Apunte UNLZ - Diagramas de Esfuerzos Característicos

Ing. Jorge A. Papajorge Estabilidad I – Esfuerzos Característicos

Primer Cuatrimestre 2001 UNLZ – Facultad de Ingeniería

1

EESSFFUUEERRZZOOSS CCAARRAACCTTEERRÍÍSSTTIICCOOSS Toda estructura es confeccionada de acuerdo a necesidades funcionales de un proyecto,

pensando en el destino para el que fue diseñado.

Para dimensionar una estructura, lo primero que tenemos que analizar son las luces de cada elemento que la constituyen.

Y conociendo el destino de cada parte de la estructura tenemos que analizar el estado de cargas que actúan en ese elemento.

Una vez definidas luces y cargas será necesario determinar mediante estos dos parámetros los ESFUERZOS CARACTERÍSTICOS.

aa)) ¿¿QQuuéé ssoonn llooss eessffuueerrzzooss ccaarraacctteerrííssttiiccooss?? Son los esfuerzos existentes en cada punto de una estructura, que dependerá de luces y

cargas a la cual está sometida, siendo independientes del tipo de material en que estará construida.

bb)) ¿¿PPaarraa qquuéé ssiirrvveenn?? Disponiendo de los esfuerzos característicos máximos y conociendo posteriormente el

material a utilizar en la estructura, se podrá dar las dimensiones necesarias para soportar las cargas para la que fue diseñada.

PROYECTO

DESTINO

LUCES

CARGAS

ESFUERZOSCARACTERÍSTICOS

M - N - Q(Estabilidad)

CONOCIMIENTODEL MATERIAL

(Resistencia delos materiales)

DIMENSIONAMIENTO Construcción

cc)) ¿¿CCóómmoo llooss ddeetteerrmmiinnaammooss?? Una viga o barra que se encuentra isostáticamente sustentada, sometida a un estado de

cargas cualquiera, será un conjunto de fuerzas que forman un sistema no concurrente.

Para que dicho sistema se encuentre en equilibrio, debe cumplir que el sistema activo de la estructura debe ser igual y de sentido contrario al sistema reactivo, puesto de manifiesto por las relaciones de vínculo. Debiéndose cumplir las ecuaciones generales de la estática.



2

Equilibrio

0

0

0

A

y

x

M

F

F

Dichos vínculos externos impedirán la aparición de magnitudes elásticas, generando magnitudes estáticas correspondientes que se ponen en evidencia.

//

////

////

x3

i

i

x1

x2

P2P1

P3P4

R

-R

Logrando que la estructura se encuentre isostáticamente sustentada. A parte de vínculo externos, existen además

vínculos internos o relativos que unirán entre sí elementos de igual rigidez de una misma estructura. Que tienen por misión, la de impedir la aparición de magnitudes elásticas relativas, generando magnitudes estáticas también relativas. Analizando una sección cualquiera de la viga.

La sección i-i se encontrará solicitada por fuerzas y pares relativos. Equivale decir que la parte izquierda de la estructura con respecto a la parte derecha de la sección

i-i, se halla vinculada relativamente por medio de un empotramiento relativo.

Al eliminar vínculos, se mantendrá el equilibrio, siempre que los reemplacemos por sus magnitudes estáticas correspondientes.

Al querer separar en la sección i-i la parte izquierda y derecha de la estructura, para que se restablezca el equilibrio, colocamos en la cara derecha de la sección, la resultante de la parte izquierda y en la cara izquierda, la resultante de la parte derecha.

321

4321

activoSistema Re ActivoSistema

xxxRPPPPR

i

i

P1 P2 P3 P4

izquierda derecha

Sub-estructura I Sub-estructura II



3

Ri

Rd

La resultante de la parte izquierda Ri y la resultante de la parte derecha Rd, son iguales,

colineales y de sentido contrario, pudiéndose encontrar en cualquier parte del plano.

x3

i

i

x1

x2

P2P1

P3P4

Ri

Rd

Siendo Ri y Rd la suma de cada una de sus componentes.

RdRiPPxRd

PPxxRi

433

2121

Que no se encontraran necesariamente en la sección i-i. Que por medio de pares de traslación se llevará Ri (resultante izquierda) y Rd (resultante

derecha) a la sección considerada i-i para restablecer el equilibrio. Pues si imaginamos suprimida la parte izquierda de la estructura, la parte derecha no estará más en equilibrio.

Para restituirlo será necesario aplicarle a la sección i-i una acción equivalente a la parte suprimida, es decir será necesario aplicarle a la sección, la resultante izquierda “Ri” en la parte derecha de la sección.

x3

x1

x2

P2P1 P3

P4Ri

Rd

M

De igual manera si se suprime la parte derecha de la estructura, deberá aplicarse en la cara

izquierda de la sección, el efecto que la parte derecha ejercía sobre ésta, o sea “Rd”, generando así momentos de traslación en la sección i-i.



4

Ri

Rd

MdNi

Nd

Qd

QiMi

Análisis en la sección i-i

Descomponiendo a “Ri” y “Rd” en sus componentes, coincidentes y perpendiculares al eje

de la barra, se obtendrá así: N – Q, conjuntamente con su momento de traslación M

Esfuerzos característicos:

Momento Flexor (M)

Esfuerzo Axial (N)

Esfuerzo de Corte (Q)

Momento Flector (M): Es el par de pares necesarios para trasladar la Rd (Resultante de la sub—estructura derecha) a la cara izquierda de la sección i-i y la Ri (resultante de la sub—estructura izquierda) a la cara derecha de la sección considerada.

Esfuerzo axil (N): es el grupo de dos FUERZAS que resulta de proyectar la Ri que actúa en la cara derecha y la Rd que actúa en la cara izquierda, SOBRE LA TANGENTE AL EJE BARICÉNTRICO DE LA BARRA en cada punto considerado.

Esfuerzo de corte (Q): Es el grupo de dos FUERZAS, que resulta de proyectar la Ri que actúa en la cara derecha y Rd que actúa en la cara izquierda, sobre la NORMAL AL EJE BARICÉNTRICO de la pieza en cada punto considerado.

Por lo tanto M- N- y Q, son los tres parámetros de las Ri y Rd en cada punto de una estructura en equilibrio.

N y Q nos determina por lo tanto, la magnitud y dirección de la Ri y Rd.

M define su ubicación



5

CCoonnvveenncciióónn ddee SSiiggnnooss

Momento Flector M

Esfuerzo de Corte Q

Esfuerzo axil N TRACCIÓN

COMPRESIÓN

CCoonnvveenncciióónn aa uuttiilliizzaarr:: ppaarraa ddeeffiinniirr llaass ccaarraass

Arriba

i

d

Abajo Arri

bai

d

Aba

jo

Arri

ba

i

dA

bajo

Arriba

i dAbajo

Arriba

i d

Abajo

Al efectuarse los diagramas de los esfuerzos característicos M, N y Q, se adoptará que: LOS

DIAGRAMAS POSITIVOS SE DIBUJARÁN HACIA ABAJO del supuesto eje de la barra.

Consecuentemente LOS DIAGRAMAS NEGATIVOS SE DIBUJARÁN POR ENCIMA del supuesto eje de la barra.

-+

+(izquierda) i d (derecha)

Abajo

Arriba

Convención designos a utilizar

y

x



6

EEJJEEMMPPLLOO::

Sea una barra con solicitación de una carga concentrada.



7

Esfuerzo decorte (Q)Análisis:

Gráfico:

MomentoFlector (M)

Esfuerzo Axil(N)

* Reemplazamos los vínculos por lasmagnitudes estáticascorrespondientes x1 -x2 -x3 queserán las incógnitas.* Determinación de las Reaccionesde vínculosPlanteamos las tres ecuacionesgenerales de la estática.

2

2

20)3

0)2

00)1

2

3

3

32

11

Px

Px

xPM

xxPF

xxF

A

y

x

*Determinamos los esfuerzoscaracterísticos M, N, Q.Análisis:

Gráfico:

P

A Bx1

x2 x3

P

-

+

P

P8P

4P

2

2

2P2

P

2P 2

P

2P

2P

2P

2P

2P

2P

2

4

4

8P

4P

+

N=0

P

0 0



8

CCAARRGGAA OOBBLLÍÍCCUUAA AA 4455ºº::



9

Esfuerzo deCorte (Q)

EsfuerzoAxil (N)

MomentoFlector (M)

P1=0,707P

P2=0,707P

45º

P

BA

2

2

P

21P

21P

21 Px

212

Px 2

13

Px

-

+2

1P

21P

1P

P

21P

21P

2P

-

2P

21P

21P

P4

1P

41P

+

2P

2P



10

EEJJEEMMPPLLOO DDEE EESSFFUUEERRZZOOSS CCAARRAACCTTEERRÍÍSSTTIICCOOSS CCOONN CCAARRGGAA DDIISSTTRRIIBBUUIIDDAA

Reacciones de Vínculo

BA

q

x2=ql 2x1=ql

2xi

x3=0

i

i

q

l

l

DDeetteerrmmiinnaacciióónn ddeell eessffuueerrzzoo ddee ccoorrttee ((QQ)):: Para determinar el esfuerzo de corte Q, en una sección genérica i—i se tiene:

ii qxqQ 2

Ecuación lineal del esfuerzo de Corte.

-

+

ql 2

ql2

Q

MMoommeennttoo FFlleeccttoorr ((MM)) Para determinar el momento flector en la sección genérica i—i tenemos:

22

iiii

xqxxqM

22

2i

iixqxqM

Ecuación parabólica del momento flector

Como sabemos en este caso, el momento flector máximo (Mmáx) estará ubicado en 2

2

2·

2

20

00

0

1

1

2

2

21

3

3

qx

qqx

qx

qxM

qxxFx

xF

A

y

x

Diagrama



11

8

81

41

84

4222

2

máx

2máx

22

máx

máx

2

2

2

2

qM

qM

qqM

qqM

+

M

l /2 l /2

Mmáx=ql28

ql28

ql28

RReellaacciioonneess ddiiffeerreenncciiaalleess

Corte de Esfuerzo

del LinealEcuación2 ii qxqQ

Flectormomento del

a ParabólicEcuación22

2iii xqxqM

Ahora:

ii Qqxq

dxdM

2 i

i Qdx

dM

negativo Corte de EsfuerzoQ- obtiene sex de Respecto MDerivando

i

i

y Derivando Qi respecto de x qdx

dQi obtienen la carga q

VIENDO LAS DOS ÚLTIMAS ECUACIONES PODEMOS DECIR QUE: existe una relación directa entre el corte y el valor de la pendiente del diagrama de momento, dado en la ecuación .



12

También vemos que según la ecuación existe una relación directa entre la carga y la variación del corte.

Vemos a continuación la relación que existe entre la CARGA (q), EL ESFUERZO DE CORTE(Q), EL MOMENTO FLECTOR (M) y sus variaciones.

N Q M 0 Cte. Lineal Carga concentrada

Cte. Lineal 2° grado Carga distribuida

Lineal 2° grado 3° grado Carga triangular

0 0 Cte. Caso particular

TTrraazzaaddoo ddeell ddiiaaggrraammaa PPaarraabbóólliiccoo

11-- BBAARRRRAA HHOORRIIZZOONNTTAALL SSIIMMPPLLEEMMEENNTTEE AAPPOOYYAADDAA,, CCOONN CCAARRGGAA UUNNIIFFOORRMMEEMMEENNTTEE DDIISSTTRRIIBBUUIIDDAA

Tomando la ecuación parabólica del momento flector 2

22xqxqlM i y derivando respecto

de x

2

02

20

2

qx

x

qx

qxqdx

dM i

Al aplicar dicha derivada en esos puntos:

42

2tg

2

00

qyyqdx

dMx

x

Podemos aproximar el trazado de la parábola conociendo el valor de las tangentes extremas y media.

Se cuelga la parábola tomando dos veces y perpendicular a la barra el valor de8

2q , y

trazando desde allí las pendientes extremas y la pendiente central, paralela a la línea de cierre.

Nos da el valor de la pendiente en cada punto, que por ahora no nos define nada.



13

y tg media

tg extremo A

tg Atg B

tg C

A B

C

D

E

M

f

J

I QP

l /2l /2

ql28

ql28

Parábola que pasa por A y B de ordenada máxima y = f, en el centro del segmento AB.

Llevamos en MC el valor f y a continuación el mismo calor CD = f.

Uniendo D con A y B obtenemos 2 rectas que son tangentes a la curva en A y B respectivamente. Además, por condición de máximo, la tangente en C es paralela a AB.

Podemos obtener más puntos y tangentes en la siguiente forma: por ejemplo, uniendo I con J, puntos medios respectivamente de CQ y QB, IJ es tangente en E, punto que pertenece a la curva que obtenemos sobre la recta IJ, trazando una vertical por el punto Q.

En el caso de tener un momento negativo en un apoyo, se procede de igual forma pero la línea de cierre no coincide con el eje de la barra.

+

-

Línea de

cierre

eje de laviga

ql28

ql28

l

A B

q-M



14

22-- BBAARRRRAA IINNCCLLIINNAADDAA,, CCAARRGGAA UUNNIIFFOORRMMEEMMEENNTTEE DDIISSTTRRIIBBUUIIDDAA

q

S

l

888cos

8cos

8cos

8''

222 qMs

sqsqsRss

RsqM

La construcción de la parábola, en este caso, es similar a la explicada en el caso 1, teniendo la salvedad de tomar el valor del momento máximo sobre una vertical que pasa sobre 2

en el sentido de la carga.

Es de destacar que tanto el esfuerzo de corte como el axil tienen diagramas variables.

q

x3

x2

x1

cos2q

sen2q

Para x = l

2cos'

cos

coscos'

'cos'cos'

qqs

sq

sR

q

sqRsqRR

qR

sensen2

coscos2

2

2

02

0

00

00

3

1

3

2

31

2

qxqN

qxqQ

qx

qx

xqM

qxxf

xf

i

i

A

y

x



15

sen2

sensen2

cos2

coscos2

qqqN

qqqQ

i

i

Q

N

cos2q

sen2q

+

-

+

-

TTaabbllaa ddee llooss mmááxxiimmooss mmoommeennttooss FFlleeccttoorreess yy eessffuueerrzzooss ddee ccoorrttee ppaarraa llooss ccaassooss mmááss ccoommuunneess ddee vviiggaass iissoossttááttiiccaass yy ccaarrggaass

A P

xl

RA = P

Mz = -P (l-x) Mmáx = -Pl = MA

P P

c c'A B

l

a a

RA = RB = P

Entre C y C’ M=Mmáx = Pa = cte.

A p

x

l

máx2

2

máx

2

A

x

A

MppM

xlpM

plR

A

p

BC

x

l

C

x

BA

MplM

xlpxM

plRR

8

2

2

2

máx

A

p= p máx

xl

A

x

A

MplM

xll

pM

plR

6

6

2

2

máx

3 A

p= p máx

B

x

0,577ll

2máx

2

064,0

6

36

plMM

lxlpxM

plRplR

D

x

aA



16

P

AC

B

½l ½l

x C

x

BA

MPlM

xPM

PRR

4

2

2

máx

a a

PPA B

l PacteM

ByAPRR BA

Entre

b'P

A Ba

lx

D

x

BA

Ml

PabM

xl

PbM

lPaR

lPbR

máx

a a

A B

C

P

l

22

2

42

2

21

apM

paMM

apRR

C

BA

BA



17

33-- BBAARRRRAA HHOORRIIZZOONNTTAALL SSIIMMPPLLEEMMEENNTTEE AAPPOOYYAADDAA,, CCAARRGGAA TTRRIIAANNGGUULLAARR

Cuando la carga no es simétrica, debemos determinar el punto de la viga, para el cual el esfuerzo de corte es nulo. Para la sección de la viga, que cumple esta condición, corresponde el momento flexor máximo (condición analítica de máximo de la función integral).

Sea por ejemplo el caso de una viga simplemente apoyada, sometida a una carga repartida triangular. Tenemos que:



18

0,666l

p

q = f(x)

BAP = ½ p l

x

l

x

+

-

RA = 1/6 p l

RB = 1/3 p l

parábola de segundo grado

0,577 l

Q

+

Mmáx = 0,128 p lParábola de 3º grado

p'

p

x

l

M

222'

'

'

2PxxxPxP

PxPxPP

plR

plplR

B

A

31

61

231



19

Ley de variación de los esfuerzos de Corte

2

2xPRQ A

El valor de x = x0 para el cual Q es cero será:

PM

PPM

PM

pPM

PRM

xPx

pQ

A

128,02

como0640,0

577,0577,061

577,06

577,061

577,031

2577,0577,0

577,03326

1

máx

2máx

32máx

32

2máx

22

máx

2

0

20

0

CCoonnssttrruucccciióónn ggrraaffiiccaa ddee llaa PPaarráábboollaa ddee 33eerr ggrraaddoo En la abscisa x = 0,577 correspondiente a Mmáx = 0,128 l, llevamos verticalmente este valor.

Siendo 2pP resultante de la carga total repartida.

La tangente en M es paralela al eje de referencia ST (condición de máximo). Para hallar las tangentes en los puntos S y T, calculamos el momento flector que produciría en la viga la carga

resultante P, actuando sobre la misma;

222,0

923

132

PP

M p , valor que llevamos en la

escala de momentos adoptada sobre la ordenada correspondiente al punto de aplicación de P, obteniendo el punto K, el cual unimos con S y T obteniendo las tangentes extremas de la parábola de tercer grado.



20

2/3 l 1/3 l

P= ½ plA B

x

S

T

N

+

Mmáx

tg M

tgStg

TM

K

x0= 0,577l

0,22

2 pl

p



21

GGUUÍÍAA DDEE TTRRAABBAAJJOO PPRRÁÁCCTTIICCOO NN°°

RReessoolluucciióónn ddee eessttrruuccttuurraass ddee MMaarrccoo aabbiieerrttoo ((11 cchhaappaa))

EEJJEERRCCIICCIIOO NN°° 11

En la estructura que sigue vemos que es una chapa simplemente apoyada, que tiene 3 grados de libertad en el plano, para restringirlos se han colocado un apoyo fijo, un apoyo articulado o vínculo doble, que elimina dos posibilidades de movimiento en el plano, una en dirección horizontal y vertical, y se ha colocado un vínculo simple en B que descarta toda posibilidad de rotación. Por lo tanto el sistema resulta isostático y rígidamente fijado a tierra.

2 t/m

2 t/m

1 t/m5 tm

10 tm

10 t

A B

CD

EF

G

2m1m

2m

2m 3m 3m

El primer paso a realizar es quitar los vínculos y colocar en su lugar lo que el vínculo genera (magnitudes estáticas)

2 t/m

2 t/m1 t/m

5 tm

10 tm

10 t

A B

CD

EF

G

2m1m

2m

2m 3m 3m

x1

x2x3



22

txxM

txxxFtxxF

B

y

x

5,10020259101456035,206202

200101001

22

332

11

SSiisstteemmaa EEqquuiilliibbrraaddoo 2 t/m

2 t/m1 t/m

5 tm

10 tm

10 t

A B

CD

EF

G

2m1m

2m

2m 3m 3m

x1=20 t

x2=10,5 t x3=2,5 t

N

-

+

-

-

10,5

8,5

20

2,5

Q+2

2,5

-

-

+

20

14 4

20

8,5

M-

60

-

+

- -

+

67

107

97

71,5

55

55

5 7

6720

8,5

10,5

60

20

27



23



24


A diferencia del ejercicio anterior este tiene restringidos los 3 grados de libertad de la siguiente manera.

En el punto A hay un vínculo de 1era especie o vínculo móvil, el cual restringe únicamente el giro. Como vemos necesitamos aún colocar vínculos para restringir los movimientos en sentido vertical y horizontal. Por tal motivo colocando en los puntos B y C sendos vínculos simples que aseguran el equilibrio de la estructura conjuntamente con el vínculo colocado en A.

B

A

D CE

G

10t2t/m

2t/m

10t

10tm

1m 1m 1m

2,5m

2,5m

2m2m

1m1m

H

F

B

A

D CE

G

10t2t/m

2t/m

10t

10tm

1m 1m 1m

2,5m

2,5m

2m2m

1m1m

H

F

x1

x2

x3

En la estructura colocada a la derecha de la hoja podemos observar que hemos quitado los vínculos (magnitudes elásticas) y colocado en su lugar lo que el vínculo genera (magnitudes estáticas).

Una vez reemplazando los vínculos, planteamos las ecuaciones que resuelven el sistema.

Fx = 0 10 + 5 – x3 = 0 x3 = 15 t

Fy = 0 4 – x2 + 10 = 0 x2 = 14 t

M(C) = 0 x1 – 40 – 20 + 28 – 6,25 – 30 – 10 = 0 x1 = 78,25 tm

Ahora bien, dibujemos la estructura equilibrada.



25

B

A

D CE

G

10t2t/m

2t/m

10t

10tm

1m 1m 1m

2,5m

2,5m

2m2m

1m1m

H

F

78,25 tm

14t

15t

Estructura en equilibrio

N

-

-

-15

10

10 10

M

+10

-10

10

20

+51,25

84,25

76,25

76,25

+

88,25

88,25

-

78,25

Q

-10

+ 4

+

10

10

15+10

10

10

10

15

2015

10



26


En el ejercicio que sigue planteamos el equilibrio de la estructura con dos vínculos simples (restringen corrimiento horizontal en A y corrimiento vertical en B) y otro vínculo en C que restringe el giro como lo muestra en la figura.

A

2m 2m 2m 2m10t

10tD

C

10t

1t/m

10t

1m

4m

BF G

5t

10tm

2m 2m 2m

H2m

2m

1mE

Como ya sabemos quitaremos los vínculos y colocaremos en su lugar la magnitud estática

correspondiente a la elástica que impide.

A

2m 2m 2m 2m10t

10tD

C10t

1t/m

10t

1m

4m

BF G

5t

10tm

2m 2m 2m

H2m

2m

1m

E

x3

x1

x2

Planteamos las ecuaciones

Fx = 0 4 – 10 + 10 + x3 = 0 x3 = - 4 t

Fy = 0 10 + 10 + 5 – x1 = 0 x1 = 25 t

MA = 0 -5 · 2 + x2 + 10 · 2 + 10 · 2 – 4 · 2 + 10 + x1 · 4 – 10 · 2 + x3 · 1 = 0 -10 + x2 + 40 – 8 + 100 – 20 – 4 = 0

x2 = — 108 tm



27

GGUUÍÍAA DDEE TTRRAABBAAJJOO PPRRÁÁCCTTIICCOO NN°°

SSiisstteemmaa ddee EEssttrruuccttuurraass ddee MMaarrccoo AAbbiieerrttoo ((11 cchhaappaa ––ppaattaa iinncclliinnaaddaa))

En los ejercicios que siguen como ejemplo de esta guía el criterio de la fijación a tierra de las estructuras es el mismo que el utilizado en la guía anterior.


C

DA

B

2t/m

15t20tm

10t

1m2m

1,5m1,5m

1m 2m 1m 1m 1m

C

DA

B

2t/m

15t20tm

10t

1m2m

1,5m1,5m

1m 2m 1m 1m 1m

x3

x1

x2

=56º31'

PPllaanntteeoo llaass eeccuuaacciioonneess qquuee ggaarraannttiicceenn eell eeqquuiilliibbrriioo

Fx = 0 -10 + x1 = 0 x1 = 10t

Fy = 0 6 + 15 –x2 = 0 x2 = 21 t

M(D) = 0 x3 – 15 – 20 – 20 + 15 – 30 = 0 x3 = 70 tm



28

EEssttrruuccttuurraa eenn eeqquuiilliibbrriioo

2t/m

15t20tm

10t

1m2m

1,5m1,5m

1m 2m 1m 1m 1m

21 t

70 tm

10 t

N +

21

12,48

5,55

Q+

+

8,32

6

10

M

+

-120

+

+

15

1512,48

8,52

108,32

5,55

21

20

20

15

18,03

55

6

10

1518,03

55

69 61

10,03

+

+

15



29


2 m 2 m 2 m

2 t/m

20 t

A DC

10 t10 tm

2 m2 m

B

En este primer paso quitaremos los vínculos y colocaremos en su lugar lo que el vínculo

impedía (magnitudes estáticas correspondientes con la elástica impedida)

2 m 2 m 2 m

2 t/m

20 t

A DC

10 t10 tm

2 m2 m

B

x1

x3

x2 Fx = 0 10 – x1 = 0 x1 = 10 t

Fy = 0 20 + 8 – x2 = 0 x2 = 28 t

M(C) = 0 - 40 – 16 – 10 – 20 + x3 = 0 x3 = 86 tm



30

EEssttrruuccttuurraa eenn eeqquuiilliibbrriioo

2 m 2 m 2 m

2 t/m

20 t

A DC

10 t10 tm

2 m2 m

B

10 t86 tm

28 t

28 25

12,52 8,94

10

4,47

N

+10

20,53

25

4,47

Q

-

+

4

21,46

8,94

12,52

M

-

86

-4

90

86

38 28

Nudo D

90

20

21,46 86

20,53

44

10

9,18

20,53

18,36

21,46

19,19

9,60

- +

+

+

10



31


2 m 2 m 2 m

1 t/m

AD

10 tm

C

20 t

2 m

2 m

B

3 m 4 m

Reemplazamos ahora los vínculos por lo que ellos generan (fuerzas y pares).

2 m 2 m 2 m

1 t/m

AD

10 tmC

20 t

2 m

2 m

B

3 m 4 m

x2

x1

x3

Fx = 0 20 – x1 = 0 x1 = 20

Fy = 0 4 – x2 = 0 x2 = 4

M(C) = 0 x3 + 4 – 40 + 10 + 8 = 0 x3 = 18



32

EEssttrruuccttuurraa eenn eeqquuiilliibbrriioo 2 m 2 m 2 m

1 t/m

AD10 tm

C

20 t

2 m

2 m

B

1,5 m 4 m

4 t

20 t18 t

1,5 m

4 3,2

2,4

20

1216

N

20

15,20

12

3,20

-

Q

2-

+

13,60

2,40

M

-

6

-

+

+

18

16

2

28

Nudo D2

2

2010

16

2

28

15,2013,60

-

-

+



33

MMaarrccoo AAbbiieerrttoo ((11 cchhaappaa)) A diferencia de los marcos abiertos de 1 chapa expuestos anteriormente, en éste vamos a

poder observar además de la variación de cargas que someter a la estructura, como se comporta cada una de sus partes cuando por ejemplo la barra CD (inclinada) es cargada por la distribuida vertical. Así también fijémonos que la barra DE tiene una carga distribuida que pero indicada hacia arriba, podemos mencionar como ejemplo de la vida profesional el esfuerzo de SUCCIÓN que produce EL VIENTO sobre dicho sector de la estructura. Pasemos ahora sin más explicación al desarrollo de dicho marco.

A G

E

D

C

BF

5t

=30º

2tm

q = 1t/m

q = 1t/mq = 0,5 t/m

5,20 m

2 m2 m

1,5 m

Ahora quitemos los vínculos y colocamos en su lugar lo que él genera.

A G

E

D

C

BF

5t

=30º

2tm

q = 1t/m

q = 1t/m q = 0,5 t/m

2 m2 m

1,5 m

x1 x2

x3

1,5t

T=0,75t

N=1,3t

t

G

xxM

txtxxxxFy

tx

xtmmtmm

tFx

91,31

1

2

1221

3

3

03,1·3,175,4·75,082125,15102,506,2

6,23,103,1025,5

075,05415,510



34

VVEERRIIFFIICCAACCIIÓÓNN

MD = 0 -10,166 + 17,5 - 15,125 - 6,786 + 28,875 – 14 + 2 - 0,5625 - 1,69 = 0

EESSFFUUEERRZZOO AAXXIILL

A

EC

3,91 2,61

2,38

2,388

1,522,851

+ -

-+

N

E=30º

4

2,61

5,25

E

1,25

Nx1

Qx1

Qx1=sen · 1,25Qx1= 0,625t

Nx1= cos · 1,25Nx1= 1,08t

Nudo E

RReessuummeenn NNuuddoo EE

30ºE

60º

30º

Q2=2,226 t

Qx1=0,625 tQxT= 1,635t

Nx1=1,08 t

Nx2=1,30 tNxT= 2,38 t

Nx2

Qx2

60º2,61tQ

tQ

tN

N

x

x

x

x

26,2

61,2·º60sen

30,161,2

º60cos

2

2

2

2



35

NNUUDDOO CC

1

3,91

30º1

30º

Qx Nx2

Nx

30º

30º

60º3,91Qx

tQQ

tNN

xx

xx

5,01

sen

856,01

cos

2

2

tNN

tQQ

xx

xx

955,191,3

cos

38,391,3

sen

1

1



36

RReessuummeenn NNuuddoo CC

Ny2= 0,866

Ny1= 1,955NyT= 2,821 t

Qy1= 3,38

Qy2=0,5

QyT= 2,88 t

Resumen Nudo C Análisis nudo D (a la derecha)

30°0,5

3,91

30°60°

30°

0,5

NxQx

Nx

Qx

3,91

30°

tNQ

tQ

xx

x

433,05,0

sen

25,05,0

cos

tQQ

tNxN

xx

x

38,391,3

cos

955,191,3

sen

Resumen nudo D (a la derecha)Ny= 0,433

Ny= 1,955

Nxy= 2,388

Qx= 0,25

Qx= 3,38

QxT= 3,13

Análisis nudo D (a la izquierda)

0,5

QxN x

N x

Qx

3,91

tQtN

QQx

NNx

NN

QQ

xT

xT

xx

xx

xx

xx

63,352,1

58,391,3

cos

995,191,3

sen

433,05,0

cos

25,05,0

sen



37

EESSFFUUEERRZZOO DDEE CCOORRTTEE

Q-

+

++

-

3,25

-1,25

1,635

3,13

3,631

32

2,88

DDIIAAGGRRAAMMAA DDEE MMOOMMEENNTTOOSS FFLLEECCTTOORREESS

M-

-

++

-

157,79 7,79

15

10,58,5-2

+2

D



38

EEqquuiilliibbrriioo ddeell NNuuddoo DD

Axiales

1,52 30°

Nx1=1,31

Qx1=0,76 30°2,388

Nx2=2,06

Qx2=1,194

Corte

30°30°

3,633,13

Qx

4 =2,71

Nx4=1,565Nx3=1,81

Qx3=3,14

06,2388,2

30cos

194,1388,2

30sen

31,152,1

30cos

76,052,1

30sen

NxNx

QxQx

NxNx

QxQx

71,213,3

30cos

565,113,3

30sen

14,363,3

30cos

81,163,3

30sen

QxQx

NxNx

QxQx

NxNx

Para realizar la verificación del NUDO D una vez colocados todos los esfuerzos y sus correspondientes descomposiciones lo único que nos resta efectuar es la Fx = 0 y Fy = 0

Fx = 0 Nx1 +Nx2 +Nx3 + Nx4 = 0

-1,31 – 2,06 + 1,81 + 1,565 = 0

0 = 0

Fy = 0 Qx1 + Qx2 + Qx3 + Qx4 = 0

0,76 – 1,194 + 3,14 – 2,71 = 0

0 = 0



39

GGUUÍÍAA DDEELL TTRRAABBAAJJOO PPRRÁÁCCTTIICCOO NN°°

EEssttrruuccttuurraass ddee MMaarrccoo AAbbiieerrttoo ((22 CChhaappaass)) En el presente ejemplo se plantea una estructura de marco abierto de 2 chapas. Debemos

verificar que sea isostática y esté rígidamente fijada a tierra.

La estructura tiene seis grados de libertad, tres por cada chapa y posee un vínculo doble en A, un vínculo simple en B, una articulación de vínculo interno (elimina dos grados de libertad) en C y otro vínculo simple en D. De esta manera tenemos planteada la cantidad y distribución de vínculos que me asegura la restricción de los seis grados de libertad enunciados.

2 m 2 m 2 m 2 m

1 t/m20 t

2 t/m

2 m2 m

10 tm

2 m2 m4 m

10 t

2 m

2 m

AB

CDE

F

Ahora quitaremos los vínculos (magnitudes elásticas) y colocaremos en su lugar fuerzas correspondientes con esas magnitudes elásticas impedidas.

2 m 2 m 2 m 2 m

1 t/m20 t

2 t/m

2 m2 m

10 tm

2 m2 m4 m

10 t

2 m

2 m

AB

CDE

F

x1

x2

x3

x4



40

MMaarrccoo AAbbiieerrttoo TTrreess CChhaappaass

C2 t/m 10 t

10 t

5 t

10 tm

5 t

10 tm

1 m 3 m 2 m

1 m

1 m

3 m

2 m

1 m

1 m

2 m

Desarrollo: Punto C, Vínculo relativo de 2ª especie, articulación

A

B

C

DX1

X2

X3

10 tm

10 tm

5 t

X5

X6

10 t

10 t

4 t4 t

5 t



41

CCÁÁLLCCUULLOO DDEE LLAASS RREEAACCCCIIOONNEESS DDEE VVÍÍNNCCUULLOO EEXXTTRREEMMOO EENN LLOOSS NNUUDDOOSS AA YY DD

T ) Ecuaciones de la estática aplicadas a la Totalidad de la estructura de la estructura

Fx = 0 ; - x2 – 5 – 10 + 5 = 0 x2 = - 10 t

Fy = 0; - x1 + 4 + 10 + 4 – x3 = 0 x1 + x3 = 18 t

MA = 0 ; x1, x2, 5, 4 se anulan

x3 –10 – (5t . 3m) – (10t . 4m) + (10t . 3m) + ( 4t . 2m) + 10 tm + x4 – 5x3 = 5 x3 – x4 – x5 = 10 + 15 - 40 + 10 + 8 +10 = -55 + 18

5 x3 – x4 – x5 = - 37 t

Dividiendo la estructura en 3 subestructuras equilibradas; se obtiene:

I)

Fx = 0 ; - x2 + x6 = 0

Fy = 0 ; - x1 + x7 = 0

MB = 0 ; x6 ; x7 se anulan

- 10 + x5 – x1 + 2 x2 = 0

x1 – 2 x2 – x5 = - 10

MA = 0 ; x1 ; x2 se anulan

x5 – 10 –x7 + 2x6 = 0

-x5 – 2 x6 + x7 = -10 II)

Fx = 0 ; - x6 –5 –10 – x8 = 0

x6 + x8 = 15

Fy = 0 ; - x9 + 4 + 10 + 4 – x9 = 0

x7 + x9 = 18

MB = 0; x6 ; x7 se anulan -(5t . 1 m) – (10t . 2m) + (4t . 1 m) + (10t . 2m) +

+ (4t . 3m) – 4x9 – 2 x8 = 0

2x8 + 4x9 = 11

Mc = 0; x8 ; x9 ; 10 se anula - (4t . 1m) – (10t . 2m) – (4t . 3m) + (5t . 1m) + 2x6 + 4x7 = 0

2x6 + 4 x7 = 31 (11)

A

B x6

x7

x2

x5

x1

10 tm

B

C

10 t

10 t

5 t

x6

4 t 4 t

x7

x8

x9



42

III)

Fx = 0 ; x5 + 5 = 0 x8 = -5t (12)

Fy = 0 ; x9 – x3 = 0 x3 – x9 = 0 (13)

Mc = 0 ; x8 ; x9 se anulan

10 tm – (5t . 4m) + x4 – 2x3 = 0

2 x3 – x4 = -10 (14)

MD = 0 ; x3 se anula x4 + (5t . 1m) + 10 tm + 5 x8 – 3 x9 = 0

x4 + 5 x8 – 2 x9 = -15 (15)

EEccuuaacciioonneess 1) x2 = - 10t 2) x1 + x3 = 18t

3) 5 x3 – x4 – x5 = -37

4) x2 – x6 = 0 x2 = x6 = -10 t

5) x1 – x7 = 0 6) x1 – 2 x2 – x5 = -10

7) x5 + 2x6 – x7 = 10 8) x6 + x8 = -15

9) x7 + x9 = 18 10) 2 x8 + 4 x9 = 11

11) 2 x6 + 4x7 = 31

12) x8 = - 5t

13) x3 – x9 = 0 x3 = x9 14) 2 x3 – x4 = -10

15) x4 + 5 x8 – 2 x9 = -15

Con en se verifica x8

- 10 + x8 = -15 x8 = -5 t

C

D

10 tm

5 t

x3

x4

x9

x8



43

Con (12) en

2 (-5) + 4 x9 = 11 x9 = 421 x9 = 5,25 t I

Reemplazando (12) y I en (15)

X4 = - 15 – 5 (-5) + 2 (5,25) x4 = 20,5 t II

En (13) con I x3 = 5,25t III Verificando los valores de x3 y x4 con (14)

2 (5,25) – 20,5 = -10

Despejando x7 de (11)

2 (-10) + 4 x7 = 31 4 x7 = 31 + 20 x7 = 12,75t

Verificando con la

12,75 + 5,25 = 18

De x1 = x7 = 12,75 t x1 = 12,75t V

En x5 = -2 (-10) + 12,75 + 10 x5 = 42,75tm VI

Verificando en

12,75 – 2 (-10) – 42,75 = -10

Verificación con

12,75 + 5 + 5,25 = 18

Con

5 (5,25) – 20,5 – 42,75 = -37



44

EEssttrruuccttuurraa RReeaall

2m3m1m

1m1m

1m2m

12,75t

10t42,75tm

10tm

5,25t

20,5tm

5t

10tm

10t12,75t

10t

12,75t

5t

10t

10t2 t/m 5,25t

5,25t

5t

5t



45

DDIIAAGGRRAAMMAA DDEE EESSFFUUEERRZZOOSS

+

+

--

N

1012,75

5

5,25

0

i d i d

N(+) N(-)

Q

+

++

+

-+

12,758,75

1,25 5,25

5

5,25

12,75

10

5

i d i d

Q(-)Q(+)

M+

+

+

-+

-

-+

20,5

155

10

10

42,75

30

20

10

15

15

6,5

i d i d

M(-)M(+)

Diagrama de Esfuerzo Axil N Diagrama de Esfuerzo deCorte Q

Diagrama de MomentoFlector M

CCAADDEENNAA DDEE CCHHAAPPAASS CCEERRRRAADDAASS IISSOOSSTTÁÁTTIICCAASS

SSuusstteennttaacciióónn ––VViinnccuullaacciióónn ccoorrrreeccttaa yy aappaarreennttee

CCÁÁLLCCUULLOO DDEE RREEAACCCCIIOONNEESS

En una cadena cinemática de N chapas, donde cada una de ellas tienen si fueran independientes 3 grados de libertad, vale decir que todo el conjunto no vinculado tendrá 3N grados

de libertad. Luego al estar vinculadas y debido que cada vinculación relativa entre dos chapas restringe 2 grados de libertad (2 G.L.) y como dicho conjunto tendrá (N-1) vínculos internos, todos los vínculos internos restringirán por lo tanto 2 (N-1) grados de libertad.

Por lo tanto, la estructura de cadena cinemática abierta contará con: (N+2) grados de

ch1

ch2

ch3



46

libertad.

..2..123 lgNlgNN

Si ahora tratamos una cadena cinemática cerrada, veremos que ésta tendrá una articulación

intermedia más, lo que dicho vínculo agregado restringe dos grados de libertad (2 gl) adicional quedando: [(N + 2) – 2] gl = N gl

Que operando serán N los grados de libertad que tendrá una cadena cinemática cerrada.

Por lo tanto podemos afirmar que el número de grados de libertad de una cadena cinemática cerrada, será igual al número de chapas (N) que la integra gl = N

Grados de libertad de las chapas desvinculadas

Grados de libertad que restringen los vínculos internos

Grados de libertad de la estructura vinculada



47

CCaaddeennaa cciinneemmááttiiccaa cceerrrraaddaa Entendemos por cadenas cinemática cerrada, aquella en que sus resultado así que la totalidad

de las chapas que integran la cadena, se encuentran articuladas con dos chapas vecinas y consecuentemente, para fijarla a la tierra, será necesario imponerle N condiciones de vínculos, que estarán distribuidos de forma tal que ninguna chapa resulte vinculada a tierra por más de tres de ellos.

La cadena cinemática cerrada más simple, será la constituida por sólo tres chapas que poseerá tres grados de libertad (3 gl). Es decir el mismo número que una chapa aislada en el plano.

De lo expuesto se puede afirmar que una cadena cinemática cerrada de tres chapas, se comporta cinemáticamente como una chapa rígida. Para fijarla a tierra, será necesario imponerle

tres condiciones de vínculo, los que de acuerdo con la forma en que se encuentren distribuidas, conducen a las siguientes variantes, en cuanto a su sustentación.

La determinación de sus reacciones de vínculos solicitada por un sistema de fuerzas exteriores. No ofrece mayores dificultades si se lo encuadra por procedimientos gráficos o analíticos.

Siendo tres el número de incógnitas a determinar, analíticamente se resuelve e inmediatamente el planteo de las ecuaciones generales de equilibrio.

0

0

0

P

y

x

M

F

F

Gráficamente, será el correspondiente a una chapa simple sustentada mediante tres condiciones de vínculos.

Al analizar una cadena cinemática cerrada de cuatro chapas y siendo el número de chapas N = 4, tendrá como hemos visto cuatro grados de libertad (4 gl), con lo que será necesario imponerle entonces cuatro condiciones de vínculo para sustentarla isostáticamente. Claro está que cumple un factor muy importante la distribución correcta de esos vínculos y tratando de colocar no más de tres vínculos por chapa.

Pudiendo resultar los siguientes casos: a) 3 vínculos con 1 chapa y 1 en chapa adyacente.

b) 3 vínculos con 1 chapa y 1 en chapa no adyacente. c) 2 vínculos con 1 chapa y 2 en chapa adyacente.

d) 2 vínculos con 1 chapa y 2 en chapa no adyacente. e) 2 vínculos con 1 chapa y 1 en chapa adyacente y 1 en no adyacente

f) 2 vínculos con 1 chapa y 1 en chapa adyacente y otra adyacente

g) 1 vínculo en cada chapa.

ch 1

ch 1

ch2

ch2

ch3

ch3



48

¿¿CCóómmoo eennccaarraammooss eell eessttuuddiioo?? Una cadena cinemática cerrada de N chapas, o comúnmente denominada Marco cerrado,

estará compuesto por un conjunto de barras, que como hemos dicho anteriormente, se cierran en algún punto de dicha estructura, que a su vez estará vinculada isostáticamente a tierra.

Ello implica que a través de sus vinculaciones, se podrán obtener, un sistema reactivo que será capaz de equilibrar al sistema activo de cargas actuantes ó estado de cargas, mediante el estudio analítico, con la aplicación de las 3 ecuaciones generales de la estática.

Ahora bien, cuando pretendemos hallar para cada punto de la estructura, el valor y ubicación de la resultante izquierda ó derecha a través de los esfuerzos característicos M, N, y Q, que

definirán a dicha resultante, se puede comprobar que dentro del marco cerrado NO será posible definir la parte izquierda o parte derecha de la estructura y consecuentemente tampoco podremos definir la resultante izquierda o derecha. Esto se puede verificar recorriendo la estructura a partir de un punto cualquiera donde nos interesa determinar los valores de las solicitaciones características, ya que en un punto cualquiera será imposible determinarlas, llegando nuevamente al mismo punto de partida involucrando en su recorrido

todas las fuerzas o Estado de cargas que actúan en dicha estructura.

Esta determinación originada en el ,marco cerrado, se podrá evitar, tentando resolver la estructura, mediante la eliminación de vínculos internos (V.I.).

Como mencionamos en capítulos anteriores cuando analizamos vínculos internos, hemos dicho que cada punto de la estructura, actúa de vínculo interno de ella misma, poniendo en evidencia las magnitudes estáticas en correspondencia de las magnitudes elásticas que ese punto está impidiendo.

Es decir que cortando el marco cerrado, en un punto cualquiera, ponemos en evidencia la totalidad de las magnitudes estáticas correspondientes con las magnitudes geométricas relativas que impiden la vinculación.

Si bien hemos eliminado la indeterminación antes descripta, vemos que nos aparecerán tres incógnitas internas x1; x2; x3 que no son otra cosa que los esfuerzos característicos (M, N y Q) en dicho punto.

Por lo tanto, aparecerán en la estructura tres nuevas incógnitas, quedando así convertida en una estructura estática abierta, para la cual la estática

nos brinda solamente las tres ecuaciones generales de equilibrio. Con lo que tendremos:

Sólo 3 ecuaciones Y 6 incógnitas = 3 por vínculos internos y 3 por vínculos externos.

Por lo tanto será un hiperestático de 3º grado. Si bien en cada sección está definida la parte izquierda y derecha, no podremos calcular M,

N y Q, ya que no tenemos forma de conocer los valores de todas las incógnitas.

N N

MM Q

Q



49

En estas condiciones se trata de una estructura externamente isostática pero hiperestática debido a su vinculación interna.

¿¿CCuuááll eess nnuueessttrroo oobbjjeettiivvoo?? Nuestro objetivo es llegar a concluir cuando

una estructura de marco cerrado es isostática.

Tomamos la estructura anterior y le eliminamos un vínculo interno en un punto (E) del marco cerrado, ello implica colocarle a la estructura un vínculo interno de 2º especie, que será una articulación.

Dispondremos entonces de: 4 ecuaciones y 6 incógnitas

InternasxxxExternasxx

MóM

M

F

F

rEd

rEi

P

y

x

654

321x Incógnitas 6

00

0

0

0

Ecuaciones 4

Ahora la estructura se ha transformado en un hiperestático de 2º grado.

Ahora bien, si colocamos en el marco cerrado otra articulación vemos que se transforma en un hiperestático de 4º grado: 5 ecuaciones con 6 incógnitas comprobamos entonces que para que una estructura de marco cerrado sea isostática (debido a su vinculación interna), deberá tener como mínimo 3 vínculos relativos de 2º especie por marco cerrado.

Para resolverlo, debemos lograr como mínimo, un corte por macro, logrando de esta manera definir la izquierda y la derecha de la estructura en todos los puntos.

EEJJEEMMPPLLOO::

Estamos en presencia de una estructura cinemática de chapas cerradas isostáticas porque:

a) El marco cerrado tiene 3 vínculos relativos de 2º especie.

b) Está formada por 3 chapas, las cuales de estar libres tendrán 3N grados de libertad cada una. Por lo tanto las 3 chapas desvinculadas tendrán 9 grados de

libertad.

Los que necesitaremos impedirlos:

X1

X2X3

E

X4X5

X6

E

I

II

III



50

Por vínculos internos se restringen = 6 grados de libertad Por vínculos externos se restringen = 3 grados de libertad.

De esta forma estamos restringiendo los 9 grados de libertad por medio de la vinculación externa e interna.

Si resolvemos la estructura cortando en un punto cualquiera del marco cerrado, veremos que el número de ecuaciones es igual al número de incógnitas.

Dispondremos de 6 ecuaciones con 6 incógnitas:

654

321

..

..

..

x:Incógnitas

00

00

00

0

0

0

:Ecuaciones

xxxInternasxxExternas

FóF

MóM

MóM

M

F

F

estáticaladegeneralesEcuaciones

rderV

rizqV

rderD

rizqD

rderE

rizqE

P

y

x

Si cortamos la estructura en el punto i, se ponen en evidencia 3 incógnitas (M, N y Q); pero si cortamos la estructura en el punto j, sólo aparecerán 2 incógnitas (N y Q); pues en ese punto el vínculo existente es una articulación donde sabemos que el momento vale cero (M = 0).

La eliminación de vínculos internos pueden realizarse simultáneamente en uno o más puntos.

Al eliminar vínculos en los puntos i, j, hemos transformado a nuestra estructura en dos sub—estructuras independientes entre sí, relacionadas únicamente por las tres magnitudes que aparecen en i (M, N, Q) y por las dos magnitudes que aparecen en j (N, Q). Las que serán en ambas

caras de cada corte ó lo que es lo mismo en cada sub—estructura, iguales y de sentido contrario.

Así por ejemplo, el momento en el punto i (Mi) lo suponemos positivo (+) en la cara derecha ó sea en la sub—estructura II y será negativa (-) y de igual valor en la cara izquierda ó sea en la sub—estructura I. –y así sucesivamente.

X1

X2X3

E

X4X5

X6

A BC

D i

j

I

IIi

j



51

Ahora bien, las cinco incógnitas que aparecerán al cortar la estructura en los puntos i, j, la resolveremos por medio de las Ecuaciones generales de la estática, las ecuaciones de equilibrio relativo.

II ó I estructura-sub la de0

II ó I estructura-sub la de0

II ó I estructura-sub la de 0

0

0

0

P

y

x

P

y

x

M

F

F

M

F

F

De las ecuaciones de equilibrio relativo respecto de un punto, se toma la ecuación izquierdo ó derecha de ese punto.

Importante: NO se podrá tomar en una ecuación, por ejemplo F(x) = 0 en la sub—estructura I y II simultáneamente, pues ya hemos utilizado para calcular los vínculos externos las ecuaciones generales de la estática y de hacerlo en ambas sub—estructuras I y II.

Estamos detectando F(x) = 0 como ecuación general y no como ecuación de equilibrio relativo en uno u otro lado.

Tenemos que tener en cuenta que si tomamos:

F(x) = 0 En I; al tomar la segunda

F(x) = 0 En II; esta última no es independiente ya que aparecerá como combinación

lineal de las dos anteriores. Es decir de:

IEnFF

x

x

0

0

Por lo tanto, no tendrá valor para el proceso resolución de las ecuaciones.

A medida que cortamos a la estructura en mayor cantidad de lugares, impondremos más incógnitas y ecuaciones. El proceso será más fatigoso, pero luego se hará más simple a los efectos de obtener los esfuerzos característicos M; N; Q de toda la estructura.

Una vez elegido el sistema de incógnitas debemos plantear todas las ecuaciones linealmente independientes posibles, esta cantidad y calidad nos reflejará la naturaleza de la estructura, pudiendo ocurrir que:

a) El número de ecuaciones es mayor que el número de incógnitas. Por lo tanto estamos en presencia de una estructura Hipostático.

Nº Ecuaciones Nº de incógnitas Est. Hipostática.

x1

x2 x3

x4x5

x6

x7

x8



52

Ejemplo:

A

B B

A

x1

x2 x3

Ecuaciones: Cantidad cuatro (4)

una siempre pero derecha ó izquierdarelativo equilibrio deEcuación Una

00

estática la de generales ecuaciones tresLas

0

0

0

..r

derBr

izqB

P

y

x

MóM

M

F

F

Incógnitas: cantidad tres (3) {x1; x2; x3

Este caso a) no tiene solución, solo lo tendrá para un sistema de fuerzas que pasen por A y B.

b) El número de ecuaciones es menor al número de incógnitas donde la estructura será Hiperestática.

Nº de Ecuaciones Nº de incógnitas HIPERESTÁTICA

De solución indeterminada por los métodos de la estática.

El número de ecuaciones faltantes, para la resolución de este problema, serán provistas por la teoría de la elasticidad. Pudiendo ser una solución por Deformaciones.

c) El número de ecuaciones es igual al número de incógnitas puede tener dos posibilidades

Nº de Ecuaciones = Nº de Incógnitas

SolucionescSoluciónc

00

2

1

c1) Si el determinante de la matriz de los coeficientes del sistema de ecuaciones es 0, la estructura será isostática y tendrá solución para cualquier sistema de cargas.

c2) Si el determinante de la matriz de los coeficientes de sistema de ecuaciones = 0 (nulo). El sistema tendrá infinitas soluciones.

isostática será Noleincompatibadoindetermin)

b)a



53

VViinnccuullaacciióónn aappaarreennttee 1) Cuando alguna condición de vínculo de una o varias chapas es aparente, por lo tanto

permitirá un desplazamiento infinitésimo.

2) Cuando algunas de las chapas correspondan más de tres condiciones de vínculo, por lo

tanto podrá desplazarse las restantes. Donde una chapa será hiperestática y otra hipostática (visto anteriormente en cadena cinemática)

En todos los casos en que alguna de las chapas no resulte con reacciones estáticamente determinables, a pesar que el conjunto de la cadena tenga N condiciones de vínculo y que como hemos visto parte de la misma resulta con desplazamientos visibles. No puede haber equilibrio bajo la acción de una fuerza cualquiera, cuando ello sucede, quiere decir que el sistema de N ecuaciones, no tiene solución posible o determinadas = 0

EEjjeemmpplloo ddee eessttrruuccttuurraa ddee mmaarrccoo cceerrrraaddoo iissoossttááttiiccoo

EESS IISSOOSSTTÁÁTTIICCAA PPOORRQQUUEE::

a) El marco cerrado tiene 3 vínculos de segunda especie. b) Está formado por tres chapas, las cuales de estar libres tendrían “3 . n” grados de

libertad, siendo 3 el número de grados de libertad de cada chapa desvinculada y “n” el número de chapas.

Grados de Libertad: 3 . 3 = 9 grados de libertad Necesita tener impedidos 9 grados de libertad

Vínculos externos : 3 grados de libertad impedidos Vínculos internos: 6 grados de libertad impedidos

Total: 9 grados de libertad impedidos



54

Si la resolvemos cortando en un punto cualquiera del marco cerrado:

x3x1

x2

x4x5

x6

F

E

D

6 Incógnitas: Externas: x1 – x2 – x3 Internas: x4 – x5 – x6

6 Ecuaciones:

Fx = 0

Fy = 0

Mp = 0

0Mó0M rEd

rEi

0Mó0M rDd

rDi

Fvert. Fi = 0 ó Fvert. Fd = 0

EEJJEEMMPPLLOO DDEE EESSTTRRUUCCTTUURRAASS DDEE MMAARRCCOOSS CCEERRRRAADDOOSS IISSOOSSTTÁÁTTIICCAASS

III

III IV

A

a) Tiene 3 vínculos relativos de segunda especie en el marco cerrado



55

b) Tiene impedidos los 12 grados de libertad de las chapas, considerando que se encuentran desvinculadas entre sí.

4 chapas x 3 grados de libertad (desvinculadas) = 12 grados de libertad a impedir

Por vinculación externa: 4 g. de l. impedidos Por vinculación interna: 8 g. de l. impedidos

Total: 12 g. de l. impedidos

Si resolvemos abriendo en un punto “A”, surgen 3 incógnitas internas, que sumadas a las 4 externas resultan 7 incógnitas.

Contando para resolver las 7 ecuaciones necesarias, que son: 4 ecuaciones de equilibrio relativo (una en cada articulación)

3 ecuaciones generales

OOTTRROO EEJJEEMMPPLLOO

a) 3 vínculos de segunda especie en cada marco cerrado b) 5 chapas x 3 grados de libertad = 15 grados de libertad

Vinculación externa: 3 g. de l. impedidos Vinculación interna: 12 g. de l. impedidos

Total: 15 g. de l. impedidos



56

DDiissttiinnttaass mmaanneerraass ddee rreessoollvveerr ((hhaayy iinnffiinniittaass))

x3

x7

x8

x2

x1

x4

x6x7

Incógnitas: 8 Ecuaciones: Generales 3

Relativas 5 Total 8

I

II x3x2

x1

x4

x5 x6

x8x7 x9

x10

Incógnitas: 10 Ecuaciones: Generales 6 (Estructuras I y II)

Relativas: 4 Total. 10

I

II III

IV

V

VI

x1

x2 x3

x4 x5

x6

x7

x8

x9

x10

x11x12

x13

x14

x15x16

x17

x18



57

Incógnitas: 18 Ecuaciones: Generales 18 (estructuras I, II, III, IV, V, VI)

Relativas 0 Totales 18

Comprobamos que a medida que cortamos en mayor cantidad de lugares, imponemos más incógnitas y ecuaciones, el proceso de resolución es más fatigoso pero luego se hace más simple la obtención de M, Q y N.

EEJJEERRCCIICCIIOO

AB

C D E

F

GH

2m 2m

2m4m

2t/m

10t20tm

40tm

20t

Cada marco cerrado tiene 3 vínculos de segunda especie 3 chapas x 3 = 18 g. de l.

Vínculos externos: 4

Vínculos internos: 14 Total: 18 grados de libertad impedidos



58

RReessoolluucciióónn

G

A

H

B F

x2

x1

20t

x3

x4

x8

C EDx7

x5

x6

x10

x9

x12 x11

2t/m

10t20tm40tm

I II

III

* Orden de las ecuaciones

Fx = 0 *

I) Fy = 0 *

Mp = 0 *

Por utilizar y

Fx = 0 *

II) Fy = 0 *

Mp = 0 *

Fx = 0 * (12)

III) Fy = 0 * (13)

Mp = 0 * (11)



59

Fx = 0

I) + II) + III) Fy = 0

Mp = 0

* Por utilizar I) II) y III)

3*002*00

14*00

RelativasEcuaciones

rDd

rDi

rBd

rBi

rCd

rC

MbienóMMbienóM

MbienóMi

1) MrCi = 0 = -4 x6 + 40 = 0 x6 = 10

2) MrBi = 0 = -2 x2 + 20 = 0 x2 = 10

3) MrDi = 0 = -4x9 – 20 = 0 x9 = -5

4) MrCd = 0 = -2 x8 + 2. 2. 1 = 0 x8 = 2

Por haber utilizado MrCi y r

Cd eliminamos Mp (I) (5)

6) Fy (I) = 0 = -x8 – x5 +4 = 0 x5 = 2

7) Fx (I) = 0 = x6 – x7 = 0 x7 = 10

8) Fx (II) = 0 = x7 + x9 + x11 + 10 = 0 x11 = -15

9) MF (II) = 0 = 2x10 – 20 + 4x7 – 2 x8 – 2. 2. 1 + 10. 2= 0 x10 = -16

10) Fy (II) = 0 = - x10 + x8 + 4 – x12 = 0 x12 = 22

11) MG(III) = 0 = -x1 – 4x5 – 20 – 2x6 –2x9 –2x10 – 2x11 = 0 x1 = 6

12) Fx (III) = 0 = x2 – 20 – x6 – x9 – x11 - + x4 = 0 x4 = 0

13) Fy (III) = 0 = x5 + x1 + x10 + x12 + x3 = 0 x3 = -14

Por haber utilizado (I), (II) y (III), debemos eliminar (I) + (II) + (III), por ser combinación lineal de las utilizadas.



60

Una vez conocidos los valores de las incógnitas nos encontramos en condiciones de dibujar la estructura en equilibrio.

Para efectuar los diagramas, tomamos cada una de las tres estructuras formadas independientemente de la estructura original total y trazamos M, Q y N para cada una de ellas.

EESSTTRRUUCCTTUURRAA EENN EEQQUUIILLIIBBRRIIOO

10t6t

20t

14t

2t

10t

2t

10t

16t5t

22t 15t

2t/m

10t20tm40tm

10t2t

2t10t 16t5t

22t

15t



61

DDIIAAGGRRAAMMAASS DDEE EESSFFUUEERRZZOOSS CCAARRÁÁCCTTEERRÍÍSSTTIICCOOSS

N-

-

+ -

+

+ -

105

2

16

22

14

2015

6

20

Q- +

-

+

+-

+

-

-

+

2 5 5

22

15

85

8

10

10

10

M

-

40

40

+

+

301010

-

+ +2020

+

+16

-

-10



62

EEJJEERRCCIICCIIOO TTIIPPOO

3 m 3 m 2 m

1 m

1 m

2 m

2 m

1 t/m

5 t

10 t

10 tm

5 t

10 t

2 t/m

DDeessaarrrroolllloo:: PPuunnttooss AA,, BB,, CC VVíínnccuullooss rreellaattiivvooss ddee 22°° eessppeecciiee,, aarrttiiccuullaacciioonneess

5 t

10 t

5 t

10 t10 tm

3 t

4 t

4 t

E

x3

x2

x10 x 0

y 0

M(+)

DA

B C



63

CCáállccuulloo ddee llaass rreeaacccciioonneess ddee vvíínnccuulloo eexxtteerrnnoo eenn llooss aappooyyooss AA,, BB,, EE

1- ecuaciones de la estática aplicadas a la totalidad de la estructura.

T) Fx = 0 ; -x2 + 10t – 10t + 4t + 4t = 0 x2 = 8t

Fy = 0; - x1 + 5t + 3t + 5t – x3 = 0 x1 + x3 = 13 t

M(A) = 0; 0x2 +(10t . 2m) + 0x3 +(5t . 3m) +(3t . 4,5m) +(5t . 8m) + 10tm +(10t . 1m)+ +(4t . 1m) – (4t . 1m) – 6x3 = 0

20tm + 15tm + 13,5tm + 40tm + 10tm + 10tm + 4tm – 4tm – 6x3 = 0

6 x3 = 108,5tm x3 = 108,5/ 6m x3 = 18,083t

Reemplazando en

X1 + 18,083t = 13t x1 = 13t – 18,083t x1 = -5,083t

De se desprende por tener signo negativo que a x1 debe cambiarse el sentido:

Verificación de los valores: Verticales: x1 + 5t + 3t + 5t – 18,083t = 0

5,083t + 5t + 3t + 5t – 18,083t = 0 Horizontales: - x2 + 10t + 4t + 4t – 10t = 0

- 8t + 10t + 8t – 10t = 0 Esquema Real y división en dos chapas equilibradas.

I

II

4t 10t

x3= 18,083t

x2= 8t

5t4t

10tmx4

x4

x5

x5

10t

x6

x6

x7

x7

3t

5tx1= 5,083t



64

Chapa I, ecuaciones de la Estática

3 m3 m

2 m

2 m

x5

x4

8t A

x6

x7

10t

5,083t 5t

3tB

C

Fx = 0; x5 – 8t + 10t – x7 = 0 x5 – x7 = -2t

Fy = 0; - x4 + 5,08t + 5t + 3t + x6 = 0 x4 – x6 = 13,083t

M(A) = 0; x4; x5 8t y 5,083t se anulan.

(10t . 2m) +(5t . 3m) (3t . 4,5m) + 6x6 – 4x7 = 0 20tm + 15tm + 13,5tm = -6x6 + 4x7

-6x6 + 4x7 = 48,5tm I) Ecuación de condición o relativa

Mr(B) abajo = 0; (8t . 4m) – (10t . 2m) – 4x5 + 0x4 = 0

32tm – 20tm – 4x5 = 0

4x5 = 12 tm x5 = 12tm / 4m x5 = 3t

Reemplazo en

3t – x7 = 2t x7 = 5t Chapa II, Ecuaciones de la Estática

C

x6

x7

4t

4t

D

5t

F

10t

E

18,083t

x4

Ax5

10tm



65

Fx = 0; -x5 + x7 + 4t + 4t – 10t = 0 x5 – x7 = -2t

Fy = 0; -x6 + 5t + x4 – 18,083t = 0 x4 – x6 = 13,083t (11)

M(A) = 0; x4; x5 se anulan

10tm + 10tm + 4tm – 4tm – (18,083t . 6m) + (5t . 8m) – 6x6 + 4x7 = 0

6x6 – 4x7 = - 48, 49tm (12)

Verificación de y en

3t - 5t = -2t

Reemplazando en (12)

6 x6 – 4 (5t) = -48,49tm 6x6 = -28,49 tm x6 = -4,75t

Reemplazando (13) en (11)

X4 – (-4,75t) = 13,083t x4 = 8,33t (14)

Con lo que se verifica la

Verificación con la

-6 (-4,75t) + 4 (5t) = 48,5tm

28,5tm + 20tm = 48,5tm

Nota: Cambiar el sentido de x6



66

EESSQQUUEEMMAA FFIINNAALL

5,083t 5t1t/m

4,35t

4,35t

5t5t

2m

5t

2m2t/m

10t

18,083t

2m3m3m

8,33t

1m1m

8,33t

3t

3t

8t

10tm

10t



67

DDIIAAGGRRAAMMAASS DDEE EESSFFUUEERRZZOOSS CCAARRAACCTTEERRÍÍSSTTIICCOOSS

N

-

-

-

-+

18,08

03

8,33

5

4,75

Q

-

1,75

-

-

+

+

-

++

-3,25

4,75

59 6

8 2

8,83

5

5

M

-

2

6

+

-

24

10 40

10-

-

+

+

--15

25

10

9,44

Apunte UNLZ - Diagramas de Esfuerzos Característicos

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Transcript of Apunte UNLZ - Diagramas de Esfuerzos Característicos