del orden con que se consideren) y que se llama Resultante. La resultante es pues una fuerza que reemplaza al conjunto de sumandos La equilibrante de un sistema de fuerzas es una fuerza de igual recta de acción, intensidad y sentido contrario de la resultante

Suma o composición de tres fuerzas concurrentes. Son tres fuerzas cuyas rectas de acción pasan todas por el punto o. Para hallar la resultante de dicho sistema se repite la construcción vista en el punto anterior tantas veces como sea necesario (2) se halla la resultante R1-2 de las fuerzas y luego se reemplazan dichas fuerzas `por su resultante, queda un sistema constituido por R 1-2 y F3 (dos fuerzas) cuya resultante R se halla repitiendo el procedimiento. .

O

F3

RF2

F1

A

B

C D

F1

F2

F3

R 1-2

R

R

E

Resultante F1

F2

F3

4 3_ Estática

Descomposición de una fuerza en 2 direcciones. Si una fuerza F, cuya recta de acción (recta A) se corta con otras dos (recta B y C) en un punto O, descomponer una fuerza en otras dos significa reemplazar o sustituir dicha fuerza por las otras dos, de manera que ambos sistemas produzcan en el punto O el mismo efecto. Se lleva un segmento AC paralelo a la recta de acción de la fuerza dada y que en escala representa la intensidad de dicha fuerza. Por los puntos A y C se trazan paralelas a las rectas B y C que se cortan en el punto B La recta AB constituye el vector representativo de la fuerza Fb (fuerza en la dirección b), y la recta BC representa a la fuerza Fc ( Fuerza en la dirección c), que leídas en escala resuelven el problema. En cuanto a los sentidos serán tales que partiendo del punto A se debe llegar al punto C, tanto por el lado de la fuerza dada como por el lado de las componentes.

PAR DE FUERZAS Llamamos “par de fuerzas” o “par” a un conjunto de dos fuerzas f paralelas, de igual intensidad y de sentido contrario separadas por una distancia “d” Un par define un “momento” que es el producto de la intensidad de una de las componentes f por la separación d Como “f” es una fuerza y “d” una distancia, la unidad en que vendrá expresado el par será la unidad de fuerza por la unidad de longitud. Ejemplos: tm, tcm, kgm, Tm. Si a un cuerpo libre se le aplica un par, el efecto que se produce es una rotación o giro. Ejemplos: M= 10 Kgm

o

(b)

(a)

(c) f

A

B

C

f

fb

fc

5 3_ Estática

, . MOMENTO DE UNA FUERZA CON RESPECTO A UN PUNTO El momento de una fuerza F con respecto a un punto "O" es igual al producto de la intensidad de la fuerza por la distancia "d" del punto a la fuerza dada M = F, d El punto O será el centro de momentos Signos: Si imaginamos a "d" como una barra rígida esta tenderá a girar por efecto de la fuerza F. El momento de la fuerza será positivo cuando la barra gire en el sentido de las agujas del reloj y será negativo cuando gire en el sentido contrario al de las agujas del reloj.

f = 1 Kgr f = 1 Kgr f = 2 Kgr f = 2 Kgr f = 10 Kgr f = 10 Kgr

d = 10m d = 5m

d = 1 m

of

d

6 3_ Estática

COMPOSICIÓN DE FUERZA Y PAR Componer una fuerza con un par da por resultado una fuerza de igual intensidad, dirección y sentido que la fuerza dada pero trasladada paralelamente a la misma a una distancia d que surge de dividir el valor del par por el de la fuerza. En cuanto al sentid de la traslación depende del signo del par

TEOREMA DE VARIGNON La suma de los momentos de las componentes de un sistema de fuerzas es igual al momento de la resultante de dicho sistema

Mo = Σ Mi = MR

Giro

Giro

Momento Positivo

Momento Negativo

+

-

d

f

f

f

7 3_ Estática

Reacciones de vínculo

Catedra Canciani

1

Grados de libertad

• GRADOS DE LIBERTAD DE UN PUNTO EN EL PLANO

• Son las posibilidades de desplazamiento arbitrario a dar al punto

para fijar una nueva posición en el plano.-

• Un punto en el plano tiene 2 grados de libertad.-

XA

B

Y

2

GRADOS DE LIBERTAD DE UNA CHAPA

RIGIDA EN EL PLANO

• Una chapa rígida en el plano tiene 3 grados de libertad

A X

Y

B

B

3

• Una chapa en la cual se han suprimido los 3

grados de libertad constituye un sistema

Isostático

• Es factible suprimir un mayor numero de

grados de libertad de manera de obtener

sistemas en los cuales se han fijado más

condiciones que las 3 estrictamente

necesarias para inmovilizar una chapa = tales

sistemas reciben el nombre de

Hiperestáticos.-

4

4 _ Vinculos 1

• VINCULO: Es la condición impuesta a un

punto de permanecer inmóvil o describir

una determinada trayectoria

• APOYOS

• La forma de realizar los vínculos en la

práctica es mediante los apoyos

(materialización física de los vínculos).-

5

Clasificación

• a) APOYOS DE PRIMER ORDEN: Apoyos

simples : Suprimen 1 grado de libertad

(biela o rodillo)

6

Articulaciones

• Son apoyos de segundo orden porque

suprimen dos grados de libertad.

7

Empotramientos

• Son apoyos de tercer orden porque

restringen 3 grados de libertad

8

4 _ Vinculos 1

Ecuaciones de equilibrio.

1) La suma de todas las componentes horizontales de las fuerzas

actuantes (incluidas las reacciones de vínculo), es igual a 0.

A X

9


2) La suma de todas las componentes verticales de las fuerzas actuantes

(incluidas las reacciones de vínculo), es igual a 0

A

Y

10


3) La suma de todos los momentos de la fuerzas actuantes ( incluidas las

reacciones de vínculo ) respecto de cualquier punto del plano es igual a

0

AB

11

ESQUEMA ESTRUCTURAL

• El primer paso de todo cálculo estructural

consiste en plantear un correcto esquema

estructural de cada una de sus elementos.

Allí se identifican los diferentes elementos

estructurales

12

4 _ Vinculos 1

Ejercicio 1a

1a

YXFxA

FyAFyB

A B

Fuerzas y Reacciones de vínculo en Kg

Longitudes en metros

Momentos positivos en la dirección de las agujas del reloj.

En todos los casos suponemos que la reacciones de vínculo son

positivas hacia la derecha (x) y hacia arriba ( y). Si de los cálculos

resultan positivas se confirma que esa es la dirección, si resultan

negativas es que tienen la direcciòn contraria13

1a YX

A B

1) Sumatoria Fuerzas eje x = 0 FxA = 0

2) Sumatoria Fuerzas eje y = 0 --- 7 m. 1.000 Kg/m – FyA – FyB = 0

3) Sumatoria Momentos A = 0 --- 7 m x 1000 Kg/m x 2.5 m – FyB x 5 m = 0

Esto resulta un sistema de 2 ecuaciones con dos incógnitas

3) FyB = (7 m x 1000 Kg/m x 2.5 m) / 5 m = 3.500 Kg

2) FyA = 7 m x 1000 Kg/m – 3.500 Kg = 3.500 Kg14

1b YX

FxAFyA FyB

A B



Momentos positivos en la dirección de las

agujas del reloj

15

1b1b

YX

A

B


2) Sumatoria Fuerzas eje y = 0 --- 5.000 Kg – FyA – FyB= 0

3) Sumatoria Momentos A = 0 --- - 1 m x 5.000 Kg – FyB x 5 m = 0


3) FyB = - 1 m x 5.000 Kg/ 5 m = - 1.000 Kg ( negativo, la reacción es para

abajo)

2) FyA = 5.000 Kg/m + 1.000 Kg = 6.000 Kg16

4 _ Vinculos 1

1c = 1a + 1bY

X

FxAFyA FyB

A B




agujas del reloj17

FyA FyB

Kg Kg

1a 3.500 3.500

1b 6.000 -1.000

1c 9.500 2.500

18

1c = 1a + 1b YX

A B


2) Sumatoria Fuerzas eje y = 0 --- 5.000 Kg + 7m x 1.000 Kg/m – FyA – FyB = 0

3) Sumatoria Momentos A = 0 --- - 1 m x 5.000 Kg + 7 m x 1.000 Kg/m x 5m/2 -

FyB x 5 m = 0


3) FyB = (- 1 m x 5.000 Kg + 7 m x 1.000 Kg/m x 5 m/2) / 5 m = 2.500 Kg

2) FyA = 5.000 Kg + 7m x 1.000 Kg/m – 2.500 Kg = 9.500 Kg

19

2a YX

MA

FxAFyA



Momentos positivos en la dirección de las agujas del reloj.

Suponemos la reacción de vínculo del momento positiva en sentido

antihorario, si del cálculo resulta un valor positivo se confirma la dirección.

Si resulta un valor negativo tiene la dirección contraria.

20

4 _ Vinculos 1

2a YX

A


2) Sumatoria Fuerzas eje y = 0 --- 5 m. 1.000 Kg/m – FyA= 0

3) Sumatoria Momentos A = 0 --- 5 m x 1.000 Kg/m x 2.5 m – MA = 0


2) FyA = 5 m x 1000 Kg/m = 5.000 Kg

3) MA = 5 m x 1000 Kg/m x 5m/2 = 12.500 Kgm

21

2b YXMA

FxAFyA




agujas del reloj

22

2b

YX

1) Sumatoria Fuerzas eje x = 0 No hay fuerzas en esa dirección

2) Sumatoria Fuerzas eje y = 0 --- 5.000 Kg – FyA= 0

3) Sumatoria Momentos A = 0 --- 5.000 Kg/m x 5 m – MA = 0


2) FyA = 5.000 Kg

3) MA = 5.000 Kg/m x 5 m = 25.000 Kgm

1) FxA = 023

2c = 2a + 2b

YX

MA

FxAFyA




agujas del reloj

24

4 _ Vinculos 1

FyA MA

Kg Kgm

2a 5.000 12.500

2b 5.000 25.000

2c 10.000 37.500

25

2c = 2a + 2bY

X


2) Sumatoria Fuerzas eje y = 0 --- 5 m. 1.000 Kg/m + 5.000 Kg – FyA= 0

3) Sumatoria Momentos A = 0 --- 5 m x 1.000 Kg/m x 2.5 m + 5.000 Kg x 5

m– MA = 0


2) FyA = 5 m x 1000 Kg/m + 5.000 Kg = 10.000 Kg

3) MA = 5 m x 1000 Kg/m x 5m/2 + 5.000 Kg x 5 m = 37.500 Kgm

1) FxA = 0

26

3aY

X




agujas del reloj

FxA

FyA FyB27

3a

YX

1) Sumatoria Fuerzas eje x = 0

No hay fuerzas en esa dirección

2) Sumatoria Fuerzas eje y = 0 ---

7 m. 1.000 Kg/m – FyA – FyB = 0

3) Sumatoria Momentos A = 0 ---

7 m x 1000 Kg/m x 7m / 2 – FyB x 5 m = 0

Esto resulta un sistema de 2 ecuaciones

con dos incógnitas

3 ) FyB = (7 m x 1000 Kg/m x 7m / 2 )/5m =

4.900 Kg

2) FyA = 7.000 Kg – 4.900 Kg = 2.100 Kg

1) FxA = 0

A

B

28

4 _ Vinculos 1

3b

YX




agujas del reloj

FxA

FyA FyB29

3b

YX


FxA + 1.000 Kg = 0


- FyA - FyB = 0


4 m x 1.000 Kg/m – FyB x 5 m = 0

Esto resulta un sistema de 2 ecuaciones

con dos incógnitas

3 ) FyB = 4 m x 1.000 Kg /5m = 800 Kg

2) FyA = - 800 Kg

1) FxA = - 1.000 Kg

30

3c = 3a + 3b

YX




agujas del reloj

FxA

FyA FyB31

FxA FyA FyB

Kg Kg Kg

3a 2.100 4.900

3b -1.000 - 800 800

3c -1.000 1.300 5.700

32

4 _ Vinculos 1

3c = 3a + 3b


FxA + 1.000 Kg = 0


- FyA - FyB + 7 m x 1.000 Kg/m= 0


4 m x 1.000 Kg/m + 7 m x 1.000 Kg/m

x 5m/2 – FyB x 5 m = 0

Esto resulta un sistema de 2

ecuaciones con dos incógnitas

3 ) FyB = ( 4 m x 1.000 Kg + 7 m x 1.000

Kg/m x 7 m/2 ) /5m = 5.700 Kg

2) FyA = 7.000 Kg – 5.700 Kg = 1.300

kg

1) FxA = - 1.000 Kg33

Estructuras isostáticas

Biela, apoyo de

primer ordenArticulación, apoyo

de segundo orden

Se suprimen 3 grados de

libertad, la estructura es

isostática

34


Biela, apoyo de

primer orden

Articulación, apoyo

de segundo orden



isostática

35


Empotramiento, apoyo

de tercer orden



isostática

36

4 _ Vinculos 1

Estructuras hiperestáticas

Empotramiento, apoyo de

tercer orden Biela, apoyo de

primer orden

Se suprimen 4 grados de libertad,

la estructura es hiperestática

37

Estructuras hiperestáticas

Biela, apoyo de

primer orden

Biela, apoyo de

primer orden


de segundo orden



hiperestática

38

Mecanismos


de segundo orden

Se suprimen sólo 2 grados de

libertad, el sistema es un

mecanismo, se mueve, luego no

puede usarse como estructura

resistente de ninguna

construcción

39

4 _ Vinculos 1

Catedra CancianiCatedra Canciani

Reacciones de vínculo , parte 2

15 _ Vínculos 2

En la clase pasada habíamos visto que un sistema i táti ti 3 i d í l l l lisostático tiene 3 reacciones de vínculo y para calcularlas hacía falta plantear 3 ecuaciones de equilibrio

• La suma de todas las componentes horizontales de las fuerzas actuantes (incluidas las reacciones de vínculo), es igual a 0

• La suma de todas las componentes verticales de las fuerzas actuantes (incluidas las reacciones de vínculo) esfuerzas actuantes (incluidas las reacciones de vínculo), es igual a 0

• La suma de todos los momentos de la fuerzas actuantes (incluidas las reacciones de vínculo) respecto de cualquier punto del plano es igual a 0

25 _ Vínculos 2

Ejercicio 4Hallar las reacciones de vínculoDatos P, Q, L1, L2 , alfa y H

P

Q

H

alfa

L1 L2

35 _ Vínculos 2

L1 + L2

Q

XY

(L1 + L2) /2

Q

H

A BA B

L1 L2

Magnitud de la carga distribuida QT(t) = Q(t/m) x ( L1(m) + L2 (m) )

Momento de Q respecto de A, MQA(tm) = QT(t) x (L1(m) + L2(m))/2 45 _ Vínculos 2

P XYPyalfa

H

Px

A B

L1 L2

Px(t) = P(t) x cos alfa,

Py(t) = P(t) x sen alfa

Momento de Px respecto de A MPxA(tm) = Px(t) x H(m)Momento de Px respecto de A MPxA(tm) = Px(t) x H(m)

55 _ Vínculos 2

Q

Palfa XYPy

H

F A

PxPx(t)

Py(t)FxA

FyA Fyb

A B MPxA(tm)

QT(t)

L1 L2

MQA(tm)

Momento de reacción vinculo en B respecto de A

MFyBA(tm) = FyB(t) x L1 (m)

x) Px(t) + FxA(t) = 0

MA) MPxA(tm) + MQA(tm) FyB(t) x L1 (m)= 0

Fxa

FyBMA) MPxA(tm) + MQA(tm) – FyB(t) x L1 (m)= 0

y) Py(t) + QT – FyA(t) – FyB(t)= 0

FyB

FyA 65 _ Vínculos 2

QPalfa X

Py

H Y

F A

Px

FxA

FyA Fyb

A B

L1 L2

Datos

L1 = 5 m

L2 = 2m

H = 4 m

Q = 1,2 t/m

P = 1 0 tP = 1,0 t

Alfa = 45 ° 75 _ Vínculos 2

XY

PPy

P P lf

4m

F A

Px Px = P x cos alfa

Px = 1,0 t x cos 45 °

Px = 0,71 tFxA

FyA Fyb

A B

,

Py = P x sen alfa

Py = 1,0 t x sen 45 °

5m 2mPy = 0,71 t

Magnitud de la carga distribuida QT(t) = Q(t/m) x ( L1(m) + L2 (m) )

QT(t) = 1,2 t/m x ( 5 m + 2 m) = 8,4 t

Momento de Q respecto de A MQA(tm) = QT(t) x (L1(m) + L2(m))/2Momento de Q respecto de A, MQA(tm) = QT(t) x (L1(m) + L2(m))/2

MQA(tm) = 8,41 t x ( 5m + 2m )/2 = 29,43 tm

Momento de Px respecto de A MPxA(tm) = Px(t) x H(m)=

MPxA(tm) = 0,71 t x 4 m = 2,84 tm85 _ Vínculos 2

X

PPy y

4m

F A

Px

Px = 0,71 t

Py = 0,71 tFxA

FyA Fyb

A B

y

QT(t) = 8,4 t

MQA(tm) = 29,43 tm

x) Px(t) + FxA(t) = 0 0,71 t + FxA = 0 FxA = - 0, 71 t

5m 2mMPxA(tm) = 2,84 tm

) ( ) ( ) , ,

MA) MPxA + MQA - FyB x L1 = 02,84 tm + 29,43 tm – FyB x 5m = 0 FyB = 6,45 t, , y y ,

y) Py(t) + QT(t) – Fy(t) – FyB(t)= 00,71 t + 8,4 t – FyA(t) – FyB(t) = 0 FyA = 2.,662 ty ( ) y ( ) y

95 _ Vínculos 2

105 _ Vínculos 2

Formas de representar cargas distribuidas en barras inclinadas

Lh LhLh

Q Q

LiLi

Q total ( t ) = Q( t/m) x Lh( m ) Q total ( t ) = Q( t/m) x Li( m )

115 _ Vínculos 2

Ejercicio N° 5

Datos Q, L1, L2 y HHallar las reacciones de vínculo

Q

H

L1 L2

125 _ Vínculos 2

X

L 1 + L2Y

(L1 + L2)/2

AQT

Q

H

B

Magnitud de la carga distribuida Q

QT(t) = Q(t/m) x (L1(m) + L2(m))

M t d l di t ib id Q t d AMomento de la carga distribuida Q respecto de A

MQA(tm) = QT(m) x (L1(m) + L2 (m))/2 135 _ Vínculos 2

Q

FxA A

X

H

FxA

FyA

A Y

QT(t)

QT

B

QT(t)

MQA(tm)

L1 L2FyB

Momento de la reacción de vinculo en B respecto de AMFyBA(tm) = FyB(t) x (L1(m) + L2(m))

X ) FxA = 0

MA ) MQA(tm) – FyB(t) x (L1(m) + L2(m))= 0 FyA

FxA

Y ) QT(t) – FyA – FyB = 0 FyB145 _ Vínculos 2

Q

FxA A

X

FxA

FyA

A

H

YQT

B

Datos

L1 = 2 m

L2 3L1 L2

FyB

L2 = 3 m

H = 3 m

Q = 1.100 Kg/m g

Magnitud de la carga distribuida QQT(t) = Q(t/m) x (L1(m) + L2(m))QT(t) = 1,1(t/m) x ( 2 m + 3 m ) = 5,5 t

Momento de la carga distribuida Q respecto de AMQA(tm) = QT(m) x (L1(m) + L2 (m))/2MQA(tm) = QT(m) x (L1(m) + L2 (m))/2

MQA(tm) = 5,5 t x ( 2 m + 3 m )/2 = 13,75 tm155 _ Vínculos 2

Q

FxA A

X

FxA

FyA

A

H

Y

B

MQA(tm)

L1 L2

FyB

X ) FxA(t) = 0

MA ) MQA(tm) – FyB ( L1 + L2 ) = 0

13,75 tm - FyB (2 m + 3 m) = 0 FyB = 2,75 t

Y ) QT(t) – FyA – FyB = 0Y ) QT(t) FyA FyB 0

5,5 t – FyA – 2,75 t = 0 FyA = 2,75 t165 _ Vínculos 2

175 _ Vínculos 2

Grados de libertad C

A B

En esta estructura la pieza ACB, es monolítica, luego tiene 3 grados de libertad.

Las articulaciones en A y B le restringen dos grados de libertad cadaLas articulaciones en A y B le restringen dos grados de libertad cada una, en total 4.

Luego al tener más restricciones s que grados de libertad la estructura es hiperestática o sea que no se puede resolver con lasestructura es hiperestática, o sea que no se puede resolver con las ecuaciones de la estática

185 _ Vínculos 2

C D EC D E

BAA

En esta estructura la pieza ACDEB, es monolítica, luego tiene 3 grados de libertad.

Las articulaciones en A le restringe 2 grados de libertad el apoyoLas articulaciones en A le restringe 2 grados de libertad, el apoyo móvil en B le restrige 1 grado de libertad, en total 3

Luego al tener igual cantidad de restricciones s que grados de libertad la estructura es isostática o sea que se puede resolver conlibertad la estructura es isostática o sea que se puede resolver con las ecuaciones de la estática

195 _ Vínculos 2

C D EC D E

BAA

En esta estructura la pieza ACDEB, es monolítica, luego tiene 3 grados de libertad.

Las articulaciones en A y B le restringen 2 grados de libertad cadaLas articulaciones en A y B le restringen 2 grados de libertad cada una, en total 4

Luego al tener mayor cantidad de restricciones que grados de libertad la estructura es hiperestática o sea que no se puede resolverlibertad la estructura es hiperestática o sea que no se puede resolver con las ecuaciones de la estática

205 _ Vínculos 2

C D EGC D EG

BAA

En esta estructura G es una articulación, la pieza ACG, tiene 3 grados de libertad y la pieza GDEB, es monolítica, luego tiene otros 3 grados y p , , g gde libertad, en total 6

Las articulaciones en A , B y C e restringen 2 grados de libertad cada una, en total 6

Luego al tener igual r cantidad de restricciones que grados de libertad la estructura es isostática o sea que se puede resolver con las ecuaciones de la estática

215 _ Vínculos 2

C D EGC D EG

BAA

En esta estructura G A es un empotramiento , la pieza ACG, tiene 3 grados de libertad y la pieza GDEB, otros 3, en total 6 g y p , ,

El empotramiento en A le restringe 3 grados de libertad, las articulaciones en B y C 2 grados de libertad cada una, en total 7

Luego al tener mayor cantidad de restricciones que grados deLuego al tener mayor cantidad de restricciones que grados de libertad la estructura es hiperestàtica o sea que no se puede resolver con las ecuaciones de la estática

225 _ Vínculos 2

C D EGC D EG

H

BA

H

A

En este sistema G y H son articulaciones, la pieza ACG, tiene 3 grados de libertad , la pieza GDEH otros 3 y la pieza HB también 3, g , p y p ,en total 9

Las articulaciones en A , B , G y H le restringen 2 grados de libertad cada una, en total 8

Luego al tener menor cantidad de restricciones que grados de libertad el sistema es un mecanismo o sea que se mueve, luego no puede usarse como estructura resistente de ninguna construcción

235 _ Vínculos 2

Arcos Triarticulados

C

A B

La barra AC tiene 3 grados de libertadLa barra AC tiene 3 grados de libertad.

La barra CB tiene otros 3 grados de libertad, en total la estructura tiene 6 grados de libertad.

L ti l i A C B t i d 2 d d lib t dLas articulaciones en A. C y B restringen cada una 2 grados de libertad y en conjunto 6 grados de libertad, luego al tener la estructura igual número de grados de libertad que restricciones , la misma es isostática. 245 _ Vínculos 2

• Cuando un sistema tiene mas restricciones que grados de• Cuando un sistema tiene mas restricciones que grados de libertad es un hiperestático, o sea que no se puede resolver con las ecuaciones de la estática

• Cuando tiene igual cantidad de restricciones que grados de libertad es un isostático o sea que se puede resolverde libertad es un isostático, o sea que se puede resolver con las ecuaciones de la estática

• Cuando tiene menor cantidad de restricciones que grados de libertad es un mecanismo, o sea que se mueve, luego no p ede sarse como estr ct ra resistente de ning nano puede usarse como estructura resistente de ninguna construcción

255 _ Vínculos 2

Estación Atocha España Arcos triarticuladosEstación Atocha, España – Arcos triarticulados

48 metros de luz, 27 metros de altura y 152 metros de largo. Finalización 1892. 265 _ Vínculos 2

Puente Prefabricado, USA

275 _ Vínculos 2

285 _ Vínculos 2

295 _ Vínculos 2

Catedra CancianiCatedra Canciani

Reacciones de vínculo , parte 3

16_Vinculos 3

En las clases pasadas habíamos visto que• En las clases pasadas habíamos visto que cuando un sistema tiene mas restricciones que grados de libertad es un hiperestático o sea quegrados de libertad es un hiperestático, o sea que no se puede resolver con las ecuaciones de la estática

4 restricciones

3 grados de libertad

6 restricciones


26_Vinculos 3

• Cuando tiene igual cantidad de restricciones que grados• Cuando tiene igual cantidad de restricciones que grados de libertad es un isostático, o sea que se puede resolver con las ecuaciones de la estática

3 restricciones


3 restricciones


36_Vinculos 3

• Cuando tiene menor cantidad de restricciones que grados de libertad es un mecanismo, o sea que se g qmueve, luego no puede usarse como estructura resistente de ninguna construcción

2 restricciones


3 restricciones


46_Vinculos 3

Un sistema isostático tiene 3 reacciones de vínculo l l l h í f lt l t 3y para calcularlas hacía falta plantear 3

ecuaciones de equilibrio

• La suma de todas las componentes horizontales de las fuerzas actuantes (incluidas las reacciones (de vínculo), es igual a 0

• La suma de todas las componentes verticales de l f t t (i l id l i dlas fuerzas actuantes (incluidas las reacciones de vínculo), es igual a 0

• La suma de todos los momentos de la fuerzas• La suma de todos los momentos de la fuerzas actuantes (incluidas las reacciones de vínculo) respecto de cualquier punto del plano es igual a 0

56_Vinculos 3

Formas de representar cargas distribuidas en barras inclinadas

Lh LhLh

Q Q

LiLiA

AA

Q total ( t ) = Q( t/m) x Lh( m ) Q total ( t ) = Q( t/m) x Li( m )

MQA(Tm) = Q total (t) x Lh(m)/2MQA(Tm) = Q total (t) x Lh(m)/2 MQA(Tm) = Q total (t) x Lh(m)/2

66_Vinculos 3

H

Qt

H/3

Q B

QT(t) = Q(t/m) x H(m)/2

MQB = QT(t) x H(m)/3

76_Vinculos 3

Ejercicio Nº 6

RxAx

y

H

QT(t) = Q(t/m) x H(m)/2

Q

RxBB

MQB(tm) = QT(t) x H(m)/3

QRyB

Y) – RyB(t) = 0 RyB(t) = 0

MB) MQB(tm) – RxA(t) x H(m) = 0 RxA(t) = MQB(tm) / H(m)

x) QT(t) – RxA(t) – RxB(t) = 0 RxB(t) = QT(t) – RxA(t)

86_Vinculos 3

Ejercicio Nº 6 xy

RxAy

Datos

HH = 6 m

Q = 8 t/m

Q

RxBB

QT(t) = Q(t/m) x H(m)/2

QT(t) = 8 t/m x 6 m/2 = 24 TQ

RyB MQB(tm) = QT(t) x H(m)/3

MQB(tm) = 24 t x 6 m / 3 = 48 tm

96_Vinculos 3

RxAx

y

H

y

H = 6 m

RxBB

Q = 8 t/m

QT = 48 T

MQB= 96 tmQ

RyB

Y) R B( ) 0 R B( ) 0

MQB 96 tm

Y) – RyB(t) = 0 RyB(t) = 0

MB) MQB(tm) – RxA(t) x H(m) = 0 RxA(t) = MQB(tm) / H(m)

RxA = 48 tm / 6 m = 8 tRxA 48 tm / 6 m 8 t

x) QT(t) – RxA(t) – RxB(t) = 0 RxB(t) = QT(t) – RxA(t)

RxB = 24 t – 8 t = 16 t

106_Vinculos 3

RxA xyy

RyB(t) = 0

Q

RxB

RyB

B

RxA = 8 t

RxB = 16 t

y

8 t

16 tB

Q0

116_Vinculos 3

126_Vinculos 3

C

FxAFxBA

B

FyA FyB

La barra AC no está rígidamente unidas a la barra CB, sino que están unidas mediante una articulación en C

De esta forma el nudo C, común a las barras AC y CB no puede tomar momentos , luego la resultante de las fuerzas a la izquierda del nudo C pasa por el punto C, o, lo que es lo mismo, la suma de los momentos de las fuerza a la izquierda de C es igual a 0. Esto nos proporciona una 4 ecuación

Esta estructura se denomina arco a tres articulaciones

136_Vinculos 3

CEjercicio Nº 7Lh1 Lh2

Q1 Q2 x

YH

DatosLi1 Li2

FxA

FxBA

H (m)

Lh1 (m)

Lh2 (m)AFyA FyB

Lh2 (m)

Q1 (t/m)

Q2( t/m)

A

La longitud de las barras inclinada es Li1 = Lh1 + H 2 2

Li2 = Lh2 + H 22

146_Vinculos 3

CLh1 Lh2

Q1 Q2 x

H YLi1

Li2

AQT1 QT2

Lh1/2 Lh1/2 Lh2/2 Lh2/2

QT1 (m) = Q1(t/m) x Li1(m)QT2 (m) = Q2(t/m) x Li2(m)

156_Vinculos 3

CLh1 Lh2

Q1 Q2 x

H YLi1

Li2

AQT1 QT2

Lh1/2Lh1 + (Lh2/2)

Momento de Q1 Respecto de A Momento de Q2 Respecto de ApMQ1A(tm) = QT1(t) x Lh1(m)/2

p

MQ2A(tm) = QT2(t) x (Lh1(m) + Lh2(m)/2)166_Vinculos 3

CLh1 Lh2

Q1 x

H YLi1

Li2

AQT1

Lh1/2

Momento de Q1 respecto de CMQ1C(tm) = QT1(t) x Lh1(m)/2

176_Vinculos 3

XC

Lh1 Lh2

Y

90 º

Q1 Q2 QT1 (m)90 º QT2 (m)

MQ1A(tm)

MQ2A(tm)

FxA

FxBA

MQ2A(tm)

MQ1C(tm)

FyA FyB

Las 3 ecuaciones de equilibrio de la estática son, para este caso:

A) MQ1A(tm) + MQ2A(tm) – FyB(t) x (Lh1(m) + Lh2(m)) = 0

FyB(t) = (MQ1A(tm) + MQ2A(tm) ) / (Lh1(m) + Lh2(m)) FyB(t)

y) QT1(t) + QT2(t) – FyA(t) –FyB(t) = 0 FyA(t)

186_Vinculos 3

XC

Lh1 Lh2

YQ1 Q2QT1 (m)

QT2 (m)

MQ1A(tm)

MQ2A(tm)

MQ1C(tm)

H

FxA

FxBA

MQ1C(tm)

FyB(t)

FyA(t)

FyA FyB

La resultante de las fuerzas a la izquierda del nudo C pasa por el punto C, o, lo que es lo mismo, la suma de los momentos de las fuerza s a la izquierda de C es igual a 0. Esto nos proporciona la 4ª ecuación luego, podemos resolver la estructura como isostática, en este caso la ecuación será:

-MQ1C(tm) – FxA(t) x H(m) + FyA(t) x Lh1(m) = 0

FxA(t) = FyA(t) x Lh1(m) ´- MQ1C(tm)/ H(m) FxA(t) 196_Vinculos 3

XC

Lh1 Lh2

Y

90 º

Q1 Q2QT1 (m)

QT2 (m)90 º MQ1A(tm)

MQ2A(tm)

MQ1C(tm)

H

FxA

FxBA

MQ1C(tm)

FyB(t)

FyA(t)

FyA FyB FxA

x)FxA + FxB = 0 FxB = - FxA

206_Vinculos 3

CLh1 Lh2

Q1 Q2 x

YH

DatosLi1 Li2

FxA

FxBA

H = 8 m

Lh1 = 6 m

Lh2 = 6 mAFyA FyB

Lh2 6 m

Q1 = 2 t/m

Q2 = 2 t/m

A

Li1 = Lh1 + H 2 2

Li1 = 6 m + 8 m = 10 m2 2

Li2 = Lh2 + H 22

Li2 = 6 m + 8 m = 10 m22

216_Vinculos 3

CLh1 Lh2

x

Q1 Q2Y

DatosH

Li1 Li2H = 8 m

Lh1 = 6 m

FxA

FxBA A

Lh2 = 6 m

Q1 = 2 t/m

Q2 = 2 t/m

FyAFyB

QT1 (m) = Q1(t/m) x Li1(m) = 2 t/m x 10 m = 20 t

Q2 = 2 t/m

QT1 (m) Q1(t/m) x Li1(m) 2 t/m x 10 m 20 t

QT2 (m) = Q2(t/m) x Li2(m) = 2 t/m x 10 m = 20 t

Momento de Q1 Respecto de A

MQ1A(tm) = QT1(t) x Lh1(m)/2 = 20 t x 6m/2 = 60 tm226_Vinculos 3

CLh1 Lh2 x

Q1 Q2

Y Datos

H = 8 m

Lh1 = 6 mH

Li1 Li2

Lh1 = 6 m

Lh2 = 6 m

Q1 = 2 t/m

FxA

FxBA A

Q2 = 2 t/m

Resultados

FyAFyB QT1 = 20 t

QT2 = 20 t

MQ1A =60 tmMomento de Q2 Respecto de A

MQ2A(tm) = QT2(t) x (Lh1(m) + Lh2(m)/2) = 20 t x ( 6 m + 6 m/2) = 180 tm

MQ1A =60 tm

Momento de Q1 respecto de C

MQ1C(tm) = QT1(t) x Lh1(m)/2 = 20 t x 6 m/2 = 60 tm 236_Vinculos 3

CLh1 Lh2

H = 8 m

Lh1 = 6 m

Q1 Q2Lh2 = 6 m

Q1 = 2 t/m

X

Q2 = 2 t/m

QT1 = 20 t

QT2 = 20 t

FxAFxB

YA

QT2 20 t

MQ1A =60 tm

MQ2A =180 tm

FyA FyB

Las 3 ecuaciones de equilibrio de la estática son, para este caso:

MQ1C= 60 tm

A) MQ1A(tm) + MQ2A(tm) – FyB(t) x (Lh1(m) + Lh2(m)) = 0

FyB(t) = (MQ1A(tm) + MQ2A(tm) ) / (Lh1(m) + Lh2(m))

FyB = (60 tm + 180 tm) / ( 6 m + 6 m ) = 20 t

246_Vinculos 3

CLh1 Lh2

H = 8 m

Lh1 = 6 m

Q1 Q2Lh2 = 6 m

Q1 = 2 t/m

X

Q2 = 2 t/m

QT1 = 20 t

QT2 = 20 t

FxAFxB

YA

QT2 20 t

MQ1A =60 tm

MQ2A =180 tm

FyA FyB MQ1C= 60 tm

FyB = 20 t

y) QT1(t) + QT2(t) – FyA(t) –FyB(t) = 0

FyA =QT1 + Qt2 - FyB = 20 T + 20 t – 20 t = 20 t

256_Vinculos 3

CLh1 Lh2

H = 8 m

Lh1 = 6 m

Q1 Q2Lh2 = 6 m

Q1 = 2 t/m

X

H Q2 = 2 t/m

QT1 = 20 t

QT2 = 20 t

FxAFxB

Y

A

QT2 20 t

MQ1A =60 tm

MQ2A =180 tm

FyA FyB MQ1C= 60 tm

FyB = 20 t

F A 20 t

La suma de los momentos de las fuerza a la izquierda de C es igual a 0. MQ1C(tm) – FxA(t) x H(m) + FyA(t) x Lh1(m) = 0

FyA = 20 t

FxA(t) = (FyA(t) x Lh1(m) ´- MQ1C(tm))/ H(m)= (20 t x 6 m – 60 tm)/ 8m

FxA = 7,50 t 266_Vinculos 3

XC

Lh1 Lh2H = 8 m

Lh1 = 6 m

Q1 Q2Lh2 = 6 m

Q1 = 2 t/m

H Q2 = 2 t/m

QT1 = 20 t

QT2 = 20 t

FxAF B

FxBY

A

QT2 20 t

MQ1A =60 tm

MQ2A =180 tm

FyAFyB MQ1C= 60 tm

FyB = 20 t

F A 20 t

x)FxA + FxB = 0 FxB = FxA

FyA = 20 t

FxA = 7,5 7

x)FxA + FxB = 0 FxB = - FxA

FxB = - 7,5 t 276_Vinculos 3

Y

FyB = 20 t

FyA = 20 tY

FyA 20 t

FxA = 7,5 t

FxB = - 7,5 t

FxAFyB

FxB

FyAFyB

7 5 t

7,5 t

7,5 t

20 t20 t

286_Vinculos 3

296_Vinculos 3

306_Vinculos 3

316_Vinculos 3

326_Vinculos 3

336_Vinculos 3

346_Vinculos 3

356_Vinculos 3

366_Vinculos 3

376_Vinculos 3

386_Vinculos 3

Catedra Canciani

Estructuras I

Reacciones de vínculo 4Reacciones de vínculo 4

17_Vínculos 4

Hallar reacciones de vínculo gráficamente

Ra CRa

RbF

C

Rb

Ra

F

B

RbA

La fuerza exterior F la debemos descomponer en dos direcciones que se crucen sobre la misma

Trazo una vertical que pase por el apoyo móvil hasta la Fuerza F, uniéndose en el punto C. 27_Vínculos 4

Ra CRa

RbF

C

Rb

Ra

F

B

RbA

Por el punto C trazo una recta que pase por A, la recta CB representa la dirección de la reacción de vínculo en B y la recta AC la de la reacción de vínculo en Arecta AC la de la reacción de vínculo en A

37_Vínculos 4

Ra CRa

RbF

C

Rb

Ra

F

B

RbA

Traslado la fuerza F al punto C y, mediante un paralelogramo de fuerzas, equilibrio la misma con dos fuerzas en las , qdirecciones AC y BC, obteniendo las reacciones Ra y Rb

47_Vínculos 4

Ej i iEjercicio

F1= 2 tF2 = 4 t

60 º RBx

1 m 3 m 1 mA B

RA RByRA y

57_Vínculos 4

F1 F2

Resolución Gráfica 1

Se dibujan, a escala, la viga, los apoyos A y B y las fuerzas actuantes F1 y F2.

Primeramente vamos a obtener la fuerza total resultante que actúa sobre nuestra viga, sumando

F2FR

Cvectorialmente las fuerzas F1 y F2

Para sumar dos fuerzas gráficamente primero tenemos que

F1

FRgráficamente, primero tenemos que hallar el punto donde concurren y luego las sumamos vectorialmente de acuerdo a la regla del gparalelogramo Se prolongan las rectas de acción de las dos fuerzas que se unen en el punto C. A partir de C se dibujan a escala, F2 y F1. Uniendo el puntp C con el p j , y p pextremo de F1, se obtiene la fuerza resultante de sumar vectorialmente F1 y F2 que denominaremos FR 67_Vínculos 4

F1 F2

Resolución Gráfica 2

Ahora vamos a equilibrar la fuerza resultante FR en lasfuerza resultante FR en las direcciones de los apoyos A y B.

Primero tenemos que hallar el t d d l 3punto donde concurren las 3

fuerzas

La dirección de la reacción en el

F2FR

Capoyo de primera especie A es vertical. Se prolongan la dirección de la reacción de

F1

FRvinculo del apoyo A y la dirección de la fuerza Fr, el punto donde se unen lo denominamos D.

D

En ese punto concurren las fuerzas RA y FR, luego, por ese punto también pasa la recta de acción de la resultante RB, luego, trazamos una recta que una D y B, la misma es la dirección de la reacción RB

77_Vínculos 4

F1 F2Resolución Gráfica 3

A partir de D trazamos a escalaA partir de D trazamos, a escala, la resultante FR hallada anteriormente, a su extremo lo denominamos punto Ep

A esa fuerza la equilibramos en la dirección de las reacciones de vínculo RA dirección D A) y de la

F2FR

C

vínculo RA dirección D A) y de la reacción de vínculo RB (dirección D B)

P ll t l l

F1

FRPara ello trazamos una paralela a D B por D y una paralela a D A por E, al punto donde se unen lo denominamos F Por el

DRB

RBRA

denominamos F . Por el principio del paralelogramo la recta EF es, en la escala de fuerzas, la reacción RA y la

FRRB

RA

fuerzas, la reacción RA y la recta F D es la reacción RB

E

F87_Vínculos 4

Vínculo aparente

Se denomina a aquellos vínculos que, al reaccionar en la misma dirección de otro vínculo de la misma estructura, no agregan mayor estabilidad a la misma

Estable, isostático

Inestable, mecanismo

97_Vínculos 4

Estable, isostático,


Estable, isostático


107_Vínculos 4

Viga Gerber

• En 1866 el ingeniero alemán Henrich Gerber patentó un sistema que llamó viga Gerber, y que en los países anglosajones se conoció después como viga cantiléver.

i i d i i l i i• Consiste en introducir articulaciones en una vigacontinua para hacerla isostática, de forma que se convierte en una serie de vigas simplementeconvierte en una serie de vigas simplementeapoyadas prolongadas en sus extremos por ménsulas.

117_Vínculos 4

Viga

C iContinua

Vigag

Gerber

127_Vínculos 4

El bl d S th Q f tá d i d tEl pueblo de South Queensferry está dominado por un puentecuya extensión es de 1.6kms a través del Río Forth Este puente ferroviario, fue inaugurado en 1890 y es considerado uno de los más grandes logros de la ingeniería de la Era Victoriana. 137_Vínculos 4

147_Vínculos 4

Esfuerzos característicos 1Esfuerzos�característicos�1

18_Características�1

Si�tomamos�una�barra�en�equilibrio�y�la�cortamos�en�un�extremo para conservar el equilibrio debemos colocar unosextremo,�para�conservar�el�equilibrio�debemos�colocar�unos�esfuerzos�que�reemplacen�la�acción�de�la�parte�que�se�retiró

Barra en equilibrioBarra�en�equilibrio

C t t lVi

Cortamos�un�extremo�y�lo�reemplazamos�por�Mi,�Vi�y�NiNi

Mi

i�significa��a�la�izquierda�de�la�sección


Barra�en�equilibrio

Vi

NiSi�cortamos�el�otro�extremo�también�tenemos�que�reemplazar su acción por Md,

Vd

Nd

Mi

reemplazar�su�acción�por�Md,�Vd�y�Nd

MdMi

Si�el�trozo�de�barra�resultante�es�muy�pequeño,�por�condición�de�equilibrio��las�fuerzas�y�momentos�deben�anularse�entre�sí,�luego�son�iguales�y�de�sentido�y , g g ycontrario

Ni�=�� Nd

Vi�=�� Vd

Mi�=�� Md

d�significa��a�la�derecha�de�la�sección


Definimos�como�Esfuerzo�de�Corte� al�conjunto�de�las�proyecciones�verticales�de�las��fuerzas��que�actúan�a�uno�y�otro�lado�de�la�sección�considerada.�Su�valor�es�la�magnitud�de�la�proyección�vertical�de�las�fuerzas y su signo es igual al signo de la fuerza de la izquierda ( positivofuerzas�y�su�signo�es�igual�al�signo�de�la�fuerza�de�la�izquierda�(�positivo��cuando�es�ascendente�)

Vi+ � Vd

VdVi

Esfuerzo�de�Corte�es�=�Vi

Normalmente�se�lo�designa�con�la�letra�Q







L/2 L/2PEsfuerzos�de�corte

P/2 P/2

ab1

+/

Pa

1Entre�a�y�1��,��Q�=�P/2

P/21

bP

P/2 P/21

Entre�1�y�b��,��Q�=�P/2�– P

Q�=�� P/2�

Diagrama�de�esfuerzos�de�corte+

P/2 P/2�


Esfuerzos�característicos

Definimos�como�Momento�Flexor al�conjunto�de�los�dos�pares�que�actúan�a�uno�y�otro�lado�de�la�sección�considerada.�Su�valor�es�la�magnitud�de�los�pares�y�su�signo�es�igual�al�signo�del�par�a�la�izquierda�de la secciónde�la�sección

+ �

MiMd Mi

MdMi

Momento�Flector�=�Mi�

l l d i l l Mnormalmente�se�lo�designa�con�la�letra�M






L/2 L/2P

Momentos�flectores

ba

P/2 P/2

1 En�a�,��M�=�P/2�x�0�=�0

En 1 , M = P/2 x L/2 = P x L/4

L/2

a

En�1�,��M� �P/2�x�L/2�� P�x�L/4

a

P/2

1

L/2 L/2P

L/2 L/2

ba1

En�2�,��M�=�P/2�x�L�– P�x�L/2�=�0

P/2 P/2

Diagrama de momentos flectores+

P�x�L/4

Diagrama�de�momentos�flectores+


L/2 L/2P

P/2 P/2

b1

/

+Diagrama�de�momentos�flectores

+M�=�P�x�L/4

Q�=�P/2

+

� Diagrama�de�esfuerzos�de�corte

Q�=�� P/2

El�máximo�momento�coincide�con�un�punto�de�corte�nulo


Viga simplemente apoyada con carga distribuida

L

Haq

Va Vba b

Ma) q x L x L/2 – Vb x L = 0 Vb = q x L/2

Reacciones de vínculo

y) q x L – Va – Vb = 0 Va = q x l/2

x) Ha = 0


a bq

L/2 L/2

1Esfuerzos de corte

bq�x�L/2 q x

L/2aa

q x L/2 En a Q = q x L/2

a q

L/2

En 1 Q = q x L/2 – q x L/2 = 0q x L/2 1

En 1 Q q x L/2 q x L/2 0

1+Q

Diagrama de esfuerzos de corte

q xq x L/2


a q

L

a bq

q x L/2 q x

L/2

a b1En b Q = q x L/2 – q x L = - q x L/2

L

a bq x L/2 q x

L/2

1

1+Q

Diagrama de esfuerzos de- - q x L/2q x

L/2



a bq

1

L/2 L/2Momentos flectores

a bq x L/2 q x

L/2

1

aaq x L/2

En a M = 0

En 1 M = q x L/2 x L/2 – q x L/2 x L/4 L/4

2

L/2

a q

q x L/2

1 M = q x L / 82

++Diagrama de momentos flectores, parábola de 2º grado++

M = q x L / 82

parábola de 2 grado


qL

a bq x L/2 q x

L/2

1

L/2 En b M = q x L/2 x L q x L x L/2 = 0

L

a bq

L/2

q x 1

En b M = q x L/2 x L – q x L x L/2 = 0

qL/2 q x

L/21

+

Diagrama de momentos flectores, parábola de 2º grado

+

M = q x L / 82


qL

Resumen

a bq x L/2 q x

L/2

1

1 Q+

- - q x L/2q x L/2


Diagrama de momentos flectores, parábola de 2º grado

+

M = q x L / 82

El máximo momento coincide con un punto de corte nulo238_Características�1

Q+

-

+

M248_Características�1

Catedra CancianiEstructuras IEsfuerzos característicos2ª parte2ª parte

19_Características 2

a bVa

32q Ejercicio 1a

R i dL2L1 L1

Va Vb Reacciones de vinculo del pràctico respectivo

Qqa = - L1(m) x q (t/m) Corte debido a la carga distribuida q en a

+ -

a bVa

3Va

Qqb = - L1(m) + L2 (m) x q (t/m) Corte debido a la carga distribuida q en b( ) ( ) ( ) g

b29_Características 2

q

L2L1 L1

a bVa Vb

32q

Qad = Va - Qqa Qbd = Va + Vb - Qqb

Q = 0

32a

Q = 0

Qai = - Qqa Qbi = Va - Qqb

+ -


Diagrama de Esfuerzos de corte

2

+ +-

--


a b32

qCarga equivalente a la carga distribuida a la izquierda de a

L2L1 L1Va Vb

32

Qea (t) = q (t/m) x L (m)Qea (t) = q (t/m) x L (m)

aMomento debido a la carga

distribuida q en a

Mqa (tm) = - Qea (t) x L (m) / 2

a


a b32

q

Carga equivalente a la carga distribuida a la izquierda de 4

4

L2L1 L1Va Vb

32

Qe4 (t) = -q (t/m) x L1 (m) + L2 /2(m)

4

Qe4

Mq4 = - Qe4 x (L1 (m) + L2 /2(m)) /2

Momento debido a la carga

4

distribuida q en 4 Qe4


a b32

q

Carga equivalente a la carga distribuida a la izquierda de b

L2L1 L1Va Vb

32

Qeb (t) = q (t/m) x L1 (m) + L2 (m)

Qe2

aMomento debido a la carga distribuida q en b

Mqb = - Qeb x (L1 (m) + L2 (m)) /2

a


a b3

qMomento en 4

4

L2L1Va Vb

3

L1debido a la reacción de vinculo Va

M4Va (tm) = Va (t) x L2/2(m)

b

3

( ) ( ) ( )

bVa Vb4


a b3

q

L2L1Va Vb

3

L1Momento en b

debido a la reacción de vinculo Vavinculo Va

MbVa (tm) = Va (t) x L(m)/2

b

3

( ) ( ) ( )

L2L1

bVa Vb


a b3

q

2

L2L1 L1Va Vb

34

Momento en a

M2 = 0

Ma = -Mqa

2

Momento en a debido a la carga distribuida q (-)

Ma = -Mqa

M4 = M4Va – Mq4

Mb = Mvab – Mqb

M t b d bid

M3 = 0

Momento en 4 debido a la carga distribuida q (-)

Momento en b debido a la reacción de vínculo Va

(+) +

Momento en 4 debido a Momento en b

debido a la carga la reacción Va (+)

gdistribuida q (-)


Diagrama de momentos flexores

+

- -

+


a b3

P Ejercicio 1b

L2L1 L1Va Vb

32

+

Va ( + )Vb ( - )

+ -

( )

Q2 = -P

P( - )Qia = -

Qda = Va – P

Qib = Va – PQib = Va – P

Qdb = Va + Vb – P = 0129_Características 2


-+


a b3

P

L2L1 L1Va Vb

3

Map = P x L1+ -

Map = - P x L1

a

L1

Momento en a producido por Pproducido por P


a b3

P

L2L1 L1Va Vb

3

MbP (t ) P(t) (L1 ( ) L2( ))

Momento en b debido a P

MbP (tm) = - P(t) x (L1 (m) + L2(m))

a bVa Vb

3

L1Vb


a b3

L2L1 L1Va Vb

32

Momento en b debido a Va

MbVa = Va x L2

a bVa

L2Va


a b3

L2L1Va Vb

32

L1

MbP (-)MbVa (+)

a b3

2

MaP (-)

M2 = 0

Ma = - MaPMa MaP

Mb = MbVa – MbP = 0

M3 = 0


MbP (-)

a b3

MaP (-)

MbP (-)

32

-


Ejercicio 1c

a bVa b

3

P q

L2L1 L1Va Vb

Las reacciones de vínculo las tomamos del practico respectivo

Las cargas equivalentes de la carga distribuida qLas cargas equivalentes de la carga distribuida q respecto de a y b las tomamos del ejercicio 1ª

Los momentos de la carga distribuida q respecto de a y b los tomamos del ejercicio 1ªde a y b los tomamos del ejercicio 1

Los momentos de la carga concentrada P respecto de a y b los tomamos del ejercicio 1b


bP q

Q2 = - P

L2L1 L1

a bVa Vb

3 Qia = – P – Qea

Qda = Va – P – Qea

P

Qib = Va – P – Qeb

Qdb = Va + Vb – P – Qeb

Q3 = 0P Vb Q3 = 0

+ -a

3

Va

QeaQeb

Qea


Punto corte nulo, O sea de momento máximo

+ -


a b3

L2L1 L1Va Vb

32

Momento en b debido a Va

MbVa = Va x L2

a bVa

L2Va


P q

L2L1 L1

a bVa Vb

3

P q

L2L1 L1

MaP (-)Mbq (-)

a b

MaP ( )

Maq (-) MbPa b

3

MbVa (+)MbVa ( )M2 = 0

Ma = - MaP – Maq

Mb = MbVa MbP MbqMb = MbVa – MbP - Mbq


a b3

-+


Estructuras I CancianiEstructuras�I�Canciani

Diagramas�de�características

Parte 3Parte�3


Ejercicio 2 cEjercicio�2�c


Reacciones de vínculoReacciones�de�vínculo


Esfuerzo de corteEsfuerzo�de�corte

+ -


Esfuerzo de corteEsfuerzo�de�corte + -


Esfuerzo de corteEsfuerzo�de�corte+ -


Momento flexorMomento�flexor






DeformadaDeformada


Ejercicio 3 cEjercicio�3�c


Reacciones de vínculoReacciones�de�vínculo


Esfuerzo de corte

+ -

-Esfuerzo�de�corte

+


Esfuerzo�de�corte

+ -


Esfuerzo�de�corte + -


Momento�flexor


Momento�flexor


Momento�flexor


Momento�flexor


Esfuerzo�Normal


DeformadaDeformada


Pórtico�de�1�vano�y�varios�niveles


Pórtico�de�varios��vanos�y�1�nivel


Pórtico�de�varios�vanos�y�varios�niveles


1 11_Características 4

Características 4



Diagrama de esfuerzos de Corte

Definimos como Esfuerzo de Corte al conjunto de las proyecciones sobre un eje perpendicular a la barra, de las fuerzas que actúan a uno y otro lado de la sección considerada. Su valor es la suma de la proyección de las fuerzas y su signo es igual al signo de la fuerza de la izquierda (positivo cuando es ascendente)

Esfuerzo de corte en A = reacción de vinculo en A = 2,75 t

Esfuerzo de Corte inmediatamente a la derecha del punto C = reacción de vinculo en A – Valor de la Carga distribuida por distancia entre A y C

QCd = 2,75 t – 1,1 t/m * 2 m = 2,75 t – 2,2 t = 0,55 t

El corte inmediatamente a la izquierda del punto C es la suma de la proyección sobre un eje perpendicular a la barra CB de todas las fuerzas a la izquierda de C.

Para obtener la proyección de una fuerza vertical sobre u eje perpendicular a la barra CB, multiplicamos su valor por el cos 45 °, luego la proyección de la reacción de vínculo en A es 2,75 t * cos 45 ° = 1,95 t

La proyección de la carga distribuida es Q*L*cos 45 ° = 1,1 t/m * 2 m * 0,707 = 1,56 t .

C

D


Luego el corte inmediatamente a la izquierda de C es 1,95 t – 1, 55 t = 0,39 t

Utilizando el mismo razonamiento el corte en B es la reacción en B por el cos 45 ° = 1,94 t

El diagrama varía en forma lineal por tener carga uniformemente distribuida.

Diagrama de momentos flectores

Definimos como Momento Flexor al conjunto de los dos pares que actúan a uno y otro lado de la sección considerada. Su valor es la magnitud de los pares y su signo es igual al signo del par a la izquierda de la sección ( positivo si gira en la dirección de las agujas del reloj )

Momento flector en A = 0 Momento flector en B = 0 Momento flector en c es igual al momento que produce la reacción de vínculo ( positivo por girar en sentido horario), al que se le resta el momento que produce la carga distribuida a la izquierda de C ( negativa por ser anti horaria)

M = 2,75 t * 2 m – 1,1 t/m * 2m * 2m/2 = 3,3 tm.

Q


Al ser la carga uniformemente distribuida el diagrama de momentos flectores es una parábola de segundo grado.

Nota, este diagrama lo dibujó una computadora que dibuja el momento positivo por encima de la barra, normalmente en nuestro pais el diagrama positivo se dibuja por debajo de la barra.

Esfuerzo normal

Definimos como Esfuerzo Normal al conjunto de las proyecciones sobre el eje de la barra de las fuerzas que actúan a uno y otro lado de la sección considerada. Su valor es la magnitud de la proyección de las fuerzas y su signo será positivo cuando las proyecciones fueran divergentes (tracción) y negativo cuando en caso contrario (compresión )

En la barra AC el esfuerzo normal es 0

En la barra CB el esfuerzo normal se obtiene multiplicando las fuerzas por el seno de 45 °, y como el seno 45 ° es igual al coseno de 45 °, tiene la misma magnitud que el corte siendo positivo arriba ( tracción, y negativo abajo ( compresión )

+


+

-

1 12 Cullman Ritter

Descomponer una fuerza en 3 direcciones usando el método de Cullman

Sea la Fuerza F, que se desea descomponer en las direcciones 1, 2 y 3. (gráfico adjunto)

Primero vamos a descomponer la fuerza F en dos direcciones, la dirección 2 y una dirección auxiliar llamada auxiliar de Cullman , marcada a en el gráfico.

Luego decompondremos la dirección a en las otras dos direcciones, 1 y 3

Para que la fuerza F se pueda descomponer en las direcciones 2 y a las tres direcciones, F,2 y a se deben encontrar en un punto, luego la recta a debe pasar por la intersección de Fcon 2.

Además para que una fuerza que tenga la dirección a se pueda descomponer en 1 y 3, las tres direcciones (1, 3 y a) deben encontrarse en un punto, luego la dirección a debe pasar por la intersección de 1 y 3.

Luego siendo la fuerza F y las direcciones 1, 2 y 3 datos del problema y conociendo que la auxiliar de Cullman, que denominamos a debe pasar por las intersecciones de F con 2(Punto P1) y de 1 con 3 (Punto P2), podemos trazar en un gráfico las 5 direcciones, F, 1,2, 3 y a.

En el punto P1, dibujando un paralelogramo de fuerzas, con su correspondiente escala, descomponemos la fuerza F en 2 y a, obteniendo de esta forma la componente en 2 la que denominamos F2.

La componente en a, que denominamos Fa, la descomponemos, trazando un paralelogramo de fuerzas con su correspondiente escala en el punto P2, en las componentes 1 y 3 que denominamos F1 y F3.

Luego las Fuerzas F1, F2 y F3, así obtenidas, son el producto de descomponer la fuerza Fen las direcciones 1, 2 y 3

2 12 Cullman Ritter

12

3

F

P1P2

P1

a

Fa

F2

Fa

F1F3

P2

3 12 Cullman Ritter

Decomponer una Fuerza en tres direcciones usando el método gráfico/numérico de Ritter

Se utiliza el teorema de Varignon, que establece que el momento de un sistema de fuerzas respecto de un punto es igual al momento de su resultante, respecto del mismo punto

El sistema de fuerzas compuesto por las fuerzas F1, F2 y F3, en las direcciones 1, 2 y 3 , producto de la descomposición de la fuerza F en esas tres direcciones, tiene como resultante a esa misma fuerza F.

Luego si tomamos momentos respecto del Punto A, intersección de las direcciones 1y 3. la suma de los momentos de de las fuerzas F1, F2 y F3, debe ser igual al momento de la fuerza F respecto de ese mismo punto

El momento de las Fuerzas 1 y 3 respecto del punto A es 0, porque la distancia de estas fuerzas al punto es igual a 0.

12

3

F2

F3

F1

FA

D2A

dFA

4 12 Cullman Ritter

La distancia de la fuerza 2 respecto del Punto A se obtiene trazando una perpendicular a la dirección 2 que pase por A, y resulta ser D2A

La distancia de la fuerza F respecto del punto A, la obtenemos trazando una perpendicular a esa dirección que pase por A, y resulta dFA .

Luego, el momento de la fuerza F respecto de A es igual al momento de F2 respecto de ese punto

F x dFA = F2 x d2A

De allí F2 = F x dFA / d2A

F es un dato del problema, y midiendo en el gráfico en escala dFA y d2A, con la formula anterior calculamos F2

Si denominamos B al punto ubicado en la intersección de las direcciones 2 y 3, por los mismos considerandos precitados

F1 = F x dFB / DB1

F es un dato del problema, y midiendo en el gráfico en escala dFB y d1A, con la formula anterior calculamos F1

12

3

F2

F3

F1

F

B

dBF

dB1

5 12 Cullman Ritter

Por último, si denominamos C al punto ubicado en la intersección de las direcciones 1 y 2, resulta

F3 = F x dFC / DC3

F es un dato del problema, y midiendo en el gráfico en escala dFC y d3C, con la formula anterior calculamos F3

Luego F1, F2 y F3, así hallados, son el producto de la descomposición de la fuerza F en las direcciones 1, 2 y 3

12

3

F2

F3

F1

F

C

d3CdFc

6 12 Cullman Ritter

1�

��TP�1��Ejercicio��análisis�de�cargas�y�calculo�reacciones�de�vínculo�

�

T.P.�1�Ejercicio��análisis�de�cargas�y�calculo�reacciones�de�vínculo�

�

Tema� L1� L2� L3��

1� 4� 0.5� 3�2� 4.1� 0.6� 3.1�3� 4.2� 0.7� 3.2�4� 4.3� 0.8� 3.3�5� 4.4� 0.9� 3.4�6� 4.5� 1� 3.5�7� 4.6� 1.1� 3.6�8� 4.7� 1.2� 3.7�9� 4.8� 1.3� 3.8�

10� 4.9� 1.4� 3.9�

2�

��TP�1��Ejercicio��análisis�de�cargas�y�calculo�reacciones�de�vínculo�

�

�

1 TP2 Ejercicios 1,2,3

Cátedra Canciani

TP2 Reacciones de vínculo, ejercicios 1a, 1b, 1c, 2a, 2b, 2c, 3a, 3b, 3c

Ejercicios 1a, 1b y 1c - Hallar las reacciones de vínculo

Ejercicio 1a Grupo L1 L2 P Q m m Kg Kg/m

1 1.00 6.00 0 1 1002 1.00 6.50 0 1 1503 1.25 7.00 0 1 2004 1.40 7.50 0 1 2505 1.50 8.00 0 1 3006 1.60 8.00 0 1 3507 1.70 8.00 0 1 400

Ejercicio 1b Grupo L1 L2 P Q m m Kg Kg/m

1 1.00 6.00 3 000 02 1.00 6.50 3 250 03 1.25 7.00 3 500 04 1.40 7.50 3 750 05 1.50 8.00 4 000 06 1.60 8.00 4 500 07 1.70 8.00 4 750 0

Ejercicio 1c Grupo L1 L2 P Q m m Kg Kg/m

1 1.00 6.00 3 000 1 1002 1.00 6.50 3 250 1 1503 1.25 7.00 3 500 1 2004 1.40 7.50 3 750 1 2505 1.50 8.00 4 000 1 3006 1.60 8.00 4 500 1 350

L2 L1L1

P

Q


7 1.70 8.00 4 750 1 400

Ejercicios 2 a, 2b y 2c - Hallar las reacciones de vínculo

Ejercicio 2 a

Grupo L P Q m Kg Kg

1 6.00 0 1 1002 6.50 0 1 1503 7.00 0 1 2004 7.50 0 1 2505 8.00 0 1 3006 8.00 0 1 3507 8.00 0 1 400

Ejercicio 2b

Grupo L P Q m Kg Kg

1 6.00 3 000 02 6.50 3 250 03 7.00 3 500 04 7.50 3 750 05 8.00 4 000 06 8.00 4 500 07 8.00 4 750 0

Ejercicio 2c

Grupo L P Q m Kg Kg

1 6.00 3 000 1 1002 6.50 3 250 1 1503 7.00 3 500 1 2004 7.50 3 750 1 2505 8.00 4 000 1 300

PQ

L


6 8.00 4 500 1 3507 8.00 4 750 1 400

Ejercicios 3 a, 3b y 3c

Grupo L1 L2 h P Q m m m Kg Kg/m Ejercicio 3 a 1 4.80 0.90 3.00 0 950

2 5.50 1.10 3.20 0 1 1003 6.00 1.20 3.40 0 1 2004 6.50 1.30 3.60 0 1 3005 7.00 1.40 3.80 0 1 4006 7.50 1.50 4.00 0 1 5007 8.00 1.60 4.20 0 1 600

Ejercicio 3b 1 4.80 0.90 3.00 100 02 5.50 1.10 3.20 120 03 6.00 1.20 3.40 140 04 6.50 1.30 3.60 160 05 7.00 1.40 3.80 180 06 7.50 1.50 4.00 200 07 8.00 1.60 4.20 220 0

Ejercicio 3c 1 4.80 0.90 3.00 100 9502 5.50 1.10 3.20 120 1 100

P

Q

L2L1

h


3 6.00 1.20 3.40 140 1 2004 6.50 1.30 3.60 160 1 3005 7.00 1.40 3.80 180 1 4006 7.50 1.50 4.00 200 1 5007 8.00 1.60 4.20 220 1 600

1 TP3 Vínculos:Ej 4, 5

Cátedra Canciani - Estructuras 1

TP 3 Vínculos Ejercicios 4, 5

Ejercicio 4

Hallar las reacciones de vínculo Grupo P Q alfa L1 L2 H t t/m ° m m m

1 1,20 1,30 45 5,00 1,20 4,102 1,30 1,40 45 5,20 1,30 4,203 1,40 1,50 45 5,40 1,40 4,304 1,50 1,60 45 5,60 1,50 4,405 1,60 1,70 45 5,80 1,60 4,606 1,70 1,80 45 6,00 1,70 4,807 1,80 1,90 45 6,40 1,80 5,00

Q

L1L2

H

Palfa

2 TP3 Vínculos:Ej 4, 5

Ejercicio 5

Hallar las reacciones de vínculo

Grupo L1 L2 H Q m m m t/m

1 1,20 3,00 2,80 1,302 1,30 3,20 2,90 1,403 1,40 3,40 3,00 1,504 1,50 3,60 3,10 1,605 1,60 3,80 3,20 1,706 1,70 4,00 3,30 1,807 1,80 5,40 3,40 1,90

Q

H

L1 L2

1 TP4_Vinculos_6, 7

Cátedra Canciani -TP 4 Vínculos Ejercicios 6 y 7


Grupo H Q m t/m

1 6,00 9,602 6,10 9,763 6,20 9,924 6,30 10,085 6,40 10,246 6,50 10,407 6,60 10,56

H

Q

RxA

RxB

RyB

B

x y

Ejercicio Nº 6

2 TP4_Vinculos_6, 7

Ejercicio 7


Grupo H Lh1 Lh2 Q1 Q2 m m m t/m t/m

1 7,00 6,10 6,10 2,10 2,10 2 7,10 6,20 6,20 2,20 2,20 3 7,20 6,30 6,30 2,30 2,30 4 7,30 6,40 6,40 2,40 2,40 5 7,40 6,50 6,50 2,50 2,50 6 7,50 6,60 6,60 2,60 2,60 7 7,60 6,70 6,70 2,70 2,70

FxA

FyA FyB

FxB

Q1 Q2

Lh1

H

Lh2

xy

1 TP 5 Diagramas de características

Cátedra Canciani -TP 5 Diagramas de características

Hallar los diagramas de características de los ejercicios

1a, 1b, 1c 2a, 2b, 2c 3a, 3b, 3c 45

Documents

Cátedra Cancianicatedracanciani.com.ar/E1/Apunte_1_cuatrimestre.pdf · Carga de la otra losa ... Se trata en el Reglamento CIRSOC 102 1 ... La fuerza de viento varía de acuerdo