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1
Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
ESFUERZOS CARACTERÍSTICOS 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.
a) ¿ Qué s on los esfuerzos caracter ísticos? 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.
b) ¿ Para qué sirven? 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
LUCES ESFUERZOS CARACTERÍSTICOS M-N-Q
(Estabilidad) DESTINO
CARGAS DIMENSIONAMIENTO
Construcción
CONOCIMIENTO DEL MATERIAL
(Resistencia de los materiales)
c) ¿Cómo los determinamos? 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.
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Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
F x 0 F y 0 Equilibrio M 0 A Dichos vínculos externos impedirán la aparición de magnitudes elásticas, generando magnitudes estáticas correspondientes que se ponen en evidencia.
Sistema Activo Sistema Reactivo
P1
P4 //
//
//
-R
x2
i
R
P3
R x1 x2 x3
//
//
x1
P2
R P1 P2 P3 P4
i
x3
Logrando que la estructura se encuentre isostáticamente sustentada.
P1
P2
P3
P4
i i Sub-estructura I
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.
Sub-estructura II
La sección i-i se encontrará solicitada por fuerzas y pares relativos. Equivale decir que la parte izquierda de izquierda derecha 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.
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Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
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.
P1
P2 Ri i
x1 x2
Rd
P4
P3
i
x3
Siendo Ri y Rd la suma de cada una de sus componentes.
Ri x1 x 2 P1 P2 Ri Rd Rd x 3 P3 P4 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. P1
P2
Ri M
x1 x2
Rd
P4 P3 x3
De igual manera si se suprime la parte derecha de la estructura, deberá aplicarse en la cara izquierda de la sección, el efecto que la parte derecha ejercía sobre ésta, o sea “Rd”, generando así momentos de traslación en la sección i-i.
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Análisis en la sección i-i Qi
Md
Ri
Mi Ni
Nd Qd
Rd Descomponiendo a “Ri” y “Rd” en sus componentes, coincidentes y perpendiculares al eje de la barra, se obtendrá así: N – Q, conjuntamente con su momento de traslación M Esfuerzos característicos: Momento Flexor
(M)
Esfuerzo Axial
(N)
Esfuerzo de Corte
(Q)
Momento Flector (M): Es el par de pares necesarios para trasladar la Rd (Resultante de la sub—estructura derecha) a la cara izquierda de la sección i-i y la Ri (resultante de la sub— estructura izquierda) a la cara derecha de la sección considerada. Esfuerzo axil (N): es el grupo de dos FUERZAS que resulta de proyectar la Ri que actúa en la cara derecha y la Rd que actúa en la cara izquierda, SOBRE LA TANGENTE AL EJE BARICÉNTRICO DE LA BARRA en cada punto considerado. Esfuerzo de corte (Q): Es el grupo de dos FUERZAS, que resulta de proyectar la Ri que actúa en la cara derecha y Rd que actúa en la cara izquierda, sobre la NORMAL AL EJE BARICÉNTRICO de la pieza en cada punto considerado. Por lo tanto M- N- y Q, son los tres parámetros de las Ri y Rd en cada punto de una estructura en equilibrio. N y Q nos determina por lo tanto, la magnitud y dirección de la Ri y Rd. M define su ubicación
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Convención de Signos
Momento Flector M Esfuerzo de Corte Q
Esfuerzo axil
N TRACCIÓN
COMPRESIÓN
Convención a utilizar: para definir las caras Arriba i d Abajo
i
i
Abajo i
i
Ab aj
o
Arriba
d
d
d
o aj Ab
Ar rib a
a rib Ar
Arriba
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. Arriba
+
+ (izquierda) i
d (derecha) Abajo
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x
y Convención de signos a utilizar
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EJEMPLO: Sea una barra con solicitación de una carga concentrada.
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P
P x1
A
B
* Reemplazamos los vínculos por las magnitudes estáticas x 1 -x2 -x3 que x3 correspondientes serán las incógnitas. * Determinación de las Reacciones de vínculos Planteamos las tres ecuaciones generales de la estática.
x2
2
2
P P
Esfuerzo de corte (Q) Análisis:
P
2
P
P
P
2
2
P
2
2
-
P
2
P
Gráfico:
+ P
P
P 4
Momento Flector (M)
2
P 8
*Determinamos los esfuerzos característicos M, N, Q.
Análisis: P
P
2
Gráfico:
2
1) F x 0 x1 x1 0 2) F y 0 P x2 x3 3) M A 0 P x3 2 P x3 2 P x2 2
0
2
4
2
4 0
+ P 8
P 4
Esfuerzo Axil (N)
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N=0
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CARGA OBLÍCUA A 45º:
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P1=0,707P
P 45º
A
B
P2=0,707P
Esfuerzo de Corte (Q)
2
2
P
x1 P2 x2 P1
2
P1
P1
P1
2
-
2
2
P1
P1
2
P
P2
P2
2
P1
+ Esfuerzo Axil (N)
x3 P1
P1 2
2
P2
Momento Flector (M)
P1
P2 P1
P
4
P1
2
2
+ P1
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Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
EJEMPLO DE ESFUERZOS CARACTERÍSTICOS CON CARGA DISTRIBUIDA Reacciones de Vínculo
q
F x 0 x3
A
B
x3 0
l
F y 0 x1 x 2 q
i
q
M A 0 x 2 q
x3=0 x1=ql 2
xi
x2=ql 2
i
l
x2 x1 q
2
q 2
q · 2
x1
q 2
Determinación del esfuerzo de cor te (Q): Para determinar el esfuerzo de corte Q, en una sección genérica i—i se tiene:
Qi
Q
ql 2
q qxi 2
Ecuación lineal del esfuerzo de Corte.
-
Diagrama
+
ql 2
Momento Flector (M) Para determinar el momento flector en la sección genérica i—i tenemos: Mi
x q xi qxi i 2 2
Mi
x2 q x i q i Ecuación parabólica del momento flector 2 2
Como sabemos en este caso, el momento flector máximo (Mmáx) estará ubicado en
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M máx M máx M máx M máx
2
2
2
2
q
q 22 24
q
2 q 2 4 8
1 1 q 2 4 8
q 2 8
M ql 2 8
+ Mmáx=
l /2
ql 2 8
ql 2 8
l /2
Relaciones diferenciales Qi Mi
q qxi 2
q q x i xi2 2 2
Ecuación Lineal del Esfuerzo de Corte
Ecuación Parabólica del momento Flector
Ahora: dM i q qx Qi dx 2
dM i Qi dx
y Derivando Qi respecto de x
dQi q dx
Derivando M i Respecto de x se obtiene - Q i Esfuerzo de Corte negativo obtienen la carga q
VIENDO LAS DOS ÚLTIMAS ECUACIONES PODEMOS DECIR QUE: existe una relación directa entre el corte y el valor de la pendiente del diagrama de momento, dado en la ecuación .
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También vemos que según la ecuación existe una relación directa entre la carga y la variación del corte. Vemos a continuación la relación que existe entre la CARGA (q), EL ESFUERZO DE CORTE(Q), (M) y sus variaciones.
EL MOMENTO FLECTOR
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
Trazado del diagrama Parabólico 1- BARRA HORIZONTAL SIMPLEMENTE APOYADA, CON CARGA UNIFORMEMENTE DISTRIBUIDA Tomando la ecuación parabólica del momento flector M i
ql q x x 2 y derivando respecto 2 2
de x
x 0 dM i q qx dx 2
q 2
0 2 q x 2 x
Nos da el valor de la pendiente en cada punto, que por ahora no nos define nada.
Al aplicar dicha derivada en esos puntos:
dM dx
tg x 0
x 0
q y 2 2
y
q 2 4
Podemos aproximar el trazado de la parábola conociendo el valor de las tangentes extremas y media. q 2 , y 8 trazando desde allí las pendientes extremas y la pendiente central, paralela a la línea de cierre.
Se cuelga la parábola tomando dos veces y perpendicular a la barra el valor de
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l /2
l /2 B
A
M f
J
E C
P
I
ql 2 8 y
Q
tg media tg C
mo tre ex tg A
tg B
ql 2 8 D tg A
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. -M
q A
B
l
a de Líne e cierr -
+
eje de la viga
ql 2 8 ql 2 8
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2- BARRA INCLINADA, CARGA UNIFORMEMENTE DISTRIBUIDA
q R q R' R cos q' s R cos q ' s
S
q'
s
s
q cos s
cos
q' q cos 2
l M'
R cos
q ' s 2 R cos s 2 R cos s q cos s q s 8 s 8 8 8 8s
M
q 2 8
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 f x 0 x 2 0 f y 0 x1 x 3 q 0 M A 0 q
x2
q cos 2
x1 Para x = l
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q sen 2
2 x3 0 2
q 2 q x3 2 q Qi cos qx cos 2 q N i sen qx sen 2 x1
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q q cos q cos cos 2 2 q q N i sen q sen sen 2 2
Qi
Q
+
q cos 2
q sen 2
+
N -
Tabla de los máximos momentos Flectores y esfuerzos de corte para los casos más comunes de vigas isostáticas y cargas a
Mz = -P (l-x)
x
l
A
RA = P
P
A
P
P
c
A
RA = RB = P
a
c'
l
Mmáx = -Pl = MA
M=Mmáx = Pa = cte.
R A pl
p
Mx p x
M máx
l
p= p
RA máx
A
x l
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Entre C y C’
B
R A RB
x
l x 2 2
p B
A C
p p M Amáx 2
l
pl 2
p 3 M x l x 6l pl 2 M máx MA 6
Mx M máx
pl 2
px l x 2 pl 2 MC 8
pl pl Ra 6 3 2 px x l Mx 6 l RA
p= p
máx
x A
B 0,577 l
l
M máx M D 0,064 pl 2
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R A RB P ½l
½l
A
B
C
x
A
B
x
P 2
P Mx x 2 Pl M máx MC 4
l
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Pa RB l Pb Mx x l Pab M máx MD l
P
A
P
B
l
a
a
R A RB P Entre A y B M cte Pa
1 R A R B p a 2
Pb RA l
P b'
a
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16
A
P
B
a
l
pa 2 2 2 p a2 2 4
MA MB
C
a
MC
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Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
3- BARRA HORIZONTAL SIMPLEMENTE APOYADA, CARGA TRIANGULAR Cuando la carga no es simétrica, debemos determinar el punto de la viga, para el cual el esfuerzo de corte es nulo. Para la sección de la viga, que cumple esta condición, corresponde el momento flexor máximo (condición analítica de máximo de la función integral). Sea por ejemplo el caso de una viga simplemente apoyada, sometida a una carga repartida triangular. Tenemos que:
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0,666l
1 pl 1 pl 3 2 6 1 RB pl 3
q = f(x)
RA
p
B
A
P=½p
x
x
l
l
Q
parábola de segundo grado RA = 1/6 p l
+ 0,577
RB = 1/3 p
l
M
+
Parábola de 3º grado
Mmáx = 0,128 p
l
p p' x
l P P' x P x P' P' x P x x Px 2 2 2 2
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l
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Ley de variación de los esfuerzos de Corte
Q RA
P x2 2
El valor de x = x0 para el cual Q es cero será: Q0
Px 2 1 2 p 0 x 0 0,577 6 2 3 3
M máx R A 0,577
P 0,577 2 2 1 0,577 2 3
1 2 p 2 P 0,577 0,577 3 6 6 1 P 2 0,577 0,577 3 6
M máx M máx
M máx 0,0640 2
como P
P 2
M máx 0,128P
Constr ucción grafica de la Parábola de 3er grado En la abscisa x = 0,577 correspondiente a M máx = 0,128 l, llevamos verticalmente este valor. Siendo P
p resultante de la carga total repartida. 2
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 2 1 P 2 resultante P, actuando sobre la misma; M p 3 3 P 0,222 , valor que llevamos en la 9 escala de momentos adoptada sobre la ordenada correspondiente al punto de aplicación de P, obteniendo el punto K, el cual unimos con S y T obteniendo las tangentes extremas de la parábola de tercer grado.
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20
p
A
B
x
P= ½ pl 1/3 l
2/3 l
T
x0= 0,577 l
S
tg M
+ Mmáx tgT
M tgS
0,222 p l
N
K
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GUÍA DE TRABAJO PRÁCTICO N° Resolución de estructuras de Marco abierto (1 chapa) EJERCICIO N° 1 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. 10 tm
2 t/m
D
2 t/m
G
10 t
2m
C
1 t/m 5 tm
1m
E
F
2m
A 2m
B 3m
3m
El primer paso a realizar es quitar los vínculos y colocar en su lugar lo que el vínculo genera (magnitudes estáticas) 10 tm
2 t/m
D
C
2 t/m 2m
1 t/m 5 tm
G
10 t
1m
E
F
2m
x1
A
B x3
x2 2m
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3m
3m
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1 2 3
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22
F x 0
10 10 x1 0
x1 20t
F y 0
2 6 x2 x3 0
x 3 2,5t
M B 0
6 x 2 5 14 10 9 25 20 0
x 2 10,5t
Sis tema Equilibrado 2 t/m
10 tm D
2 t/m
G
10 t
2m
C
1 t/m 5 tm
1m
E
F
2m
x1=20 t
A
B x3=2,5 t
x2=10,5 t 2m 20
3m
3m 8,5
-
-
2,5
+ 2,5
8,5
20 -
+
N
2
+
Q 14
4
10,5 20
97
71,5 55
-
-
107
55 20
-
+
5 67
+ 60 -
67 8,5
7
M
7
2
10,5 60 20
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24
EJERCICIO N° 2 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 1 era 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. 1m
1m
1m
1m
10t
1m
10t
D
E
C
D
F
x3
B
2,5m
A
2,5m
1m
G
10t 2t/m
1m
2,5m
1m 1m
2t/m
x1
G
2t/m
B
H 2m
C
10tm 2,5m
2t/m
A
E
F 10tm
10t
1m
H 2m
2m
2m
x2
En la estructura colocada a la derecha de la hoja podemos observar que hemos quitado los vínculos (magnitudes elásticas) y colocado en su lugar lo que el vínculo genera (magnitudes estáticas). Una vez reemplazando los vínculos, planteamos las ecuaciones que resuelven el sistema.
Fx = 0
10 + 5 – x3 = 0
x3 = 15 t
Fy = 0
4 – x2 + 10 = 0
x2 = 14 t
M(C) = 0
x1 – 40 – 20 + 28 – 6,25 – 30 – 10 = 0
x1 = 78,25 tm
Ahora bien, dibujemos la estructura equilibrada.
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25
1m
1m
1m
10t
E
D
C
15t
F
2t/m
2,5m
10tm
78,25 tm
G 2,5m
1m
A 10t
1m
2t/m
B H 2m
-
2m
14t
Estructura en equilibrio
15
+
10
15
10
+
-
N
Q
10
10 10
-
10
-
+
4
10
10
10
20
+
10
10
10
15
M
78,25
10
51,25
+
20 15
-
10 76,25
88,25
+
76,25 88,25
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EJERCICIO N° 3 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. 2m
2m
10t
2m
2m
A D
1m
10t
10t
1m
E C 1t/m
2m
10t
4m
5t
H 2m
10tm
B G
F 2m
2m
2m
Como ya sabemos quitaremos los vínculos y colocaremos en su lugar la magnitud estática correspondiente a la elástica que impide. 2m
2m
10t
2m
2m
x3 1m
A
D 10t
E
10t
1m
C
x2
1t/m
2m
10t
4m
5t
H 2m
10tm
B x1
G
F 2m
2m
2m
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
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Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
27
GUÍA DE TRABAJO PRÁCTICO N° Sistema de Estructuras de Marco Abierto (1 chapa –pata inclinada) 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.
EJERCICIO N° 1
C 10t
x2 1m
1m
C
10t
2m
2m
2t/m
2t/m
D A
15t
x3
20tm
2m
1m
1m
1m
B
x1 1m
2m
1m
1m
1m
Planteo las ecuaciones que garanticen el equilibrio 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
Primer Cuatrimestre 2001
UNLZ – Facultad de Ingeniería
1,5m
1,5m
=56º31'
B 1m
1,5m
20tm
1,5m
A
D 15t
Ing. Jorge A. Papajorge
Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
28
Es tructura en equilibrio 21 t 1m
10t
2m
2t/m
1,5m
15t 20tm
70 tm
1,5m
10 t
1m
2m
1m
1m
1m
21 10 +
N
Q +
+
10,03 10
6
+
8,32 5,55 + 12,48 12,48
5,55
15
8,32
8,52
21
20
55
M
20 +
-1
20 6 15 15 +
+ 10
55 69
Primer Cuatrimestre 2001
61
18,03
15 18,03
15
UNLZ – Facultad de Ingeniería
Ing. Jorge A. Papajorge
Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
29
EJERCICIO N° 2 2m
2m
2m 20 t
2 t/m D
A
C 2m
10 t
10 tm 2m
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) 2m
2m
2m 20 t
2 t/m
x3
x1 A
D
C 2m
10 t
10 tm 2m
B 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
Primer Cuatrimestre 2001
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Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
30
Es tructura en equilibrio 2m
2m
2m 20 t
2 t/m
86 tm
10 t D
A
C
10 t
2m
10 tm 2m
25
28
12,52
8,94
4,47
B
10
28 t
20,53
- 4
+
+
21,46
10 -
+ 4,47
N
Q
8,94 +
25 12,52
Nudo D
90
86 20 -
10 4
4
M
90 4 21,46
-
86
20,53 + 18,36 86 10 38 28
20,53
21,46 9,60 19,19
Primer Cuatrimestre 2001
9,18
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31
EJERCICIO N° 3 2m
2m
2m 1 t/m
C D 2m
20 t
A
10 tm
2m
B
3m
4m
Reemplazamos ahora los vínculos por lo que ellos generan (fuerzas y pares). 2m
2m
2m 1 t/m
x3
D
C
x1 A
2m
10 tm
2m
20 t
B x2 3m
4m
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
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32
Es tructura en equilibrio 2m
2m
2m 1 t/m
18 t 2m
C
20 t A
D 10 tm
20 t 2m
2,4 4
20
B
3,2
12 16
4t 1,5 m
1,5 m
4m
20
15,20
2
+
-
N
12
Q
+
13,60
3,20 2,40 28
-
2
Nudo D
2
10
2 20
+ +
M
6 16
16
2 28
13,60
15,20
18
Primer Cuatrimestre 2001
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33
Marco Abierto (1 chapa) 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. q = 1t/m
q = 0,5 t/m 1,5 m
D =30º C
E 2m
5t
2tm F
B
2m
q = 1t/m
A
G
5,20 m
Ahora quitemos los vínculos y colocamos en su lugar lo que él genera. q = 1t/m
q = 0,5 t/m
N=1,3t
1,5t T=0,75t
=30º C
1,5 m
D
E 2m
5t
2tm F
B
2m
q = 1t/m
A
x1
Fx 0 Fy 0
1t
G
x2
m
x3
5,5m 1 t
4 m 5t 0,75 x 3 0 m x 3 5,25t
x1 x 2 1,3 0
x 2 x1 1,3 2,6t
x 2 2,6t M G 0
5,2 x1 10 15,125 2 8 0,75 · 4,75 1,3 · 1,3 0 x1 3,91t
Primer Cuatrimestre 2001
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34
VERIFICACIÓN MD = 0
-10,166 + 17,5 - 15,125 - 6,786 + 28,875 – 14 + 2 - 0,5625 - 1,69 = 0
ESFUERZO AXIL 2,388
1,52
-
Nudo E
+
2,851
2,38
C
1,25
E
=30º
E
E Nx1
N
+
4
-
5,25 Qx1=sen · 1,25 Qx1= 0,625t
2,61
A
3,91
Qx1
Nx1= cos · 1,25 Nx1= 1,08t
2,61
Resumen Nudo E 30º
E 30º
Q2=2,226 t
Qx1=0,625 t
Nx2=1,30 t
Primer Cuatrimestre 2001
N x2
2,61 N x2 1,30 t
60º QxT= 1,635t Nx2
Nx1=1,08 t
cos 60º
2,61 60º
Qx2 sen 60º · 2,61 t Qx2 2,26 t
NxT= 2,38 t Qx2
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35
NUDO C 1 Qx
30º Nx2
1 3,91
Nx 1 Qx sen 1 cos
N x 2 0,856t Qx 2 0,5 t
30º 30º 60º Qx
Primer Cuatrimestre 2001
30º
Nx 3,91
Qx 3,91 N cos x 3,91 sen
Q x1 3,38 t N x1 1,955 t
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36
Resumen Nudo C Resumen Nudo C
Análisis nudo D (a la derecha)
QyT= 2,88 t
0,5 30°
Qy1= 3,38 Qy2=0,5
3,91
Ny1= 1,955
30°
NyT = 2,821 t
Ny2= 0,866
0,5
60°
30° Qx
Nx
Qx 0,25t 0,5 Q sen x N x 0,433t 0,5 cos
30° Qx
Resumen nudo D (a la derecha)
3,91 Nx
Ny= 0,433
Nx Nx 1,955t 3,91 Q cos x Q x 3,38t 3,91
sen
Ny= 1,955
Nxy= 2,388 Qx= 0,25
QxT = 3,13 Qx= 3,38
Análisis nudo D (a la izquierda)
Nx
0,5
Qx
Qx Qx 0,25 0,5 Nx cos N x 0,433 N xT 1,52 t 0,5 N Q 3,63 t sen x x N x 1,995 xT 3,91 Qx cos x Qx 3,58 3,91 sen
Qx 3,91 Nx
Primer Cuatrimestre 2001
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Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
37
ESFUERZO DE CORTE 3,13 +
+
1
1,635
3,63
-1,25
2,88
Q
2 3
-
+
3,25
DIAGRAMA DE MOMENTOS FLECTORES
7,79
7,79
15
-
-
D 15 +2 +
+
M -2
-
Primer Cuatrimestre 2001
8,5
10,5
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Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
38
Equilibrio del Nudo D Corte Axiales
3,13 3,63
Nx2=2,06 30° Qx =0,76 1 Nx1=1,31
30° 2,388
Qx3=3,14
30°
30°
Qx2=1,194
Nx3=1,81
Qx Qx 0,76 1,52 Nx cos 30 Nx 1,31 1,52 Qx sen 30 Qx 1,194 2,388 Nx cos 30 Nx 2,06 2,388 sen 30
Qx4=2,71
1,52
Nx4=1,565
Nx Nx 1,81 3,63 Qx cos 30 Qx 3,14 3,63 Nx sen 30 Nx 1,565 3,13 Qx cos 30 Qx 2,71 3,13 sen 30
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
Primer Cuatrimestre 2001
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Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
39
GUÍA DEL TRABAJO PRÁCTICO N° Estructuras de Marco Abierto (2 Chapas) 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. 2m
2m
2m
2m
20 t 1 t/m
E
C
2m
2m
D 2 t/m
2m
2m
10 t
10 tm
B
A F
4m
2m
2m
Ahora quitaremos los vínculos (magnitudes elásticas) y colocaremos en su lugar fuerzas correspondientes con esas magnitudes elásticas impedidas. 2m
2m
2m
2m
20 t 1 t/m
E
D
C
2m
2m
x2 2 t/m
x3
B
2m
2m
10 t
10 tm
A F x4
x1 4m
Primer Cuatrimestre 2001
2m
2m
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Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
40
Marco Abierto Tres Chapas 2m
10 t
2 t/m
C
10 t 1m
5t
1m 3m 2m
10 tm
10 tm
1m
5t
1m
3m
1m
2m
Desarrollo: Punto C, Vínculo relativo de 2ª especie, articulación
10 t
C
10 t 4t 4t
5t
B
10 tm
A
X3 X2
10 tm
5t
X6 D
X1 X5
Primer Cuatrimestre 2001
UNLZ – Facultad de Ingeniería
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Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
41
CÁLCULO DE LAS REACCIONES DE VÍNCULO EXTREMO EN LOS NUDOS A Y D 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)
B
x6 x7
Fx = 0 ;
- x2 + x6 = 0
Fy = 0 ;
- x1 + x7 = 0
MB = 0 ;
x6 ; x7 se anulan
x5
A
- 10 + x5 – x1 + 2 x2 = 0 x2
10 tm
x1 – 2 x2 – x5 = - 10 MA = 0 ;
x1
x1 ; x2 se anulan x5 – 10 –x7 + 2x6 = 0 -x5 – 2 x6 + x7 = -10
II) Fx = 0 ;
- x6 –5 –10 – x8 = 0
10 t
x6 + x8 = 15
C
10 t 4t
4t
x9
Fy = 0 ;
B
- x9 + 4 + 10 + 4 – x9 = 0 x7 + x9 = 18
x8
MB = 0;
5t .
x6 ; x7 se anulan
-(5t 1 m) – (10t 2m) + (4t . 1 m) + (10t . 2m) +
x7
.
+ (4t . 3m) – 4x9 – 2 x8 = 0
x6
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
Primer Cuatrimestre 2001
(11)
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Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
42
III)
C
x8 x9
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
10 tm
2 x3 – x4 = -10
5t
x4
D
MD = 0 ;
(14)
x3 se anula x4 + (5t . 1m) + 10 tm + 5 x8 – 3 x9 = 0
x3
x4 + 5 x8 – 2 x9 = -15
(15)
Ecuaciones 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
Primer Cuatrimestre 2001
x8 = -5 t
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Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
43
Con (12) en 2 (-5) + 4 x9 = 11
x9 =
21 4
x9 = 5,25 t
I
Reemplazando (12) y I en (15) X4 = - 15 – 5 (-5) + 2 (5,25)
x4 = 20,5 t
II
x3 = 5,25t
III
En (13) con I
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
En
x5 = -2 (-10) + 12,75 + 10
x5 = 42,75tm VI
V
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
Primer Cuatrimestre 2001
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Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
44
Es tructura Real 10t 5,25t
2 t/m
5t
10t 1m
5t 5t
1m
10t
5,25t
12,75t 10t
12,75t 2m
10tm
42,75tm 10t
5t
1m
20,5tm 10tm 12,75t 5,25t 1m
Primer Cuatrimestre 2001
3m
2m
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Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
45
DIAGRAMA DE ESFUERZOS 12,75
8,75 -
+
5
5
5
N
-
+ 5,25
1,25
Q
+
+
-
10 12,75
+
+
0
10
12,75
+
5,25 N(+)
N(-)
i
i
d
5,25 Q(-)
Q(+)
d
i
Diagrama de Esfuerzo Axil N
d
i
d
Diagrama de Esfuerzo de Corte Q
15
-
15
+ 6,5
M(-)
M(+) i
d
i
10
M
d
42,75 30
Diagrama de Momento Flector M
+
+
5
+
15 20,5
+
20
-
10 10
CADENA DE CHAPAS CERRADAS ISOSTÁTICAS Sustentación –Vinculación correcta y aparente CÁLCULO DE REACCIONES 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 ch3 restringe 2 grados de libertad (2 G.L.) y como ch2 dicho conjunto tendrá (N-1) vínculos internos, todos los vínculos internos restringirán por lo ch1 tanto 2 (N-1) grados de libertad. Por lo tanto, la estructura de cadena cinemática abierta contará con: (N+2) grados de
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46
Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
libertad. Grados de libertad de la estructura vinculada
3N 2 N 1 g.l. N 2g.l. Grados de libertad que restringen los vínculos internos
Grados de libertad de las chapas desvinculadas 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
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47
Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
Cadena cinemática cerrada 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. ch2
1
ch
ch3 ch2
1
ch
ch3
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.
F x 0 F y 0 M P 0 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.
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48
Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
¿Cómo encaramos el estudio? 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. M N
Q
M Q
N
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.
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Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
En estas condiciones se trata de una estructura externamente isostática pero hiperestática debido a su vinculación interna.
¿Cuál es nuestro objetivo? Nuestro objetivo es llegar a concluir cuando una estructura de marco cerrado es isostática.
X6 X5
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.
X4 E
X2 X1
X3
Dispondremos entonces de: 4 ecuaciones y 6 incógnitas
F x 0 F y 0 4 Ecuaciones M P 0 r r M Ei 0 ó M Ed 0 x 1 x 2 x3 Externas 6 Incógnitas x 4 x5 x6 Internas
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. EJEMPLO:
Estamos en presencia de una estructura cinemática de chapas cerradas isostáticas porque: II E
I III
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:
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Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
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. D
X6
i
Si resolvemos la estructura cortando en un punto cualquiera del marco cerrado, veremos que el número de ecuaciones es igual al número de incógnitas.
X4
X5
jE
A
X2 X1
B C
X3
Dispondremos de 6 ecuaciones con 6 incógnitas:
Ecuaciones : F x 0 Ecuaciones generales de la estática F y 0 M P 0 r r M E izq. 0 ó M E der. 0 r r M D izq. 0 ó M D der. 0 r r FV izq. 0 ó FV der. 0 Incógnitas : Externas x 1 x 2 x3 Internas x 4 x 5 x6 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. II i
j I
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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.
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Ahora bien, las cinco incógnitas que aparecerán al cortar la estructura en los puntos i, j, la resolveremos por medio de las Ecuaciones generales de la estática, las ecuaciones de equilibrio relativo.
x6 x5
Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
x4 x8 x7
x2
x3
x1
F x 0 F y 0 M P 0 F x 0 de la sub - estructura I ó II F y 0 de la sub - estructura I ó II M P 0 de la sub - estructura I ó II
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 F x 0 lineal de las dos anteriores. Es decir de: F x 0 En I 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.
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Ejemplo: B
B
A
A
x2 x1
x3
Ecuaciones: Cantidad cuatro (4) F x 0 F y 0 Las tres ecuaciones generales de la estática M P 0 Una Ecuación de equilibrio relativo r r M B izq. 0 ó M B der. 0 izquierda ó derecha pero siempre una
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 Solución c 0 Nº de Ecuaciones = Nº de Incógnitas 1 c 2 0 Soluciones
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. a ) indeterminado No será isostática b) incompatible
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Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
Vinculación aparente 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
Ejemplo de estructura de marco cerrado isostático
ES ISOSTÁTICA PORQUE: a) El marco cerrado tiene 3 vínculos de segunda especie. b) Está formado por tres chapas, las cuales de estar libres tendrían “3 . n” grados de libertad, siendo 3 el número de grados de libertad de cada chapa desvinculada y “n” el número de chapas. Grados de Libertad: 3 . 3 = 9 grados de libertad Necesita tener impedidos 9 grados de libertad Vínculos externos :
3 grados de libertad impedidos
Vínculos internos:
6 grados de libertad impedidos
Total:
9 grados de libertad impedidos
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Si la resolvemos cortando en un punto cualquiera del marco cerrado: x5 D
x4 x6
x2
E F x1
x3
6 Incógnitas: Externas:
x1 – x2 – x3
Internas:
x4 – x5 – x6
6 Ecuaciones: Fx = 0
Fy = 0
Mp = 0
M rEi 0
ó
M rEd 0
M rDi 0
ó
M rDd 0
Fvert.
ó
Fvert.
Fi
=0
Fd
=0
EJEMPLO DE ESTRUCTURAS DE MARCOS CERRADOS ISOSTÁTICAS
A I
II
III
IV
a) Tiene 3 vínculos relativos de segunda especie en el marco cerrado
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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
OTRO EJEMPLO
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:
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15 g. de l. impedidos
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Distin tas maneras de resolver (hay infin itas) x4 x7 x7
x6
x8
x1
x3
x2
Incógnitas:
8
Ecuaciones: Generales
3
Relativas
5
Total
8
x5
x6 x7
x4
x1
x2
x10
I x9
x8
x3
II
Incógnitas: 10 Ecuaciones: Generales
6 (Estructuras I y II)
Relativas:
4
Total.
10 II
x8 x4
I
x9
x11
x5
x10 IV
x2
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x18 x12
x16
x15
VI x7
x1
III
x17
x13
x6
x14 V
x3
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Incógnitas: 18 Ecuaciones: Generales
18 (estructuras I, II, III, IV, V, VI)
Relativas Totales
0 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.
EJERCICIO 2t/m
C
D
40tm
E
4m
10t 20tm
B
A
F 2m
20t
H
G
2m
2m
Cada marco cerrado tiene 3 vínculos de segunda especie 3 chapas x 3 = 18 g. de l. Vínculos externos:
4
Vínculos internos:
14
Total:
18 grados de libertad impedidos
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Resolución x8
C
2t/m
x7 40tm
20tm
I x5
E
D
II x10 x9
x6
B
10t
x12
A
x11
F
20t
III G
H
x4
x2 x1
x3
* Orden de las ecuaciones
I)
Fx = 0
*
Fy = 0
*
Mp = 0
*
Por utilizar y
II)
III)
Fx = 0
*
Fy = 0
*
Mp = 0
*
Fx = 0
* (12)
Fy = 0
* (13)
Mp = 0
* (11)
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Estabilidad I – Esfuerzos Característicos
Fx = 0 I) + II) + III) Fy = 0 Mp = 0 * Por utilizar I) II) y III)
M Cr i 0 Ecuaciones r M Bi 0 Relativas r M Di 0
ó bien
r M Cd 0
* 4 1
ó bien
r M Bd 0
* 2
r M Dd 0
* 3
ó bien
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 rCd eliminamos Mp (I) (5) 6) Fy (I) = 0 = -x8 – x5 +4 = 0
x5 = 2
7) Fx (I) = 0 = x6 – x7 = 0
x7 = 10
8) Fx (II) = 0 = x7 + x9 + x11 + 10 = 0
x11 = -15
9) MF (II) = 0 = 2x10 – 20 + 4x7 – 2 x8 – 2. 2. 1 + 10. 2= 0
x10 = -16
10) Fy (II) = 0 = - x10 + x8 + 4 – x12 = 0
x12 = 22
11) MG(III) = 0 = -x1 – 4x5 – 20 – 2x6 –2x9 –2x10 – 2x11 = 0
x1 = 6
12) Fx (III) = 0 = x2 – 20 – x6 – x9 – x11 - + x4 = 0
x4 = 0
13) Fy (III) = 0 = x5 + x1 + x10 + x12 + x3 = 0
x3 = -14
Por haber utilizado (I), (II) y (III), debemos eliminar (I) + (II) + (III), por ser combinación lineal de las utilizadas.
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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.
ESTRUCTURA EN EQUILIBRIO 2t 10t
2t/m
10t
2t
40tm
20tm
2t
16t 5t
10t 10t
5t
2t
10t
22t
16t
15t 15t
22t 20t
10t 6t
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14t
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DIAGRAMAS DE ESFUERZOS CARÁCTERÍSTICOS
N
Q
10
5
-
2
-
2
5+
5
22
-
+ -
+
-
22
+ -
16
10
+ 20 +
-
15 20
10
-
6
5
8
-
+
15
8 + 10
14
M
40
40
+ +
+
20 +
20 10
10 +
30 +
16 -
10 -
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EJERCICIO TIPO 5t
2m
1 t/m
2 t/m
10 t 2m
5t
1m
10 tm
1m
10 t
3m
3m
2m
Desarr ollo: P untos A, B , C Vínculos relativos de 2° especie, articulaciones 5t 0
x1 B
x
0
M(+)
C 3t y 0
10 t 4t
x2
A
5t
D 10 tm 4t
10 t
E x3
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Cálculo de las reacciones de vínculo externo en los apoyos A, B, E 1- ecuaciones de la estática aplicadas a la totalidad de la estructura. T) Fx = 0 ; Fy = 0;
-x2 + 10t – 10t + 4t + 4t = 0
- x1 + 5t + 3t + 5t – x3 = 0
x2 = 8t
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 = 18,083t
x3 = 108,5/ 6m
Reemplazando en x1 = 13t – 18,083t
X1 + 18,083t = 13t
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. x1= 5,083t
5t
x7 3t
x6
x6
I
x7
10t
x4
II x5
5t
4t
x2= 8t x5
10tm
4t
10t
x4
x3= 18,083t
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Chapa I, ecuaciones de la Estática 5t
5,083t
C B
x7
2m
3t
x6
2m
10t x4 x5 8t
A 3m
3m
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 x6 C
x7
4t
5t
10tm x5
A x4
D F
4t
10t E
18,083t
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65
Fx = 0;
-x5 + x7 + 4t + 4t – 10t = 0
x5 – x7 = -2t
Fy = 0;
-x6 + 5t + x4 – 18,083t = 0
x4 – x6 = 13,083t
M(A) = 0;
x4; x5 se anulan
(11)
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
x4 = 8,33t
x6 = -4,75t
Reemplazando (13) en (11) X4 – (-4,75t) = 13,083t
(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
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ESQUEMA FINAL 5,083t
5t
4,35t
1t/m
5t 2m
5t 4,35t
8,33t 8t
5t
2m
2t/m
10t
3t
10t
10tm
1m
8,33t
1m
3t
18,083t 3m
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3m
2m
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DIAGRAMAS DE ESFUERZOS CARACTERÍSTICOS -
3,25 4,75
5
-
5
5
1,75
+ -
N
4,75
+
Q
5
-
+
+
8,83 8
-
-
2
3
9 6
8,33
0
+ 18,08
+ 9,44
M
10
10
+
40
-
10 -
15
24
-
6
25
2
+
-
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