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Analisis de Estructuras
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análisis de
estructuras
Facultad de Arquitectura
Arq. Julio C. Borthagaray
ISBN 978-9974-8379-4-2
Empresa Gráfica Mosca
Depósito Legal: 342.010
Esta publicación es entregada en forma gratuita, como material didáctico de apoyo a carreras y cursos dictados por la Universidad ORT Uruguay.
Toda referencia a marcas registradas espropiedad de las compañías respectivas. Diciembre 2006.
análisis de
estructuras
Universidad ORT UruguayFacultad de Arquitectura
Facultad de ArquitecturaDecano: Arq. GAstón Boero
secretaria Docente: Arq. GrAziellA BlenGio
Catedrático del área tecnología: Arq. wAlter GrAiño
editor técnico: Arq. Julio C. BorthAGArAy
Corrector técnico: Arq. hAroutun ChAmliAn
Corrección: rené fuentes
Diseño y armado: PABlo González
Arq. Julio C. BorthAGArAy
Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay
Índice
Prólogo.......................................................................................................................................................................................... 1
1...Estudio.de.estructuras.hiperestáticas.planas............................................................................................... 2
Cálculo.de.deflexiones.en.estructuras.de.alma.llena.y.en.estructuras.reticulares..............................................................12
Cálculo.de.estructuras.hiperestáticas.planas.de.alma.llena.y.estructuras.hiperestáticas.planas.y.reticuladas..................20
2...Trazado.de.las.líneas.elásticas.de.estructuras.planas..........................................................................41
3...Deformaciones.elásticas.en.estructuras.reticuladas.planas.............................................................59
4...Estudio.sobre.vigas.continuas.............................................................................................................................. 68
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Arq. Julio C. BorthAgArAy
Después de haber ejercido la profesión de arquitecto, desde 1962 hasta
1996, y la docencia, desde 1962 hasta la fecha, hoy decido publicar este
modesto estudio. Reúno aquí el material en que basé mis clases sobre el análi-
sis y el cálculo de las estructuras hiperestáticas planas reticuladas y de alma
llena, cálculo de corrimientos y un estudio sobre vigas continuas, aplicable a
computadoras.
Quienes me permitieron lanzarme a esta aventura fueron dos maravillosos
profesores, a quienes debo mi formación técnica, el Ing. Félix de Medina y el
Arq. Alberto Sayagués Laso. A la memoria de ellos, mi reconocimiento.
............................................Julio.C..BorThagaray
Prólogo
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análisis.DE.EsTruCTuras
P1P2
P3
MVF
P1P2
P3
X2
X1
X3
P1
P2
P3
X1X2
X3Mo M1 M2 M3
1.0 Estudiodeestructuras hiperestáticasplanas
El método general que vamos a utilizar para estudiar estructuras hiperestáticas, cualquiera
sea su grado de hiperestaticidad, será el conocido como método de las fuerzas. Tendremos que basarnos en dos principios fundamentales:
1) Todo cuerpo ligado al suelo puede considerarse como libre, reemplazando los vínculos por fuerzas y momentos adecuados, llamados reacciones o fuerzas y momentos reactivos para distinguirlos de las fuerzas activas o directamente aplicadas.
2) Las solicitaciones (M, V, F) en una estructura que corresponde a los estados de carga superpuestos (P1 + P2 + P3) son la suma algebraica [(M1+ M2+ M3), (V1 + V2 + V3), (F1+ F2 + F3)] de las solicitaciones para cada estado considerado aisladamente. En las cargas se consideran las directamente aplicadas y las reactivas.
Veamos el ejemplo siguiente:
Nuestro problema radica en la determinación de las incógnitas hiperestáticas X1, X2, X3.Para ello vamos a aplicar el método de los “Trabajos virtuales”. Es el medio más general
y más exacto para el estudio de los sistemas rígidos y, especialmente, los elásticos. Antes de entrar en su análisis con detenimiento, vamos a repasar algunos conceptos básicos vistos en los cursos de Física Aplicada. El primero de ellos es el concepto de trabajo.
TraBaJo
En la vida corriente, la palabra “trabajo” se aplica a cualquier forma de actividad que requiera el ejercicio de una actividad muscular o intelectual. En Física, la acepción es otra. Tomemos un cuerpo que se mueve en el plano horizontal (X–X). Sobre él actúa una fuerza F, que abre un ángulo θ con la dirección del movimiento.
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Arq. Julio C. BorthAgArAy
El trabajo (dT) realizado por la fuerza F mientras el cuerpo se ha desplazado una distancia dx, se define como el producto del des-plazamiento, por la componente de la fuerza en la dirección del movi-miento.
dT = F cos θ dx
El trabajo T ejecutado en un desplazamiento finito desde la abscisa X1 hasta la X2 será:
T =
En el caso más general, tanto la dirección de la fuerza dada por el ángulo θ como su inten-sidad pueden variar a lo largo del movimiento. Para calcular la integral es preciso conocer F y θ en función de X.
Cuando la fuerza F permanece constante en magnitud y dirección
T = F cos θ = F cos θ (X2 – X1) Si la fuerza es constante y la dirección es la del movimiento θ = 0; cos θ = 1 T = F (X2 – X1)Es decir, en este caso especial, el trabajo realizado por la fuerza es igual al producto de ésta
por el desplazamiento.Vamos a ver ahora qué sucede cuando aplicamos una fuerza a una pieza elástica de estructura
capaz de deformarse:
La fuerza exterior realiza un trabajo al desplazarse su punto de aplicación. Debemos tener en cuenta que el desplazamiento del punto B es función de la carga P y de las características geométrico-mecánicas de la pieza (E, I).
∆ = α P (α depende de la forma y del ma-
terial que constituye la barra.)
P
∆
A
B
∫ ∫=
2
1cos
x
xdxFdT θ
∫
2
1
x
xdx
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análisis.DE.EsTruCTuras
Calculamos el trabajo de la fuerza aplicada estáticamente; esto es, el de una fuerza que crece al desarrollarse las deformaciones, muy lentamente desde su valor inicial hasta su valor final.
Desde P = 0 hasta P = P final
dT = (P + dP) d∆ de donde dT = P d∆ + dP d∆ dP d∆ cantidad despreciable por ser infinitésimo de 2º ordendT = P d∆ como ∆ = α P d∆ = α dP
dT = α P dP de donde T = ∫ ∫=
PfinalPdPdT
0α
Pfinal T = α [P2/2]
0 de donde T = α Pfinal
2
2 Pfinal
PfinalP
final α = ∆f como T = α = ∆f Pf
2 2
Se dice entonces que el trabajo de deformación de una fuerza aplicada estáticamente (cre-ciendo lentamente) a una barra elástica es igual al producto del valor final de la fuerza por el desplazamiento o deformación final dividido 2.
Vamos a introducir ahora el concepto de TRABAJO VIRTUAL. Para ello nos basamos en el principio de los desplazamientos virtuales, presentado en 1717, por Johanes Bernoulli (1667-1748). Este principio establece: “Dado un cuerpo rígido mantenido en equilibrio por un sistema de fuerzas y/o pares, el trabajo virtual total efectuado por este sistema de fuerzas y/o pares durante un desplazamiento virtual es nulo”. (Kinney, 1960, pág. 76).
Trabajo virtual = Fuerza real * desplazamiento virtualTrabajo virtual = Fuerza virtual * desplazamiento real
El desplazamiento se mide a lo largo de la trayectoria de la fuerza, y debemos efectuar una aclaración importante: el desplazamiento virtual es causado por una acción diferente de las cargas que mantienen el cuerpo en equilibrio.
Trabajo virtual = P * δ (aplicable a estructuras elásticas) Trabajo virtual = P * δ (aplicable a estructuras rígidas)
Efectuemos la demostración aplicada a los cuerpos rígidos; que por ser rígidos no puede haber movimientos relativos entre los puntos.
EsTuDio.DE.EsTruCTuras.hiPErEsTáTiCas.Planas
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Se aplica un sistema de cargas (P1) (P2) (P3) (P4)... etc. y momen-tos (M1) (M2)... etc. Estas cargas se descomponen en las direcciones paralelas a los ejes (X –Y) elegidos. Partimos, además, de que el cuerpo se encuentra en equilibrio, por lo cual se debe cumplir:
Σ Px =0Σ Py =0Σ M + Σ Px * y + Σ Py *x =0
La proyección de las fuerzas, según el eje de las X, debe ser cero. La proyección de las fuerzas, según el eje de las Y, debe ser cero. La suma de los momentos actuantes más los que generan las Px y las Py, respecto a un punto cualquiera, también debe ser igual a cero.
Si el cuerpo se desplaza rígi-damente en forma paralela una dimensión A A’, ese desplazamiento es constante e igual para todos los puntos del cuerpo.
Ese desplazamiento AA’ puede descomponerse en δy y δx.
Evaluemos entonces el trabajo virtual realizado por el sistema de fuerzas P y de momentos M en el desplazamiento AA’.
T virtual = δx Σ Px + δy Σ Py
Pero como Σ Px = 0 y Σ Py = 0, porque las fuerzas están todas en equilibrio, quedará:
T virtual = δx * 0 + δy * 0 = 0
De lo cual se deduce que: el trabajo virtual de un sistema de fuerzas en equilibrio efectuado por un sistema de fuerzas durante un desplazamiento virtual es nulo.
P1P2
P4P3
Y
XY2
X2
M1 M2
P2x
P2y
A
A' δ
δy
x
Y
X
Y
X
Y
X
α
α
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análisis.DE.EsTruCTuras
Veamos ahora qué pasa si el cuerpo gira un pequeño ángulo alrededor de un punto de origen O (que puede ser cualquiera):
Tomando un punto cualquiera y considerando un giro α muy pequeño, se puede confundir el arco con el seno α o la tangente α del ángulo α.
δx x B A A’
α δy
y α B’
Entonces: AA’ = δx = y tg α ≅ y α
BB’ = δy = x tg α ≅ x α
Planteamos la ecuación del trabajo virtual en la rotación del cuerpo:
Trabajo virtual = Σ M α + Σ Px * δx + Σ Py *δy = 0
Trabajo virtual = Σ M α + Σ Px * α y + Σ Py * α x = 0
Como el ángulo de giro α es constante, lo sacamos fuera del símbolo de la sumatoria como factor común.
A
A'
O x
y
αy
x
δ
δ
x
yββ
OA = x + y2 2
AA' = x + y2 2
α
δ= x + yα2 2
x
y x + y
22
δ=x yα
δ= x + yα2 2
y
x x + y
22
δ=y xα
22 yxOA +=
22*' yxAA +=α
OA
y
AAx ='
δ
OA
AA
yx '=
δ
22
22*
yx
yx
yx
+
+=
αδ
yx *αδ =
22
22*
yx
yx
xy
+
+=
αδyy *αδ =
EsTuDio.DE.EsTruCTuras.hiPErEsTáTiCas.Planas
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Arq. Julio C. BorthAgArAy
Trabajo virtual = α Σ M + α Σ Px * y + α Σ Py * x = 0
Trabajo virtual = α [Σ M + Σ Px * y + Σ Py * x] = 0
La cantidad encerrada dentro del paréntesis es igual a cero, debido al equilibrio de mo-mentos.
Se puede decir entonces:El trabajo virtual de un sistema de fuerzas y momentos en equilibrio aplicados a un
cuerpo rígido durante una rotación virtual es igual a cero.
Generalizando las dos expresiones, podemos establecer:El trabajo virtual de un conjunto de fuerzas y pares en equilibrio aplicado a un cuerpo
rígido durante un movimiento roto-traslatorio virtual es igual a cero.
Vamos a generalizar el principio aplicándolo a los cuerpos elásticos. Para ello tomaremos un cuerpo elástico vinculado y sometido a un sistema de cargas P. En los vínculos aparecerán reacciones, que llamaremos C y equilibrarán a las cargas P. El conjunto entonces se encuentra en equilibrio.
Por consecuencia de la acción de las carga P y reacciones C en la estructura, se van a producir los tres parámetros de solicitación para las estructuras consideradas en el plano. Ellas son M, V y F: momento flector virtual, esfuerzo cortante virtual y esfuerzo axial virtual.
Para poner esto de manifiesto, analizaremos la partícula A, am-pliándola en su dimensión.
Consideremos ahora la misma estructura con los mismos vínculos y sometida a un sistema de cargas rea-les cualesquiera (q), uniformemente repartidas y (Q) concentradas.
P1P2
CbCa
MN
A
Q1Q2
RbRa
A B
A
q
δδ
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análisis.DE.EsTruCTuras
En los vínculos A y B aparecerán las reacciones Ra y Rb, que dejarán a la estructura en perfecto equilibrio. Interiormente, se producirán pará-metros de solicitación (M, V y F). El cuerpo, al ser elástico y al estar some-tido al sistema de cargas reales, sufri-rá deformaciones en todos sus puntos. Los puntos del perímetro exterior donde se aplican las cargas sufrirán corrimientos δ. Los puntos interiores, tales como el A, serán pasibles de desplazarse paralelamente, girar y luego deformarse elásticamente. La partícula A pasa de la posición 1 a la 2 por traslación rígida, de la posición 2 a la 3 por giro alrededor del punto O en forma rígida. Una vez que la partí-cula A está en la posición 3, se dilata elásticamente una cantidad ε, pasan-do de la posición 3 a la 4 por efecto del esfuerzo axil F. De la posición 4 pasa a la posición 5, produciéndose una distorsión angular γ debido al efecto del esfuerzo cortante real V. De la posición 5 pasa a la posición 6 a través de un giro θ, producido por el momento flector real M.
Evaluemos ahora el trabajo virtual que provocan las fuerzas exteriores a la estructura.
Trabajo virtual exterior = Σ P δ + Σ C c
Éste será igual a la suma del trabajo virtual que provoca el sistema de cargas P en el despla-zamiento δ de sus puntos de aplicación a lo largo de la trayectoria de las P, leídos en la estruc-tura real; esto es, provocados por el sistema de cargas reales, más el trabajo de las reacciones virtuales C (que surgen de la aplicación del sistema P) a lo largo del posible movimiento o cedimiento de los apoyos c en la estructura real, medidos a lo largo de la trayectoria de las reacciones virtuales C.
1
2
34
5
6O
ε
γ
θ
V
V+dV
M+dM
F+dFF
M
Punto A
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El trabajo virtual de P1 será igual al producto de su módulo por el vector MM”, proyección
del desplazamiento del punto M a lo largo de la trayectoria de la carga P1 (a la proyección la
llamamos δ). Haciendo una consideración similar para las reacciones C, el Trabajo virtual total de las fuerzas exteriores será:
Trabajo virtual exterior = Σ P δ + Σ C c
Se acredita a Clapeyron (1799-1864), que conjuntamente con G. Lamé (1795-1870) en 1833 enunciaron el teorema de igualdad de los trabajos externos e internos de una estructura sujeta a esfuerzos. (Kinney, 1960, pág. 27).
Podemos decir entonces que el trabajo total (sea virtual o real) de las fuerzas que actúan externamente en una estructura, debe ser igual al trabajo (virtual o real) de las solicitaciones internas que se producen en ella, como consecuencia de su aplicación.
Esto nos permite establecer que el trabajo virtual interno de las solicitaciones virtuales (M, V, F) a lo largo del desplazamiento roto-traslatorio deformacional real de las partículas tales como la A, será igual al producto de las solicitaciones virtuales por el correspondiente desplazamiento. Como el desplazamiento total es la suma de un movimiento rígido (rotación y traslación) y una deformación elástica (alargamiento, distorsión y giro), el trabajo virtual interno será:
Trabajo virtual interno = Parámetros virtuales x (desplazamiento rígido + deformación elástica) (debido a las cargas reales)
Ya demostramos, por el principio de Bernoulli, que el trabajo virtual de un sistema de fuerzas en equilibrio en un movimiento roto-traslatorio rígido es igual a cero. Por eso entonces el
Trabajo virtual interno = Parámetros virtuales x deformaciones elásticas (debido a las cargas reales)
P1
Ca
M
trayectoria de P
MM"
M'
δ
paralela a latrayectoria de P
MM' = corrimiento real del punto M
MM" = proyección del corrimiento real del punto M
en la dirección paralela a la trayectoria de P
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análisis.DE.EsTruCTuras
Como el análisis lo estamos haciendo para una partícula diferencial como la A, lo que ten-dremos será un trabajo virtual interno diferencial. Nos quedará:
dTv interno = (M θ + V γ + F ε) ds
Para obtener el Trabajo virtual interno total, tendremos que integrar; y la expresión nos quedará:
∫ ++= dsFVMTvInterno )( εγθ
Como Tv interno = Tv externo, nos quedará:
∑ =+ cCPδ
Las solicitaciones reales en la estructura provocan internamente parámetros de solicitación real, los cuales nos dan deformaciones unitarias:
EI
M=θ
GA
V*κγ =
EA
F=ε
El valorκ es el factor de cortadura, que para secciones rectangulares vale 1,2 de acuerdo con deducciones realizadas en Ciencia de la Construcción, Tomo 1 páginas 241 y 243, de Odone Belluzzi.
La ecuación general del trabajo virtual queda:
∑ ∑ =+ cCPδ
∫ ∫∫ ++ dsEA
FFds
GA
VVds
EI
MM)()()( κ
Expresión conocida como ecuación de Maxwell-Mohr. James Clerk Maxwell (1830-1879), Otto Mohr (1835-1918). (Kinney, 1960, pág. 29).
En esta ecuación no han sido consideradas las deformaciones por cambio de temperatura. De esta ecuación se deduce que:
El trabajo virtual externo de las cargas dadas y reacciones emergentes (virtuales) a lo largo de los desplazamientos de sus puntos de aplicación (provocados por las cargas reales) es igual al trabajo virtual interno que generan los parámetros virtuales (que sur-gen como consecuencia de la aplicación de las cargas P externas) en las deformaciones elásticas (ε, γ, θ) provocadas por las cargas reales.
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∫ ++ dsFVM )( εγθ
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Arq. Julio C. BorthAgArAy
El teorema será aplicado a dos problemas diferentes:1) Cálculo de corrimientos y/o giros en estructuras de alma llena y estructuras reticuladas.2) Resolución de estructuras hiperestáticas (externas o internas) de alma llena o reticuladas
de cualquier grado de hiperestaticidad.De la expresión general haremos ciertas puntualizaciones.Cuando se trata de estructuras de alma llena, la solicitación que tiene mayor importancia es
la provocada por el momento flector; entonces despreciamos los sumandos correspondientes a las deformaciones provocadas por el cortante y el axial. La expresión quedará:
∑ ∑ =+ cCPδ
∑∫ dsEI
MM)(
Si en cambio se tratara de estructuras de reticulado, donde por lo general las cargas están aplicadas sobre los nudos y el peso propio de las barras se puede despreciar, no existiría solici-tación de momento flector y esfuerzo cortante, restando únicamente el esfuerzo axial.
La expresión del trabajo virtual quedará:
∑ ∑ =+ cCPδ
Si tenemos un reticulado al que aplicamos un sistema de cargas P (virtuales) surgirán en los apoyos reacciones C (virtuales) y esfuerzos internos en las barras F, que son constantes a lo largo de toda la barra. Siendo así, es factible sacar estos valores fuera del símbolo de ∫.
En forma análoga se puede razonar para la estructura sometida a fuerzas reales Q, y por consecuencia, a esfuerzos internos F (reales). Siendo constante el esfuerzo a lo largo de toda la barra, puede salir fuera del símbolo ∫. Como además es normal que la sección A se mantenga constante y que ésta sea del mismo material E, pueden salir como constantes de la integral.
La expresión del trabajo virtual quedará:
∑ ∫∑ ∑ =+ dsEA
FFcCPδ
El valor de ∫ ds es igual a la superficie de la barra; pero considerando las barras a eje de la estructura, lo que cuenta es la longitud L de la barra. Entonces la expresión final quedará:
∑ ∑∑ =+n
LEA
FFcCP
1
*δ
La sumatoria del 2º miembro hay que realizarla para las n barras que tenga el reticulado.Vamos a ver a continuación cómo aplicamos una u otra expresión, según se trate de calcular
la deformación o deflexión de cualquier punto de una estructura de alma llena o reticulada.
∑∫ dsEA
FF)(
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análisis.DE.EsTruCTuras
1.1 Cálculo de corrimientos en estructuras de alma
llena y en estructuras reticulares
a) Estructuras de alma llena.
∑ ∑∫∑ =+EIMdsM
cCPδ
(a)
Tomemos la estructura indicada en el gráfico, sometida a un sistema de cargas Q (reales).
Lo primero que debemos hacer es hallar las reacciones y luego de esto estamos capacitados para determinar los momentos flectores en cualquier punto de la misma. Si deseamos evaluar el corrimiento δ de un punto como el M en una dirección deseada, que puede ser cualquiera, aplicamos en el punto una carga unitaria.
La expresión (a) nos quedará:
∑ ∑∫∑ ==+EI
MdsMcC 1*1 δδ
Si los apoyos (A) y (B) no sufren cedimientos reales c, el trabajo virtual de las reacciones
CA y C
B será nulo, por lo cual el primer miembro nos quedará:
∑ ∑∫==EIMdsM1*1 δδ
(c)
Expresión que nos determina el valor del corrimiento en la dirección buscada. El signo que nos dé ∑∫ EI
MdsM
, nos estará diciendo si el signo elegido es el correcto, o por el contrario, hay que cambiarlo. En el primer caso, el signo será (+) y en el 2º caso será (-).
Como ejemplo evaluemos el corrimiento del extremo de una viga en ménsula, sometida a una carga Q en su extremo. La viga tiene luz L y su sección recta es constante a lo largo de todo el tramo. La viga, es además, toda del mismo material.
∑ ∑∫∑ ==+EI
MdsMcC 1*1 δδ
Q1Q2
A
P = 1
δ
M
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ds = dx
Sustituyendo los valores y efectuando la integral entre los límites 0 y L, tendremos:
∫=L
EIxQxdx
0
δ
de donde
EI
QLx
EI
Qdxx
EI
QLL
33
3
0
3
0
2 =
== ∫δ
Q P = 1
δ
L
E I = cte
Mmax = Q L
M(x) = Q x
M max = 1 L
M(x) = 1 x
x x
EI
QL
3
3
=δ
∫= EI
MdsMδ
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análisis.DE.EsTruCTuras
Evaluaremos ahora la máxima deflexión en una viga similar, pero con carga uniformemente repartida q.
∫=L
dxEI
xqx
0
2
2δ
Lx
EI
q
0
4
42
=δ
Veremos ahora el siguiente ejemplo:
Pórtico simplemente apoyado de sección constante (30 x 60) de hormigón armado, solicitado por una carga concentrada P = 1000 daN en la mitad de la luz de la viga.
P = 1
δ
L
E I = cte
Mmax = q L
M(x) = q x
M max = 1 L
M(x) = 1 x
x x
q
2
2 2
2
∫=L
dxxEIq
0
3
2δ
EI
qL
8
4
=δ
2/000.200 cmdaNE = 2/000.000.000.2 mdaNE = .
CálCulo.DE.DEflExionEs.En.EsTruCTuras.DE.alma.llEna.y.rETiCularEs
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Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - ��
Arq. Julio C. BorthAgArAy
=I
000.54012
6030 3
=x
cm4
=I
43
0054.012
60.030.0m
x=
Nuestro problema será determinar el corrimiento del apoyo B, por efecto de la carga aplicada en la estructura.
P = 1000 daN
6.00 6.00
4.0
0
A
C
D
B
6.00 6.00
4.0
0
A
C
D
B
3.50
4.0
0
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análisis.DE.EsTruCTuras
Aplicamos la ecuación de Maxwell-Mohr:
Como la resolución de las integrales es algo complicado, aplicamos sumatorias de elementos finitos; y la expresión anterior quedará:
A la carga 1=P , aplicada en B, se le opone una reacción 1=C , aplicada en A.Como el apoyo A es una articulación fija, el cedimiento c = 0, por lo que el segundo sumando
del primer miembro es nulo. El primer sumando, como 1=P , nos quedará igual a δ .La fórmula de Maxwell quedará:
∑ ∆= sEI
MMδ
Para la resolución de esa ecuación, procederemos de la siguiente forma:1) Dividimos la estructura en eslabones o dovelas ∆s (de ser posible del mismo largo). En
el caso del ejemplo, el largo ∆s vale 1 mt. Determinamos el valor del momento en el centro de cada eslabón producido por la carga P=1000 daN. Ese momento se expresará en daN*m.
2) A continuación, aplicando una carga P (virtual) = 1 en la dirección del corrimiento en el punto B, con el sentido que intuimos va a tener el corrimiento. La reacción en el apoyo A tendrá la misma dirección y un sentido contrario a la fuerza en B. Evaluamos los momentos provocados por esas fuerzas virtuales de valor unitario. El momento virtual en el centro de cada eslabón será el valor de la cota y, siendo su unidad (m).
6.00 6.00
4.0
0
A
C
D
B P = 1C = 1
δ
∫=+EI
MdsMcCP *δ
∑ ∆=+ sEI
MMcCP *δ
CálCulo.DE.DEflExionEs.En.EsTruCTuras.DE.alma.llEna.y.rETiCularEs
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Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - ��
Arq. Julio C. BorthAgArAy
3) Confeccionamos una planilla Excel. 4) En la primera columna numeramos los eslabones o dovelas.5) En la segunda columna anotamos la cota X del centro de cada eslabón.6) En la tercera columna anotamos la cota Y del centro de cada eslabón.7) En la sexta columna anotamos el valor de los momentos reales M, producidos por las
cargas exteriores.8) En la séptima columna anotamos el valor del momento virtual M producido por la carga
virtual 1=P .9) En la octava columna se obtiene el producto de los valores de la sexta columna por los
valores de la séptima columna.10) Realizamos la sumatoria de la octava columna.11) El valor obtenido se multiplica por el valor de ∆s y se divide entre EI .12) El valor del cociente es el valor del corrimiento. Hay que ser cuidadoso en las unidades
a adoptar, para que los resultados sean coherentes.
m
mm
daNmdaNm
00666.00054.0*000.000.000.2
1*72000
42
2
==δ
El corrimiento del apoyo B es de 6,66 mms.
Nuestro próximo ejemplo será determinar el valor del corrimiento del nudo E en una estruc-tura de reticulado, aplicando la ecuación de Maxwell-Mohr. Las barras AC – CB – DC – EC son de madera, de 10 x 15 cms.
. Eslabón. Cota.x(mt). Cota.y(mt). Carga.vertical. Carga.horizontal.. momentos.reales. momentos.de.. Producto.de
. . . . en.a(dan). en.a(dan). (dan*m). P=1(mts). m*m(1)(dan*m2)
. 1. 0. 0,5. 500. 1. 0. 0,5. 0
. 2. 0. 1,5. 500. 1. 0. 1,5. 0
. 3. 0. 2,5. 500. 1. 0. 2,5. 0
. 4. 0. 3,5. 500. 1. 0. 3,5. 0
. 5. 0,5. 4. 500. 1. 250. 4. 1000
. 6. 1,5. 4. 500. 1. 750. 4. 3000
. 7. 2,5. 4. 500. 1. 1250. 4. 5000
. 8. 3,5. 4. 500. 1. 1750. 4. 7000
. 9. 4,5. 4. 500. 1. 2250. 4. 9000
. 10. 5,5. 4. 500. 1. 2750. 4. 11000
. 11. 6,5. 4. 500. 1. 2750. 4. 11000
. 12. 7,5. 4. 500. 1. 2250. 4. 9000
. 13. 8,5. 4. 500. 1. 1750. 4. 7000
. 14. 9,5. 4. 500. 1. 1250. 4. 5000
. 15. 10,5. 4. 500. 1. 750. 4. 3000
. 16. 11,5. 4. 500. 1. 250. 4. 1000
. 17. 12. 3,5. 500. 1. 0. 3,5. 0
. 18. 12. 2,5. 500. 1. 0. 2,5. 0
. 19. 12. 1,5. 500. 1. 0. 1,5. 0
. 20. 12. 0,5. 500. 1. 0. 0,5. 0
. . . . . . . . 72000
. . . .Corrimiento.(mts)=.0,00666667. . .
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análisis.DE.EsTruCTuras
Emadera = 100.000 daN / cm2
El resto de las barras serán de acero de sección circular, de 5 cm2 de área.
Eacero = 2.100.000 daN /cm2
Resueltos los dos diagramas de Cremona, determinaremos los esfuerzos en las barras del reticulado:
P = 1000 daN
A BC
D E
2.00 2.00 2.00 2.00
4.00 4.00
2.24
1.0
0
Ra=500 daN Rb=500 daN
a b
c
de
f
a
c
b
CálCulo.DE.DEflExionEs.En.EsTruCTuras.DE.alma.llEna.y.rETiCularEs
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Arq. Julio C. BorthAgArAy
Barra Luz Módulo E Área F F’ F F’ L / EA
1 400 100000 150 -10000 -0.5 0.133333
2 400 100000 150 -10000 -1.5 0.4
3 224 2100000 5 11180 1.6771 0.399999
4 400 2100000 5 20000 1 0.761904
5 224 2100000 5 11180 0.559 0.133325
6 224 100000 150 -11180 -0.559 0.093327
7 224 100000 150 -11180 -0.559 0.093327
∑ 2.015218
∑ = δEA
LFF
cm∑== 015218.2δ
A BC
D E
a
b
c
de
f
1
0.750.25
a
b
c
d
ef
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análisis.DE.EsTruCTuras
1.2 Cálculo de estructuras hiperestáticas planas de alma llena y estructuras hiperestáticas planas y reticuladas
Vamos a aplicar el teorema de Maxwell-Mohr a la resolución de estructuras hiperestáticas planas de alma llena y reticuladas.
Primer ejemplo:Resolución de un pórtico plano, biarticulado, de sección constante y de un mismo ma-
terial. El pórtico está representado en la figura que aparece a continuación:
Para resolver el ejemplo, aplicaremos la fórmula general que expresa el teorema de Maxwell-Mohr:
P = 1000 daN
1000 daN/m2000 daN/m
A
C
D
E
B
3.50 3.50
3.0
02
.00
E I = cte
∑ ∑ ∫ ∫ ∫ ∫+++=+ dstFdsGA
VVds
EA
FFds
EI
MMcCP t º***ακδ
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Arq. Julio C. BorthAgArAy
P = 1000 daN
1000 daN/m2000 daN/m
A
C
D
E
B
E I = cte
P = 1000 daN
1000 daN/m2000 daN/m
A
C
D
E
B
E I = cte
A
C
D
E
B
E I = cte
= +
A la estructura original le sustituimos el apoyo en B por una articulación deslizante más una fuerza de valor desconocido X, aplicada en el apoyo B, que impida cualquier tipo de co-rrimiento de dicho apoyo.
Hiperestático de 1er Gdo. Sistema isostático Sistema solicitado por X
El artificio está en aplicar una carga P=1
Esa carga producirá M, V, F, si la carga en vez de ser =1 es igual a X, los valores de M, V y F se verán multiplicados por X.
Las expresiones de las solicitaciones serán:
MXMM += 0
FXFF += 0
VXVV += 0
La clave estará en resolver la tercera parte del problema, donde le aplicamos al sistema una carga P = 1 siguiendo la dirección de X.
Los valores M, F y V, producto de la carga P = 1 serán proporcionales a los producidos por la carga X.
En la expresión de Maxwell–Mohr sustituimos los valores de M V y F hallados, y nos queda entonces:
Realizando operaciones y sacando X de factor común, la expresión nos queda:
X
Analicemos el primer miembro de la ecuación.Actuando una carga P = 1 aparece una reacción C = 1 en sentido contrario. Si llegan a produ-
cirse un descenso vertical en el apoyo A, el trabajo de la fuerza C = 1 (horizontal) o un posible corrimiento C vertical sería nulo. Si no existe corrimiento, el trabajo también será nulo.
∑ ∑ =+ cCPδ ∑∫ +ds
EI
M 2 ∑∫∑∫ + dstFdsEA
FFt
o ºα ∑∫ ++ dsEI
MM o ∑∫ +ds
EA
F 2 ∑∫ ds
GA
V 2
κ ∑∫ +dsGA
VVoκ
∑ ∑ ∫ ∫ ∫∫ +
++
++
+=+ dstFds
EA
FFXFds
GA
VVXVds
EI
MMXMcCP o
tooo απδ )()()(
GA
V*κγ =
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análisis.DE.EsTruCTuras
En el apoyo B, actúa la carga P = 1. El trabajo será igual al producto del módulo de la fuerza o el corrimiento del apoyo B. Como el apoyo no sufre corrimiento alguno, el trabajo será nulo, por lo tanto la ecuación de Maxwell–Mohr quedará:
0=X ∑∫ +ds
EI
M 2 ∑∫ +ds
EI
M 2 ∑∫ ds
GA
V 2
κ ∑∫ ++ dsEI
MM o ∑∫ +dsGA
VVoκ
Por lo cual podemos despejar el valor de X.
∑∫ +ds
EI
MM o ∑∫ +dsGA
VVoκ ∑∫∑∫ + dstFdsEA
FFt
o ºαX =
∑∫ +ds
EI
M 2 ∑∫ +ds
EA
F 2 ∑∫ ds
GA
V 2
κ
Si luego de realizar todas estas operaciones llegamos a que el valor de X nos da negativo, significa que el sentido que debimos tomar para la carga P = 1 es el contrario al elegido.
Teniendo en consideración que los términos debidos al esfuerzo cortante y al esfuerzo axial tienen menor trascendencia respecto al término debido al momento flector, los podemos des-preciar y nos queda la ecuación de Maxwell–Mohr de la siguiente forma:
X =
El efecto de la temperatura también puede ser despreciado, ya que las variaciones de tem-peratura que se producen en nuestro país no son muy grandes.
La expresión final de Maxwell–Mohr queda: X =
Si el pórtico es del mismo material y las barras son de sección constante, el término EI podría sacarse del factor común en el numerador y en el denominador y simplificarse.
Luego de simplificar el procedimiento, en lugar de tomar elementos infinitesimales ds di-vidimos a las barras de la estructura en partes finitas ∆s.
La ecuación de Maxwell queda:
X =
∑∑
∆∆
−=sM
sMMX o
2
∑∫∑∫ + dstFdsEA
FFt
o ºα
∑∫ +dsEI
MM o ∑∫ dstF t ºα
∑∫ ds
EI
M 2
∑∫
∑∫−=
dsEIM
dsEI
MM
X
o
2
hiPErEsTáTiCas.Planas.DE.alma.llEna.y.rETiCulaDas
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Arq. Julio C. BorthAgArAy
Si los elementos finitos s∆ son iguales, también los podemos sacar del factor común en el numerador y en el denominador. Al simplificarlos, nos queda la expresión:
X =
Volviendo a la resolución del ejercicio propuesto, debemos evaluar la dimensión finita de largo ∆s y los momentos que provocan en la estructura las cargas exteriores en el centro de cada eslabón y los momentos que provocan en la estructura una carga P = 1.
1º) Se divide al pórtico en eslabones y los numeramos. Dividimos las patas en tres eslabones de 1 mt de largo c/u.
Los tramos inclinados se dividen en cuatro eslabones, cuya longitud es:
00778.1)5.32(
4
1 22 =+=∆s mts
Evaluamos las cotas X e Y del centro de cada eslabón y las transcribimos en la planilla Excel de la página 25.
2M
MMX o∑−=
cota X
cota Y
0.50
1.50
2.50
3.25
3.75
4.25
4.75
0.43
75 1.31
25 2.18
75 3.06
25
0.00
3.93
75
4.81
25
5.68
75
6.56
25
7.00
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análisis.DE.EsTruCTuras
2º) Evaluamos los momentos flectores, que provocan en la estructura isostática las cargas exteriores, y los transcribimos:
3º) Calculamos los momentos que provocan la fuerza aplicada en el apoyo B, cuyo valor es X y la correspondiente reacción que aparecerá en el apoyo A, cuyo valor también valdrá X.
3
1.5
.5
2.5
33.25
3.75
4.25
4.75
5 5
4.75
4.25
3.75
3.25
3
M
32.5
1.5
.5
P = 1C = 1
hiPErEsTáTiCas.Planas.DE.alma.llEna.y.rETiCulaDas
3000
1500
500
2500
30004631
7318
924010396
10687 1068
710
737
1069
195
51
6879
2687
Mo
2676
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El resumen de todos los valores están indicados en la planilla Excel adjunta:
Hechos todos los cálculos, obtenemos cuál es el valor de la fuerza incógnita que se aplica en el nudo B de la estructura.
Adjuntamos solamente el diagrama final de momentos flectores que actúan en el pórtico. Queda para quien quiera calcular los cortantes y esfuerzos axiales, y luego graficarlos.
5391
4492
2695
898
2391
1992
1195
399
5391
3164
141
1914
1702
2156
2391
1209
580
1603
19251702
M= Mo + X M
∆s largo cota.x cota.y. m’ mo M^2* ∆s MMo∆s mo m’ x mo.+..xm’
1 1 0 0,5 0,5 500 0,25 250 500 0,5 -1797 -398
2 1 0 1,5 1,5 1500 2,25 2250 1500 1,5 -1797 -1195
3 1 0 2,5 2,5 2500 6,25 6250 2500 2,5 -1797 -1992
4 1,007 0,437 3,25 3,25 4631 10,644 15167,417 4631 3,25 -1797 -1209
5 1,007 1,312 3,75 3,75 7318 14,171 27657,421 7318 3,75 -1797 580
6 1,007 2,187 4,25 4,25 9240 18,203 39576,611 9240 4,25 -1797 1603
7 1,007 3,062 4,75 4,75 10396 22,738 49767,611 10396 4,75 -1797 1861
8 1,007 3,937 4,75 4,75 10691 22,738 51179,391 10691 4,75 -1797 2156
9 1,007 4,812 4,25 4,25 9551 18,203 40906,705 9551 4,25 -1797 1914
10 1,007 5,687 3,75 3,75 6879 14,171 25996,647 6879 3,75 -1797 141
11 1,007 6,562 3,25 3,25 2676 10,644 8763,965 2676 3,25 -1797 -3164
12 1 7 2,5 2,5 0 6,25 0 0 2,5 -1797 -4492
13 1 7 1,5 1,5 0 2,25 0 0 1,5 -1797 -2695
14 1 7 0,5 0,5 0 0,25 0 0 0,5 -1797 -898
149,015 267765,771
Valor.de.x.=-1796,897
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análisis.DE.EsTruCTuras
Veremos a continuación otro ejemplo de estructura hiperestática.
Se trata de un pórtico con tensor.En la resolución de este tipo de problema debemos considerar dos elementos de la estructura:1º) el pórtico propiamente dicho y2º) el tensor.
Tomemos un pórtico de diseño similar al ya estudiado:Consta de dos partes:Las barras AC- CD- DE- y EB tienen la misma sección y el mismo material, o sea EI = cte.La barra CE es un tensor con área At y módulo de Young Et.Es un caso donde el apoyo A permanece fijo, mientras que el punto B puede sufrir un des-
plazamiento, ya que el tensor es elástico.
Aplicando el principio de superposición, desdoblamos la estructura en una estructura isostática si quitamos el tensor más otra estructura donde actúa una fuerza incógnita X en la ubicación del tensor.
P = 1000 daN
1000 daN/m2000 daN/m
A
C
D
E
B
3.50 3.50
3.0
02.0
0
E I = cte
tensor
hiPErEsTáTiCas.Planas.DE.alma.llEna.y.rETiCulaDas
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MXMM += 0
Como en el caso anterior, aplicamos las expresiones de Maxwell-Mohr, pero con la parti-cularidad de considerarlas en el pórtico y en el tensor.
pórtico tensor
Considerando la ∑∫ dx
AE
FF
tt en el tensor, sabemos que tt yAEFF ,, son constantes;
entonces las podemos sacar fuera de la integral y de la sumatoria. Nos queda entonces la ex-presión:
∑∫ dxAE
FF
tt
=
LAE
FF
tt
(siendo L la luz del tensor).
Considerando ahora la parte “anelástica” del tensor, tendremos:
∑∫ tdxF ttα donde tF ttα son constantes y las podemos sacar fuera del símbolo de integral y de la sumatoria. Nos queda entonces la siguiente expresión:
∫ = tLFdxtF tttt αα
La expresión de Maxwell-Mohr nos queda:
∑ ∑ =+ cCPδ ∑∫ ∑∫ ∑∫ ++++ LtFL
AE
FFtdsFds
EA
FFds
EI
MMt
ttt αα
P = 1000 daN
1000 daN/m2000 daN/m
A
C
D
E
B
E I = cte
P = 1000 daN
1000 daN/m2000 daN/m
A
C
D
E
B
E I = cte
A
C
D
E
B
E I = cte
X
= +
X
∑∫ ∑∫∑∫ ∑∫ ∑∫ ++++ tdxFdx
AE
FFtdsFds
EA
FFds
EI
MMtt
ttt αα ∑ ∑ =+ cCPδ
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análisis.DE.EsTruCTuras
Analicemos el primer miembro:Haciendo un corte en el tensor, aparecerán dos fuerzas X iguales y contrarias. Estas dos
fuerzas X a la altura de los apoyos no generan reacciones, ya que son iguales y contrarias. El apoyo A está fijo, por tanto el desplazamiento será nulo. El trabajo también será nulo.
El apoyo B puede sufrir un desplazamiento, ya que es un apoyo deslizante, pero como la fuerza es nula, el trabajo también es nulo.
Por tanto, el primer miembro es igual a cero. La ecuación de Maxwell-Mohr nos queda:
0 = ∑∫ ∑∫ ∑∫ ++++ LtFL
AE
FFtdsFds
EA
FFds
EI
MMt
ttt αα
No teniendo en cuenta los factores “anelásticos” tanto en el tensor como en las barras del pórtico, y considerando como esfuerzo principal en la estructura el momento flector frente a la solicitación que provoca el esfuerzo axil y el cortante, la ecuación nos queda:
0 =
∑∫ + LAE
FFds
EI
MM
tt
Por aplicación del principio de superposición, el valor del esfuerzo MXMM += 0 ;
;Tomando dovelas de dimensión finita, la ecuación de Maxwell-Mohr queda:
despejamos X
XF =
1=F
∑ +∆
+= t
tt
LAE
Xs
EI
MMXM )(0 0
∑ +∆+
= ttt
LAE
Xs
EI
MXMM 20 )(
0
∑ ∑ +∆+∆= t
tt
LAE
Xs
EI
MXs
EI
MM 200
−=X
∑
∑+∆
∆
tt
t
AEL
sEIM
sEI
MM
2
0
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Los esfuerzos M0 en el centro de las dovelas serán los mismos que en el ejemplo del pórtico
biarticulado, ya analizado en el ejemplo anterior.
Los momentos M son los que se detallan en el siguiente gráfico:
00.25
0.75
1.25
1.75
2 2
1.75
1.25
0.75
0.25
0
M
P = 1C = 1
3000
1500
500
2500
30004631
7318
924010396
10687 1068
710
737
1069
195
51
6879
2687
Mo26
76
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análisis.DE.EsTruCTuras
Para el caso que nos ocupa, consideramos que el pórtico está construido del mismo material y la sección es constante, por eso en la ecuación de Maxwell podemos realizar la siguiente simplificación:
Multiplicamos los dos miembros de la ecuación por (E I), por lo cual queda:
En la planilla Excel que aparece a continuación está el cálculo de la fuerza X, que se ejerce en el tensor metálico y los momentos en los centros de las dovelas.
El tensor estará sometido a una tensión.
El diagrama de momentos final es el que se indica a continuación. Queda para los usuarios diagramar las solicitaciones de cortante y el esfuerzo axil.
tt
t
AEEIL
sM
sMMX
+∆
∆−=∑∑
2
0
2
2/1290
4
5161cmdaN
cm
daN==σ
∆s largo cota x cota y M’ Mo M^2* ∆s MMo∆s Mo M’ X Mo + XM’1 1 0 0,5 0 500 0 0 500 0 5161 500
2 1 0 1,5 0 1500 0 0 1500 0 5161 1500
3 1 0 2,5 0 2500 0 0 2500 0 5161 2500
4 1,007 0,437 3,25 -0,25 4631 0,062 -1166,72 4631 -0,25 5161 3341
5 1,007 1,312 3,75 -0,75 7318 0,566 -5531,48 7318 -0,75 5161 3447
6 1,007 2,187 4,25 -1,25 9240 1,574 -11640,18 9240 -1,25 5161 2788
7 1,007 3,062 4,75 -1,75 10396 3,086 -18335,44 10396 -1,75 5161 1364
8 1,007 3,937 4,75 -1,75 10691 3,086 -18855,57 10691 -1,75 5161 1659
9 1,007 4,812 4,25 -1,25 9551 1,574 -12031,38 9551 -1,25 5161 3099
10 1,007 5,687 3,75 -0,75 6879 0,566 -5199,33 6879 -0,75 5161 3008
11 1,007 6,562 3,25 -0,25 2676 0,062 -674,15 2676 -0,25 5161 1386
12 1 7 2,5 0 0 0 0,00 0 0 5161 0
13 1 7 1,5 0 0 0 0,00 0 0 5161 0
14 1 7 0,5 0 0 0 0,00 0 0 5161 0
10,581 -73434,25Luz del tensor 7 mtsÁrea tensor 0,0004 m2 tomo 2 barras de 16 mm de diámetroInercia port 0,00208 m4 tomo sección de 0.20 x 0.50E pórtico 210000 daN/cm2
E tensor 2100000 dan/cm2
Valor de X = 5161,413
hiPErEsTáTiCas.Planas.DE.alma.llEna.y.rETiCulaDas
Arquitectura MANUAL.indd 30 22/02/2007 04:17:04 p.m.
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Arq. Julio C. BorthAgArAy
Veamos ahora un nuevo ejemplo de pórtico con tensor. A diferencia del ejemplo anterior, el tensor se ubicará a la altura de los apoyos.
3000
1500
500
2500
30003341
3447
27881364
36536
516
59
3099
3008
1386
Mo + X M
P = 1000 daN
1000 daN/m2000 daN/m
A
C
D
E
BE I = cte
Tensor
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análisis.DE.EsTruCTuras
Los datos de geometría de la pieza (inercias, módulos de elasticidad del pórtico y del tensor, área del tensor) son similares a los del ejemplo anterior. Para resolver el problema, procedemos como lo hicimos antes. Debemos aplicar el principio de superposición y luego el teorema de Maxwell-Mohr.
Los valores de los momentos M0 y de los momentos M son los mismos que en el caso del
pórtico biarticulado que aparece en la página anterior.
Aplicando la fórmula de Maxwell-Mohr
∑ ∑ =+ cCPδ ∑∫ ∑∫ ∑∫ ++++ LtFL
AE
FFtdsFds
EA
FFds
EI
MMt
ttt αα
tendremos:
∑ =δP trabajo de la fuerza 1=P por el desplazamiento real del punto de aplicación A.
Como el apoyo A no tiene posibilidad de corrimiento, el trabajo será = 0.
∑ =cC Trabajo de la fuerza 1=C por el desplazamiento real del punto de aplicación B.El punto B se corre hacia la derecha, lo que permite el alargamiento del tensor.
Como el alargamiento tiene sentido contrario a la fuerza 1=P , el trabajo vale:
∑ −=
tt
t
AE
LXcC
*
**1
P = 1000 daN
1000 daN/m2000 daN/m
A
C
D
E
B
E I = cte
P = 1000 daN
1000 daN/m2000 daN/m
A
C
D
E
B
E I = cte
A
C
D
E
B
E I = cte
X= +
X
tt
t
AE
XLc =
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Arq. Julio C. BorthAgArAy
La ecuación de Maxwell-Mohr queda:
Eliminando los factores “anelásticos”, dejando solamente el término correspondiente al momento flector y tomando elementos finitos de longitud ∆s, la ecuación queda:
=−tt
t
AELX *
1
∑ ∆sEI
MM
Como M = M0 + X M
X = -
Expresión similar a la obtenida en página 28.
Si en esta expresión numerador y denominador se multiplican por (E I), la ecuación queda:
tt
t
AEEIL
sM
sMMX
+∆
∆−=∑∑
2
0
∑∫ ∑∫ ∑∫ ++++ LtFL
AE
FFtdsFds
EA
FFds
EI
MMt
ttt αα=−
tt
t
AELX *
1
∑ ∑ ∆+∆ s
EI
MXs
EI
MM 20 *
∑
∑+∆
∆
tt
t
AEL
sEIM
sEI
MM
2
0
=−tt
t
AELX *
1
=−tt
t
AELX *
1
∑ ∆+
sEI
MMXM *)( 0
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análisis.DE.EsTruCTuras
Adjuntamos ahora los resultados obtenidos que se expresan en una planilla Excel:
Graficamos solamente el diagrama de momentos, dejando, para que los interesados realicen los diagramas de esfuerzos axiles y esfuerzos cortantes.
5391
4492
2695
898
2391
1992
1195
399
5391
3164
141
1914
1702
2156
2391
1209
580
1603
19251702
M= Mo + X M
9847,1753
0004,0*210000000208333.0*210000*7
015577.149
772,267765=
+
−−=X
Pórtico atensorado∆s largo cota x cota y M’ Mo M^2* ∆s MMo∆s Mo M’ X Mo + XM’
1 1 0 0,5 -0,5 500 0,25 -250 500 -0,5 1754 -377
2 1 0 1,5 -1,5 1500 2,25 -2250 1500 -1,5 1754 -1131
3 1 0 2,5 -2,5 2500 6,25 -6250 2500 -2,5 1754 -1885
4 1,007 0,437 3,25 -3,25 4631 10,644 -15167,417 4631 -3,25 1754 -1069
5 1,007 1,312 3,75 -3,75 7318 14,171 -27657,421 7318 -3,75 1754 741
6 1,007 2,187 4,25 -4,25 9240 18,203 -39576,611 9240 -4,25 1754 1786
7 1,007 3,062 4,75 -4,75 10396 22,738 -49767,611 10396 -4,75 1754 2065
8 1,007 3,937 4,75 -4,75 10691 22,738 -51179,391 10691 -4,75 1754 2360
9 1,007 4,812 4,25 -4,25 9551 18,203 -40906,705 9551 -4,25 1754 2097
10 1,007 5,687 3,75 -3,75 6879 14,171 -25996,647 6879 -3,75 1754 302
11 1,007 6,562 3,25 -3,25 2676 10,644 -8763,965 2676 -3,25 1754 -3024
12 1 7 2,5 -2,5 0 6,25 0 0 -2,5 1754 -4385
13 1 7 1,5 -1,5 0 2,25 0 0 -1,5 1754 -2631
14 1 7 0,5 -0,5 0 0,25 0 0 -0,5 1754 -877
149,015 -267765,771
Luz del tensor 7 mtsÁrea tensor 0,0004 m
2
Inercia port 0,00208 m4
E pórtico 210000 daN/cm2
E tensor 2100000 daN/cm2
Valor de X =1753,985
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Veremos ahora, como último ejemplo, el caso de un arco biempotrado:
El arco tiene una longitud de 12 mt. Dividimos la estructura en 12 dovelas de 1 mt de
longitud.
En el dibujo anterior se detallan las cotas (X) e (Y) del centro de cada dovela.
11.46
radi
o=11
.46
mt
60°60°A
B
P = 10.000 daN
E I = constante
11.46
radi
o=11
.46
mt
60°A
P = 10.000 daN
0.0
00.4
386
1.3
44
2.2
839
3.2
5
4.2
3
5.2
3
5.7
3
6.2
3
7.2
3
8.2
1
1.53261.43821.2651.013
0.666
0.245
60°
B
9.1
761
10.1
16
11.0
214
11.4
6
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análisis.DE.EsTruCTuras
La estructura es hiperestática en tercer grado. Tiene tres apoyos superabundantes, por lo que aplicando el principio de superposición la podemos desdoblar de la siguiente forma:
A BM1
X1
A B
P = 10.000 daN
X1 X2
X3
A BMo
P = 10.000 daN
A B
X2M2
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El empotramiento en el punto A se sustituye por dos fuerzas (X1 y X2) y una carga mo-mento (X3).
Debemos aplicar el teorema de Maxwell-Mohr tres veces. Una vez para cada fuerza incóg-nita (X1, X2 y X3).
∑ ∑ ∑ ∆=+ s
EI
MMcCPδ
Vamos a considerar exclusivamente el efecto del momento flector, no teniendo en cuenta la
colaboración del esfuerzo axil ni del esfuerzo cortante.Por aplicación del principio de superposición, el valor genérico del momento flector en
cualquier punto será la suma de M0 + X1M
1 + X
2M
2 + X
3M
3.
3322110 *** MXMXMXMM +++=
Aplicamos una carga 1=P en la dirección y sentido de X1 en el apoyo A. En el apoyo B aparecerá una reacción 1=C en la misma dirección y sentido contrario a la carga. Como el apoyo A y el apoyo B no tienen posibilidad de movimiento, el primer miembro de la ecuación de Maxwell será igual a cero.
∑ ∆= s
EI
MM 10
∑ ∆
+++= s
EI
MXMXMXMM )(0 33221101
Tomando elementos ∆s de la misma dimensión, del mismo material y de igual momento de inercia, sacamos el factor común fuera del símbolo de la sumatoria.
Como EI
s∆ es distinto de cero, será igual a cero el resto, por lo cual la ecuación nos queda de la siguiente forma:
A B
X3M3
133122
211010 MMXMMXMXMM +++=
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análisis.DE.EsTruCTuras
Como podemos ver, tenemos una ecuación lineal con tres incógnitas (X1, X2 y X3).Si aplicamos una carga 1=P en la dirección y sentido de X2 en el apoyo A, en el apoyo B
aparecerá una reacción 1=C , en la misma dirección y en sentido contrario a la carga. Como el apoyo A y el apoyo B no tienen posibilidad de movimiento, el primer miembro de la ecuación de Maxwell-Mohr será igual a cero.
∑ ∆= s
EI
MM 20
∑ ∆
+++= s
EI
MXMXMXMM )(0 33221102
Como
EI
s∆ es distinto de cero, el que será igual a cero será el resto; por lo que la ecuación
nos quedará de la forma siguiente:
233
222121020 MMXMXMMXMM +++=
Como podemos ver, tenemos una ecuación lineal con tres incógnitas (X1, X2 y X3).
Si aplicamos una carga momento 1=P en la dirección y en el sentido de X3 en el apoyo A, en el apoyo B aparecerá una reacción 1=C , en la misma dirección y en el sentido contra-rio a la carga. Como el apoyo A y el apoyo B no tienen posibilidad de movimiento, el primer miembro de la ecuación de Maxwell será igual a cero.
∑ ∆= s
EI
MM 30
∑ ∆
+++= s
EI
MXMXMXMM )(0 33221103
Como
EI
s∆ es distinto de cero, será igual a cero el resto, por lo cual la ecuación nos queda
de la forma siguiente:
233232131030 MXMMXMMXMM +++=
Como podemos ver, tenemos una ecuación lineal con tres incógnitas (X1, X2, X3)Nos queda un sistema de tres ecuaciones a resolver:
133122
211010 MMXMMXMXMM +++=
233222121020 MMXMXMMXMM +++=
233232131030 MXMMXMMXMM +++=
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Los coeficientes los tomamos de la planilla Excel que está en la página 40.El sistema nos queda:
137717.999 + 15.0961 X1 – 70.5984506 X
2 + 12.3208 X
3 = 0
-1686299.702 – 70.5984505 X1 + 529.519706 X
2 – 68.7604 X
3 = 0
+176035 + 12.3208 X1 – 68.7604 X
2 + 12 X
3 = 0
Resuelto el sistema, tendremos:
X1 = 17589.378
X2 = 5000.06
X3 = -4078.6317
Agregamos los diagramas con los cuales fueron calculados esos momentos en el centro de cada una de las doce dovelas en que está dividida el arco.
11.46
radi
o=11
.46
mt
60°60°A
B
P = 10.000 daN
0.00
0.43
86
1.34
4
2.28
39
3.25
4.23
5.23
5.73
6.23
7.23
8.21
9.17
61
10.1
16
11.0
214
11.4
6
1.53261.43821.2651.013
0.666
0.245
mom Mo
mom M1
mom M2
mom M3
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�0 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay
análisis.DE.EsTruCTuras
Como ejemplo adjuntamos el diagrama corregido de los momentos flectores. También de-jamos que los usuarios evalúen los diagramas de cortantes y esfuerzos axiles.
A
B
5724
3271
-68
-1922-2320
-924
1962
4079
P = 10.000 daN
3271
-68
-1922-2320
-924
1962
4079
Diagrama de Momentos
. . . . . . . . . . . . . . . . .............m=mo+x1m1+x2m2+x3m3
. eslabón. cota.x. cota.y. .Ds. mo. m1. m2. m3. m1^2. m2^2. m3^2. mo*m1. mo*m2. mo*m3. m1*m2. m1*m3. m2*m3. m2*m3.
. 1. 0,438. 0,245. 1. 0. -0,245. 0,438. -1. 0,060. 0,192. 1. 0. 0. 0. -0,107. 0,245. -0,438. -0,438. 1962
. 2. 1,344. 0,666. 1. 0. -0,666. 1,344. -1. 0,444. 1,807. 1. 0. 0. 0. -0,896. 0,666. -1,344. -1,344. -924
. 3. 2,283. 1,013. 1. 0. -1,013. 2,283. -1. 1,026. 5,216. 1. 0. 0. 0. -2,313. 1,013. -2,283. -2,283. -2320
. 4. 3,25. 1,265. 1. 0. -1,265. 3,25. -1. 1,600. 10,562. 1. 0. 0. 0. -4,111. 1,265. -3,25. -3,25. -1922
. 5. 4,23. 1,438. 1. 0. -1,438. 4,23. -1. 2,068. 17,892. 1. 0. 0. 0. -6,083. 1,438. -4,23. -4,23. -68
. 6. 5,23. 1,532. 1. 0. -1,532. 5,23. -1. 2,348. 27,352. 1. 0. 0. 0. -8,015. 1,532. -5,23. -5,23. 3271
. 7. 6,23. 1,532. 1. -5000. -1,532. 6,23. -1. 2,348. 38,812. 1. 7663. -31150. 5000. -9,548. 1,532. -6,23. -6,23. 3271
. 8. 7,23. 1,438. 1. -15000. -1,438. 7,23. -1. 2,068. 52,272. 1. 21573. -108450. 15000. -10,398. 1,438. -7,23. -7,23. -68
. 9. 8,21. 1,265. 1. -24800. -1,265. 8,21. -1. 1,600. 67,404. 1. 31372. -203608,000. 24800. -10,385. 1,265. -8,21. -8,21. -1922
. 10. 9,176. 1,013. 1. -34461. -1,013. 9,176. -1. 1,026. 84,200. 1. 34908,993. -316217,582. 34461. -9,295. 1,013. -9,176. -9,176. -2320
. 11. 10,116. 0,666. 1. -43860. -0,666. 10,116. -1. 0,444. 102,333. 1. 29237,076. -443687,759. 43860. -6,743. 0,666. -10,116. -10,116. -926
. 12. 11,021. 0,245. 1. -52914. -0,245. 11,021. -1. 0,060. 121,471. 1. 12963,93. -583186,359. 52914. -2,700. 0,245. -11,021. -11,021. 1962
. . . . . . . . . 15,096. 529,519. 12. 137717,999. -1686299,701. 176035. -70,598. 12,321. -68,760. -68,760
Diagrama de momentos
hiPErEsTáTiCas.Planas.DE.alma.llEna.y.rETiCulaDas
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Arq. Julio C. BorthAgArAy
2.0 Trazadodelaslíneaselásticas deestructurasplanas
En la actualidad, el trazado de las líneas elásticas en estructuras planas puede realizarse sin ninguna dificultad, utilizando programas de computadora, como P-Plan u otro tipo. No obstante, creo que para la formación de un estudiante de arquitectura es absolutamente imprescindible “amasar el barro con las manos”, para lograr entender a cabalidad el comportamiento del conjunto de los elementos constitutivos de una estructura. Ésta es la razón que ha impulsado a reeditar “viejos”, pero no menos fecundos, procedimientos gráfico–analíticos para el estudio de deformaciones de estructuras planas.
En una estructura cualquiera, sometida a un sistema de cargas, si por hipótesis se conocieran los vectores corrimientos de cada uno de los puntos en su dimensión, dirección y sentido, se puede definir como línea elástica, con respecto a una cierta dirección, a la poligonal o curva que resulta de tomar a partir de una línea de referencia las componentes de los vectores corrimientos, según la dirección considerada. Se define como corrimiento de un punto en una determinada dirección a la proyección sobre ésta del corrimiento total del punto.
q (k/m)
a
bc
d
M
M'
linea
de
cier
re
elás
tica
horiz
onta
l
linea de cierre
elástica vertical
90°
δ
δ
Mv
Mh
línea.de.cierre
elástica.vertical
elá
stic
a.h
orizontal
línea.d
e.c
ierr
e
Arquitectura MANUAL.indd 41 22/02/2007 04:17:17 p.m.
�� - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay
análisis.DE.EsTruCTuras
M
δM
M’
El punto M se corre a M’. El descenso será δM.
Veremos ahora la base teórico-matemática del sistema de los pesos elásticos, que analiza-remos posteriormente.
Un punto M gira alrededor de un punto O con un cierto ángulo ωen radianes. Suponiendo que ωes muy pequeño, un infinitésimo, porque las deformaciones por giro en las barras son muy pequeñas, vemos que el punto M pasa a M’. Asimilando el arco a la cuerda por ser defor-maciones pequeñas, el corrimiento de M será MM’.
O (xo;yo) X
M (x;y)
M' M"Y
R
ω
δ
δ
x
y
ωω
x
y
TrazaDo.DE.las.línEas.ElásTiCas.DE.EsTruCTuras.Planas
Arquitectura MANUAL.indd 42 22/02/2007 04:17:17 p.m.
Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - ��
Arq. Julio C. BorthAgArAy
Sus componentes serán δx y δy.
OMMM *' w=
'
1
MM
OM=
w
"'MMx =δ
"MMy =δ
Considerando el punto R, nos quedan dos triángulos semejantes en los cuales podemos establecer la siguiente relación:
w1
"'"'===
MM
RM
MM
OR
MM
OM
A nosotros nos interesa determinar el valor MM” y M’M”
"'
1
MM
RM=
w
de donde RMMM *"' w= wδ *)( 0xxx −=
"
1
MM
OR=
w de donde ORMM *" w=
Podemos concluir lo siguiente:El corrimiento de un punto, según una dirección dada, es igual al momento estático
con respecto a dicha dirección de una fuerza ficticia que es igual en magnitud al giro (ω) que se produce en el punto de reducción.
Consideremos ahora una barra A B, como la de la figura 3, a la que se le aplica un momento M. Esa barra sufre una deformación cuyo valor es posible de evaluar por medio de las ecua-ciones de la “línea elástica”.
wδ *)( 0yyy −=
Mx
y
B
B'
w = M
L
L/2
θb
A
Figura 3
MLE Iω
z
Arquitectura MANUAL.indd 43 22/02/2007 04:17:19 p.m.
�� - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay
análisis.DE.EsTruCTuras
Para la barra AB será:
EI
M
dx
zd=
2
2
Si integramos, nos da:
1CEI
Mx
dx
dz+=
dx
dz es el ángulo que forma la tangente a la elástica con el eje de la barra.
Para X = 0 de donde C1 = 0.
Integrando nuevamente
Z es el descenso de un punto cualquiera. Para el caso de que X = 0
Z = 0 de donde C2 = 0
Para X = L en las dos ecuaciones anteriores nos dará:
bEI
ML
dx
dz θ==
2*
2*
2 LL
EI
Mz bb θ==
El descenso, en el punto B de la barra, es numéricamente igual al momento estático respecto a B del vector giro θ
b aplicado en L/2.
Al valor
gEI
L= lo llamamos masa elástica.
Al valor
wθ === gMLEI
Mb ** lo llamamos peso elástico.
0=
dx
dz
2
2
2* C
X
EI
Mz +=
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Arq. Julio C. BorthAgArAy
Por tanto, concluimos que para poder evaluar el descenso en un punto de la barra elástica debemos calcular el momento estático en ese punto de las fuerzas ficticias (giros) aplicadas en el centro de cada uno de los eslabones que componen esa barra elástica. Ésa es la razón por la cual dividimos la barra en trozos ∆s, muy pequeños.
Veremos a continuación ejemplos aclaratorios:
Calculamos la línea elástica de una viga en voladizo.
La primera operación que se realiza es dividir la barra AB en una serie de eslabones elás-ticos, que llamaremos ∆s. Luego en el centro elástico de cada eslabón se aplica la carga del peso elástico correspondiente.
1.00 1.00 1.00
P = 5 T P = 5 T P = 5 T
A B
sEI
M∆=w
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análisis.DE.EsTruCTuras
Para evaluar esa carga, debemos tener dibujado el diagrama de momen-tos flectores. Para eso tenemos que trazar la funicular para ese fin.
Leemos el valor del momento de cada eslabón en la funicular trazada para ese fin.
Consideremos que el momento es constante en el intervalo del eslabón. Es así como podemos evaluar el área multiplicando M por ∆s y luego di-vidiéndolo por EI, así obtenemos el peso elástico en cada eslabón de la funicular.
La segunda operación consiste en calcular el momento de un sistema de vectores que representan a los pesos elásticos; de esta forma, por defini-ción, se obtienen los descensos.
Si todos los w son del mismo sig-no, es indiferente el sentido con que se toman en la dinámica. Si éstos son
de signo contrario, los positivos se toman hacia abajo y los negativos hacia arriba.Veremos algunas simplificaciones que se pueden realizar al método de los pesos elásticos.
Si consideramos que E es constante, es posible considerar como masas elásticas I
sg
∆= y
peso elástico w = M * g.La elástica hallada en esta hipótesis está multiplicada por E.
Si MN es la imagen del descenso en B
E
HmmMN
Em
MNb
.213
==δ
Eligiendo H = E o a una cierta escala H = m4 E y sustituyendo nos quedará:
4
21
4
21 .mmm
MN
EEm
mmMN
b ==δ
A B
P1=5 ton
P2=5 ton
P3=5 ton
ω1=
ω2=
ω3=
P1
P2
P3
H
M1
M3
M2
EI
EI
EI
∆
∆
∆
s
s
s
1
1
2 2
3
3
4
4
H'
δb
M
N
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Arq. Julio C. BorthAgArAy
Si consideramos que EI = cte, las masas elásticas serán:
sg ∆= y el peso elástico será: w = M * g.
La elástica calculada en esta hipótesis está multiplicada por EI si MN es la imagen del descenso del punto B.
EI
HmmMN
EIm
MNb
.213
==δ
Eligiendo H = EI o a una cierta escala m4
H = m4 EI sustituyendo en la expresión anterior nos quedará:
4
21
4
21213 *.mmm
MN
EIEImmmMN
EIHmmMN
EIm
MNb ====δ
Si consideramos
.cteEI
s=
∆ las masas elásticas serán
EI
sg
∆= y los pesos elásticos
gM *=w
La elástica en esta hipótesis estará multiplicada por
EIs∆
1 . Debemos, por lo tanto, elegir un H que nos simplifique las operaciones.
Tomamos entonces:
EIs
mH∆
=1
4 el valor del descenso en el punto B valdrá:
4
21
4
21213 *
mmm
MN
sEI
sEI
m
mmMN
sEI
HmmMN
sEI
m
MNb =
∆∆
=
∆
=
∆
=δ
El método de los pesos elásticos nos permite, además de evaluar los corrimientos horizontales y verticales en pórticos y/o vigas, la resolución de estructuras hiperestáticas.
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análisis.DE.EsTruCTuras
Veremos a continuación cómo se ataca un pórtico biarticulado por este método. La primera operación que debemos realizar es aplicar el principio de superposición y desdoblar el problema hiperestático en:
1º) Pórtico isostático, donde el apoyo B sufre un corrimiento δb1
.2º) Pórtico isostático, donde el apoyo B sufre un corrimiento δ
b2. En sentido contrario al δ
b1 producido éste por una carga X tal que δb1
+ δb2
= 0
El valor de la carga X se determina de la siguiente manera:1°) Se calcula el corrimiento δ
b1 que producen las cargas exteriores en el pórtico isostático.
2°) Se calcula el corrimiento δb2
que provoca una carga P = 1. Si la carga actuante en vez de ser P = 1 hubiese sido X, los corrimientos serían proporcionales. Esto es: X δ
b2.
La suma de los dos corrimientos debe ser nula, ya que el apoyo B está impedido de desli-zarse.
δb1
+ X δb2
= 0
2
1
b
bXδδ
−=
∑= iib z*1 wδ
EI
sM ii
∆= *w
∑ ∆
=EI
sZM iib1δ
∑= ihb z*2 wδ
i
Phh zM *1==w
ih ZPM *1== de donde:
EI
szih
∆= *w
A B
A B
A B
B'
B" X
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∑= ihb z*2 wδ =
∑ ∆EI
szi *2
021 =+ bb Xδδ
EIs
z
EIs
zMX
i
ii
∆
∆
−=∑
∑2
sí
.constEI
s=
∆
∑∑−=
2i
ii
z
zMX
Veamos ahora un par de ejemplos de aplicación del método de los pesos elásticos.
1º) trazado de la elástica de un arco parabólico de 12 mts de luz y 2.50 mts de flecha. El arco es de hormigón armado y su sección 30 cm x 45 cm.
Momento de Inercia = 228.000 cm4
Eh = 200.000 daN/cm
2
2
1
b
bXδδ
−=
12.00
2.5
0
q = 1000 daN / m
A B
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Lo primero que debemos hacer es determinar la longitud de la línea media del arco para-bólico.
Para eso tenemos que hallar la ecuación del arco parabólico.
La ecuación general de la parábola es CBxAxy ++= 2
Cuando X = 0 Y = 0
De donde: CBA ++= 0*0*0 C=0
La ecuación quedará:
BxAxy += 2 Debemos determinar los parámetros A y B
Para X = 6 Y = 2.5 de donde
Para X = 12 Y = 0 de donde
X
Y
x = 0 x = 6 x = 12
y = 0
y = 2.5
y = 0
y = -0.069444 x2 + 0.8333 x
6*6*5.2 2 BA += 6*36*5.2 BA +=
12*12*0 2 BA += 12*144*0 BA +=
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Debemos resolver el sistema de ecuaciones.
0694444.0432
30
6*14412*36
6*05.2*12
12144
636
120
65.2
−=−
=−−
==A
83333333.0432
360
6*14412*36
5.2*1440*36
12144
636
0144
5.236
=−−
=−
−==B
La ecuación del arco parabólico quedará: xxy 83333.00694444.0 2 +−=
22 dxdyds += dx* derivada 1ª de la función
X
Y
y = -0.069444 x2 + 0.8333 x
dsdy
dx
=
dx
dy
12
+
=
dx
dyds
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análisis.DE.EsTruCTuras
y = - 0.069444 x2 + 0.83333 x
833333.00694444.0*2 +−= x
dx
dy
833333.01388888.0 +−= x
dx
dy
La longitud de la curva es la integral entre 0 y 12 de ds.
∫∫ +==12
0
212
01
dx
dydsS dx*
La solución de la integral:
22
22212
0
22
22auuL
aau
uduau ++++=+∫
=u 833333.01388888.0 +−= x
dx
dy ( )22 83333.013888.0 +−= Xu
a = 1
dxdu 138888.0−= de donde 138888.0
dudx −=
∫ ++++=+ 222
2222
22auuL
aau
uduau
El largo de la curva será la integral definida entre 0 y 12.
∫ =++−− dxX 22 1)83333.013888.0(138888.0
12
0
22 1)8333.013888.0()8333.013888.0(2
11)8333.013888.0(
2
83333.013888.0(
++−++−+++−
+−= XXLX
X
Largo
mts271.13138888.0
9215913.09215913.0=
−−−
=
Esta curva la dividimos en doce dovelas . El largo ∆s de cada dovela será:
1059.1
12
271.13==∆s
12 =a
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Para hallar los momentos en el centro de cada eslabón o dovela utilizamos la viga equi-valente:
12.00
2.5
0
q = 1000 daN / m
A B
12.00
2.5
0
q = 1000 daN / m
A B0.3432
0.99
1.5445
1.99342.3125
2.4789
.4429 1
.3403
2.2
992
3.3
068
4.3
648
5.4
569
corrimiento horizontal6.7212 cms
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análisis.DE.EsTruCTuras
Los valores de los momentos leídos en el trazado parabólico adjunto nos dan los siguientes resultados:
En el centro de dovela 1) ................2559 daN*mEn el centro de dovela 2) ................7144 daN*mEn el centro de dovela 3) .............. 11152 daN*mEn el centro de dovela 4) ..............14373 daN*mEn el centro de dovela 5) ..............16663 daN*mEn el centro de dovela 6) ..............17852 daN*mEn el centro del arco ...................18000 daN*mEn el centro de dovela 7) ..............17852 daN*m En el centro de dovela 8) ..............16663 daN*mEn el centro de dovela 9) ..............14373 daN*mEn el centro de dovela 10) ............ 11152 daN*mEn el centro de dovela 11) ..............7144 daN*mEn el centro de dovela 12) ..............2559 daN*m
Con el valor de los momentos calculados, procedemos a determinar el valor de los pesos elásticos para cada dovela.
sEI
M∆=w
eslabón ∆s E I ∆s/EI Mi ωi cota X cota Y
1 110 200000 228000 0,000 255931,979 0,000 44,29 34,32
2 110 200000 228000 0,000 714359,795 0,001 134,03 99
3 110 200000 228000 0,000 1115203,967 0,002 229,92 154,45
4 110 200000 228000 0,000 1437333,688 0,003 330,68 199,34
5 110 200000 228000 0,000 1666306,048 0,004 436,48 231,25
6 110 200000 228000 0,000 1785252,119 0,004 545,69 247,89
7 110 200000 228000 0,000 1785252 0,004 545,69 247,89
8 110 200000 228000 0,000 1666306 0,004 436,48 231,25
9 110 200000 228000 0,000 1437334 0,003 330,68 199,34
10 110 200000 228000 0,000 1115204 0,002 229,92 154,45
11 110 200000 228000 0,000 714360 0,001 134,03 99
12 110 200000 228000 0,000 255932 0,000 44,29 34,32
0,033
ωiA 0,016
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12.00
2.5
0
q = 1000 daN / m
A B0.3432
0.99
1.5445
1.99342.3125
2.4789
.4429 1.3
403
2.2
992
3.3
068
4.3
648
5.4
569
corrimiento horizontal6.7212 cms
Una vez evaluados los pesos elásticos en el centro de cada dovela, y de acuerdo con lo establecido anteriormente, podemos resolver el problema del trazado de la elástica haciéndolo en forma analítica o por medio de una representación gráfica.
1º) Resolución gráficaEl arco lo representamos a una escala (m
1). En nuestro ejemplo lo dibujamos a la escala
1/100. A cada peso elástico lo representamos con un vector a una cierta escala (m2).
En nuestro ejemplo, la escala
cmk
cmm
*000.000:1
12 =
Elegimos el valor de H tal que sea igual a s
EI
∆ o a una cierta escala (m
4)
En nuestro ejemplo =H
s
EI
∆=
110
000.228*000.200=
810*14545,4
Por lo tanto, para tener H = 4,14545 cms, la escala m4 deberá ser
810
1
84 10
1=m
El resultado lo leemos en el trazado funicular a la escala
4
21
m
mm
8101
000.000:11
*100
1
= 1
Las flechas en cualquier punto del arco se determinan leyendo en el trazado funicular a la es-cala 1/1. O sea, ese trazado funicular es la representación de la línea elástica. Ver página 57.
daN*cm
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análisis.DE.EsTruCTuras
Si deseamos evaluar los corrimientos horizontales, tenemos que trazar una funicular cuyos rayos sean perpendiculares a los rayos tomados para determinar los corrimientos verticales.
Este trazado es el que puede observarse en la primera figura de la página 56. En nuestro caso, el máximo corrimiento es el del apoyo B, y su valor es de 6.7212 cms.
2º) Resolución analíticaPara resolver el problema analíticamente, aplicamos en el centro de cada dovela el peso
elástico ωi, cuyo valor se encuentra en la planilla de la página 55.
H = 4.1455 cms
flecha máxima = 6.1532 cms
H = 5 cms
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Tomamos momentos de los vectores que representan a los pesos elásticos (incluyendo la reacción en el apoyo A) en ejes tales como el representado en línea punteada, como la que pasa por C. Evaluamos el corrimiento vertical de cada uno de los puntos centro de cada dovela, con lo cual podemos dibujar la línea que representa la deformación del arco en vertical.
El corimiento del punto C será:
Gráficamente, el valor hallado es 6,1532 cms. El error es del 0.4%.
De esta forma se puede calcular el corrimiento para cualquier punto, aplicando el mismo procedimiento.
12.00
A B
0.0
0061738
0.0
0172324
0.0
0269
0.0
03467
0.0
0402
0.0
04306
5.45
4.36
3.30
2.30
1.34
0.44
0.0
168242
C
0.0
168242
128012.6=cδ
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análisis.DE.EsTruCTuras
Calcularemos ahora el corrimiento horizontal de los puntos del arco:
Para hallar el corrimiento del punto B, trazamos un eje (línea punteada que une A con B).
Tomamos momentos de los vectores que representan los pesos elásticos respecto a ese eje.
Como los pesos elásticos son simétricos, al producto de los momentos lo multiplicamos por 2.
El corrimiento del punto B será:
Gráficamente, el corrimiento horizontal nos dio 6,7212 cms. Tenemos una diferencia en los cálculos de 2%. Con esto damos por finalizado el análisis de las deformaciones en estructuras de alma llena.
Pasaremos ahora a estudiar las deformaciones en estructuras reticuladas de 1ª y 2ª es-pecie.
12.00
A B0.0336484
0.00269
0.00172324
0.0034670.00402
0.004306
0.00061738
2.4
789
2.3
125
1.9
934
1.5
445
0.9
900
0.3
442
[ ]89,247*00430653.025,231*0040196.034,199*00346725.045,154*00269.099*00172324.042,34*00061738.0*2 +++++=Bδ
cmsB 5901,6=δ
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3.0 Deformacioneselásticasen estructurasreticuladasplanas
ConsiDEraCionEs.gEnEralEs
Problemas generales de deformaciones elásticas nos obligan a determinar qué forma adop-tan los sistemas reticulares del caso, sometidos a sistemas de cargas. Conocida la geometría de las piezas, y una vez avaluados los esfuerzos en las barras del reticular, por el método de Cremona, Culmann o Ritter, podemos evaluar las deformaciones en cada una de las barras en forma aislada.
Lo que no podemos todavía es determinar la deformación de conjunto.Una barra de longitud “L” y de sección “A”, sometida a un esfuerzo axil “F”, sufre una
deformación unitaria.
E
σε =
EA
F=ε
La deformación total será
EA
LFLL
** ==∆ ε
A estos valores deberemos ponerle signo positivo o negativo, según la barra sufra alarga-miento o acortamiento.
Además, las barras pueden estar sometidas a efectos de temperatura, que hacen variar sus dimensiones. Las deformaciones anelásticas se obtienen con la expresión:
LL ttt **∆±=∆ α
en donde
tα = coeficiente de dilatación térmica del material.
=∆± t aumento o disminución de temperatura.
=L longitud de la barra.
tfinal LLL ∆+∆=∆
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análisis.DE.EsTruCTuras
B polo O B” ∆
AB B’ B
1 a
ϕ
A Oa = A A
1
A1
Ob = B B1
Si se considera una barra AB aislada, que compone un sistema reticulado, ésta puede sufrir:1º) una traslación paralela hasta A
1 B´;
2º) un acortamiento o alargamiento (∆AB
) con signo positivo o negativo, de B’B”;3º) una rotación de ángulo muy pequeño ϕ (de B” a B
1) en la que se llega a la posición final
A1 B
1.
Como el giro ϕ es muy pequeño, el arco B”B1 puede sustituirse por la normal a la recta
A1B” tomada desde el punto B”.Esto mismo puede observarse si se toma un polo fijo O. Por él se traza un vector, a una
escala conveniente, con la misma dirección y sentido al corrimiento AA1. De esta forma se fija
la posición del punto a. A partir de este punto se traza el vector ab’ que representa, a la misma escala anterior, la dilatación ∆
AB de la barra AB.
El siguiente paso consiste en efectuar una rotación angular ϕ (muy pequeña), tomando como centro de rotación el punto a. Como la rotación es muy pequeña, en lugar de trazar el arco, trazamos la tangente al arco, que es perpendicular a la recta ab’, con lo que determinamos el punto b. El vector Ob nos determina el corrimiento real del punto. Veremos ahora el diagrama de deformaciones de un sistema de barras.
Tomemos por ejemplo un sistema compuesto por dos barras (AB) y (BC) que concurren al nudo C. C’
1
∆1
∆1 90º
C ∆
2
C’ C’
2 O (a,b) C’
-∆
2 90º (1) (2) corrimiento del nudo C
A B La barra AC sufre un alargamiento ∆
1 desde C hasta C’
1.
La barra CB sufre un acortamiento ∆2 desde C hasta C’
2.
DEformaCionEs.ElásTiCas.En.EsTruCTuras.rETiCulaDas.Planas
90°
b’
ϕ
b
∆AB
Arquitectura MANUAL.indd 60 22/02/2007 04:17:36 p.m.
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Arq. Julio C. BorthAgArAy
Los puntos A y B permanecen fijos. Si se suelta el nudo C y se deja dilatar a la barra AC, éste se ubicará en C’
1. Si se deja contraer la barra CB, el nudo C se ubicará en C’
2.
Si permitimos rotar la barra AC (dilatada) respecto al punto A y a la barra CB (contraída) respecto al punto B, y a las rotaciones las sustituimos por las cuerdas desde C’
1 y C’
2, el punto
de encuentro será el C’, posición final del punto C. La deformación final del punto C estará dada por el vector CC’. Se puede llevar a un polo fijo O estas variaciones ∆
1 y - ∆
2en magnitud,
dirección y sentido.Los vectores son trazados por los extremos y luego haciendo centro en O arcos de circunfe-
rencia. Donde éstos se corten, nos darán la ubicación del punto C. El desplazamiento del punto C estará dado por el vector OC. Como los desplazamientos son muy pequeños, en vez de trazar los arcos, se sustituyen por las cuerdas; esto es, las normales a los vectores corrimientos, y donde estas normales se interceptan, se obtiene el punto buscado con un error absolutamente despreciable.
Debe tenerse especial cuidado con el sentido de los corrimientos al ser colocados en la dinámica. Si suponemos fijo el punto A, la barra se dilatará en el sentido de AC; esto es, para la barra BC el acortamiento de la barra será en el sentido .
A este procedimiento se le llama DIAGRAMA DE WILLIOT, quien en 1877 lo publicó en su “Notions pratiques sur la Statique graphique”, en los Annales du Genie Civil, 2nde série, 6ème année, pág. 713.
Veremos ahora un ejemplo para aclarar el procedimiento:Tomemos la marquesina A B C D E sometida a un sistema de cargas P en sus nudos. Cono-
cidos los valores de los esfuerzos en las barras (calculados por el procedimiento de Cremona, Culmann, Ritter o Henneberg), se obtiene fácilmente el valor de las deformaciones en todas y cada una de las barras.
A
B
CD
E
(+)
(+)(+)
(-)
(-) (-)
P
P
P
O ( a' e' )
b'1b'2d'1
b'
d'2d'
c'1 c'2
c'
B'
C'D'
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análisis.DE.EsTruCTuras
Como en el caso anterior, debemos partir de dos nudos cuya posición sea conocida para fijar un tercero, y así sucesivamente.
En el ejemplo partimos de los nudos A y E, que permanecen fijos. Debemos ubicar el nudo B. En la dinámica, tomamos las deformaciones de las barras AB y EB a una escala conveniente. Por sus extremos trazamos las normales, y en el cruce de ellas está la imagen del punto B. El corrimiento está indicado por el vector trazado Ob’.
Conocida la posición del nudo B, podemos ubicar la nueva posición del punto D después de la deformación. Ahora tomamos como puntos fijos el punto E y el B’.
En la dinámica, por los puntos e’ y b’, imágenes de los nudos E y B’, se trazan las deforma-ciones de las barras ED y BD. Por sus extremos se trazan las normales y donde éstas se cruzan se encuentra el punto d’, imagen del nudo D’. El corrimiento del nudo D está representado por el vector O d’. Este corrimiento se compone de dos movimientos: uno debido a la elasticidad de las barras (es el b’d’) y otro debido a la traslación paralela del reticulado en la anterior de-formación (la del nudo B).
De esta forma se continúa. Nos basamos ahora en los nudos B y D que han sufrido el pro-ceso de deformación, yendo a ocupar la posición B’ D’. Tomándolos como fijos, procedemos a ubicar la posición del nudo C. A partir del punto b’, colocamos la deformación de la barra BC, obteniendo el punto c’
2 A partir del punto d’, colocamos la deformación de la barra DC y
obtenemos el punto c’1.
Trazamos los arcos (los sustituimos por las cuerdas) y así obtenemos el punto C’. De esta forma se resuelven los reticulares de 2ª especie; esto es, aquéllos en que se conoce la posición de dos de sus nudos fijos y se pasa a ubicar un tercero, y así sucesivamente.
analizarEmos.ahora.los.rETiCularEs.DE.PrimEra.EsPECiE
Un estudio aparte merecen los reticulares de 1ª especie, pues en estos casos no podemos aplicar el método de WILLIOT directamente porque no se tiene la posición de dos nudos fijos, sino que se conoce solamente la posición de un sólo nudo. Para poder resolverlo, debemos hacer una suposición:
Partimos de un nudo fijo (A) y suponemos que una barra (5) se dilatará o contraerá en la dirección conocida, que le fijamos por la colocación de una guía que impide cualquier desplazamiento lateral (giro). Esto es lo que se llama adoptar una FALSA POSICIÓN. Mediante ese supues-to, el sistema se podrá resolver.
A
B C
D
E
1
2
3
45
6 7
P P
P
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Arq. Julio C. BorthAgArAy
Veamos cómo resolvemos el diagrama de WILLIOT.
Al igual que en los reticulares de 2ª especie, partimos de un punto fijo O. A partir del cual tomamos el corrimiento de la barra AE, que es la que está en falsa posición.
Ubicado el punto E’, a partir del apoyo fijo y de este punto E’, ubicamos el punto B’. Y así sucesivamente ocurrirá con los demás puntos.
Los corrimientos de los nudos estarán dados por los vectores OD’, OC’, OE’ y OB’.
El corrimiento del nudo D es incompatible con el tipo de vínculo, ya que éste pasaría a D’; lo que no es posible porque el apoyo D solamente puede deslizarse en el plano horizontal. Por lo tanto, debemos efectuar una corrección al sistema para que sea congruente.
A
B C
D
E
1
2
3
45
6 7
P P
P
O (A') E'
6
B'
2
7
C'
3
4
D'D"
D"
D'
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análisis.DE.EsTruCTuras
La corrección para este tipo de reticulares es de-bida a MOHR, y para su explicación es necesario estudiar qué le sucede a una chapa cuando gira un pequeño ángulo ω al-rededor de un punto (por ejemplo el O).
Diagrama vectorial de rotaciones
La chapa A B C D E gira un ángulo ω con respecto a un punto interior O. Los puntos A B C D E se desplazarán a A’ B’ C’ D’ E’. Tomando el giro muy pequeño, po-
demos tomar la cuerda por el arco y la normal al radio. Como el ángulo es aproximadamente igual a la tangente trigonométrica, nos quedarán las siguientes expresiones:
AA’ = OA * ω BB’ = OB * ω CC’ = OC * ω DD’ = OD * ω EE’ = OE * ωComo podemos ver, los desplazamientos son directamente proporcionales a los radios. Debido
a que los desplazamientos y los giros son muy pequeños, no es cómoda su representación.Construimos un diagrama aparte a una escala conveniente. A partir de un polo O ponemos
los vectores AA’, BB’, CC’, DD’ y EE’. Observando este diagrama vemos que:1º) Los vectores son proporcionales a los radios.2º) Su dirección es perpendicular a la de los radios de giro de la chapa. Sacamos como
conclusión que cualquier recta que to-memos, por ejemplo A—B, es perpen-dicular a la dirección AB del diagrama (chapa original). Esto se conoce con el nombre de figuras HOMOTÉTICAS NORMALES.
Consideremos ahora una poligonal y supongamos que por efecto de un giro w alrededor de un punto A, y conociendo el corrimiento de D, queremos ubicar los pun-tos C y B. El punto C se encuentra donde se cortan las rectas perpendiculares a AC y a CD, trazadas por A y D respectivamente.
A
B
C
D
ω
ω
ω
B'C'
D'
90º90º
90º
D'
C'
B'
O (A')
O
A
B
C
D
E
A'B'
C'
D'
E'
ωω
ω
ωω
90º
90º
90º90º
90º
O
E A
B
CD
B
DEformaCionEs.ElásTiCas.En.EsTruCTuras.rETiCulaDas.Planas
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Para el punto B procedemos en forma análoga. A’ B’ C’ D’ es una poligonal homotética normal a A B C D. Si en lugar de considerar una poligonal tomáramos una chapa de reticulado como si fuera una chapa rígida, el procedimiento sería totalmente similar. Supongamos que es conocida la posición final del punto C (esto es C’).
El punto B estará donde se corten las rectas normales a AB y CB respectivamente, trazadas desde los puntos (O) que corres-ponde al punto A (nudo fijo) y desde el punto C, cuya posición es conocida. De la misma forma se ubica el punto D, por lo cual el problema queda resuelto.
Vistos estos ejemplos, podemos volver a nuestro diagrama originalmente trazado, y que no habíamos podido seguir adelante por incompatibilidad de la posición del punto D.
Debemos efectuar un giro con centro en A. El arco que describe el nudo D se puede tomar normal a la recta A E D por la pequeñez de las deformaciones, y la podemos representar en la vectorial con su dirección y sentido por el vector D”O. La composición de los dos vectores D”O + OD’ = D”D’
Esto es el corrimiento real del nudo D.
En forma totalmente análoga, por medio de un diagrama homotético normal, podemos ubicar B” C” y E”. Y luego cal-cular las deformaciones reales a la escala que hemos tomado leyendo los vectores desde las letras con comillas dobles (”) hasta las letras con comillas simples (’).
A
B
CD
D'
B'
C'
O ( A' )
B'
C'
D'
90º
90º
90º
A
B C
D
E
1
2
3
45
6 7
P P
P
O (A')E'
6B'
2
7
C'3
4
D'D"D"
D'
E"
C"
B"
A
B C
D
E
1
2
3
45
6 7
P P
P
O (A')E'
6B'
2
7
C'3
4
D'D"D"
D'
E"
C"
B"
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análisis.DE.EsTruCTuras
Veamos un ejemplo:Calculamos las deformaciones del reticular adjunto, construido en acero. Las barras comprimi-
das con PN I Nº 16 y barras traccionadas con acero de sección circular de 16 mm de diámetro.
Cuadro 1 Diagrama de Cremona
a
b
c
d
e
f
4500 daN
2625 daN
3000 daN4875 daN
a
b
cd
e f
1 2
34
5
1
2
3
4
5
compresión tracción
- 5629
2815
- 5250
4567
3464
Ra =Rb =
60°
3.00 3.00
2.6
1
5.22
3.00
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Evaluadas las reacciones y resuelto el diagrama de Cremona, las solicitaciones en las barras se adjuntan en el cuadro siguiente. Se adjunta, además, una planilla con el cálculo de deforma-ciones en las barras del reticulado.
Corrimiento del nudo B = 0.51565 cmsCorrimiento del nudo C = 0.52665 cmsCorrimiento del nudo D = 0.73235 cms
1 2
34
5
A
B
DC
O(a')
d'b'
c'c"
b"
d"
barra en falsa posición
barra largo área módulo de Young fuerza axil deformación (en cms)
1 300 22,8 2100000 -5629 -0,035
2 522 22,8 2100000 -5220 -0,056
3 300 2 2100000 4567 0,326
4 300 2 2100000 2815 0,201
5 300 2 2100000 3464 0,247
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análisis.DE.EsTruCTuras
4.0 EstudiosobrevigascontinuasEl motivo objetivo de este capítulo es facilitar a los estudiantes y a los profesionales la resolución
de un problema que comúnmente se presenta cuando se diseña y se dimensiona estructuras.
1º).DEfiniCión
Llamamos vigas continuas a un tipo estructural tridimensional en forma de barra, en la que predomina una de las dimensiones frente a las restantes, sustentada de tal forma, generalmente en más de dos apoyos, que es imposible su resolución por aplicación de los métodos de la es-tática y es necesario aplicar las condiciones de deformación de las piezas. Debemos recurrir a las teorías que se han elaborado sobre los estudios de resistencia de materiales.
2º).BrEVE.rEsEña.hisTóriCa
Antes de la década del ‘30 del siglo XX, para la resolución de casi todos los problemas que plantean las estructuras hiperestáticas se disponía de una metodología basada en:
a) El principio de Castigliano.b) Las ecuaciones de Bresse.c) La ecuación generalizada del “Teorema de los tres momentos”, conocido como de
Clapeyron.d) La ecuación de enlaces superabundantes, de Bertrand de Fontviolant deducida de la
ecuación general de la elasticidad.e) Los estudios realizados por Maxwell, Ritter, Mohr, Müller Breslau, etc.Todos estos métodos presentan el punto común:Si en general permiten expresar el problema con bastante facilidad en ecuaciones, todos ellos
conducen a un número tan elevado de éstas, que es imposible resolverlas en forma manual sin dedicar a ello un tiempo desproporcionado con el resultado que se trata de conseguir.
Para remediar estos inconvenientes, en los EE.UU., en 1932, el profesor Hardy Cross y su ayudante, el también profesor N.D. Morgan, basándose en estudios realizados por Manney y Wilson, presentaron en una obra titulada Continous frames of reinforced concrete; un procedi-miento de una extremada sencillez y automaticidad en los cálculos, que con la simple aplicación de operaciones aritméticas se puede resolver estructuras muy complejas.
Debo confesar que, a lo largo de mis años de ejercicio de la profesión y la docencia, perma-nentemente he aplicado el procedimiento de Cross, para la solución de casi la totalidad de las estructuras que se me han presentado, y obtuve un resultado altamente satisfactorio.
Los métodos “ecuacionables” quedaron en algún recóndito lugar de mi memoria, sin que los hubiera aplicado en mi vida profesional, salvo en la ejercitación práctica en el mo-mento de la formación como alumno de la Facultad de Arquitectura, de la Universidad de la República.
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La aparición y posterior popularización de los minicomputadores, herramientas infatigables en el trabajo, con su velocidad de proceso y precisión en los resultados, nos ha permitido, sin olvidarnos del “Método de Cross”, replantear los métodos anteriores. Es posible ahora resolver sistemas de ecuaciones de gran dimensión, sin ninguna dificultad, en tiempos muy breves.
En este capítulo haré un análisis teórico para la resolución de vigas continuas, aplicando el “Teorema de los tres momentos” o “ Teorema de Clapeyron”, ilustrado con una serie de ejem-plos calculados con calculadora manual. Además, brindaré, a quien lo requiera, un programa de computadora de nuestra autoría, diseñado en lenguaje Visual-Basic.
ECuaCión.DE.los.TrEs.momEnTos.o.TEorEma.DE.ClaPEyron
Vamos a deducir un teorema fundamental para la resolución de vigas continuas, tomando como incógnitas los momentos de los apoyos superabundantes.
Como en todos los casos de piezas hiperestáticas, para resolver el problema tendremos que basarnos en las posibles deformaciones de las barras.
Tomemos un trozo intermedio de una viga continua constituido por dos tramos de luces Ln
y Ln+1
y sus tres apoyos respectivos (P, Q y R), sometidos a cargas cualesquiera, aplicadas en los tramos de luces L
n y L
n+1
tq deformada
Ln
Ln+1
P Q R
Mp
Mq
MR
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Las cargas provocarán deformaciones en la pieza; por ende asumimos que existirán esfuerzos internos que harán que la pieza, luego de deformada, permanezca en equilibrio. Aproximán-donos al fenómeno real, decimos que en la pieza aparecen parámetros de solicitación (V y M), producto de las deformaciones que provocan las cargas exteriores que actúan en la pieza.
La Teoría de la Elasticidad relaciona las deformaciones con los parámetros de solicitación. En base a estas relaciones, haremos nuestras deducciones.
La deformación de la pieza es naturalmente continua a lo largo de toda la viga.Los apoyos, en este caso idealizados como articulaciones perfectas, sin ningún rozamiento,
restringen a los puntos P, Q, R, etc. y les impiden descender o levantarse, pero permiten que se produzcan giros.
Tomando un apoyo intermedio, por ejemplo el Q, la tangente a la línea deformada real de la pieza será la recta t
q y es común para la viga PQ y la viga QR. O sea, el ángulo que gira
la tangente tq
(respecto al eje de la pieza para la viga PQ) debe ser igual al ángulo que gira la
tangente tq, respecto al eje de la viga QR. Por lo cual:
(PQ) (QR)
θQ = - θ
Q fórmula (a)
Basándonos en esta igualdad, realizaremos todo el razonamiento que sigue:Tomemos el tramo PQ de la viga continua de luz L
n, sometida a las cargas exteriores y a
los momentos flectores Mp y Mq en sus extremos P y Q.
Mp Mq
P Ln
Q
Aplicando el principio de superposición a la viga en cuestión, podemos desdoblarla en las tres situaciones.
Sumando los efectos que provocan las cargas en forma independiente, obtendremos un resulta-do igual al de las cargas actuando todas en forma simultánea.
Para determinar los giros, debemos aplicar el teorema de Mohr y sus corolarios sobre deforma-ciones de piezas rectas trabajando como vigas.
P QLn
P Q
MpLn
P Q
Mq
Ln
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Mohr deduce que el giro que se produce en el apoyo de una viga es igual al esfuerzo cor-tante de la viga conjugada, estando ésta sometida a una carga igual al diagrama de momentos flectores dividido entre E.I; siendo E el módulo de Young del material que conforma la viga e I el momento de inercia de su sección recta, según el plano donde se deforma.
La demostración del teorema de Mohr y sus corolarios no son del caso en este estudio. De existir interés, puede consultarse abundante bibliografía existente sobre el tema. El valor de los giros en los apoyos para vigas simplemente apoyadas está estudiado, resuelto y tabulado en varios manuales. Transcribimos los casos más frecuentes que se pueden presentar en la vida práctica. El giro en el apoyo Q considerado de la viga PQ será igual al que le provocan las cargas exteriores, que llamaremos Θ(Q)
PQext, más el que le provoca el momento actuante
Mp en el apoyo P, más el momento actuante Mq en el apoyo Q, valores que tomamos del formulario adjunto.
Tendremos entonces: MP Ln MQ Lnθ (Q)
PQ total = θ (Q)
PQ ext + +
6 E(n) I (n) 3 E(n) I (n)
De la misma forma hacemos para la viga QR
MQ L(n+1) MR L(n + 1)θ (Q)
QR total = θ (Q)
QR ext + +
3 E(n+1) I (n+1) 6 E(n+1) I (n+1)
Basándonos en la fórmula (a), tendremos:
(PQ) (QR)
θQ = - θ
Q
(PQ)total (QR)total
De donde θQ + θ
Q = 0
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Sustituyendo los valores y ordenando, nos quedará la siguiente ecuación:
)1()1(
)1(
)1()1(
)1(
)()()()(
Re
*6*3*3*6)()(0
++
+
++
+ +
++++=
nn
nR
nn
n
nn
n
nn
nP
xtQPQext
IE
LM
IE
L
IE
LMQ
IE
LMQQ θθ
Esta expresión es la que se denomina “Ecuación de los tres momentos”. En ella las únicas incógnitas son los valores del apoyo considerado MQ y la de los apoyos adyacentes MP, y MR, ya que las luces, inercias y módulos E son datos conocidos.
Los giros θ(Q)PQext
y θ(Q)QR ext
que provocan las cargas exteriores son evaluables y están en función de EI.
Esta ecuación debe ser planteada tantas veces como apoyos intermedios superabundantes tenga la viga continua.
Se obtiene un conjunto de ecuaciones lineales con ternas de valores incógnitos, que deben ser resueltos simultáneamente, planteando el sistema de ecuaciones correspondientes.
La expresión general está planteada para la posibilidad que los tramos adyacentes al apoyo genérico Q pueda tener diferente luz, diferente inercia, y que sea de distinto material.
No es esto lo más frecuente, ya que lo común es que las vigas sean todas del mismo material y, a pesar de las luces, puedan ser distintas y se dimensionen con la misma escuadría.
Esto simplifica la expresión general, ya que como todos los sumandos están afectados por 1/EI, este valor se saca de factor común y se simplifica.
La expresión final en este caso será:
6
)1(*
3
)1(*
6
*)()(0 Re +
+++
+++=nLMRnLLn
MQLnMP
QQ xtQPQext θθ
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Se adjunta a continuación una tabla auxiliar para la avaluación de los giros para casos fre-cuentes de cargas aplicadas en vigas.
caso θ θizq der
F
a b
L
F
L
L
q
L
L/2 L/2
qc c
a b
q
L
q
L
L
M
F a b (L + b)6 E I L
F L16 E I
2
F a b (L +a)6 E I L
F L2
16 E I
3 E I Lq b c ( L - b - c )2 2 2 q a c ( L -a - c )2 2 2
3 E I L
24 E I 24 E Iq L3 q L3
q L45 E I
3 7 q L360 E I
3
q L3
45 E I7 q L3
360 E I
3 E IM L
6 E IM L
θ derθ izq
θ izq θ der
θ izq θ der
θ izq θ der
θ izq θ der
θ izq
θ izq
derθ
derθ
2 2 2 2 2 2
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análisis.DE.EsTruCTuras
Presentamos ahora algunos ejemplos prácticos.
EJEmPlo.1:
Viga de dos tramos con EI = cte
1000 daN /m 800 daN/m A B C 4 m 5 m Tramo 1 (AB)
Tramo 2 (BC)
Como la viga en A y en C tiene apoyos simples, los momentos valdrán cero.
MA = 0 MC = 0
Aplicando la “Ecuación de los tres momentos”, tendremos:
06
5*
3
)54(*
6
4*67,416667,2666 =+
++++ CBA MMM
de donde
67,416624
5*800
24
* 33
===LqBC
Cθ67,416624
5*800
24
* 33
===LqBC
Bθ
67.266624
4*100024* 33
===LqAB
Aθ
67.266624
4*1000
24
* 33
===LqAB
Bθ
78,22773
34,6833−=−=BM
03
9*34,6833 =+ BM
78,2277−=BM
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Los diagramas de solicitaciones serán los siguientes:
1.14 1.14
1.43 3.07 1.93
Ma=0
Mb=-2777,78 daN*m
Mc=0
Esfuerzos Cortantes
1430
2456
2570
1544
1.43
1.93
1.00 1.25
-2500
-2000
11251406,25
Momentos Flectorespara la situación detramos perfectamenteempotrados
Momentos Flectores
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análisis.DE.EsTruCTuras
EJEmPlo.2:
La misma viga del ejemplo 1, pero con dos voladizos.
1000 daN /m 800 daN/m A B C 1 m 4 m 5 m 1 m
Las ménsulas son tramos isostáticos, por lo que podemos evaluar sus solicitaciones pre-viamente.
1000 daN/m 800 daN/m
1 m 1 m
La incógnita sigue siendo el momento flector en el apoyo B. Planteamos la ecuación de los tres momentos y nos queda:
06
5*)400(
3
)54(*
6
4*)500(67.416667,2666 =−+
++−++ BM
daNVC 800=
daNVA 1000=
mdaNLq
M A *5002
1*10002* 22
−===
mdaNLq
M C *4002
1*800
2
* 22
−===
mdaNM B *56,2055−=0*
3
967.6166 =+ BM
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Los diagramas de solicitación serán los siguientes:
1.13 1.08
0.250.35
1.51 2.91
Ma=-500
Mb=-2055,56
Ma=1341Ma=798
1000
1611
2389
2331
1669
800
0.330.95 1.21
0.25
-2300
-1750
-500 -400
1240924
Momentos flectores para la situacionde tramos perfectamente empotrados
1.59 2.97
Mc=-400
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EJEmPlo.3:
Viga de tres tramos con EI = cte
F=1000 kg
1000 k/m 800 k/m
A B 3 m 2 m C D
4 m 5 m 4 m
Tramo 1 (AB)
Tramo 2 (BC)
14005*6
)25(*2*3*1000
6
)(***=
+=
+=
L
bLbaFBCBθ
16005*6
)35(*2*3*1000
6
)(***=
+=
+=
L
aLbaFBCCθ
Tramo 3 (CD)
33.213324
4*800
24
* 33
===LqCD
Cθ
33.213324
4*800
24
* 33
===LqCD
Dθ
67.266624
4*1000
24
* 33
===LqAB
Bθ67.266624
4*100024* 33
===LqAB
Aθ
EsTuDio.soBrE.Vigas.ConTinuas
Arquitectura MANUAL.indd 78 22/02/2007 04:17:52 p.m.
Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - ��
Arq. Julio C. BorthAgArAy
PlanTEo.DE.las.ECuaCionEs.DEl.sisTEma
Para el apoyo B:
6
)2(*
3
)2()1(*
6
)1(*0
LM
LLM
LMextext CBA
BCB
ABB +
+
+++= θθ
como
0=AM ordenando los sumandos, la 1ª ecuación nos queda:
Para el apoyo C:
06
)3(*
3
)3()2(*
6
)2(* =+
+
+++L
MLL
ML
Mextext DCBCDC
BCC θθ
06
4*
3
9*
6
5*33,21331600 =++++ DCB MMM
Como
0=DM ordenando los sumandos, la segunda ecuación nos queda:
El sistema de ecuaciones nos queda:
67,4066*65*3 −=+ CB MM
33,3733*36
5−=+ CB MM
La solución del sistema es:
mdaNM B *1094−=
67,4066*65*3 −=+ CB MM
33,3733*36
5−=+ CB MM
maNM C *940−=
06
5*
3
9*
6
4*140067,2666 =++++ CBA MMM
Arquitectura MANUAL.indd 79 22/02/2007 04:17:53 p.m.
�0 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay
análisis.DE.EsTruCTuras
Los diagramas de solicitaciones son los siguientes:
-1094-940
1490
198
11651.73
0.55
2.52 1.66
0.59
2.29
4.00 5.00 4.00
1727
2274
431
569
1835
1365
-2000
-1600
5761125 900
-480 -720
1.50
1.00
1.36 1.11
1.00
Momentos flectores
Esfuerzos cortantes
Momentos flectores para la situación de perfecto empotramiento
EsTuDio.soBrE.Vigas.ConTinuas
Arquitectura MANUAL.indd 80 22/02/2007 04:17:54 p.m.
Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - ��
Arq. Julio C. BorthAgArAy
EJEmPlo.4:
Viga de cuatro tramos y un voladizo, todos del mismo material con secciones diferentes en los cuatro tramos. E = cte
3000 daN
5000 daN
1000 daN/m 2000 daN/m 1000 daN/m 1000 daN/m 2000 daN/m 4000 daN/m
A B C D E 1 m 4 m 2 m 2 m 3 m 1 m 2 m
4 m 3 m
I(1)
=1 I(2)
=2 I(3) = 1 I(4) = 2
Tramo en voladizo.
mdaNM A *500−=
daNVA 1000=
Tramo 1 (AB)
67,266624
4*1000
)1(*24
* 33
===I
LqextAB
Bθ
Tramo 2 (BC)
Aplicamos el principio de superposición para la avaluación de los giros.
5000 daN
5000 daN
2000 daN/m 1000 daN/m = 1000 daN/m + 1000 daN/m +
2 m 2 m 2 m 2 m 2 m 2 m
4 m 4 m 4 m 4 m
=extBC
Bθ +)2(24
3
I
qL)2(16
2
I
FL
+−− )()2(3
222 cbLLI
qbc
Arquitectura MANUAL.indd 81 22/02/2007 04:17:55 p.m.
�� - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay
análisis.DE.EsTruCTuras
333,45832*16
45000)134(
4*2*3
1*3*1000
2*24
4*1000 2222
3
=+
+−−+=extBCBθ
=extBC
Cθ
6633,44162*16
45000)114(
4*2*3
1*1*1000
2*24
4*1000 2222
3
=+
+−−+=extBCCθ
Tramo 3 (CD)
11251*24
3*1000
)3(*24
* 33
===I
LqextCD
Cθ
11251*24
4*1000
)3(*24
* 33
===I
LqextCD
Dθ
Tramo 4 (DE)
Aplicamos el principio de superposición:
3000 daN
F=3000 daN
2000daN/m 4000daN/m = 2000 daN/m + 2000 daN/m +
1 2 3 1 2 1 2
=+
+−−+=)4(
222
)4()4(
3
6
)()(
324 LI
bLFabcbL
LI
qbc
I
qLextDE
Dθ
1113,27362*3*6
)23(*2*1*3000)113(*
2*3*3
1*1*2000
2*24
3*2000 2223
=+
+−−+=
+)2(24
3
I
qL
+−− )()2(3
222 caLLI
qac
)2(16
2
I
FL
EsTuDio.soBrE.Vigas.ConTinuas
Arquitectura MANUAL.indd 82 22/02/2007 04:17:56 p.m.
Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - ��
Arq. Julio C. BorthAgArAy
PlanTEo.DEl.sisTEma.DE.ECuaCionEs
Apoyo B:
06336 )2(
)2(
)2(
)2(
)1(
)1(
)1(
)1( =+
++=+
I
LM
I
L
I
LM
I
LMextext CBA
BCB
BAB θθ
mdaNM A *500−=
02*6
4
2*3
4
1*3
4
1*6
4*)500(33,458367,2666 =+
++
−++ CB MM
Ordenando los sumandos, la ecuación nos quedará:
06667,6919312 =++ CB MM 1ª ecuación
Apoyo C:
06336 )3(
)3(
)3(
)3(
)2(
)2(
)2(
)2( =+
++=+
I
LM
I
L
I
LM
I
LMextext DCB
CDC
BCC θθ
Ordenando los sumandos, la ecuación nos quedará:
06633,554121
35
31 =+++ DCB MMM 2ª ecuación
Apoyo D:
06336 )4(
)4(
)4(
)4(
)3(
)3(
)3(
)3( =+
++=+
I
LM
I
L
I
LM
I
LMextext EDC
DEC
CDD θθ
01*6
3
1*3
3
2*3
411256633,4416 =+
+++ DB MM
Arquitectura MANUAL.indd 83 22/02/2007 04:17:57 p.m.
�� - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay
análisis.DE.EsTruCTuras
Como el apoyo E s una articulación el
0=EM
002*3
3
1*3
3
1*6
31113,27361125 =+
++++ DC MM
Ordenando los sumandos, la ecuación nos quedará:
01113,386169
21 =++ DC MM 3ª ecuación
El sistema a resolver será:
6667,691603
2 −=++ CB
MM
6613,5541
235
3−=++ DCB MMM
1113,38616
9
20 −=++ DC MM
Las raíces del sistema son:
MB=-3100,428 daN*m M
C=-2147,435 daN*m M
D=-1858,263 daN*m
EsTuDio.soBrE.Vigas.ConTinuas
Arquitectura MANUAL.indd 84 22/02/2007 04:17:58 p.m.
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Arq. Julio C. BorthAgArAy
Ma=-500
Mb= -3100
M = 5376
M = 411
1000
1350
2650
6238
0.330.95
-1750
-500
924
Momentos flectores para la situacionde tramos perfectamente empotrados
1.59
Mc= -2147Md= -1858
M =4095
M = 4571
0.44
1.74
0.540.47
1.60 1.40
0.25
0.751.35 2.00
1.49
2238
2762
4762
1596
1404
6047
4953
1953
Momentos flectores
Esfuerzos Cortantes
-4750
-4250
-5473
3500
375
-750 -750
2931
1685
0.91
2.00
0.97
0.72 0.72
1.50
0.74
1.00
1.79
Arquitectura MANUAL.indd 85 22/02/2007 04:17:59 p.m.
�� - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay
análisis.DE.EsTruCTuras
EJEmPlo.5:
Viga de dos tramos y un voladizo, todas del mismo material e igual sección. EI = cte
3000 daN 4000 daN
2000 daN/m 1000 dan/m A B C 1 m 3 m 3 m 2 m 1 m
4 m 5 m
Tramo 1 (AB)
Aplicamos el principio de superposición para la evaluación de los giros.
3000 daN 3000 daN
2000 daN/m = 2000 daN/m +
1 m 3 m 1 m 3 m 4 m 4 m
=+
+=)1(
)1(3
)1(
6
)(
24 L
aLFabqLextAB
Bθ
Tramo 2 (BC)
Aplicamos el principio de superposición para la evaluación de los giros.
4000 daN 4000 daN
1000 daN/m 1000 daN/m = + 3 m 2 m 3 m 2 m 5 m 5 m 5 m
333,72084*6
)14(*3*1*3000
24
4*2000 3
=+
+=
EsTuDio.soBrE.Vigas.ConTinuas
Arquitectura MANUAL.indd 86 22/02/2007 04:18:00 p.m.
Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - ��
Arq. Julio C. BorthAgArAy
=+
+=)2(
)2(3
)2(
6
)(
24 L
bLFabqLextBC
Bθ
667,3915*6
)25(*3*2*)4000(
24
5*1000 3
−=+−
+=
Tramo 3 (voladizo)
1000 daN/m 1 m
La incógnita es el momento en el apoyo B.
Aplicando el “Teorema de los tres momentos”, nos quedará la siguiente expresión:
mdaNM C *5002
1*1000 2
−==
daNV 1000=
mdanM B *33,2133−=
0666,6816667,416*30 =+−+ BM
0667,391333,72086
5*)500(
3
)54(
6
4*0 =−+−+
++ BM
063
)(
6)2()2()1()1( =++
++ total
LM
LLM
LM BCBA θ
Arquitectura MANUAL.indd 87 22/02/2007 04:18:01 p.m.
�� - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay
análisis.DE.EsTruCTuras
Los diagramas de solicitación serán los siguientes:
Ma=0
-2954
-500
Esfuerzos Cortantes
5717
1227
5283
1.43
-5407
3898
-1906
Momentos Flectorespara la situación detramos perfectamenteempotrados
Momentos Flectores
-2133
-1381
1.00
0.35
2.20
0.45
1.23 1.77 2.00 1.00
47164845
3717
717
1773
2227
1000
227
-500
-456
+732
+485
1.00 1.92 1.08
0.70
1.21 1.09 1.70
0.30
1.00
4.00 3.00 2.00 1.00
-2954
EsTuDio.soBrE.Vigas.ConTinuas
Arquitectura MANUAL.indd 88 22/02/2007 04:18:02 p.m.
Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - ��
Arq. Julio C. BorthAgArAy
EJEmPlo.6:
Viga continua de dos tramos del mismo material y sección constante, con un apoyo extremo perfectamente empotrado.
E I = cte.
2000 daN /m 1000 daN/m A B C 4 m 5 m
Tramo 1 (AB)
Tramo 2 (BC)
333,520824
5*1000
24
* 33
===Lq
extBCBθ
PlanTEo.DE.las.ECuaCionEs.DEl.sisTEma
Para el apoyo A)
033,53336
4
3
4=++ BA MM
Para el apoyo B)
0)333,520833,5333(6
5
3
)54(
6
4=+++
++ CBA MMM
0=CM por tratarse de una articulación
0333,53336667,03333,1 =++ BA MM
0667,1052366667,0 =++ BA MM
Las raíces del sistema son:
2521−=AM
2954−=BM
33,533324
4*2000
24
* 33
===Lq
extABBθ33,5333
24
4*2000
24
* 33
===Lq
extABAθ
333,520824
5*1000
24
* 33
===Lq
extBCCθ
Arquitectura MANUAL.indd 89 22/02/2007 04:18:04 p.m.
�0 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay
análisis.DE.EsTruCTuras
Los diagramas de solicitación son los siguientes:
Esfuerzos Cortantes
-2521
Momentos Flectorespara la situación detramos perfectamenteempotrados
Momentos Flectores
0.82
1.95
0.93 1.18
3.09
-2954
1823
1265
38923091
4108
1909
0.85 0.85
1.25
3.13
-2667-2667
-3125
17581333
EsTuDio.soBrE.Vigas.ConTinuas
Arquitectura MANUAL.indd 90 22/02/2007 04:18:05 p.m.
Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - ��
Arq. Julio C. BorthAgArAy
EJEmPlo.7:
Viga continua de dos tramos del mismo material y sección constante con un apoyo extremo perfectamente empotrado.
E I = cte.
1000 daN /m 2000 daN/m A B C 4 m 5 m
Tramo 1 (AB)
Tramo 2 (BC)
67,1041624
5*2000
24
* 33
===Lq
extBCBθ
PlanTEo.DE.las.ECuaCionEs.DEl.sisTEma
Para el apoyo A)
067,26666
4
3
4=++ BA MM
Para el apoyo B)
0)67,1041667,2666(6
5
3
)54(
6
4=+++
++ CBA MMM
0=CM por tratarse de una articulación
0334,13083366667,0 =++ BA MM
Las raíces del sistema son:
12,203+=AM
24,4406−=BM
67,266624
4*1000
24
* 33
===Lq
extABAθ 67,2666
24
4*1000
24
* 33
===Lq
extABBθ
067,26666667,03333,1 =++ BA MM
67,1041624
5*2000
24
* 33
===Lq
extBCCθ
Arquitectura MANUAL.indd 91 22/02/2007 04:18:06 p.m.
�� - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay
análisis.DE.EsTruCTuras
Los diagramas de solicitación son los siguientes:
Esfuerzos Cortantes
203
Momentos Flectorespara la situación detramos perfectamenteempotrados
Momentos Flectores
-4406
4241
562
848
5881
3152
4119
0.85 0.85
1.25
3.13
-1334-1334
-6250
3516
667
0.85
2.09
0.88
2.94
EsTuDio.soBrE.Vigas.ConTinuas
Arquitectura MANUAL.indd 92 22/02/2007 04:18:07 p.m.
Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - ��
Arq. Julio C. BorthAgArAy
Índice onomástico
Área 19, 26, 32
Axil 8, 28, 30, 34, 37, 40, 59, 67
Bernoulli Johanes 4, 9
Clapeyron 9, 68, 69
Cortante 7, 8, 11, 22, 25, 28, 30, 34, 37, 40
Cremona 18, 59, 61, 67
Corrimientos 1, 11, 12
Cross 68, 69
Culmann 59, 61
Deformaciones anelásticas 59
Deformaciones elásticas 9, 10, 59
Desplazamientos virtuales 4
Estructuras hiperestáticas 2, 11, 20, 47, 68
Flechas 55
Giros 11, 45, 64, 70, 71, 72, 73, 79, 84
Incógnitas hiperestáticas 2
Inercia 30, 32, 34, 37, 49, 71, 72
Lamé 9
Luz 12, 14, 19, 27, 30, 34, 49, 70, 72
Masas elásticas 46, 47
Maxwell 10, 16, 17, 20, 21, 22, 27, 28, 30, 32, 33, 37, 38, 68
Método de las fuerzas 2
Módulo de Young 26, 67, 71
Mohr 10, 16, 17, 20, 21, 22, 27, 28, 32, 33, 37, 38, 68, 70, 71
Momento 5, 7, 8, 11, 12, 16, 17, 22, 23, 24, 25, 28, 29, 30, 43, 45, 46, 53, 54, 57, 58, 68, 69, 70, 71, 72, 74, 76, 87
Momento de inercia 37, 49, 71
Muller-Breslau 68
Parámetros virtuales 9, 10
Pesos elásticos 42, 46, 47, 49, 54, 55, 57, 58
Ritter 59, 61, 68
Trabajo 2, 3, 4, 5, 6, 7, 9, 21, 22, 28, 32
Trabajo virtual 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12
Trabajo virtual exterior 8, 9
Trabajo virtual interno 9, 10
Vínculos 2, 7, 8
Williot 61, 62, 63
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�� - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay
análisis.DE.EsTruCTuras
Bibliografía:
Belluzi, Oddone. 1967. Ciencia de la Construcción. Madrid: Aguilar S.A de Ediciones. Edición original en lengua italiana, con el título Scienza delle Construzioni. Realizada por la Casa Nicola Zanicchelli Editore de Bolonia.Traducción del italiano original al español por el Ingeniero de Caminos Manuel Velázquez.
Darkov A.; Kuznetsov V. 1970. Structural Mechanics. Moscú: Mir Publishers. Traducción del original ruso al inglés por B. Lachinov.
Gere James M.; Weaver William. 1974. Análisis de Estructuras Reticulares. México D.F.: Compañía Editorial Con-tinental S.A. Edición original en lengua inglesa con el título Analisis of Framed Structures por la casa Van Nostrand Company, Inc. Princeton N.J. Traducción del inglés original al español por el ingeniero Sergio Vargas Romero.
Kinney Sterling. 1960. Análisis de Estructuras Indeterminadas. México D.F.: Compañía Editorial Continental S.A. Edición original en lengua inglesa con el título Indeterminate Structural Analysis por la casa Addison—Wesley Publishing Company, Inc, Reading Massachussets. Traducción del inglés original al español por el ingeniero Lionel Dignowity.
Apuntes tomados de la clases teóricas de Estabilidad de las Construcciones III. 1957. Dictadas por el Ing. Félix de Medina.
Ejercicios realizados en las clases prácticas de Estabilidad de las Construcciones III. 1957. Dictadas por el Arq. Alberto Sayagués Laso.
Arquitectura MANUAL.indd 94 22/02/2007 04:18:08 p.m.
Educando para la vida
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