analisis estructural, apuntes y problemas

Cof,:,{)

*c'{p

. UNIV]ERSIDAD AUTONO¡4ATOMAS FRIAS

INGENIERIA CIVIL

ANAI,I§$ N§TNUüIUNAI,

APUNTIS Y PNOBI,IMA§

clll 204

fng. Nelson áonzález Villanueva

R.N.r. 5277

Potosí,"2007

APU¡rls§ y Pluulel¡¡as uÉ E§lluu(uta5 nlPgE§latlcs

CAP.1 rlflrRoDuccroN

1.1 CONCSPTO DE ESTRÜCTI'RA SIPTRESTATICA

Una estructura hiperestática es aquella en 1a cua1, lasecuaciones de 1a estática en el plano o en eI espacio, no son

suficientes para determinar 1as reacciones en 1os aPoyos o

las fuerzas internas en una sección cualquiera'

En e1 ca.so cie '7igas en e1 plano:

ESTRUCTU8A ISOSTÁTICA ESTRUCTURA HIPERESTATIC¿

Ec. EstáEica = 3

Incógnitas = 3

Redundanies = 0

Para marcos en eI Plano:

Ec est,ática = 3

Incógnitsas = 4

Redundantses = 1

ESTRUCTURA ISOSTÁTICA

Ec. Estálica = 3

Incógnitas = 3

RedundanEes = 0

ESTRUCTUR.A. HIPERESTATICA

Ec esEáti.ca = 3

IncógniE,as = 6

Redundantes = 3

L.2 CONCEPTO DE }ÍUDO COIflITNUO

Para anali-zar estructuras hiperestáticas se deben utilizar,a1 margen de las ecuaciones de la estáticas, otras quepermi-tan estabr-ecer las deformaciones (rotacionales ytraslacionales) de sus elementos constituyentes y utilizardichas defo¡maciones como expresiones a. .on,putitiriaua.En toda estructura se presentan zonas donde las barras que 1acomponen se unen entre si de forma r-orc1i: j r-:a (hcrrnigónarmado) o a travé.s de dispositivos de unión con posibrliciacide rotación (estructuras de madera o metá'r i cas) . E"tu.u zonasde uni-ón se denominan nudos.'

APUnIUS y lIUUtet[as uc ESUUUtUtá§ n¡petE§rauks

Los estudios realizados en Resistencia de plateri-ares muestranque las barras someti_das a cargas externas, sufrendeformaciones rotaciona-les y tra.slaci-ona1es.

Las ddformaciones rotaciona.l-es de un nudo continuo seconsideran, sin error apreciabl e, como rotacionesortogonales, 1o cual significa que los ejes de cada uaa de1as barras que concurren aI nudc, giran un ángu1o similar.

lng. N. González V. OZOOZ

APU[ttrs y ptuuterua§ uc tr§uuutuf á§ nt!.JcrE5(aIES

L.2 CONCEPTO DE NI'DO CONEINUO

Para analizar estructuras hiperestáticas se deben utilizar,al margen de 1as ecuaciones de la estáticas, otras quepermitan establecer las deformaciones (rotacionales ytraslacionales) de sus elementos constituyent_es y utilizardichas deformaciones como expresiones de comp.atibilidad.

En toda estructura se presentan zonas donde las barras que 1acomponen se unen eatre sí de forma :r.orcli:i r:a (hcrrnigónarmado) o a travé.s de dispositivos de unión con posibii-idacide roiación (estructuras de madera o m.etáricas). Estas zonasde unión se denorninan nudos.

Los estudios realizados en Resistencia de llateriales muestranque las barras sometidas a cargas externas, sufrendeforrnaciones rotacional-es y tra.slacional-es.

Las ddformaci-ones rotacionales de un nudo continuo seconsideran, sin error apreciabl e, como rotacionesortogonales, Lo cual significa que los ejes de cada una de1as barras que concurren al nudc, giran ue ángulo similar.

l"S Ñ=or,zález V. O 200?

^puilrtss y pruurErilas uE E§Íuulura§ nrfJcrcJ(auG§

1;3 GRJADOS DE LIBERTAD

La posibilidad de traslación o rotación de un puntocomponente de una estructura se denomj-na grado de libertad.

En el pl-ano, los grados de libertad de ufr' punto son dos:traslación y rotación; pudiendo descomponerse 1a traslaciónen do,s direccibnes,

En eI espacj-o, un punto puede trasladarse en tres direcciones(x,y,z) y puede rotar también en tres direcciones (alrededorde Ios ejes x,y,z), contándose por consiguiente con seisgrados de libertad.

z

LTres grados de libertad

en el planoSeis grados de libertad

en el espacio

L.4 GEOMETRTA DE ESTRUCTI'RAS

Las estructuras se encuentran constitui-das por elementos queeuentan con dimensiones, siendo ellas longitud, altura yespesor, Por eIIo deben ser consideradas como elementostridimensionales; sin embargo, para efectos de idealización,se l-as consideran representadas por 1a longitud de los ejesde los elementos,

LAS

AWll(6 y frma¡Eni C H.r¡r.-as n.tEEEtr,A

"r+

Eqttrt

ad,

ESTRUCTURA R§¡I,

ESÍRUCTI'RA REAL

ESTRUCTURA REAL

ESTRUCTSR;A, IDEATTZSDA

ESTRUCTI'RA TDEALTZADA

ESTRUCfl'RA IDEALIZADA

1.5 c¿RilcrERrsrrcAs epouárnrcas DE r,As sEccroNEs

En e1 análisis estructurar se define como sección transváisar.de un elemento al área de ra sección que se enc*entradefinida perpendicularmente a su eje longitudinal.

P

I

El eje mostradoen la seccióntransversal,corresponde aleje respecto delcual se producela rotación porflexión.

I

i

Eg

ApuÍrltss y P¡uulEltlas ue Esuuutulas nlpclcstauq§

1.5 EQUIVATENCIA

1 lb = 0.45359 kp1 lb = 4.44818 N

DE UNIDADES

I kP = I'9966 N1 kP = 2'264530 ,O

1N = 0.22481 1

1 N = 0.101972tbkp

1 N/m = 0.101972 kp/m1N/m = 0.06852247 lb/pie1kp/m = 9.8066 N/m1lb/pie = f4F.Qa72$)5o i'¡i¡rt

1 kp i cmz = 2048.172138 lb / Pie2

1 kp / cm2 = 14.2?341755 lb ti¡2

iPa = I N/m2

1 Pa = 0.00000001 O1972kp I mm2

1 Pa = 0.00001019721412kp t crnz

1 Pa = 0.02088565 lb / pie2

1 Pa = 0.0000145039235 lb / in2

I kPa = 0.098066 kp t cm2

'l kPa = O.OOOOI 01972 kp / mm2,I kPa = 0.01019721412 kP/on-

1 kPa = 20.88564984 lb lpie2

1 kPa = 0.145039235 lb / in2

l MPa = 1N/mm2 )1 MPa = 0.1019721412 kP / mm-

1 MPa = 10.19721412kp I cm2

1 MPa = 145.039235 lb / in2

l GPa = 1kN/mm2

1 GPa = 1O'l .97214'l2kp/mm2

1 GPa = 101g7.21412kp / cm2

1 GPa = 20885649.84 lb tpiez

1 GPa = 145039.235 lb / in2

T.7 PROPIEDADES DE f,OS MAIERIATES

Los materiales utilizados en la construcción Presentancaracteristicas particulares frente a solicitaciones de

tracción, compresión, flexión, corte, torsión y temperatura'Estas caracteristicas son estudiadas con deLalle en materiascomo Resistencia de Nlaterial.gs..-y Materiales de construcción,y.se verifican a través de experimentación en laboratori'o'

APUIttsS y ptuuttsiltas qs E§uGUrás ntpEtE§lduk§ ¿dcáéddqdéeéd

PROP:3D}DES FÍSICAS DE üOS U¡TERIAIJES

MATERIALE G c

Kplcmpsi

GPa

Kp/mPsi

Gtr¡

1 t'c1 t'F

Acero laminado en cal¡enie(0.2 9á de carbono)

2.,l x 10-

30 x '106

2C0

8.4 x l0'12 x 10-

82

,l1.7x10-6

6.5 x 1o-5

Acero laminado en fríoro ram¡nado en frio i(0.2%ciecarbon;) | soxto" I ,.,..-' | )oo I oo' 6.5 x

Acero laminado en calienle(0.8 % de carbono)

2.'l x 10'

30 x 10"200

8.4 x 10-

12x,.682

'!j.l x 10-6

Hierro forjado 1.99 x 10"

27 x 1Q6

ls0

7.03 x 10o

10 x to669

12 x 10'6

6.7 x 10€

Hierro colado maleable1.77 x 10"

25 x 106173

8.79 x l0e

12.5 x l0686

1 1.8 x 10€

6.6 x 10{

Cobre de fundición 9.14 x 10

l3 x 10690

4.22 x 1Ar

6 x to616.7 x 10

6

9.3 x l0€

Cobre estirado en frío1.12 x 10

17x 1co1't0

4.22 x'lo-6

6 x 1016.7 x 10-6

9.3 x 1o-5

A¡uminio de fundición(99 % de a,umin¡o)

7.03 x'10"

10 x 106

2.81 x 10s6

4x1023.1 x 10-6

12.8 x'10-6

Magnesio lroquelado4.55 x l0e

6.5 x 106

45

1.76 x 10-

2.5 x 10626.1 x 10-6

14.5 x 10-6

Latón de fundición(60% cobre, 40o/o zioc)

9.14 x 10"

13 x lo5

3.52 x 10o

5 x 1cols.7 x 10'6

lo.4 x 10-6

Bronce(90% cobre, 10% sstaio)

8.44 x l0rl2 x 106

83

4.60 x 10'l8 x 10'6

10 x 10-6

Hormigón 2.18 x 105

3.1 x 10625-30

9.9 x 1 0-6

5.5x10-

Madera 1 .12 - 1.43 x 't0

1.6 - 2 x lo6't1 - 14

5.50 x 1O-5.8x10-

.E3.2x10-

Gran¡io 5.1 x 10-

7.3 x lo650

Duralu..ninio 8.44 x 10o

12 x 106óJ

2.70 x l0o

lng. N. González V. @ 200,

APUiltCS y PrUurgrila§ UC ESUUUIUTa§ nrPgC5UU€5

1.8 BARRAS PRIS}4ÁTTCAS Y NO PRIS},ÍÁIICAS

Las barras prismáticas son aquellastransversal constante a los largobarras también reciben eI nombreconstante -

EARR§, PRISMATICA

Las barras no prismáticas varian su secciónlargo de su extensión, esta variación puedelineal-, parabólica o de otro tipo.

guedede

mantienen su secciónsu extensión, estasbarras de inercia

transversal a 1oser escalonada,

BARRA NO PRIS}'IATICA ESCAIONADA

BARRA NO PRISMATICA LINEAI B.ARRA NO PRIS¡,ÍATICA PARABOI.ICA

1. 9 ESTRUCTI'RAS TRASI,ACIONATES

EI efecto de las cargas externas, variaciones en su geometria(sección transversaf) y eI asentami-ento de apoyos, originansobre las estructuras desplazamientos en algunas dj-recciones,1os cuales definen a e1la como una estructura traslacional.

APU¡rttsS y fJtuutEiltirs uE ESUUUiUa§ n¡pctcsrau€§

1.10 TEORIA GENERAL DE BARRAS SOMETTDAS A FT'ERZA NOR!4AL

Para barras sometiCas a fuerzas normales que originanesfuerzos l_nternos que no superar e1 l_imite álástico, sepresentan deformaciones rongitudin"l." _-

;" -iL""io.,

ocompresión iguales a:

I;=¡r IIE.Ai

donde:

1.11 TEORTA GENERJA]-TA}¡GENCIAI,ES

dx+----------r-FTllrlv It l-l'-r- i I"-.il -r

^

Módulo de elasticidadárea de 1a sección transversal

DE ELEMENTOS SO},ETIDOS A II'ERZAS

éé,eeUeé€é€€eé

Ivl

Por la Ley de

además:

ent.onces:

Aislando un trozo de barrasometida a flexión, el

V esfuezo originado para .....fuezas tangenciales es:

dy

V.Sl.b

flooke:

donde:

r = G.7

tru--

2.(1 + ¡r)

_ V.SG.t.b

1

G

,=dY dYr-di

dvv: Kr !-dx ' G.A

V.S A.S VG.t.b t.b G.A

donde: k.=4-l' l.b

lng. N. González V. @ 2007

A¡JUilrES y PrUorCilras uÉ csuuutula§ nlPeltssEr¡k5

donde:

L.I2 TEORIA GENERAIFLECTORES

Aplicando momentos flectoresen el eje de las barras:

k1 = coeficiente de forma. (depende de'la seCcióntransversal).

k1 = 1.2 para secciones rectangulares

kr = f9 Dara secc¡ones c¡rculares'9k1 = 1 Para secciones WF

G = módulo de elasticidad a cortanteA = área de la sección transversal!r = módulo de Poisson

DE ELEMENTOS SOMETIDOS A MOME}CTOS

a barras, se produce curvatura

M(

Aislando un trozo de banasomet¡da a Rexión, elesfuer¿o or¡g¡nado para estasolicitación es:

t=

Por Ia Ley de Hooke:

oE

M

l.b

M_1E'l p

M = moménto f1éqtor.... ,.i.: ... ,.:

E = módulo'de elasticidad.I = momento estático de segundo orden.

de_dx

donde:

además:

APUilteS y pf uutgttEs ug EStruqtuta5 ntpctesrauÉs

1.13 TEORIA GENERJAT DE ELEMENTOS SOMEÍIDOS A TORSION

Aplicando momentos torsores a barras de sección transversalcircular, en 1as cuales no se produce alabeo:

(

Eqqqqqqq(({((

{{qft{{qqItIITqIIIt

Aislando una secciónsometida a torsión, elesfuezo originado paraesta solicitación es:

a=rd0 lId0¡ Y=r' '

a=vdx I dx,)

do: T.dxG.J

t = G'y

T

G.J

tdO'GdxPor ]a Ley de Hooke:

además:

donde:

der.-dx

L_ moÍ'.ento torsor.módulo de el-asticidad a cortante.momento de i-nercia torsional de 1a seccióntransversal respecto del eje y.módulo de Poisson

lng. N. González V. @ 2007 - 10

ApurtES y ptuutcil¡a5 ug tr§t¡uutura§ ntptstB§tdrrÉs

Valores de1 momento torsionalsecc:.on:

.f para diferentes formas de

Sección circu].ar:

Sección eliptica:

Sección triangu!-ar eguilátera:

Sección rectangr.rlar :

@1" I.r= *.aa I

I 32 I

|l-'---.------'---ll- a'.b' I

I a2+02 |

rÍifE\a{4rz'2b

Jz"

donde:

hJ," f-:+;l

Ia

t:::.:.:::.:.:.:.:.:.:l:.:.:.:::::t:::::::.: I I

.-..*-.t!-*..JiI+_---E+

l- _

^Z-3

,'-1? 3,,,iu É "'n#,

Apunrc§ y Pruurcfilé5 uc Esuuutula§ n¡Pcltr§talluas

CAP. 2 TRABAiIO Y ENERGIA

2.L §OtICITACIONES EN ELEMEI{TOS ESTRUCTURA],ES

Cuando se aplican cargas sobre cuerpos elástj-cos, se originanen el1os esfuerzos internos tales como tracción, compresión,corte, flexión y torsión, según los planos en 1os que actúendichas solicitaciones internas.

E1 gráfico adjunto muesEra esEas solicitaciones:

e"T

2.2 TR;A3AJO

Al actuar una fuerza constanteoriginar sobre e1la un movimientopor eI desplazamiento 6, genera unmediante la expresión:

F sobre una partÍcu1a yde traslación determinadotrabajo /(externo) definido

F----------+o--.. w = F.6 + dvq = F.d6-+-----------t-

6

Cuando actúa un momento constante M sobre una particula yorigina sobre ella un movimiento de rotación definido por e1ángulo de rotación 0, origina un trabajo externo definido por:

¡¡ (o,,:.... / 6I,I = 'M. 0 dW = M.d0

^PUil(tsS y P¡Uurelila5 Ur trSUUUtUra§ nrPErtsSHUgS

2.2 -L TR,LB.EJO EXTERNO DE UNA EUERZA NORMAI,

Aplicando una fuerza gradual P sobre una barra prismática, seorigina una deformación A determinada por 1a Ley de Hooke através de Ia relación:

EI trabajo exLerno originado poresta fuerza es:

PLa=- +EA

we = J e.oa

w" = tEA.¡.a¡ =El 12 =áL 2L

p=El oI

EAA A

f;t;I (rey de C].al}eyron)

I

I

I

l

1

1

i

2,2.2 TR,A3A.'O EXTERNO DE UNA FUERZA TANGENCIAT

l"ü

dv

v=9 A vk.x -

E1 t,rabajo exLerno es: We =J V'AY

*" = }H y oy = e-:l ,'=?Y ;


Alruiltcs y ptuutEt¡¡a§ uc trSuuutula§ nrpetc§ta§(z§

i;J;;l2l2.2.4 TELABA.'O EXTERNO DE I'N MOMENTO TORSOR

2.2.3 TRABAiIO EXTERNO DE

Generalizando 1asfuerzas normales,e1 trabajo externo

T'N MOMENTO FLECTOR

tr-tM=-'.0x

trabajo externo es: .- We = J ff4.Oe

A

w" = i E--L.e.ae =El.e2 - E'l'€ e

J x x x' 2

T = G'J.e

x

EI trabajo externo es: We = J f.Oe

w" = ?9-{ e .de = 9:¿. e2 - G'J'e . e

áx x x z

deducciones para un elementocortantes, momentos flectoresse determina mediante:

sometido ay torsores,

,|

We = 7.I N.A+V¿.2+V¡ .x+M* :g, a¡¡..0¿ +T.0y I

AFTUiltCS y lIUUtCtItaJ ue trsüUUtUtA§ ntpErE§tát¡G§

2.3 ENERCTA DE DEFOR!,IACION

En el- estudio de Ia energ:ia, se establece que ella no sepierde, sino que se transforma; en el caso de un elementosometiCo a un sistema general de fuerzas, e1 trabajo Ce todas1as fuerzas se transforma en energia interna de deftrmación.

Esfuerzos normales: Considerando un elemento e1ásticodiferenci-al : W:U

Para esfuerzos normales:

we = 1'P'62

además,o"=? 3 p=Gn.A

^t =r- = A- e.L

deformación es:

u =1(or,.A) (r,L) L

2on. E. L. A

Siendo V=A.L (volumendelelemgnto): U= 1 o..r.,

considerando ]as tres d.i¡nensiones der elemento diferencial:

dUonx

dUonr

dUom

12

12

12

onx. gx. dx

ony. Ey. dx

onz . tz. dx

dy dz

dy dz

dy dz

AfJUil(CS y ptUU|CIta5 Ue E§uuututaS ntpctestauÉ§

La energia total de deformación para esfuerzos normales será.:

dU:dU6n**dUonvldUo.z

O, : I I G.*.r* r ony.ey+ onz,rz ] dx dy dz

u = i llf "",.'6x * 6nv'€y* or,,'e, I dv

Esfuerzos tang'enciales :

Para fuerzas tangenciales:

Considerando un elemento e1ásticodiferenci-al : W:U

P1ano x-y:

uyx - l,xy

x

P ^vx

t=rxydxdz

Av* = y*, dy

1owe=-2

por otra parte:

dx.dz

, :A'*rxY ¡trr

trabajo externo será:

1-dwe = 1r,,.. dx dz y.... dv 1

i'"-Y T*Y dx dy dz

AfJUlrtcs y pluulÉilras (lc Esuuurulá§ nlPslcstauE§

Considerando las tres dimensiones de} elemento

{I{(

{-t(I{{(

{Iil1{I!{{{{{I(

I(({{!{{

dU

du = it

duirxy = : f* T* dx dy dz

duirr, = ] fy, Ty" dx dy dz

duir*, = ] a*, ^l*, c--: di. dz ,"

escribirse de otra forma, elloLey generalizada de Hooke, 1a

sonetido a esfuerzos normal-es Y

diferencial:

La energía total de deformación para esfuerzos tangencialesserá:

- dUir*y + dUilr, + CUil*,

7* T* + xy, Ty, * a*, T*, I dx dY cz

IJ= 12 fff,t", ^{xy * ayz Ty. + rxz Yxzl dv

Si ahora determinamos laelemento sometido tanto a

La energia total internadiferencial se obtiene su¡r'ando

energia total d'e deformación Para u=esfuerzos normales y tangenciales:

a lmacenada porambos efectos:

eI elemento

Esta expresión también Puedese consigue recurriendo a Iacual se aplica a un el-emento

i IIf Gnx rx + ony Ey + on, t. I ., - t fJJ,t*v Y*v + rvz^lvz+ rxz Yxzl dvu=

tangenciales:

APU¡rtE§ y ptuutc[tas uE ESUuututa§ ntpcr€§ra[a5

Esfuerzos norma]-es:

Según el eje x:

Según el

donde:

donde:

donde:

on*

ty=-p

e.:-$

6ny

"y ¡1

t*:-Fty

6, = -lr Ey

tx

ex

e]e y:

z

eJe

z

on,¿_ -

I-

E*:-PEz

Ey: -$Ezil,j

!

l

<I44éGJGGJGGCJCó*t'*

taCjJJjcJJrjr¡CJ3C

Txy,xy tr

Txz4' _-lxz- G

ay._ ---(JTr"

AuuiltES y PtuulHlES us E§uucturás ntPerEsrauES

Esfuerzos taagencfales :

Según plano xy:

AII

x

segúl plano xz:


APU|ltEs y PluulEllla§ uc ESUUUrUlaS nlpElts§tétlG§

Sumando las defornaciones producldas por los esfuerzos en Ias

tres direcciones:

I o.* - !t( ory + o., ))

I ony - F( on* + on, ) J

I o., - F( o.* + on, )J

Txy

Y"v=T

1y,

Tv, = -€

f*,T*.: T

1

-E

1

1=t

t8

gy

gz

Reemplazando las deformaciones unitarias longitudinales y lasdeformaciones angulares por cortantes en 1a expresión general

de energia interna se obtiene una expresión que permite

expresar }a energia interna del elemento en función de las

component.es de toáos 1os esfuerzos que actúan sobre él '

La expresiones de energia interna de deformación por

esfuerzos normales y tangenciales' se evalúan, mediante

integrales triples, 1o cual, representa integrales de volumen

e" fá fegión Linitada por eI elemento que se analiza'

":fffc2nx. + c2 ¡1y + c2 n7 - 2Y(o ¡xony * o onz + onxonz **y+4y+r2u

1¿v

A[ruIttss y ptuutcillir§ ue csuuurutas nt¡Jete§táuua§

2.4 ENERGIA DE DEFORI,ÍACIóN EN BARRAS

La energía interna se puede determinar para 1os casos máscomunes de solicitación áe ta "iá"ll"a. manera:

2.4.1 Barras sometid.as a fuerza norma]-

,|

Uru=j.e a ::> dui{=i.,-.cl

Por la Ley de Hooke:

fuerza tangencial

u, =*r., =) duy =1y.6,

Por 1a Ley d.e Hooke:

or=H*

oa==!..0'

o2u¡¡ =fr..o u"

=i ou¡¡ = ]ur.ce

Hooke:

a ¡nomanto flector

u¡\, = ]M e

Por la Ley de' ( r-------¡) ,ds

do = -!t ¿.EI

PE,¡

I D "^2duN = áP

.

E;o' = 7ff o.

2.4.2 Barras sometidas a

l,I

dy

2.4.3 Barras sometiCas

or, =*u.g#"=**á f ,. uv = JlIv' .ds

,* =lrh o'aunr=*u#0.=j$0.

A¡JUnttss y lruurBilras uc cstluotu¡a5 nlfJelc5tau€s

2.4.4 Barras sometidas momento torsor

¿ur =-1'r' r d.=t'f10.2 G.J 2 G.J

La energia total de deformación es:

UT=IT,2

Por 1a

u., : t p2't" " 2.E.4

.o + ¿ur=1r.¿e,2

Lgi de Hooke:

de= T ds

G.J

-2Ur=[ ' ds. J 2.G.J

u=[ P2 ¿.*[k1 'V2d.*f M2 d.*[ T.',0,- )2.E.A r2.G.A rz.E.l J2.G.J

De acuerdo a} tipo de solicitación que actúaestudiadas, se pueden efectuar 1as siguientesprácticas:

sobre las barrasconsideraciones

En armaduras, predominan las fuerzas normales,consecuencia Ia energia interna es:

predominan l-aspor flexi-ón, en

solicitacionesconsecuencia:

uM : f-u1 o,

Apuf rrES y PruurEilla§ us E§Uuululas nlPettssEUGs

En ménsulas cortas o voladizos, predominan 1asoriginadas Por

tangenciales (cortantes), Por el10:

dN

Ll!E}s§,, Predominanr¡nsecuencia:

solicitacioneslos esfuerzos

f kl'V2 .¿.J 2.G.A

kr : factor de forma

Ias solicitaciones por torsión, en

--2u,=J*ro'

EL::.'.;;r'+ se presentan dos casos: cuando eI arco es plano(rebajado) predomina Ia flexión y cuando el arcoes peraltado predominan la flexión y fuerzanormal:

I

I/ \l'

O.2 Arco pJano: u, : ffi.u"

0.2 Arco pera ttado: , = f,$ o, * J-N1'6.

fL-

f.

-\L

lng. N. Gonzáiez V. @ 2007 -23 -

ApuiltE§ y PruulElf la§ uc E§uuulula§ nlPclts§raue5

Ejemplo: Encontrar e1 factor derectangular.

forma para una sección

La Ley de Hooke para cortante indica:

El esfuerzo cortante por flexión es: . V'S,.'=kó,

1 t2 V2 .S*: z o= zsV;./-

de giro se define mediante la

t.rabajo externo se puede escribir

-t Sr2 . V2- (71; b" ) z'c'e

.G

El trabajo externo para fuerza cortante se determina a travésde la expresión de ClaPeYron:

9le: 1--f-v2'

Por otra parte, eI radio2lrelación r-=Á entonces el

como:

v2'sr2We=2.G.A-12 'lr.br2

f,re = k1 r$l

donde k1 un coeficiente que caracteriza Ia desuniformidad de

Ia distribución de tensiones tangenciales en. 1a seccióntransversal de Ia barra y que depende de la forma geométricade elIa.

^PUiltE§ y PtUUtEiltáS Us E§UUCIUra§ ntpqc§tauE§

Ejempl.o: Encontrar eI factor de forma k1 para una seccj.óorectangular maciza.

v

.f,l

Ihl,l

o2t, = fl--'¡ ,-dA' 'Y

9i!22

donde: Sx = momento estático de primer ordenr = radio de giroI = momento de inercia del área

bx = ancho de 1a fibra consj.derada

En este caso particular:

h

sx=u 1!-y) o.+=f,r$-rrt, o=* ;zh2

12

eI factor de forma k1 se determina integrando la expresióndentro de La región definida por 1os limites:

bbhhx = - 2 , x = Z, Y = - 2, y : ,

12 12

f-,=-l {{{{

n"


AIJUI¡tss y IJluulclllas uE EsUUCtUlas nlpElts§tatl*S

EjempJ.o:

e interiores b6 x hs-

Encontrar el factor de forma k1 para una secqlonrectangular hueca de dimensiones exteriores b x h

v

I

bo:boai)

+---j-------+-

]----¿--#b¡b;;

Para IasdA1 = 5.'6,

alas:bx =b

h;

hI

+hol:llt

I' "'I'hol-;l

T

-dv

I'lx

sr = !rf -v2r

Para el alma:dA2=(b-be)dY ; by =(b-bo)

^ bh2 -boho2 b -bo ..2"2=-----l-,

h

*,=4r?lx' ho

2

*,*-,"'._-e__

h

xr=4 r \'r r*-r'r'| ¿ 4 ,' .+rx o6

f ,¡n2 -!ono2 _b -!o ,272

¿v*f #b-bo)'d,ló (b - bo)'

'{ -v\2aYl

ho

dy*b-;bo Í-o2

Resolviendo las integrales:

boDenominando: ffi =- Y

b-

Sección rectangular donde:

Sección rectangular donde:

I

bo= ho

.bDo:1,

m:p=

1m=D=-'2

hon

.hno=i i

0= kt=L'2

+ kr = 1.548

^puiltE§ y PluulEllla§ uc Est¡usula§ ñlPelEsEu(jus

Ejeaplo: Hallar la energia interna por flexión y fuerzastangenciales para Ia viga cargada con carga

concentrada y determinar la deflexión en el punto B'

8T

Energía j.nterna por flexión:

6.0 --+

. ,M¿ui :J¡fr.4s

en el corte: M = -8x8T,(#

Energia interna

8T

' L-* ---*

r-8.x2) . ur.ra lu 2304

-r-.6¡ | : -Elz1l 6El to

por cortante: ui =¡S'os

en eI corte: V = 8

6 a ^ 16

rri :"1 ki'(8)2."" - 64'k1'x3 | - rsz'rrJ zoa 2GA lo GA0

6

ui:J0

La energia interna total (energia,de deformación) será:

Para hall-ar latrabajo externo

2304 192,k1l!¡

=

-!

EI GA

deflexión en eI punto B, determinamosefeciuado por Ia fuerza en ese punto, asi:

8T

e1

lng. N.

?4^B

APUlltE§ y Pluultlllas UC E§uuutulaS nlpclc§láuq5

Por f]-exión:

Por e1 PrinciPio

1 .-.W. : - (u)-2

de conservación

4Aa

energia:^i=

de la We:Ui

23044 ae :-ET- =

Por fuefzas Eangenciales (cortantes) :

W.: l tal ao2-:4ae

Por el princiPio de conservación de 1a energia: We:Ui

, a 192.k1

GA

Si Ia viga en estudiorectangular constante de

E : 2. 1.107 'rlm2 Y módulo

A = 0.30'0.60 = 0.18 m2

una sección transversalun móduIo de elasticiciad= 8.4 . 106 T,/m2 :

GA= 1.512'1067

Et =1.134.105Tm2

tuviese30 x 60 cm,

de corte G

I = 0.30'-(9.60)3

= 0.0054 m4

Las energias internas para cada solicitación serán:

Por Elexión:

Por Cortante:

2304 -=o.o2o3174Tm

1.134.10"192 1 - =o.ooo1269Tm

1 .512 . 1ob

Ui =0.0204443Tm

Ui=

Ui=

Energia interna total:

Apuilte§ y Pruulelllas uE Esuuutulas nlFElE§lauG§

De Ios resul-taCos encontramosenergfia interna:

1os sigui-entes Porcentajes de

Solicitación Ui tElexión 0.0203174 99 38

Cortanl:.e 0 . 00012 69 o .62Totai 0.0204443 100 . 00

En este caso se deiermina que 1a energia j-nterna por fuerzastangenciales es irsi cni'. 1.:¡::'e i:':ri¡ - --. -.:-¿y'-- -¡"""":ldlpor flexión, por ello en 1a mayoria .cie los casos se Iadesprecia. En otros casos esta energia puede ser iBportante.

Las deformaciones en e1 punto B serán:

qqqq€qqqqqqqqqqqqqqq

Tq

TTTf¡I

Por Flexión: ^B:-

j76-=0.005079 rn :

1.134.10-

Pcr cortante: Ao: 48 = =0.000032 m =- 1.512.100

La deformación total: ^B

: 5.08 + 0.03

De 1os resultados encontramos los siguientesenergia interna:

5. 08 mrn

0.03 mm

= 5.11 mm

porcentajes de

Solicitación As tFlexión 0 . 00507 9 99.38Cortante 0.000032 0 .62Total 0.005111 100. 00

En este caso particular se determina que }a deformación porflexión es mucho mayor en comparación con 1a' defor¡naciónoriginada por corte, por ello en 1a mayoría de 1os casos se

desprecia Ia deformación por cortante.

E3enplo: Hallar 1a energia de deformación Por flexiónpara la viga cargada con carga concentrada y

determinar Ia deflexión en eI punto B.

10 r-' rM2

Energia interna: ,t :J 2r,

O"

en el corte: M = -10

m_\a--

3.0 -------------+,Mr-\-

-X ----+

10 T-*

)

lng. N- González V. @ 2007

APUlItts y ptoutuf Es uE ESUUqUtaS n!¡ESEIES

Ejemplo: Hal}ar 1a energia de deformación Por flexiónpara'-}a-t'iq" '--cargada con carga concentrada y

determinar Ia deflexión en el punto B'

cM2Energia interna:. uí =J,r, Ot1o

T-'

+_- 3.0 ------------+ 10

T-,

ft¡l- ) en eI corte:\._x ___-f f

ui=J c:!r' .o* = H l: +ó -' ro

3 . 0 --------f8T

I

vL---Ji-..+

M.= -IU i. -... .. :

:'-4.

Para hallar Ia rotación en eI punto B' determj-namos e}

trabajo externo "f.ti"t¿" por la fuerza en ese punto' asi:

10

) (10)-^B=50e

Por el Prj-nciPio de conservación de Ia energia: We : Ui

1w^=-'2

50e=#

AI igual que en caso anteriorfuerza cortante, sin embargo

flexión Pura, las fuerzasdeformación también será nula'

Ejemplo: HaIIar la energia de deformación Por fuerzas

cortantes para la viga sometj-da a carga

concentrada y determinar Ia deflexión en el punto B

puede efectuarse análisÍsL., este caso, tratándosecortantes son nulas Y

por

Ld

Enersia j.nterna: ur =JS'os

en el corte¡ V = B

-

3

ui =f0

,3

kr't8l2 64tr''i-_ñ;_ ox = _7ffi_

i _

,o

Para hallar 1a

trabaio exte=no<iefle:<iór, en

efeclu:Jc 5;or

eI Purlto B, de-'ernir'a:rcsia íuer¿a en ese P''Irrio, asi:

Pcr e1 !-rin:lpio cte conservación Ce = L¡i

':ó k1

GA

E jenplo: Deterainar La ene'rgia por fuerza nor:nal

acumula en sistena' ccnsiderar Af = 5

a

ri2 = 6 puigz y 1a iongit':ci ci¿ las barras 10 pies '

que::..;+

Fu19- t

i/? }IAB

,^o \- \.. -' - t30" -," I

i.aNBc ^kó

10'

¡! - ^^q¡.;3

¡¡.r.a . sen

t 'Áa

I'lpL- . costlr,. ' sert

; Ns,:

^^O

?no -o

300

300+

Aputrtcs y Pluulclllas ut Estlugtula§ nlPslsstauH5

Barra

Barra

La energia total

Ejesplo:

EjemgJ.o:

AB: u* = rN1 L,

= U: :',! ='T',2'E'A 2'E'5 E

Bc : ,* = $'! = t^o

i'^o = o3o

2,E.A 2.E.8 E

de deformación es:

HaIlar laflexión.

16r

Hallar la energia delfuerzas tangenciales.

16r

energÍa de1 sistema considerando

Tomando en cuenta que ds = 5 d0

sistema considerando las

en el corte: M: - l-6(5)'senO: -

fi:^,r. _ f 8oz .sen'o'(5)

¿6 : 4ooo'¡J 2EI EI0

Tomando en cuenta que ds = 5 d0

I

I

!

s'j.¡4-l

en el corte: V = 16 cosO

,l

ui = j*,.19' :":1'otdt=l!%:Ú0

':íeid0 ::.. i

a:. !

.--...-....-.-l

¿r!i = lu.t"¡

0

162 .cos2 o (5) ,. - 160'k1 ';2GA GA

Ejenplo: Iiallar ia energÍ a ie1Íuer-zas nc:;:.ai¿s, fue=uas

sis--e=a ccnsid¿ra¡:ic^..1-r. z---r 1., il ¿:i.:-¡

i :¿ú--:v'-'

r20'

Tor:lendo en cuenEa cue: cis = r - ciü

e: eI ccrte: ¡; - -20 seri0

tr : ! gC,5Q

i"i - lul r serrO

II¡Dfr,

liornal:

...,...0

d0'::.

Co!tante:

l{órni¿nt,o:

l; .1

r'", = ?(:?0-r-t*1qi¿2 rldil = -1t0:i ?="nru.oo = :?-'-1-'r J 2EA :EA J EA

0CñÍ"r

u,, = ?..ki:(1-l -c.cs!----------------l?

r <r0 - aY? k:i I ?"o.ro ci6 = lg-il ki-r-r'-J :GA :GA I GA

0fJ

Ílf'aa

,,^, = ?(:,1 r.senü)- r._0 =

*cl.13 fr"nz,.¿¿= 5c'n r3-rv¡ J :El :.=l I El

0 -- 0

La enerEla to¿ales l-a siil¡.a cie f"s tres c,b:+ai(ies,

5C; r' 50.x.k,.r 50; 13Ui =U,.¡+Uy+U¡.1 =-ElÁ-"-6A--= il

Si el- ar-co tierle sección t:l:ánsversal rectani''r1ar (kr - 1^' 2 )

10 ,< 30 c;r., un r.Ódulc de elastj-cr'lacl E = 2.1'10' T/m' 'J

nócurc ce ccrte G = B .i.loo i/^2;

F. = 0.10 . 0.30 = 0.03 m2

qqqqqqqqq,tqt

un

irg. N. Gcn:áez V. @ 2007

; GA = 2.52 105 T

^yurrrE§ y Prugrc¡ié) uc E§(¡ul(qtas n¡pEtÉStduks

r (o) U¡ Uy I4.r U tóta13 .00 0.000748

0.08r0.002244

o.25*,0.897s9899.6't\

0.9005590100.00*

2.00 0.0004990.19*

0. 0014 960.56*

0.2659s599.26r

0.267950100.00*

1.00 0.0002490. ?3*

0.000?482.18t

0 .03324497.09r

0.034242100.00*

0.50 0.0001252.681

0.0003748.04t

0.00415689.293

0 . 004 654100.00*

0.10 0.00002518.75t

0.00007556.25%

0.00003325 . 00r

0.000133100.00t

0 .05 0.00001223.08r

0.00003769.23*,

0.0000047.69i

0.000054100.00*

Ejemplo: Hallar la energia totaL del sistema.

Por proporcionalj_dad de triángulos:m

f¡ ft

h+m m

+dvI;l-lrrr-

h+m-y m

h.r.IIT

-

-

't2-t1

fc-fi . h.I¡|-----:_.t--y,

n f2-11

UN=J

u^, = P2 'h" 2n.E.q.r2

ApuilrÉs y Pluultsltta§ uE cÚt¡u(lulas nl¡'glE§rarss

p2.n2UN =-------- "2nÉ(r2-rfi'

th dvJg;12't1

,*=;Éh

Ejemplo: Halfar 1a energiapara Ia barra AB,

total de deformación elásticasin consi-derar 1a barra BC'

x1-----F T

Las solicitaciones internas Para

Cortante:Momento flector:Momeato torsor:

AffiGr

Ia barra AB son:

V=PM:-PxT=Pa

,v=t¿s{.o*=! É'

,r=i#o*={#

,.='J#o*=*#

Energia Por

Energia Por

cortante:

flexión:

Energia Por torsión:

La energia total de deformación elástica es:

u=u¡,1 +uv+ur

Ejetuplo: Determinar Ia energia internamostrada consj-derando que las

están dadas por eI estado tensionaLuna constante. La sección tlene 1aslongitud de la barra es L.

para l_a barrasolicitaciones

ony=.zrdondekesdimensiones b,h y la

i i.. L.i,:i|,: ¡"...,

j.: ji# - l-.

12.L.b.h324.E

h-.- -. v

/ L----------JEl estado tensional- refleja que 1os esfuerzos se producen porflexión' utilizando 1a exprlsión que reraciona ár potencialde ta ba=a en función de 1as tensiones ii;;-;";ializada deHooke) :

-2u= [:!¿-6yJ 2.E

^/) ¡

^ta

u = fll k¿ 'z¿'dz'dt'dxJJJ 2'E

-b/2 o -h/2

Ejemplo: Ha1lar Ia energia total de deformacÍónbarra contenida en uñ plano horizontal.

z

de la

Apuilres y [ruulcillas uc csuuuutá§ nrPsrs§taüEs

GqIqqcé4qá

!qGCqC!qq{EG

GGGG(É

GqGGáI¡€

VNT

1800:-8 0 5418 0 36

Tramo Origea LÍmlEes !,f

DC D 0-3 -18xCB C 0-2 -18xBA B 0 - 4 -18(3+x)

EnergÍa por f,qerza uormal:

A1 no existir ning"una soliciE,ación por fuerza normal, IaenergÍa acumulada para est,a solicit.ación es nu1a.

UN=0

EnergÍa por f1exlón:

3. 324.x2 2, 3%* ¿**} gz¿.(g+x)2 axuM=J ,Er 'dx+J 2Er '^*J -- 2E:¡

,r=TF

,, 2¡324.9 ,...4t3!!d*'. =

J zo¡ o'* J- zc.r -^

.. 5508ljr=-.GJ

de deformación eIástica

Energía por corte:

u., =t ki.324 dx+t k1.324 dx+t kr.324 o*'dzGA d2GA d2GA

u., _ 1458.kl'GA

Energía por Eorsión:

La energía toEal será:

lng. N. González V. @ 2007 €

ApuiltE§ y ptuuttsilta§ ue trSuuututa§ ntrJetEstáuE5

Ejemplo: Ha11ar 1a energiaun arco de raCio 4

total del sistema formado porm contenido en el plano x-y.

de'' _ __':1:::::::::::::: "::::- '_ _"_'_'

....:::::::..^i::::;'."-" -

....... "' -"'¡ y

\-"

^kN¿

Sobre el plano x-y

Momento flector:

Cortante

Momento torsor:

Por fLexión:

=-BsenOFJ

T)."

=4d0

'"=f

B(1 - cosO)

/1(-B sen0)'(q)a0

2Et32¡EI

0

x/2

I r,(g)2ralaoüv= l:=,o

4 krzrLrA

Por cortante:

Apu[rcs y pruulerilas us ESUucrutas ntpErESrauG§

Por flexión:

Por cortante:

Por torsión:

(-8 sea0)t(a)ae\ry - 2EI

uv:

/2

Ur=

k1(8)2(4)de------zGE-

l-8 (1-cos0)12(a)og 32 (3a-B)----GJ--

las energiias

32 ¡r-Ef-

_ 4krnGAJ

0

j ZG¿

es 1a suma deL:- ..,:ergia total de deformaciónobtenidas:

U:U*+Uv+Ur

rT _ 4'k1 .r.32.r,32(3r-8)GA EI GJ

En este problema, Ia energia por fuerza normal es nul-a.

2.5 LEYES DE RECTPROCIDAD

2.5.1 Ley de Betti.- Esta Ley se refiere al trabajoreciproco de las fuerzas.

EI trabajo de un sistema de fuerzas gradual "Pi" debiCo a losdesplazamj-entos que en sus puntos de aplicación le produceotro sistema de fuerzas giradual "Pj", es igual a1 trabajo de1as fuerzas gradua!-es deI segundo sistema debidc a 1aaplicación gradual del prim.er sj-stema de fuerzas".

a) Aplicando eI sistema gradual de fuerzas 'tPi't sobre 1avj-ga, se origina un trabajo igual a:

1Wi = Z. Pi . §i


(Trabajo real)

AputtttsS y Ptuurcilras uc c§uuululas nlPtsrcsr¿uÉs

vrj P: .6j (Trabajo real)

. Aij (Trabajo virtual)$I,. = Pr

efectuado por ambos sistemas de fuerzas

12

E1 trabajo totalgraduales será:

w=

1w :Z- Pi ,6;.

i.l= + $I. =.) L)

'Pr '6j +

gradual

Sli +

1+z Pi 'aij

de fuerzas "Pj ", e1

wj:1Z

P:'61 (Trabajo real)

Aplicando a continuaci-ónmantenj-endo aplicado eIserá:

D. D.!1

de fuerzas gradual "Pi",fuerzas "Pj ", e1 trabajo

P:" - 6i (Trabajo real)

'Ajr (Trabajo virtual)

eI sistemasistena de

Ili

Jr

=1'.;¿

=P.

EI trabajo total efectuado por ambos sistemas de fuerzasgraduales será:

t^]=

wj*

*1z

1

z

I^]=

'Pi'6t

w. + t¡l-.¡ Jr

.P, .6- + P, ,4,..) ) r rJ

6i Ajl


l\PU¡ttEs y ptuuteiltas qB rsr¡uurutas ntpEtr§tau(as

E1 trabajo total efectuadograduales será:

por ambos sistemas de fuerzas

w=Illj+[rli+W¡i

[,¡=1.pi.5i +1.pj.6: *2Z

El trabajo total no depende del ordencargas graduales, en consecuencia amboses decir:'lrá.tt.¡, É.Pi.6j + pr.aij =i.rr.u,

Pi,^ij : Pi*Aii

2.5.2 Ley de Maxwell

Es un caso particularsistemas de fuerzas son

de la Ley deiguales ( pi =

Pi:Pr:¡>

P*^ij = p*A1t

P. ..^.,¡ r_J

de aplicáción de 1astrabajos son iguales,

,l

*á.ri.6j + pi.Aij

Betti, enPi ).

la eue, O4pos

Apuntes y problemas de Estructuras Hiperestáticas

CAP.3 PRINCIPIO DEL TRABAJO VIRTUAL

3.1 CONSERVACIóU OP LA ENERGIA

Est,ablecidos 1os procedimientos para determinar e1 trabajoproducido por una solicitación externa aplicada sobre uncuerpo y Ia energiÍa j-nterna acumulada ..por dicho cuerpo,veremos cómo de pueden aplj-car dichos procedimienEos .paraesLablecer desplazamientos y rotaciones de un punto de unaestructura

Ej emplo : Hallar e1 desplazami-entoflexión del punE.o donde se

Aislandop somet.ida

verti.cal debidoaplica 1a carga P.

un trozo de vigaa flexión:

el trabajo

M=-Px,

y 1a energía interna dedeformación es:

.M2ds LrP2 ,) . P2L3LT1 = l- = l-X-.dX=

-r z1t d2El 6El

EI trabajo externo de 1afuerza es:

w" = 1.p.¡2

Por eI principio de Ia conservación de 1a energia,externo y Ia energia interna son iguales, asi:

1p¡ - P2t-3

2 6El

Se observa que Ia solución deI problema es directa y que Iaaplicación deI procedimiento se limita solo a algunosproblemas, Do pudiendo generalizarse para otro tipo de

cargas, e1Io debj-do a que solo se puede utilizar una ecuaciónde t.rabajo para 1a viga.

PL3

3Et


= €.qqqqaó4GGG1,qqqqqCGGG)GCqCCGIG

til

ffillr

tI

till'lt

i

H

I

i

it

Apuntes y problemas de Estructuras H,perestát¡cas

3.2 PRINCIPIO DEt TRABA.]O VIRTUAI

E1 principio de1 Erabajo virtual fue desarrol-Iado por 'JuanBernculli en L7L7 y también es conocido con eI nombre deMétodo de la Carga UniEaria.

A1 igual que oEros métodos de cáIcu1o para estructurashi-peresEáEicas, se basa en e1 principio de 1a conservación de1a energía (We = Ui), de esta manera permiE.e establecer unmedio general para obtener un desplazamiento o rotación ciea1gún punto de una estructura.

1o) Si sobre un cuerpo deformable aplicamos una serie decargas externas P, elJ.as se transmiten a 1a estructura,originando 1a aparición de fuerzas internas u.

2") Es necesario que 1as cargas exEernas P y 1as fuerzasinlernas u queden relacionadas por ecuaciones deequilibrio.

3o) Las cargas P, en sus puntos de aplicación, origin:ndesplazamientos externos A y 1as cargas internas rroriginan desplazamientos internos 6 en cada punto decarga j.nterna.

4') Los desplazamientos e:.:ternos y los desplazamientosinternos deben estar relacionados entre si porecuaciones de conpatibilidad de desplazamientos.

EI principio de Erabajo y energía esEablece. '"':-oE

Trabajo de 1as cargas ext.ernas = P, A

Trabajo de 1as cargas internas = u - 6

Por e1 principio de conservación de la energÍa, e1 t.rabajoque efectúan las cargas externas es igual a1 t.rabajo de 1ascargas in"ernas, cumpliéndose que:

»P'^ = Xu.6

Estudiando un cuerpo sometido a cargas externas reales P,suponiendo gue los soportes del cuerpo no pueden contar conpcsibilidad de desplazamienlo, pero que eI material puededeformarse de manera irrest.rict,a más allá de su 1Ímiteelást.ico:


Apuntes y problemas de Estructuras H¡perestát¡cas

Como ninguna de 1as cargas externas actúa directamente sobreel punto A y menos en l-a dirección A, e1 desplazamiento Apuede ser determinado colocando sobre el cuerpo primero unafuerza ficticia Pt actuando en Ia misma direcci-ón A (porconveniencia se escoge para 1a fuerza fictÍcia un valorunitario P'= 1). §sta fuerza Pr se denomina fuerza virtual,para indicar que el}a no es real (es imaginarj-a).

Esta carga virtual genera unaelemento representativo.

Trabajo externo

Trabajo interno

carga virtual interna u en un

Como resultado de esas cargas, el cuerpoy el elemento experimentarán undesplazamiento virtual debido a las fuezaP'.

Una vez que se aplican las cargasvirtuales P' y que el cuerpo está sometidoa las cargas reales, el punto A se desplazauna magnitud A, ocasionando que elelemento se deforme una magnitud dL.

Como consecuencia de ello, la fuezavirtual externa P' y las cargas virtualinterna u viajan a los largo de A Y dLrespectivamente y efectúan una trabajovirtual externo sobre el cuerpo y un'trabajovirtual interno sobre el elemento iguales a:

(sobre eI cuerpo)

(sobre e1 elemento)

1'au.dL

lng. N. González V. @ 2007 -44-

Apuntes y problemas de Estructuras H¡perestáticas

Por e1 principio de conservación de Ia energ:ía, e1 trabajovirtual externo es igual a1 trabajo interno ejecutado sobretodos 1os element,os de1 cuerpo, en consecuencia:

cargas virtuales ttYV1.^ =Eu.di

AAlrdesplazamientsos reales

donde:

P' = 1 = carga virtual unitaria, que actúa según la dirección A

u = carga virtual interna, que actÚa sobre el elemento en la dirección dL.

A = desplazam¡ento externo origioado por las cargas reales.

dL = deformación interna del elemento causada por las cargas reales.

I

1.

(3 .1)

(3.2)

uniEario en ese punto. Este momento concentrado orig:ina una

carga virt,ual interna u0 en uno de los elementos del cuerPo'

suponiendo gue 1as cargas reales deforman aI elemento en una

magnitud dL, Ia rotación 0 puede enconErarse a partir de 1a

ecuación dei trabajo virtual:

cargas virtuales

Si el anáIisis se cenErarotacional o pendiente <ie

esLructura, se aPlicará

desplazamienE.os reales

en determinar el desPlazaniento1a tangenEe en un Punto de r¡na

un mo¡¡.eato viríuaT tft dé walor

I0 =Xug.dIJrt

M' = 1 = momento v¡rtual un¡tario, que actúa según la dirección 0

ue = carga virtual interna, que actúa sobre el elemento en la d¡recc¡ón dL

a = desplazamiento rotacionai externo or¡ginado por las cargas reales'

dL = deformación ¡nterna del elemento causada por las cargas reales'


3.3 TRABAJO VIRrUAJ, APLÍCADO A AR¡,ÍADURAS

Las armaduras principalmente están sometidas a fuerzasnormales, aunque también pueden estar sometidas a efectosprovenientes de cambios de temperatura y defectos defabricación.

3.3.1 EI'ECTO DE ETIERZAS NOR},Í¡ILES

Las fuerzas normales actúan sobre unaalargamiento o acortamiento, en funcióntracción o compresión.

Para eI caso g:eneral de una barra eIástica,

determina mediante la Ley de Hooke,

barra originandoque eIlas sean de

1a deformación se

donde:

^' - N'LE.A

entonces Ia expresión de1 trabajo virtual queda en 1a forsa:

(3 .3)

donde:

'l = carga unitaria virtual externa que actúa sobre elnudo de la armadura, en la dirección A estipulada.

n = fueza normal virtual interna en el miembro de laarmadura, causada por la carga virtual unitaria externa.

A = desplazamiento externo del nudo, causado por las cargasreales en la armadura.

§ = fueza normal interna en la barra de una armadura,causada por las cargas reales.

| = longitud del elemento.f = módulo de elasticidad lineal del mater¡alfi = área de la sección transversal del elemento.

3.3.2 E¡'ECTOS DE TEMPER;§,TURA

Cuando los miembros de una armadura están sometidos a canüciosde temperatura, modifican su longitud mediante 1a expresión:

l,l=;!.r! I| "l j__i


AL=oLAT

-46-


en consecuencia Para determinar e1 desplazamiento de un nudo

específico de una armadura, la expresión de1 trabajo virLualpuede ser escrita en 1a siguiente forma:

1.4= rn.cr.L.AT (3.4)

donde:

| = carga un¡taria v¡rtual externa que actúa sobre el nudo

de la armadura, en la dirección A estipulada.

n = fueza normal virtual interna en el m¡embro de la

armadura, causada por la carga virtual unitaria externa.

^ = desplazamiento externo del nudo, causado porel cambio

de temPerature.c! = coeficiente de dilatación térmica del material.

| = longitud del elemento.

AT = variación de temPeratura.

3.3.3 EFECTOS DE ERRORES DE FABRICACION

Si los miembros de una armadura presentsan defecEos &fabricación referidos a su longiE'ud o Por razonesconstrucEivas se desea lograr combeo (flechas o

conEraflechas) durante eI funeionamiento de 1a armadura, e1

anáIisis deI desplazamienEo de nudos específicos se logra a

Eravés de La expresión de trabajo virtual siguiente:

(3.5)

doade:

'l =

n=

^=c[=

AL=

I t.l = In.AL Il-l

carga unitaria virtual externa que actúa sobre el

nudo de la armadura, en la dirección A estipulada.

fueza normal virtual interna en el miembro de la

armadura, causada por la carga virtual unitaria externa.

desplazamiento externo del nudo, causado por

el error de fabricación.coeficlente de dilatación térmica del material'variación de longitud del miembro, respectodel tamaño estipulado.

lng. N. González V. @ 2007 -47

Apuntes y problemas de Estructuras Hiperestát¡cas

Ejemplo:

El análisis seconsiderando eIconsiderando unahacia abajo.

efectúa bajoefecto de lascarga vj-rtual

Hallar eI deéplazamiento vertical del nudo1a armadura de 1a figura, considerando29,000 ksi

l)

Bde§=

,. It

dos situaciones, Ia primeracargas reales y Ia segunda

Pr: 1K actuando en eI nudo B,

a) Fuerzas reales (N)

t¿

15"

JU

Los resultados de ambos aná1isistabla:

b) E\¡erzas virtuales (n)

L1''

se muestran en la siguiente



en consecuencia para determinar e1 desplazamiento de un nudo

específico de una armadura, 1a expresión de1 t.rabajo wirEualpuede ser escriEa en la siguiente forma:

1'A= In.cr.L.lT (3.4)

donde:

| = carga unitaria virtual externa que actúa sobre el nudo

de la armadura, en la dirección ^

estipulada.

n = fueza normal virtual interna en el miembro de la

armadura, causada por la carga virtual un¡taria externa'

^ = desplazamiento externo del nudo, causado por el cambio

de temPeratura.cr = coeficiente de dilatación térmica del material.

l- = longitud del elemento.

AT = variación de temperatura.

3.3.3 EFECTOS DE ERRORES DE FABRICACION

si 1os miembros de una armadura presentan defectsos de

fabricación referidos a su longiE,ud o por razone§¡constructivas se desea lograr combeo (flechas ocontraflechas) duranEe eI funcionamiento de 1a armadura, eIanálisis de1 desplazamiento de nudos especÍficos se logra a

través de 1a expresión de Erabajo virtual siguienEe:

(3. s)

donde:

t-

n=

^=(l=

AL=

I r.n = rn.aL I

l-l

carga unitaria virtual externa que actúa sobre el

nudo de la armadura, en la dirección A estipulada.fueza normal virtual interna en el m¡embro de ¡a

armadura, causada por la carga virtual unitaria externa'desplazamiento externo del nudo, causado porel error de fabricación.coeficiente de dilatación térmica del material.variación de longitud del miembro, respectodel tamaño estipulado.

lng. N. González V. @ 2007 -47 -


Ejemplo:

E1 análisis seconsiderando e1considerando unahacia abajo.

efectúa bajoefecto de 1ascarga virtual

Hallar eI deéplazamiento vert.i.cal del nudo B dela armadura de 1a figura, considerando B =29,000 ksi

15 l( 20R

D

7.z',

30k7.2',

I

I

s4 I

Ila-i-

7.z'.

38

dos situaciones, 1a primeracarqas reales y la segunda

Pr: 1K actuando en el nudo B,

Fuerzas reales (N)

15 k 2ok

^^kJÓ

Los resultados de ambos análisistabla:

b) Fuerzas virtuales (n)

1k

se muestran en 1a siguiente

E

B c

F


Apuntes y probtemas de Estructuras H¡persstáticas

TraaoN n L A NNL/A

kips k].ps inch inch2 k2linchAB 69.3333 0.8889 86.40 8.00 665.60Br 6B.UUUU 0.4444 86.40 8.00 326.40

CD 6U.UOUU o.4444 86.40 8.00 326.40

AE -86.6667 -1.1111 '108.00 10.00 1C40.00

BE 37.0000 0.6667 64. 8.00., 1

BF 1.6667 0.5556 108.00 8.00 12.50

CF 30.0cc0 0.,.-rCr10 ñ4.AC I ?.00

108-00 r - -lu.uñ

0.00)F -85.0000 -0.5556 ¡ lñ nñ

szz¿aEF -69.3333 -0.8889 86.40 't0.00

Aplicando 1a exPresión del

k1r

I = 3613.18

trabajo vj-rtual:

361 3.1 IAD

" 29000

AB, = 0.1246 inch = 0.32 cm = 3.20 mm I

Ejeurplo: Ha11ar eI desplazamiento vertsical del ando B &Ia armadura de Ia figura, si las barras ¿'1

cordón inferior sufren un cambio de Eerq)eratura de L:lt'F-considerar Gg = 0.000006 1,/"F

,rl^

E1 aná1isis se efeeEúa bajo dos siEuaciones, Ia primeratomando en cuenta 1as cargas reales y 1a segunda considerando1a carga virtual P'= 1 k actuando en B.

-é,

éCqC,GCG,CGá4GIfq{r

={t;¡qqqqqqq(((((

{It

a) Fuerzas reales (N) b) FuerzaE virtuales (n)


TramoN n L

^rnoL^T

kips kips inch r k ' inchAB 0.000 0.8889 86.40 't 20.00 0.055296BC 0.000 0.4444 86.40 120.00 o.o27648CD 0.000 0.4444 86.40 120.00 o.o27648AE 0.000 1.1111 108.00 0 0BE 0.000 0.6667 64.80 0 oBF 0.000 0.5556 't08.00 o, 0CF 0.000 0.0000 64.80 0 0DF 0.000 -0.5556 108.00 0 0EF 0.000 -0.8889 86.40 0 0

t = 0.110592 k.inch

Aplicando la expresj-ón del trabajo virtual:

1K'AB' =0.110592

AB, = g.116592 inch = 0.2809 cm = ,;;;l

Ejemplo: Hal-lar eI desplazamiento vertical- del nudo B deIa armadura Ce la figura, si 1a barra BE es 0.20"

más corta de los establecido en 1a geometria real de laestructura.

,.1 ^tl7.2'

El aná1isis de Ia armadurala primera tomando en cuentaIa segunda considerando unaeI nudo B,, hacia abaio.

a) Fuerzas reales (N)

7.2'

se efectúa bajo dos situaciones,el efecto de 1as cargas reales Y

carga vj-rtua1 P'= 1 k actuando en

b) Euerzas virtuaLes (n)

7.2',



Los resultados se muestran en 1a siguienEe tabla:

E =-0.1111 k-inch

Apli-cando Ia expresión del trabajo virtual:

1k'AB* =-0'1111

,/.ide:

Tra.[lo}I n

^rn Ar,

kiDs kips inch k. inchAB 0.00 u.566v 0 .00 0

BC U. UU o.4444 0.00 0

CD u. uu 0 .4444 o.00 0

AE 0 .0u -1.1111 o. o0 0

DT U. UU o.6667 U. UU 0

BF 0 .00 u.555b -0.20 -0.1L11CF o.00 0,0000 o.00 0

DF 0.00 -u.555b 0.00 0

EF U. UU -o.8889 0.00 0

ae, = -6.11f inch = -0.2822 "n't

= -*rnl

3.4 TRABAJO VIRTUAL API.ICADO A MARCOS Y VIGAS

:-,llosmarcosyvigaspredorni-nanlassolicitacicnesporflexión. de esta forma, si- nuestro obietivo es determirrar eIdesplazamiento

^ del punto A, debemcs aplicar u:ra carga

viriual unitaria en ese punto, según 1a dirección deldesplazamiento que deseamos determinar.

Los marcos y vigas principalmente están someLidos a flexión'aunque también pueden estar sometidas a efectos provenienEesde cambios de temperatura y defectos de fabricación'

'# xdx

CARGA REALI

MOMENTO REAL

¡-) *_L.-ilx

CARGA VIRTUAL MOMENTO VIRTUAL


donde:

M = momento flector originado por 1as cargas reales '

m = momento flector originado por Ia carga virtual'

EI trabajo externo efectuado por 1a carga virtual es:

1.^

EI .trabajo internom es:

efectuado por el momento virtual unitario

¡n'd0

Además, en flexión

donde:

'l =

m=

¿\=

ffi=

E-L-

l=

m do : *'Md*EI

ae:üas =EI

Aplicando eI principio de conservación de 1a energia:

lrle = Wi entonces:

¡ffI 'M1.4= l-.dxJ E.I(3. 6)

carga un¡taria virtual externa que actúa sobre la viga o marco,

en la dirección ^

estipLrlada.momento v¡rtual interno en la v¡ga o marco, en funciónde x, y que se origina por la carga virtual unitaria externa.

desplazamiento externo del punto, causado por las cargasreales sobre la viga o marco.momento interno en la viga o marco, en función de x,

causado por las cargas reales.módulo de elasticidad del material.momento estático de segundo orden de la sección transversal'

respecto del eje neutro. (momento de inercia).

para determinar 1a rotación angular 0 de Ia tangente trazada a

un punto de 1a viga o marco, se aplica un momento virtualunitario en ese punto, según la dirección de 1a rotación que

se desea determi_nar, obteniéndose un momento mo en ese punto.

lng. N. Goñzález V. @ 2007


\'4..d0:

:,)*

rns d0 : '9j[ a*

Ia enerqia:

1

I

1 t rr.=-1\ +- x ---+

CARCA REAL

1

MOLÍETflTO REAL

C¿RCA VIRTUAL MOMENEO \/IRTUAI,

externo efectuado por e1 momento virtual es:

1.0

interno efectuado por e1 momento virtual unitario

El trabajo

EI trabajor0 es:

Además, en

Aplicando

Ejemplo:

ug.d0

ao : -14- ax =E.tflexión:

eI principio de conservación de

We = Wi, entonces:

q

Frecha, M(ffi M=

Encontrar Ia flechaB. (El=cte) .

1'o = ['o'M.o*J E.I

12--o x2'

(3.7)

y rotación de1 extrem.o libre

¡ng. N. González V. @ 2007 -53-


x .(-o't-1'q'*21¿dx

EI

L

- q.fr3.o*z1l )

o

1

me f ).q = -1- \+-x---+1"\

r3q .j "2.d*=

Q'r2EI J 6EI

o

1AB:

Ejenplo:

Flecha: M C

_ q.L4

8El

L

Jo

q12Arrgulo:

M f*trtrtrm M : -79x\ | x ----r

L (-1).t-*.q *211eB: I ='¡

o*=o

F-"=-ql

1a flecha yEncontrar(EI=cte) .

rotación

P

0<x<b: M:-Pxb<x<L: M=-Px

de1 punto B.

P

Iv

+-x-JCB:BA:

1

,l I o

- t- x ----t

1 ae : Jtol (-I'*1.0,

0

CB: 0 < x S b: m = 0

BA: b<x<L: *:-(x-b)

I rr-ur.r-p.rl P2t3- lj--------.!Y=

-

.l E.t 6El0

P -14 b.L2 b3.Ae = EJiT--z 'o '

_+__ a ----f---- b ---------+


AngrrJ-o:

1oe

E1 trabajo de

EI trabajo de

Por eI

además,

Ilrf\tr\ --;7-

+_x_t

: ltol.t-t.rl.o*ó Er

* l(-,r.(-p.r).0* -á E'l

CB:

BA:

0<xlb<xS

m0=0me= -l-

p2r-3

6Er

3.5 TRABA.'O VIRTUAT PASA ELEME}TTOS SOMETIDOS A E'T'ERZArA}¡GENCIAI.

Para un elemento sometido a fuerzas tangenciales, se aplieauna fuerza tangencial virtual unitaria, en eI punto donde sedesea determinar dicha magnitud, entonces:

una

una

fuerza tangencial vj-rtua1 es: 1.4

fuerza tangencial interna v es: v. dy

análisis de fuerzas tangenciales: dy= k!v-V.ó( ,. G.A

eI principio de conservación de Ia energia fle : IIi:

1.¿ = [ k1 '''V .d,J G.A

(3.8)

3.6 TR,ABAJO VfRTUA], PARA ELEME}flTOS SOMETIDOS A TORSION

Para un elemento sometido a torsi-ón, se aplica una momentotorsor virtual unitario, en' eI punto donde se deseadeterminar dicha rnagnitud, entonces:

El trabajo de una momento vj-rtual unitario es: 1.4

E1 trabajo de un momento torsor interno t es: t,d0

Por el análisis de momentos torsores: d0 = tl .O*, además,J G.J

por el principio de conservación de Ia energía t¿,le : Ui:

lng. N. GonzálezV. @2007

Apuntes y problemas de Estructuras H¡Perestát¡cas

T1

3.7 TRABAi,ovIRruAI,PeRjA'ELEME}f,tossoMETIDosAcAI{BIoDETEMPERASIIRA

cuando es necesario analizar 1a variación de temperatura a

través de1 cuerpo de una barra, se puede establecer un

d.iagrama de temperaturas, un perfil de temperaturas y un

diagrama de desplazamientos de Ia siguiente manera:

(Tr > Tz)

-+------|-+-xdx

r-- T1 -------+

I'Íz

h

tm?h

z

tm -

AT* =

T1+T2.---2-

Tt-T22

AL = G AT^ dx, entonces

ao = 2'o'aTm.d*

h

Aplicando una carga virtual unitaria en el punto donde

buscamos determinar eI desplazamiento, o un momento virtualunitario donde se busca la rotación, se generarán momentos

virtuales m y ¡nO en eI Punto donde se localiza el elemento de

Iongitud dx. EI Teorema de Castigliano será para ambos

casos:

DIAGRAMA DE TEMPERATURAS

Además, la deformación linealde longitud dx sometida a

ALo" =|.ee

DIAGRAMA DE DESPLAZAMIENTOS

que sufre una fibra cualquieracambio de temPeratura ATr es:

d0 = cr ATm dx, de donde:

1.¿= 13Jr-"-^Ir-.6"

r.e= 1?-ro s-^Irr.6t

h

¿

(3.10)

(3.11)

+- TZ ------r ATm


3.8 TEORE!,IA DE CASTIGLIANO

Si sobre un cuerPoelástico- actúa u:isistema' de "n" fuetzas,e1las originan que elcuerPo sufradeicrmaci;aes traducidasen desPlazamieotos Yrotaciones.

Para una fuerza arbitraria Pi, la Ley de Clapeyron nos indicaque el trabajo externo originado por dicha fuerza es:

1_.vte = -- Pi 'Ai

Para todo eI sistema de íuerzas, e1 trabajo total

Por otra parte, e1 principio de conservación de Ia energia

establece que e1 trabajo externo es igual a la enerEia

interna de deformación:

será:

+Pn^nl

r¡t^ = = Ui

u:1 f p, A, + P2 Lz + .... + P1 A, + Pn-r An-t + Pn An lu : á,

11 a1 - E2 "2 ' -1 -t -r¡-t ¡¡-r

4,Para materiales elásticos, Ia fuerza es proporcional a 1a é'deformación, pudiendo escribir esta relación como' A,D.a

A, =; é

=1 i ) ^ ] ¿ | nz 1 iiu: i[Pr2 + Pr? + + P,2 + Pn-r2 + Pn2 ) A2K l¡

:É


derivando respecto de }a carga Pi:

AU

== t 0 + 0 + .... + 2 Pi + 0EP¡ ?:o'+ 0 l: 2q

2k

(3. 12)

3.8.1 APLICACIóN A ARMADT'RJ§,S

La energia de deformación se determina por la expresión:

.. N2tu=-2EA

^ = *,*, = # *,*'r = $ rcr^^»

¿=rll-.r9[r.r-"EA 'AP'

La derivada pazcíal de La'energía ínternade ürn cuerpo. respecüo de una fuerzacuaTqaíera, es ígual al desplazaníentodel punto de aplicacíón de dicha fue¡za,

(3-13)

3.A.2 apr,rcac¡óN A VIGAS Y

La energia de deformación se

!,ÍARCOS

determj-na por 1a expresión:

u:J*0,

^ = + f Y'='l =r-==¡a *1u2¡.ox = i$r$r o,

aP J 2.E.1 2.8.1¿

.M .AMA - l_.Í-J E.I 'AP


(3. 14)

Apuntes y problemas de Esbua\lras H¡perestáticas

o=Jfrt*ra-

Si desea determlnar rotación:

3.8.3 APLIC{CIóN A VIGAS Y MARCOSIA}IGENCIAI.ES

(3.15)

SOMEIIDOS A II'ERZAS

(3.17)

e= f.!4-.r4r.J E.I 'EM'

La energía de deforrnación se determina por 1a expresión:

(3.16)

3.8.4 APTICACIó}¡ E BARRAS SOMETIDAS A TORSIóN

La errergia de deformación se determina por Ia expresión:

u = [k'V2 ¿'¿ 2GA

^=#i#*{r3* $rv2r o,=iS<Sr *

¡ = [ k1 'V .ráVl.a,

J G .A 'EP'

*2u = fl.ox'2GJ

a,tZ 1a=-t:dx =t-.3(T2).dx= [ T taTl.o,AP'z,G,J '2.G J EP' G.J'AP'

I'l

I{

t

{

I

{

(

(

I

{

(

{

(

{



Ejemplo:

Tramo CB:

Tramo BA:

I"t:-x2-MtApr

1IáMr

Ha1lar fa rotación originada por flexi-ón en elpunto C. (nl:cte).

12.O

" (ffi)",

.,TTTTTUWN,f--/.

u1M

) ¡r, M : -6(x coscr) + 1.5 - M1

EM_ =_1Olvl l

o2.Xi ec:JE

0

13

a**J0

6 (x coscr) + 1.5 dxEI


Apuntes y problemas de Estructuras Hiperesláticas

Ejemplo: Encontrar la deformación vertical total para e1arco de radio r contenido en el plano x-y,

sometido a carga uniformemente distribuida por unidad delongitud de valor 6 f/..

z

^ ir e1 plann

:::::.|;,!¿

En este caso, primeramente debemos encontrar Ia posición delcentro de gravedad de 1a carga, bajo el ángulo 0. Coasiderandoqueds=rdc':

Resultante: dR = gds :

R=

6.

0

f.0

r dcr

r.du = 6 r 0

Momentos axíales:

dMy: x dR = r seng. 6 r.dc¿: 6 12 senu.dcr

e

lcM.. = 16 r- senc¿ . dq = 6 r2YJ

dMx = y dR = r cosu,.6 r.da = 6 r

0t"

NI = 16 12 coscr.dcr = 6 r2ÁJ0

( 1-cos0)

2 coss. da

senO



7M* = 6 12 coscr. dcr = 6 r2 senO

Con estas expresiones encontramos:

- 612(l-cos0) .l-cos0.x= ' '=r(-)610 e

- 6r2sen0 -sene.V= ore =r( , )

Analizando en planta:

-xcoso= r.(1-;oto)

^ -0-coso..-senu : f .l-_-]'0í:

AM;:=fSeDUdY

dli aP=L

,*=r(1-cos0)at

determinan de Ia

,=ysenO

v=4-ycos0-x

Las solicitaciones serán entonées:

Momento flectors M = 6 r2(1-cos0) + p r sen0

Cortante V=6r0+p

Momento torsor: T = 6 x2(0-sen0) + p r(l-cosg)

Las deflexiones en e1 extremo libre sesiguiente manera:

Por flexión:

Por torsión:

ÍU¿6sNr:

J

0

por cortante: ouu='l2rr o't'r't'oe -

6.13.sen0'(1-cosg).r.d0 : 3.14EI

2.4674011 .\ .12

GA

*_- - "(2128. (0-seno).(1-cos0).4.d0 _-Br-¿ * :


0.3258084468 .r4

si no seres ul t acos

efec-rúa ',.:n anáIisis nu::réricc, iees clificulccsa, por e11o asunj'remos

E=2. 1'10'T/:n-G = 8.4 ' 10' T/¡:1-

b = 0.20 ra

h = 0.30 nr = C.00C45 !r''l

:A = U.Ub rn

r- - i )\ - -i'A

J = 0.00065 ma

coir.paraciór delos si-guientes

E(n)

6s en llJir.

F]"exión(t)

Carta::t.e(ri

Torsióir(t)

Total(s)

í,ñ191.11?74

63.850.44C41

0.'1.1

1i1.,39177JO,U i

31 0.73807100.00

an25.71425

63.690.1 5362

0.3911.50027

35.9?40.37317

100.00

1.00.31746

61.75 3.430.1 7902

34.820.51410100.00

0.50.01s84

ÁÁ óo0.004.í1

14.430.01 1 19

31.570.0112100.00

0.10.00003

14.0500ci 3

78',Jz0.000c2

7.920.00023100.cc

La ciefcrnacióa to-tal C:L p"rn:c anali'zado es la su¡rLa CQ 1as

ciefornaciones obt,en:-ias ¡-';ia cacia iipo Cr: esfuerzo'

üu=t5r,',+E.-+6",

De es|.a rleneía para un arco lcn ra(iio cie 3 meL]:os,

6B = 25.?1 + 0.16 + fi.50

qE

eE

¡qI

¡TTI{

q

E(f{

lng. ¡,¡. González V. @ 2007-bJ-


Ejearplo: Determinar 1a flecha en el centro de 1a vigasi 1a temperaEura en 1a parte superior es

Tr = 45oF, 1a temperaEura en Ia parte inferior de 1a

viga es Í2 = 115oF Y e1 coeficiente de dilaEación de1

material es 6.8 * 10-6 17'¡r

I

a-# Tl:l

-

0.5 0.5

,_ = T1 +T2 _ 45+115 _ rO ,,fr__ 2 _ 2 ,

1zg 2.]x.a.aT¡¡1'Ac' - I '-

""0'*0

integrando y sustituyendo valores

20' -

0lx

10<x

< 10:

< )o.

1

21

m= '110-x)2',

- Tr-Tr 115-45"-- '- =35

120 2.1(lo-x).o.trmI ¿ .d,Jh0

en 1as mismas unidades:

Acr=0.8568" =rrr;lEjemplo: Determinar 1as reacciones en Ia viga si eI apoyo

B sufre un asenE.ami,enEo de 5 cm hacia abajo.Tomar como módulo de elasticidad E = 2.5'106 X/mz y momenLo

de inerci? I = 0.0045 ma.

/4. R _A_ l\-.m 77772

10.0

diagrama de deformación

8.0

T1 = 45'F

T2 = 115'F #,


:resiárces

Asuiiencic comc reiurciance 1a reacció:: en el a-§cljo

!x,9-

0

La energia <ie

Ia ex¡-,resión:

u=

Por el Primer teorena

AU¡.- : -e:.iz

1I x S 1i;: I'Í,=-)r.2:<Y

q

l):S 8: i'!^=-X.:<-9

deforr:ración i:-iEerna

a

= -x

f Iexi ór obe<lece a

,úi

:

12800..

-

t.a

243í,Í

L:':l. -{: -\^.

dHe._:¿'lir

Á¡ai,r^ ¡

'i'l',= ¿,* * ti'.!i ¿*J ^,ir J i:i

<ie Castiglianc:

1q 9*, ,, a, ?rl,x2 *2 16ooc-\B= l-8'=-, ¿;a-l ür

-¿¡=:-:--¡;rad H d Er 2,!3Er

2850Cr^---Y-- 243r.i.

El factor: EI = 11250 Tn:, sustiiLlyen3o "'alores:

288C0ü.u5 =-.x)243.11250

I_------;llx. = 4.?s 'I

lng. N. Gonzále¿ V. @ 2007

J{¡

Apuntes y problemas de Estructuras Hiperestáticás

Ejemplo: Determinar las reacciones para Ia viga sdesección constante sometida a carga uniforme de

valor g = 3 T/¡n si e1 apoyo B sufre un asenLamienLo de 5 c¡n

hacia abajo. Tomar 1os siguientes valores como módulo deelasLicidad E = 2.5'106 T/az e I = 0.0045 m{.

't0.0

diagrama de deformación

Ag

.-71722 "'"'.-...-....

#.m

Asumiendo como redundante 1a reacción en eI apoyo B:

3 T/m

8.0

421 --X¡9'

l,a energía de def ormaciónobedece a la expresión:

X252'l - -X.9'

interna debido a flexión

10

u= j0

lulr2 d**t[ ,r'.0-zEt d 2Er

Por eI Primer Eeorema de Castigliano: ¿A=#" dxz

10 rvrr.(+) a vz.(*l¿n= [ o^2 dx+ [ o^2

dx-d Er d Er



0 I x I 10:I

0 l x I 8:

El factor EI

M.=27x-!x" ,-!*2' g- 2

u^= z7x-9x, ,-!r2-2

áMr 4J=--XlXZ 9

8M¡ 5: -=--x

'oxzg

't6000.- 7000 12800.. 5t20--Y^ X^

--243Et - 3Et 243E1 - 3Er

3200 -. 12120

^B =zliix2-

3Er

= 11250 Tm-, sustituyendo valores:

o.o5 = 32oo xr-g27.11250 ' 11250

xz = 39'83 r (hacia arriba)

lng. N. González V. lD 2007


CAP.4 METODO DE I,AS FUERZAS

4.1 DESCRIPCION GENERAL DEL METODO

Este método basa su enfoque en la determinación de lasfuerzas y momentos en los apoyos de Ia estructura(redunCantes), o de 1as fuerzas internas en cualquier puntode la estructura, de la siguiente manera:

Estructura rea].

x1

-ii, *'

6zz I

x1

6er

ESÍRUCTUMBASICA ESTRUCTUR.ABASICA+ CARGAS + I'REDUNDANTE

x2

Estructura básica

(2t

6rz

ESTRUCTUMBASICA E§TRUCTURABASICA+ 2'REDUNDANfE + s'REDUNDANTE

(1) +6:z

¡zoI

6

x2r!

--LU

lng. N. Goirzález V. @ 2007 -68-


Por compatibilidad de deformaciones en e1 apoyo A:

6¡r=o6v:o0=0

6ro + 6rr xr + 612 x2

6zo + 6zr xr + E2Z x2

6¡o + 6¡r xr + 632 x2

611 xl + 6n xz + 6r:6Zr 1<r + 622 x2 + 6z:

6ar xr + 6¡z x2 + 633

en forma matricial:

(4.1)

+ 613 x3':0LlI e¿:

+633x3-0

x:=-6rox¡=-6zox:=-6¡o

I

)

t6itl.Ix1J = t-6io]

donde:

[6ij] = maEriz de flexibilidad

.In.! 'fn.i6i.i= I . rds 14.2)¿JJEI

[xiJ = vecE,or de fuerzas redundantes

t-6io] = vector de términos de carga

, 6io= J\Po" (4.3)

tng. N. González V. @ 2007 ' oY '

:"lti: l I Il ]

6r,6r,6r,

I 6,',.

[3:l


Ejemplo: Encontrar 1as reaccionesvi-ga con EI constante.

para La siguiente

]__ 10, ro' t

tlrF;T,_;+i*,IY11122

6zo+622x2:0

Grado de

12Wpie

hiperestaticidad = 1

12 Upie

ta ecuación de compatibilidad es:

TRAMO ORIGEN LIMITE Mo a2

AB

CB

A 0-1 0

0- 10

90x)-bx

30x

-rtX-Lax

x2

6ro - Jucr2-.6s6rz = P¿.0'JEI

Término de carga:

- 1o(e0.x-0.x2¡.(-**, r0(ao.x) (-].x) 75006..=t dx+Í 2 {x:---

óE'óErE.l

Término de la matriz de flexibilidad:

6". = ,?n*,r'

o** ,lr-l,r'

o* _ 5oo + 5oo _

é E, ó Et 6.E.t 6.E.t

Planteando l-a ecuación de compatibilidad:

5000 12500

E.t E'l

500

3€.1

12500 500--+-X, = UEI EI


= Elr.-rl


Encontrar las fuerzas en

considerando solamente fiexión'

x3

x2

Términos de carga:

los apoyos,EjenPlo:

,rffir=+-- ! ----------r

Grado de hiPerestaticidad - 1

.'ry.'ryN'

6ro = IM"iu.ü = iÉ+l1.dx= o

6zo = fte ,a.0, - 1t-*

q-fl t'l o,= - i'-r-1¡

0

E:o = Jun.r" ¿- = iÉ+P9 o,.= - 311¡

Términos de la matriz de flexibilidad:

6rr = 1C.o*= 9, 6rz = JrLrZ'6¡= s; 6r¡ = JrLrS-'6¡: I

6zr: Jra il-'¿¡: g 6zz= 1$n-= ljo,.

= *

x2


6z:: Jrnern3-.dx: iá,- = *0

f

6g, : Js3-ra.ox: j* o- = *0

^ ,*^2 L, d* Ló¡¡ : JÉ' o': JE.¡ = e.r

0

6¡, = Jr3-r1-.6¡: g

)0xr+ 0xr+ 0 i:.:g I324t

- L L oL I0 x, + :¡rxz * 2., x: = - áer I- L' L oL4 |0 X, +

-X? + Xa = - :--

I' 2Er - Er - 6Er )

^L - v

1-X" = -q-L

x3 =- #r"'Resolver eI pórtj-co considerando solo flexión.

8r Br

Ejemplo:

4.00

ESTRUCTURA BASICA+ CARGAS

-# 3.00 6.00Estructura real

nInx1=1

x2=L x3=1ESTRUCTURA BASICA ESTRUCTURA BASICA ESTRUCTURA BASICA

+ 1'REDUNDANTE + 2'REOUNDANTE + 3" REDUNDANTE

Estructura básica


Apuntes y problemas de Estruciuras H¡perestáticas

TR,A¡'IO ORIGEN T,TMITES I MO m. Itrc Itr1

BE

ED

DCl^a

B

E

D

0-40-60-3o-Á

1

6

6)

0

0

-8x-)a

x4

4

A-v

0

6+xq

1

1

1

1

Térainos de carga:

I

6r.o = flb-rl-'a, = lCe ti'dx=-H

0

L

6zc = ¡l¿to'm2 .0, = j(-9:I§:-')..6, = -#J E.r d 6El E'r

I

6¡o = fUe''3-'d, = lClD'd*= -*0

férminos <ie la matriz de flexibilidad:

6rr: is *:j*.'.i;*,-.j"=, *.is.-')'- o*=*

2 6cex'

6rz : Jrr-ra.ox =iH ,,.11§1" o-.1-=P o,=*

Er:: flr-r3-.0¡:já r-.i# r,.J# o-*Je_,.' o-=¿1

6zr.: flrl-'6x= ¡r, =fr

6zz = 1,21.a-:J4 *+Il9g:E.l J 6.E.1

0

tl§-rli..,,.if, o, =#J 6.E.t

0

41 81

J2.E.0

6z: = jra jg-'ox:ukh o'*tJE*'o'.t h o'=#


6¡r : Jrngjrnl.dx: ar, : *6¡z : Irngi-m2-.dx: Sr3 = 7fr

xt*xt*xt*

+

+

+

xr = -1.46 r

x2 = 2.54 r

x3 = 2'33 r

-5.21

+- -1.46

6:: : F¿ 0,.: i*.i*.j,h.i*=;iEl sistema formado es:

566318

63.0 x,202.5 x2

24.75 x,

183 x3 =24.75 x, =7.5 X3 =

L20480

54

-5.21

2.54

lng. N. González V. @ 2007 -74 -

Apuntes y problemas de Estructuras Hiperestáticás

Ejeoplo: Resolver e1 arcoflexión.

gk

circular considerando solo

Por si.metria: AY:gY:4

Además:ds:5d0

II

,^,iIL "///Z/¿I

4.nx3=1

TRLMO ORIGE¡¡ TIMITES Mo a1 tn3

AB A 0-r.l? 20 (1-cosO) 5 senO

BC B nl2-r 20 (1+coso) 5 senO 1


6ro : nf

20.(1 - cosel.fs.sene). (s) . do + i2o.(r 1

c"se).(s.s . do

9 r/2

[--- 5ñl[5r, I

Téroinos de carg,a:

l

I

- 6¡o : P&jrn3-.ds

tl2oro =

'J zo ' tr - 'otel

' «sl . 0, * ,i3L$ff2.oe

[",*tI

oro :- =., I

Términog de J.a matriz de flexi.bi1.idad:

¡ xl26rr = 1$ or-"[zs''*le tsl on. iru =:l'r-O.*= ,ná,iu

0 n/2

ttl2 -- . 1r6¡:: Jrl-r3-.65 .or.,ia*#9 or=#

6:r: Jrn3jnf .ds: ¡r, =#

6r. = P31.0, =J E,I

¡12- Í_

J * o'*"#* o'= +#


EI sistema formado es:

196.35 xl50.00 x1

+ 20 x3=+ 15.?1 x3 =

- 500.00

- tt{.L6

^ --kxr = - J'blx3 = 4,42k-Pi"

3.67 -----+i .. . .

+ 442

4.00

Ejemplo: Resolver el pórtico convariable, considerando

el efecto de flexión, considerandoestructura es b = 0.6 pies.

1a viga CD de inerciapara la estructura solo

que el .espesor de la

6.00

+--f--i-2.00 8.00

Estructura !ea1



(0)

EST. BASICA+ CARGAS

Términos de carga:

x1 =l

(1)

EST. BASICA+ I. REDUNOANTE

tx2='l

dx.i##*

x3=1

Q' (3)

EST, BASICA EST. BASICA+ 2" REDUNOANTE + 3. REDUNDANTE

6,,:l!!r#*= tj

6ro: -

¡,0 = J&#Eo-:[;#fiffi0, - i*#*=,,^ 413.2381 153600 154013.2381ürn : - ---=---¿U E E E

o,o:J&cpo-='j;ff{*q o- - iu#i.,,6:o =

44.4444 15360 15404.4444

- 481x - B)

o.oo0o5 -(x +10)3E

266.6667 46080 46346.6667E

:TR;H¡.IO ORIGEN LIMITES I MO llrl B, ID.3

BE

ED

DC.A

B

E

D

0- 6

0- IB-100- 6

0.006250 . 00005 (x+10 )

0 . 00005 (x+10 )

0. 00 625

3

3

0

ñ

-B (x-8 )

-16

x6

6

6-x

0

.xx10

1

t_

1

1

¡.0:¡ñ6"*.¿ -78 -

Apuntes y problernas de Estructuras H¡perestát¡cas

Términos de Ia maEriz de flexibilidad:

)- 6.. = {mf-¿r=

JEI

211.1111+

E

u',= I-# " . ]tt#r.n* . T.,-#;E

* . ]## o,

.. 11520Orr= ----=- +E

2488.8890+

E

28800 30300+-=_EE

C,CC,d,G,cé,Cccc

35.1852 2880¿

-

f _.EE. 2880o.-¡J = E

6210...=_E

471.4078-------.=-E

8

6rz= [---- 6*

-.

d, +J0.00005(x +10)oE

§ 1 185.1850 314.8148¿_L¿EE

- 6,, _ [*, *, d*

EI

c c 30300oz¡.= Ó:.2 = E

2

6.. = [rz-¿.xJEI8-t10"0

6.- = l' *' = .¿r* f *'¿¿ I a

ülo,oooos(x + 1o)rE

¿f o.oooos«* + r0)3E

'dx . J*i#

*

e 891.5389o^^=_+E

11520 25740EE

u,, = i-uu*.,.i-rfo .". jrdr* *.]**';r.,.

414.8148+-E

v. @ 2007

:i,!

a.

;lL

Apuntes y problemas de Estruc{uras H¡perestáticas

.dx +

0.00005(x + l0)3E

_ 1995

E

* - ]*#*..'

b[----]g- d,I 0.00625E

d

+l5.15

-6zs: J%Po,.

^ 197.5308 52.4691-¿r E E

6210- 6¡r:6r:= E

9850- 6¡z= 6:¡= r

10.ox +

JI

960E

- 6¡¡:

6:¡ :

6:: :

El sist

2

['. d*JEI

68[--]-. ¿' * [-----]-jo ooozse -" jo.oooosix + ro)3e

960 69.1358 5.8642

EEE

ema formado es:

25740 x, + 30300 x,30300 x, + 931 62.9461 x2

6210 x, + 9850 x2

+ 62L0 ,<3

+ 9850 x3

+ 1995 x3

I

46346 .6667154013.2381

15404.4444

X1 = 3'99 ^

xz = 5'15 k

*, : -r't.85 k-Pl"

3.99

Ing. N. González V. @ 2007

Apuntes y problemas de Estructuras Hiperestáücás

CAP. 5 METODO DEL TRABAiTO MINIMO

5.1 DESCRIPCIóN GENERAL DEL METODO

Es conocido también como Segundo Teorema de Castsigliano oMétodo de Menabrea y su aplicación esEá destinada a Eodo tsipode estructuras hiperestáticas

EsEe mét,odo basa su enfoque en Ia determinación de Iasfuerzas y momenEos en 1os apoyos de la estructura(redundantes), o en cualquier punto de fa estructura, de 1asiguiente manera:

1o) Dada Ia esErucEura, se reconocen e1 número 1asfuerzas desconocidas como redundantes.

crado de hi.perestaticidad = 3

lr

^ \ESTRUCTI'RA REJAI,

;.4Tí\x2é

INCóGNXTAS : REACCIONES

Se eligen y denominan las redundantes (x1, x2, x3)

Se determj,nan los fuerzas normales, momentos, cortantes,etc, en función de las fuerzas redundantes, cargasexternas y geometria (Iongitudes)

N = fr(xi, P, s)

y = fr(x1 , P, S)

y = fr(x1, P, S)

X1

INCOGNIT¡S: FUERZAS INTERNAS

2o,

30)


Apuntes y problemas de Estructuras Hip€restáticás

4 o ) Por 1as conCici-ones deTeorema de Castigliano:

borde y aplicando eI Primer

((

TTITqeII(qq

III

IIIIII(

{{{{{{

áu =o , 6u

=o' oxz. áU

=o' áXs

y debído a que 1a energía interna de deformación es:

áu =0,áXr

óu =0,oA2

u = [ N2 d.* [k1'V2¿.* f M2d.* f-É0,r 2EA r 2GA r 2El r 2GJ

JStfrr.. . f $tffr.. f $tffn.. Jfr tfrr. = o

I N r áN u.*[klvr áV u.*f Mr dM u.*f T ( 6T )d"=oJ EA'AX2'. r GA'AX2' r EJ|'AXz' ¿ GJ'AX2'

#=., l*,#)o'. iS(#E'.i!}(#ro'. Jfrt4r*¡" = o

5.2 CONSIDERACIONES PR¡CTICAS

Dependiendo de1 tipo de solicitación inEerna a 1a cual esEásometida una esEructura, 1as expresiones obtenidas se puedenaplicar bajo Ias siguientes consideraciones prácEicas:

- Para vigas y marcos, predomina e1 efecEo de flexi6n.

o. - Para arcos, considerando su clasificación,predominan

los efectos de noraal y flexlón.

- Para armaduras, predomirra eI efecto de fuerza no¡:nal .



5.3 APTICACION A VIGAS

EJ emplo : Considerando eI efecEoreacciones (EI=cte. )

de flexión, ealcular Ias

x2

M = xz.x - 2 x2

Aplicando eI principio delsomeEidos a flexión:

trabajo mÍnimo

ds=dx

para elementos

EM

oxz

f^r,#, 9=oEI

6¡(X2 .x - 2.x2).(x)'ox

x2 (72) - 648 = o

*".1*':gr it gl = o'd E.r d E'l

Ej emplo: Considerando el efectoreacciones (EI=cte. )

de flexión, calcular 1as

t-

M = Xz.xAM

axz- ^q36L

4Tlm

t-

lng, N. González V. @ 2007

ds=dx

-84-

Apuntes y problernas de Estructuras H¡perestáticas

Aplicando el principio deIsometidos a flexión:

L (xz .x - + ,3¡.1,.¡.d,J--v0 -',

x' rÉl - e '15''

: n

Ejeoplo: Considerando e1 efectoreacciones (EI=cte. )

trabajo minimo para elementos

-,i+ *i+=.

de flexión, calcul_ar las

0<x(b,'

a<xó;

A,I

oxz

A.l

-= h+v

ox2

P

L ------------+-

M = Xr.x

M = Xz . (b+x)-Px 3

x2

; ds:dx

; ds:cix

-, i* ** *r.ltoyr' o,- 'i+p.x = o

*r 1$,*r, rr$r-r$»-, rr*r.t4, reo

*r=S.e.l,

Apuntes y prob¡emas de Estructuras H¡perestát¡cas

Determinar 1as reacciones para 1a siguienteescructura, considerando ftrexión y cambio brusco

l

-fx2

M = Xz.x - 2 x2 :+

Aplicando e1 prÍncipÍo de1someLidbs a flexión:

EJ emplo:

de inercia.

f (.xz .* - z.12) tr) . o*

ó El

+- x

A-¡,1

&=x ; ds=dxox2

trabajo mínimo para elementos

lu.r 6M l. d' = oJ 'lXz' El

* !(xz.*-2.12) (r).0* = oi B E.l

*,.!r2.0, _ !*3 o" _ oL ) tr.| J E-l0 -' 0 -'

64

-X^ - 128 +

J

Ej emplo : Determinar 1as reacciones para la siguienLeestrucLura, considerando solo flexión y cambi-o

gradual (l-ineal) de la .altura de l-a barra.

19_ X- _ 55 = 03'

4f lm

4Tlm


N2


M: Xz.x - 2 xZ

ApJ-icando e1 principiosometidos a flexión:

Integrando:

ad+ :-:x , Cis=dxOlr2

de1 traba j o minimo par.a elementos

l, «#r $=0,

En este caso, el ¡nomento de inercia no es constante y variacon la al-tura de acuerdo a Ia siguiente expresión:

l_ b t2x+12\312' 24

!(xz.*-z 12).(*).dx = ol=.b- 2x+12o n'(^l-::rtx2 (0.085184) - 0.06833769 = 0

E je:npIo:

cuadrá t i co

Determinares tructura,

(parabólico)

xz = B.a2 r

Ias reacciones para la siguienteconsj-derando solo flexión y cambio

de l-a altura de Ia barra.

6.00

^2L'! = Az.X - ¿ X =)

Aplicando e1 principio delsometidos a flexión:

EM:.- =x ; cls:dxdx2

trabajo minimo para elementos

4Tlñ


[n¡.r aM l. d* = or '1Xz' El


En este caso. e1 momento de inercia nocon la altura de acuerdo a la siguiente

es constante y varíaexpres ión:

Integrando: x2

,_ b rx+36r312', 72

i«xa:=f)-t-l.o- : o

0 _. t_)"12',72(0.000454s1) - 0.0034't222: o

Comparando los resultados medi-ante la representación gráficade los diagramas momentos:

10.13

6.98 23.88

4 Ílm

8.02 26.16

4 Ílm

Ul I Df/tl

2.0 4.0 I



5.4 APTICACION A PORTICOS

Ejemplo: Considerando flexión ..r"o.rt.u.para el siguiente marco.

1as reacciones

qqqqqGGdG{{{f;qq

dü{q

X1

Tra¡Io Orige Linites I M N/dxt ÁlAr/?¡a,DC D 0-5

- Xrx -x Xt'x¿CB 0-6 1 /-5Xr-2x-+12x -5

25X1 + lQ¡12-60,«AB A 0-5 1

- Xlx -x Xl'x

Aplicando el principio deI trabajo minimo para elenentossometidos a flexión:

5o2 [xL]'.¿* +J E.I

0

250-., X, + 150

Jratffr $=o

6¡1ru.x, + 10.x2 - 60.x)

J--; ¡-= ox = o

0

Xr+'120-1080=0

Xr = 1.54 ?


4llm

1.54 --+t t-

12

1.54

l2

EjempJ-o: 1as reaccionesConsiderando flexión encontrarpara ef siguiente marco.

207

1.50 6.00 X2

Tramc Orígen Límites I MEM

a&EM

ex2

AB

BC

A

B 0-61

2

- Xr.'x-5 Xr+Xz. x-20x-30

-x 0

x

Aplicando e1 principi.o de1 trabaj o minimo para efeme;rtos

sometidos a flexiÓn:

|.¡¡.rl[1. d* = oJ 'aXl' El

1vrtffr*=o

z V. 6 2007

a-ri:',1't't¿ !l :

Apuntes y problemas de Estruauás H¡p€restát¡cas

[l',t.rffil.d*=or 'áX2' El

Primera redundante:

u1xf't'-.0- + Jzs'xr-s'xz'-.roo .o-:0

00

350 v¿" - 45 Xz : -13503',(1)

Seg'unda redundante:

(-5.Xt + Xz .x - 20 .x - 30).(x)2.8.1

6

J0

dx =0

Resolviendo eI sistema:

-45 Xl + 36 X2 : 990

-L.8627

25 .1724

T

T

25.1724



iü

=ta4'aaadtftáñtil{itartÜ

=}=taartaÉr}?r,i){'r,{,ilae

EJ emplo : Determinar 1as reaccionesconsiderando flexión.

6.00

para e1 marco,

=0

Tramo Origen Límites I Mctvl

ax1EM

ax,AB

bL

A

B

0-5U-t)

l-

2

- Xr,x-5 Xr+Xz.x-2Ox-30- 2x2 -5

Aplicando e1 principio de1 trabajo mÍnimo para el-ementossomeEicios a flexión:2

frvr ri[l,d* =oJ 'cxt' E¡

lu.r ¡M l. dt = o|axz' El

Primera redundante z

q^

I.Xl ''' ¿'J EI

0

6r25.Xt -5. Xe .x +100.x -150 +10.x2

t I I L dv

r 2.E.10

350: x, - 45 Y.. = -1710 (1)J

lno. N. González V. @ 2007

-

Apuntes y problemas de Estructuras Hip€restáticas

Segunda redundanle: (-5.Xt +Xz.x-20.x-30).(x).0, : O2.8.1

I= 19J: = 22.soo72

1.5 x 3.6 = 5.4

Diagrama Ce momentos

6

I0

X, '+ 72 X, = 2628

At = -!'lL¡¿

ix, = ,t.1034 r

5 .5 APLICACIóN A ESTRUCTTIRAS ESPECIAI,ES3

Ejemplo: Una .vj.ga de madera (E = 250.000 kp,/cmz) tsiene' longitud de 7.2 m, una sección de 10 x 30 cm y

sopcrta una carga concentrada de 3 T aplicada en eI centro.

-90 (2)

^TJ

Iv

5.40 T m

En esas condiciones,

M=

4cm

T 0/'

' 3.60 ' 3.60 I

:-wmilffilffinruw-

e1 esfuerzo máximo por flexi.ón es:

Yqo-oo..3o = ¡oo kp/cm222500 2 -



La flecha debajo 1a carga es:

3000 .?2 03= 4.15 cmYc= 48x250000.22500

E1. esfuerzo que se. presenta en .la zona máÉ sol.icitada .porf lexión (punto medio de 'La'.viga) supera .a1 .admisible (o*á* =

240 kp/cm2) en un 508; Dé .Ia .misma.'forma se .puede:'determinargue la flecha.en el.punto medio.de la viga'supera a Ia-flechaadmisible (faam= L/soo = 720/4oo = 1.88 cm) en un L20.7 ?.

En consecuencia nos planEeamos 1a tarea de reducir ambasmagnitudes, para e1lo . introduciremos un puntual de,madera de5 x 4 cm. y a1 mismo tiempo, para'lograr que e1 puntal trabajeconjuntamente 1a viga, uLilizaremos un tensor de acero de5,/8,', dispuesLos de 1a siguiente manera;

4.+D77, I

I 1.50

+

Viga:

E = 250.000 kp,/cm2b/h = 1ol30 cm

A = 300 cm2

I = 22.500 cm4

PuntalEp = zso.ooo kp/cm2

b/h = 5/s cm

Ap = 20 c*2 -\

Cab1e, \Ec = 2. 100. o0O kp,/cm2

$ = 15 mm'

Ac=2cm2

.. Xp^a=

-

" 2.sen«

3.60

X6 "P X6

Xp

I"lol*ix'

I

Xp

xp*t*-- I -.n

*"

"l)--:-{.:lD


-i' ;. : - : ; ':. ¡prJ¡tes i problemas de Estructuras Hiperestát¡cas

Por e1 procedimiento de1 Trabajo Minimo, consi-derando r_osefectos de ftexión sobre Ia viga y fuerzas axiáIes sobre eIpuntal y 1as dos porciones de cabl-e:

. M ,AM.l-.(-).ds+ )r El 'ax' u

Deterininando, por tramosr lasfuerza .normal: 1

$«Sr,- : o

sol-lcitaciones de flexión y

Tramo Oriqien Línites M At/axp N N/Axp

AC A 0-3.6 3-Xp2

x2

BC B0-3.6 s-Xp

2x2

DC D 0- 1.5 -Xp 1

'lrJ A 0-3.9 Xp2 sencr

1

2 ser¡a

BD B 0-3.9 Xp2 sena

1

2 senc

AB 0-7.2 Xp cotcr2

cot c2

Aplicando 1a expresión del trabajo mínimo:

6^-:.1= *.l.orn2.- XP . 1 s.90 + *o ..,.r0**o'"o,o.cotc.3.6-Elá 2 2 -'. - 2.senu 2.sena EcAc ' EpAp ' ""' Z '-z

EA

,7.775 13.182 13.182 13.182... 23.328t Er *E"fu-aoo;+ * )xP= a

(0.01.3824 + 0.003186 + 0.0003 + 0..0001382) xp = O.4t4:.2

donde: ., ^ ^^^ Txp: ¿.Jó3 y X. = 3.098 r

nueva condición de carga que soporta Ia viga se ahora:

de



E1 nuevo esfuerzo por flexión.serápor flexión y compresión:

111000 30 2860

22500 2 300

ahora la suma deI esfuerzo

83.5 kp,/cm2

E1 momento flect.or máximo en Ia viga es:1

M =:'.8-2.383)'7.20= 1.11 r-m4

1.'t1

v Ia rtecha en et punto c es: ," = (?9ol;=1t=1tl]3=o=t

= o tu cm48.250000.22500

EI esfuerzo que soporta cada una de 1as porciones de1 tensorde acero es:

3098

"" = -f = l-549 kP,/cm2 (tracción)

;-l!-r9!rl=oA EA'óX'

E1 esfuerzo que soporta e1 puntal de madera es:

2383

"o :

lo = 119' 2 kP/cm2 (comPresión)

Nota: A1 resolver esLrucLuras hiperestáticas, debencomprobarse las Lensiones de trabajo de los materiales,

elIas no deben superar 1os valores admisibles. Cuando e11oocurre, deben modificarse 1as dimensiones de l-os elementosauxiliares (puntal y t.ensores) hasta conseguir que 1osesfuerzos de Lrabajo no superen a los admisibles.

5.5 API,ICACIóN A RETICULADOS

En e1 esLudio de retj-culados hiperestáticos se reconocen l"asredundantes como reaccj-ones en los apoyos o fuerzas inLernasen 1as barras.

E1 Método deI Trabajo Mínimo consist.e enexpres ión:

aplicar 1a


Apuntes y problemas de Eslructuras Hiperestát¡cas

EJemplo: Determinar las fuerzas en 1as barras de1reticulado tomandó en cuenEa eI mismo material y

que 1os valores del área de cada barra están indicados entreparéntesis y se expre"ar,

"a, a*'.

El reticulado cuenta con un gradoe1Io adoptaremos como redundante ]aesta manera efectuaremos e1 anáIisis

de hisperestaticidad, Porfuerza en Ia barra AD, dede la siguiente manera:

10-x

lng. N. González V. O 2007

5 - 1.333 X 5 - 1.333 X

Apuntes y problemas de Estrucluras H¡perestáticas

Tramo NAN:-aix

L AAN

Nx(:-)xdx

LEA

AD X 1 6.00000 60 0.1000 xDF 1.6667 X 1.6667 6.25000 45 0.3858 XDE 1.3333 X l alaa 5.00000 Jb .0.2469 XEF 10 0 3.75000 27 0BF, 6.25 -'t.6667 X 1.6667 3.75000 45 -0.868'l + 0.2315 XCF -8.0039 0 4.80234 45 0CE 1.3333 X 1.3333 3.00000 Jb 0.1481 XBC 6.25 0 6.00000 54 0

Sumando Ia expresión correspondiente al método:

I: -o.8681 + 1.1123 X

-0.868l +L.7123 x=0

x : 0.7804 r ( tracción)

Sustituyendo X : 0.7804fuerzas en Las barrastodas las barras.

T en la coJ-umna correspondiente a l-as(columna N) hallamos las fuerzas en

0.7804

9.2196

0.7804


3.959s 3.9s95

;:i:'- : ;::t_ Ilrl ,:. ' r.

Apuntes y problemas de Estrucluras Hiperestát¡cas

EJemplo: Determinar 1as reaccionesbarras de1 reticulado tomando

maEerial y gue las áreas son 60 cm2.

pI

Trabajo MÍnimo

y 'fuérzás:r en lasen cuenta e1 mismo

3.0

EI reticulado es estáticamente indeterminado exteriormentedebido a que existe una reacción superabundante, adoptandocomo redundanLe Ia reacción en D.

3.03.03.03.0

E1 Método deIexpresión:

consiste en apLicar 1a

tru.ráNl.L =oP 'AX'E.A

lng, N. González V. @ 2007


Tramo NAN

AxL

aNLNx(-)x-

OX EAAB 5.4000 - 0.3000 x -0.30 3.00 60 -0.081 + 0.004500 xBC -0 60 300 bt, -0.324 + 0.018000 xCD 10_8000 - 0.6000 x -0.60 3.00 60 -0.324 + 0.018000 xDE 3 6t]f]f) - o ¿5no x .0.45 3.00 60 . -0.081 + 0.010125 XEF 3.6000 - 0.4500 x -0.45 3.00 60 -0.081 + 0.010125 XAG -9 (]0(}u + 0 5t]uo x 0.50 5.00 60 -0.375 + 0.020833 XBG -0.40 4.00 60 -0.192 + 0.0'10667 XBH -g 0000 + 0.5000 x 0.50 5.00 60 -0.375 + 0.020833 XCH 0 4.00 60 0.000DH -6 0000 - 0.5000 x -0.50 5.00 60 0.250 + 0.020833 XDI 0 0 4.00 60 0.000DJ 6.0000 - 0.7500 x -o 75 5.O0 60 -0.375 + 0.046875 XEJ 0 0 4.00 60 o.000FJ -6.0000 - 0.7500 x -0.75 5.00 60 -0.375 + 0.046875GH -5 4000 + 0 3000 x 0.30 300 60 -0.081 + 0.004500 xHI 7_2000 + 0.9000 x 0.s0 3.00 60 -0.324 + 0.004500 xIJ 7.2000 + 0.9000 X 0.90 3.00 .60 -0.324 + 0.004500 x

Sumando 1a expresj-ón correspondiente aI método:

I : -3.062 + 0.313167 x

-3.062+0.313167X:0

x : 9.78 r (hacia arriba)

Sustltuyendo X:9.?B r en Ia colunna correspondiente a lasfuerzas en 1as barras (colunna N) hallamos fas fuerzas entocias 1as barras y por estática encontraremos Ias reaccionesrestantes.

5,7 APLICACIóN A ARCOS

En eI estudio de arcos indeterminados se efectúa un recuentode las incógnitas que se presentan y en dependencia de e11ose determina el grado de hiperestaticidad de la estructura.

Luego se escogen l-as redundantes y se plantean fasexpresiones correspondient.es a las solicitaciones estudiadasy qLre tienen efecto sobre el comportamiento de Ia estructura.


::.--;----,-. -.._-'.'

Apuntes y problemas de Estructurás Hiperestáticas

Ej emplo:

valor 20 x 60 cn, se .utiliza un tensor de acero de diámetro2 cm.

jl'i

Considerando : solamenEe e1.'- efecto de flexión e¡t

determinar la fuerza .que ,'acEúa en 'el ' tensor cuando

una carga concenErada P,= i6t .r, su cúspide'II

b

Las reacciones pueden determinarse sin dificultad pero rio aÉ4

las fuerzas internas, en consecuencia eI arco es

indeterminado interiormente.

Escogiendo como redundante la fuerza en el tensor y -aplicando

Ia &presión de1 Lraba j o rnÍnima para ef ectos de f lexión y

fuerza normal:

b

31 3r

- 101 -lng. N. González V. @ 2007

Para rigidizar.un arco de acero de radio 5.00 m,

sección transversal rectangular consEanEe de

eI arco,se aplica

5.0

x

Apuntes y problemas de Estrucluras Hiperestát¡cas

Tramo M4,,

axN

A'l=-dx

ds

AB arco 15(1-cos0)-5 xsen0 -5 senO 0 0 5deAB tensor 0 0 1 dx

EIj0

-375 .sen0 .(1 - cos 0)n 1- 10

do+125.X. p9I-$6¡¡ f !l=od Er

dEA

750 196.3495 .. 10-:=.¡--r-i-IJ-.X+ - .X = 0EI EI EA

dondeE:módulodeinercia de1 arco y Atensor:

elasticidaci de1es el área de ]a

material, f momento desección transversal del

A = 3.14 .10-a cm2

I : 3.6 .10 ' cm'

luego: X: 2.4\r

5.8 ANTILOS DELGADOS

Se def ine con1.o ani ll-o delgado a una estructura plana cuyasdimensiones longj-tudinales son mucho mayores a lasdimensiones-de su sección transversal.

En estas condiciones geométricas, 1os anillos principalmentetrabajan a flexión y es suficiente considerar conoredundantes }os momentos flectores.

GeneralmenLe Ios anil-Ios son geométricamente simétricos y sise encuentran sometidos a cargas simétricas, en las seccionesdonde coinciden l-os ejes de simetria se consideran lasfuerzas cortantes nulas y solo se consideran como redundantesl-as fuerzas normales y los momentos fl-ectores.

lng. N. González V. @ 2007 102

i"1r.1{r:!..1':¡

EJenplo: Estudiar e1 anilLo plano delgado de La figuraconsiderando EI = cte "

Cortando eL anil-Lo- a 1o largo del eje x, se determina que alno exisLir cargas horizontales, 1as cortantes en esadirección son nulas y las fuerzas normales en ambos exLremos

Pson iguales a ;, Ias redundant.es serán los momentos flegtores

I

x1 .

Aprovechando 1a simetrÍa trabajaremos considerando 1a cuartaparEe de1 anillo, tomando eI extremo superior como empotradoy eI extremo inferior libre.

EI momento flectoren un punto D deabscisa r tx" yordenada r\y" es:

ib

i

1

P_t-

AM_ = _1dxr


Apuntes y pfoblemas de Estructuras Hipereslát¡cas

Aplicando la expresión de trabajo minimo para flexión:

Ir *r*!t"-x)lds = 0

Simplificando:

En esta expresión se detectan dosanálisis de centroides de lineas:

integrales conocidas por e1

[."o

[:.-0x1 fo. *

U

Pa

2-:

2

Asi ]a integral1."

- s , es Ia longitud de arco de1 anilLo.

mientras que 1a integralestático de primer orden

representa e1 momentoi" a.rc

de1 arco de anill-o respecto de1 eje "y"

jx.ds

Despejando f a redundante: x, :l¡-a--¿1

Jo'

La rel-ación entre eI momento estático de prj-mer ordenrespecto del eje "y" y la longitud se define como coordenadadel cent::oide de ]a finea respecto del eje t'x ", faredunciante X1 se determina a través de 1a exp::esión:

PXr= [x,_-a]-2

Si eI anilIo fuese eliptico con semieje mayor a = 2 m,

semieje menor, b = 6 m. y carga P = 20Í, Ia coordenada X.:1 . 64 4 m. , entonces :

lng. N. González V. @ 2007 104


X:. - 10(l-.644 - z) = -3.56 r-^

Si e1 anillo es circular donde rcoordenada X" : 1.9099 m., enLonces:

xl : 15(1.9099 - 3) =

3. 56

10

:3m.yP=30r,

-16. 3s r-^

1a

Si el anillodimensiones de

fuese un

m.yse

.P r6.ssY

15

cuadrado cuyas diagonales tj.enenencuentra sometido a carga de 3T.

Para una linea rect.ar X" = 1 rn.

En consecuencia:y : 1 q t] - )\.r1 \+ 1t 1.50' "'

t.J

"l. r.t

\¡ 1'sY

4

3


1.5


Con las fuerzas redundantes determinadas medi-ante e1procedi,miento descrit,o, se pueden obtener los diagramas demomenlos flectores, que en est.e caso.corresponde al gráficosiguiente.

Ejemplo: Estudiar e1 anj.lIo plano delgado de fa figuraconsiderando EI = ite. que se encuentra someticio

a carga interior uniforme q.

Cortando e1 aniIlo a 1o largo de1 eje de simet.ría xt sedetermina que las cargas horizontales se equilibraninternament.e, por e11o 1as cortantes en esa dirección sonnulas y 1as fuerzas normales en ambos extremos son iguales aIvalor qa, quedando como redundantes Los moment.os flecL.ores X1.

Aprovechando 1a simetrÍa trabajaremos consirierando 1a cuartaparte del anil1o, tomando e} extremo súperi-or como empotradoy e1 extremo inferior libre. Además las cargas equivalentes acarga normal


:.¡;:,., ":'.

1' ::g\:.!: . ':¡:: 'i'r::r '.";'r.: i,r' .''': .::;.',..."l''

:t -

epunted"y problemas de Estruc{uras Hiperestáticas

Bo.

qffi

EI momento flectoren un punto D

de abscisa rrx'ry ordenada try" es:

AMi --:

i/Xr

flexión:

M: -Xr- Qa(a-x)+

Aplicando la exPresión

1o(.-x)2 + Lor'2 '' 2 -'

de trabajo rninimo Para

,*--r- qa(a-x)+]rru-*t' *l qy2 I (-1)ds : 0

qa ¡uo" -'o

2ds:o

'*o')ds:o

En esta expresión se detectan también integrales conocidaspor el análisis cte centroides y momentos de inercia de

lineas:

Asi la integral tid"

= s , es la longitud de arco del anilIo.ü

-1

SS

xl [t" * qu' lor - qa [,,at - ]'JoJOJO¿

1 f'2. 1 i-rqJo"o.-rqJoY

Sinplificando:sss¡rtr 1 ,l 1 l.x, rocs + iw' "ods - ;o 'o{*

qu' fa, *'o


Apuntes y problemas de Estruciuras H¡perestáticas

smientras que la integral [{*, * yr¡¿" repr.esenta e1 momentot -'estático de segundo orden del arco de ani110 respecto de 10sejes "x-y", denomi-nado también moment.o polar de inercia deuna Línea.

s

!{*z *v2)xl =g¡-e--=-¿,¡ - Ir^,

i::"'á1:'".:$:.i:-?:'i::':,'J".1,:J::.",:":::*:_r"J"i:::.deternina a L-ravés de 1a expresión:

Despejando la redund.ante:

Si e1 ani11o fuesedimensiones de 4 m. yde 9 T/m, eI análisisforma:

al

un cuadrado cuyas diagonales tienense encuenLra sometido a carga uniformeprocedente se encamina de Ia siguiente

Y - q rrP2's

rr-t-

En 1a solución de este problema tomamos 1a rama deI anillocomprendida en e1 primer cuadrante, adecuando 1a LeorÍadeducida y 1os result.ados del anáIisis de cenLroides ymomentos de inercia de Iíneas encontramos 1as siguientesexpresiones:

lng. N. conzáiez V. @ 2007

-1_ : a :i

Apuntes y problemas de Estruciurás Hiperestáticas

'=

GCGGóGGjjcqtG

Para una llnea recta, e1 momentollnea recta respecto.de los ejes de

polar de inercia .parareferencia es:

_ 2^1, 3

P3_ 1.6.,1,

3

Iongitud =i2 ¿!¿

En consecuencl-a ,'1

:16,5

4.5 (-+2^i2

2) = - 4gr-m

E jernp).o: Considerando solamente el- efecto de flexión1os arcos, cieterminar 1as reacciones.

en

lng. N. González V. @ 2007 - 109 -


La cantidad de reacciones existentes els cinco; de 1as cuales1as reacciones horizontales no pueden determinarsedirectamente, en consecuencia 1a estructura es indeterminadaexteriormente.

1,

Escogiendo como redundant.e. -l-as reac.ciones. hJrizontales en 1osapoyos, las , cualesr debido a -Ia inexistencia de cargasexternas, son iguales: i

Tramo Or¡gen Limites MAM

axds

AC A 0-n 90(1-cos0)-'180 + X 3sen0 3sene , 3dsBC B 0-¡ -X1seno 1 senO 1 1d0

I0

270.senO'(1 - ios 0) - 540.sen0 + X'9'sen202.8.1

.3.de+ *.|sen2o.de=od Er

810 3240 ., 27.¡r ,, 27'¡r+,\.-+^.-=UE.t E.l 4.E.1 2.8.1

x = 35.56 r


É


5.9 APOYOS EI,ASTICOS. RESORTES

Un resorte (muelle) esta constituido por un alambre arrolladosobre un núc1eo circular. Los resortes son di-.spositivos quese deforman ante 1a presencia de fuerzas de tracción ocompresión, mientras el diámetro de1 alambre es mayor, mayores surigidez.

.JIP

La relación entre la fuerza apiicada sobre eI rescrte (p) \,la deforroación originada (A) es:

=Itsl

i

l=EeeeeeeeeEeEt5CCGCCéCédééGGúcJjq

I^

Donc-le: P

A1,

P = k,A

fuerza aplicada sobre eI resortedefor¡ración longitr-rdinal ciel resorteconstante del resorte

En esL::Lrctr-rras, f os resortes se utilizan cono amortiguraCoresde fas deformaciones de Llna estructura, en este caso Losresortes reciben 1a cienoninación cie "apoyos e7ásticos,,.

Paia e<:os casos, 1a expr:esión general del método del Trabajol"linimc es:

J$rffr.. J*#,#r'.' j}i,#x.. ifr rfrr,.f = o

lng. N. Gonzálaz V. @ 2007


Para el caso de estructuras con elementos rectos' en las quesolamente se considera el efecto de flexión, la expresión delTrabajo Minimo será:

donde:

EjempJ.o.

Si en surigidez ky momentos

Una vigacarga de

extremo B= 5000 kp,/m,

de madera de3.5 T,/m y tienese apoya sobre

determinar fos

Xt=1- _

tI.r![r ¿, * 11 = oJEI 'áXl ' k

fuerza de interaccióne1 resorteconstante deI resorte

entre la estructura y

20 x 30 cm soporta unauna longi-tud de 3.0 m.un resorte eIástico dediagramas de cortantes

En el extremodeformable, €oredundante.

3.5 T/m

B, el resorteconsecuencia 1a

funcj-ona como una apoyoestructura presenta una

Tomando origen en el punto B:

M:Xzx* 1 ?( .,

dtvl

AM

oxz

3.5 T/m


- A. 'J

Á

112 -

Apli.cando 1a expresión del ?rabajo Minimo:

I xz.12 _r.zs.13 ¿, * x2-=s

0t'K

Considerando que EI = 1125 T m2 y k =

l

I - 35.4375 1

1121^2--1irs +sooX2=o

Efectuando una comparaciónen e1 gue eI apoyo B fuese

500 T,/m

entre eI caso estudiacioindeformables:

y e1 caso

3.5 [email protected]| +- x --19.10

1.40

l_e.10 | o, ------ _

, ¿.o, ----t---l t '+o

3.5 T/m3.s372@\ffie

l+_-6'5625

3.9J7s

t---.-6.5625 | CI=---_| - \\

*_,.u -__j-I75 3.9375

I 1.55 ,.rrrrf\

-:;z2.21

-113-


De Ia comparaciónsiguiente:

En e1 segundo caso Ag = Q ,

: 0.28 mm

E jemplo.' Una vigacarga de

resorte de rigidez k:

entre ambos casos establecemos 1o

- Cuando e1 apoyo B es indaformab1e, J.a reacciónen é1 es mayor.

- S1 momento negativo en A es lra,yor cuando B: se desplaza verticalmente

- EI. momento positiVo,eni e1. tra.Eo r"r 1r"yo= .cuandoeI ,apoyo B .no -se 'desplaza,

-.. 81.-punto de momento: máximo positivo .está más alejadodeJ- apoyo A cuando el- apoyo se desplaza.

en er primer caso ¿a=I1 =o.ooo28 m5UUU

de madera de 30 x5 T/m, en e] punto B5000 T,zm. Determinar

60 cm soporta unase apoya sobre unlas reacciones.

5 T/m

Escogiendo como redundante la fuerza en ef resorte (apoyoe1ástico)

5 T/m

oL̂t-

B6.0 m

Ay=25-0.4X2 Cy=25-0.6X2

Tramo AB:2

4.0 m

21U x +

AM

axz

3

M = ?q. w - ñ ¿ . V^ . v

:t\ilM.(:r¡ = 0.16.X2 x'axz'


tf'j '"' ..' : : ; l:1;: . :-. . . -Apuntes y problemas de Estruc{uras Hipeiestáticas

Tra.mo CB: M :'25.x - 0.6.X2.x - 2.5.x2

13.68 28.3.t

e1ástico, sufre

8.01

una deformación hacia

AM, =- --0.6x. oA2

1.5x3M.(*91= 0.36.x2 *2 - ts *2 *'oxz'

Aplicando 1a expresión del Trabajo l"llnimo:

iry6r*f o so'x, .*' js.r' *t.s.*t ox+f = o

Considerando que EI = 13500 T *2 y k = 5000 T/ur

ffit, 1.s2.x2-t2o+32a) +-J- (t.6l.xz-320+e6) *¡#*, = 0

11.52 ,, 396 7.68 .. 224 Ifus00 ^2 - 13s00 ' 13s00

nz - t s500

* Eooo

xz = o

Co¡ilo e1 apoyodebajo cie vaior

Bes

as = 39'31= o.oos7 m = 5.7 mm- 5000

l-----:tI x2=2831 'I

5 T/m

N. González V. @ 2007


CAP 6 METODO DE I,A PENDIENTE - DESVTACION

6.1 INTRODUCCTON

Este método fue originar-mente presentado en er.año 1.915 porer profesor G. A, Maney y es conocido también con el- nombrede Método de 3-a .Defozmación..Angu],ar; su aplicación estádestinada a la obtención de "oii.itu ciones internas enestructuras indeterminadas, ya sean estas vigas continuas opórti-cos formados por barras rectilíneas.

E] aná1isis de estas estructuras se enfoca considerando comoincógnitas 1as rotaciones angulares de ros nudos y susdesplazamientos transversales; con estas magnitudes puedenser determinado,s 1os momentos flectores en cada cabeza debarra.

Antes de obtener 1as ecuaciones fundamentares que rigen elmétodo, centraremos nuestra atención en .a.oad*. argunosprocedimientos de cá1curo para det.erminar fas rotacionesangulares y desplazamientos transversales de 10s extremos debarras rectilíneas prismáticas (sección constante) .

conocemos l-a existencia de varios procesos para efectuar estetrabajo, sin embargo escog:eremos aquel que resulte sencillo ypráctico en su aplicación; entonces de todos efl-osutilizaremos ef Método de fa viga conjugada por su facir-idadde r,ranejo. E1 método escogido utiliza fos diagramas demomentos reales como cargas elásticas reducidas sobie Ia vigaconjugada;1a fuerza cortante en argún punto de esta vi_gacorresponde a -r-a deformación angular en er- mismo punto de laviga real y 1os momentos flectores a los desjlazamientostransversales respectivamente.

En consecuencia utirlzaremos r-as bases de] métocio paracafcular ef momento que se origina en ef extremo ,,j,, y farotación angular def extremo *i,r cuando se aplica un momentot'tij en el extremo "i" de una barra articulada - em,orradarIi- j , de Iongitud ,'L,r y sección const.ante. (f iq. 1)

r.----------.--'-_---Li


(fis.1)

Apuntes y problemas de Estrucluras Hiperestáticas

Las condiciones de apoyo muestran que:

- En eI extremo "j', Ia rotación angular

-'Los desplazamientos transversales son

Por consiguiente, .Ia viga conjugada ycorrespondientes a este,caso se muestran

+-_-.-_ L _._-_____¡

Por IMi : A1¡ = 0;

cie donde:

Aplicancio ta ecuación ae

(fis .2)

1r-.rUt 1r--1r.2 'Et'3

2

equilibrio IFy = 6,

,H,-i r r$r

es nula (0j :

nulos lAij

1ás cargasen l-a fíq.2

0)

Aii = 0).

e1ásticas

M¡j

EI

lEr.?u = oEl ' 3

(6.1)

obtenemos:

1

0i =:.12

clespe j ando 0i :

Reemplazando (L) en

lv1;¡ -M;;0i = -r---l- ¡

2.El

(2) obtenemos:

O¡= MÜ

.Lq .trt

Iit;; = -a-E] g1L

(6 .2)

(6.3)

(6. 4)

o tanüién:

f

Apuntes y problemas de Estructuras Hiperestátic€s

La expresión (1) permite calcular el momento en e1 extremoIt j It cuando se apl j-ca un momento Mij en e1 extremo trirr ! ]aexpresión (3) determina 1a rotación angular deI extremo rri,,en funcj-ón del momento aplicado y 1a expresión l4) permitecalcular el momento que r se origina cuando eI extremo i sufreuna rotación angular 0i dada.

No debe. perderse de vista 7a adopción designos p.ara .Ios momentos y rotacíonesangwTares, En nugstro . aná-Lisis adopt.amos quetodo sentído de rotacíón horaria es positivo.

E1 anál-isis anterior puedeinverso mostrado en Ia figextremo "i" es Mii.

I.r-

aplicarse análogamente af problema.3, donde e1 momento aplicado en el-

¡lij

0r=o(fiq.3)

Ai=A;:0

i"lij 2 M¡i

jct.. aLt ^lvlii =

-.uiLr

(6.s)

(6.6)

t6.7)

Cuando ]os extremos de .la barra son perfectamente empotradosy se origina un clesplazamiento transversal del extremo j cuyamagnitucl es A (fig.4), en anüos extremos se originan momentosflectores reactivos, eJ-1os pueden determinarse a trawés delmétodo de la viga conjugada de la sigul-ente manera:

a. - M¡l L

")- 4a


.,...'.;.-'.-,...',,..:.,.:.'.,j]jiJ:'.;.].':;"c. ¡ri¡!".;"a ;e !&&r-'t.*1<4di:+.¿

-i-."-*-4 ---_--l -

I Apuntes y problema§ de Eslructuras Hiperestát¡cás

tvt¡(ffii\ .:\.:..:..l:. .:::::::

::::::{l) M¡¡

L _-{_0i:o 0:=o

I*,1^ Er

(fis.a)Por »Fy = 0:

de donde:

Por >Mj = ^i

de donde:

r.tHr-} .,Tfro

r,rii = Mii = Y^

o.l, ,Pr, ,3r L-i L rSr I L=o

l'',,,-$-tl'l

(6.8)

(5. s)

La expresión (B) m.uestra que fos momentos. originaCos ¡ror undescenso de apoyo, son igrrales en valo¡ y signo. f.a e¡presión(9) perrnite calcul-ar el valor numérico cie dichos momentos enfunción de ]as caracteristicas geométricas y mecánicas de rabar::a y de la magnitud del desplazamiento de] extrerno ,,j,,. Elsigno (-) de fa ecuación (9) indica que el sentido real de]os momentos reactivos en.r-os extremos de ra barra i-j escontra¡io aI asumido.

si es e-L apoyo t'irr e1 que sufre un descenso de rnagnitud a,ios momentos reactivos en los extremc.s serán tfitr. Sl r poEaralogÍa:

^I \a--M;;

(6.10)

Apuntes y problemas de Estructuras Hiperestálicas

como aplicación de 1as ecuaciones deducidas,' analizaremoscuatro ejemplos referidos a una viga prismática cuya longitudes de 3.O0 m, de material con un módulo de Lfast¡_áiaaaes E = 2OOOOO kp/oo2 y sección constante bxh =.20 x 60 crn.

EjempJ.o 1.

horario M =

Determinacj_ón de la rotación angular del extremoizquierdo i cuando se aplica en él un momento3. 6 T-m.

T-

rT -

De (3): 0i =

M=3.6r'm(ffi2,.V,?! qo' - 1 c .. ¡,4 4

1r - J,b x 10-cm'

2-los *3,6 *705 : 1,2

3,6 105 .300-- = 0.0003754 .-t,2 . LOt 0

1o10 kp,/cm2

rad (horar.ia)

Ejemplo 2. Determinación delextremc izquierdo

horaria 0i = 0.0005 radianes.

momento que apl-icado en eli que origina una rotación

De ec. (4) :1 .'1 .2 . 7010M = '- -- .0.000s

300

M = 480000 kp.crn = 4.8 T. m (horario)

log. N. González V. @ 2007 120 -

Apuntes y problemaS de Estructuras Hiperestáticas

Ejemp)"o 3. Determinación de los momentos en 1os apoyosde una viga cuando eI extremo i desciencie una

magnitud de 0.45 c¡r¡.

1a'^=0

45

t *u(A

De ec. (10):

f,,.. _ r,.. _ 6.l,z.tolo ^^. €,Mij = Mji : .u.45 = 2,16.10" kp300'

l'Iij t"t1 i : 21.6 T-m (horario)

Ejemplo

de 0.25

De ec. (10) :

cm.

Determinación decuando e.l extre¡no

roomentoa en los apoyosdesciende una raagnitud

1osr

wr1ffiu ¡

^=0.25I-'-'.-" "r) j-,,u Mji

Mij : Mj -6:11!:.02s = -1.2. loc kp.cm300-

Ml¡ = Mii = -72.0 T-m (antihorario)

" La ecuación del método Pendiente-Desviación (S/ope-Deflection), es una expresión que permite calcular elmomento flector en el extremo de una barra en funciónde la rotación de la tangente trazada en cada extremo ala elástica de la barra, del giro de la cuerda que une losextremos de la elástica (desplazamiento y de lascargas extemas que actúan sobre ella."



Para i-nterpretar correctamente 10s resultados, adoptaremos un.convehio de signos:

Los ríngulos de roiación de los fongentes, trozodos o lo eróstico encado nudo, se' consid¿rorón positivcs cuondo su sentido de rotocióncorrespondo ol.gue.siguen los ogujos.del reloj y su rnognitud serepresentorá por 0¡, donde i = L,2,3,4,..........,n.

Los ríngulos de rotoción de lo cuerdo gue une los extremos de taelóstico, respecto de lo dirección originol de lo boro, seconsidenordn positivos cuondo dicho cuerda gire en senfido de los

ogujos del reloj y su mognitud se representoró por 9¡, donde i =1.2,3.4,.......,n.

c) se considerorán momentos posifivos cuando su sentido de giro seotombién el gue siguen los ogujos del reloj.

En las figuras (6) y (1) se observan l-as magnitudes defj-nidascomo incógni-tas, con sus respectj-vos signos positivos.

o)

b)

Rotaciones positivas(fis.6)

6.2 HTPOTESIS

Las hipótesis adoptadas para 1adef método Pendiente:Desviaciónsiguientes:

Desplazamiento positivo(fis 7)

obtención de las ecuaciones(Slope - deffection) son.las

El moteriol que conforman los borros se consideroperf ectamente elástico, siendo válido el principio desuperposición. (Ley de Hooke).

Todos los nudos donde se ¿ncueniron los borros, rotonrígidomente un mismo óngulo. (Rotoción ortogonol).

tangente


': a, '.Apunles y problemas de Estructuras Hiperestát¡cas

IEá.JE.§GG.é6€€€€eeeeqCi{CCCCG,GiGGie'ééléiGt

GGÉeéá

Los borros son prismáticos (fnercia constonte).

Los borros son hornogéneos e isótropos (tiene los mismospropiedodes en lodos los direcciones).

Se desprecia el efecto de deformoción originodo porfuerzos cortontes.

los

5e desprecio el efecto de deformoción originodo por fuerzosoxioles.

6. ECUACIONES DEL METODO

consideremos un pórtico constituido por elementos rectilineosde sección constante (fig.B):

(rjg. B)

La .:iga i-jr está someticla a un sistema de cargas exterior:esaplicacias a l-o largo de su eje 1ongitudinal. Si consideramosque ef apoyo "A,' se asienta una magnitud Aii, todos losnudos del pórtico que se encuentran por encima de ese apoyocederán ta¡¡bién 1a misma m.agnitucl (en virtud de ra hipótesi-sreferica a 1as longituCes de l-as barras), en esLasconciiciones eI nuclo rr j r I' ocupará la posición " j " . paraalcanzar la posición final cle la viga (fig.9) , podemosefectuar fa superposición de efectos que se muestra en fasfi-guras 9.a - 9.d:

I,lI:rl

I

Ir


Apuntes y problemas de EstructuÍas Hiperestáticas

M¡Ü

ESTADO O

(fig.sa)

ESTADO 2(fis.ec)

) rur';, +

ESTADO 1

(fis.sb)

" " -. -'-'-.-lz rtr)

ESTADO 3(fis.ed)

o¡ aü I JFI---i' 1_. _:\,_. _._ _ i"-"- --. ', i ¿il.. \ i

:Ar Io¡ J rMj

ESTADO REAL(fig.e)

c ltM-¡tI i i

AU

]"M"j¡

Los momentos en los extremos de la barra para su posiciónfinal (fig.9) , pueclen ser determinados superponiendo fosmomentos en esos extremos pera l-os diferentes estados dedeformación angular y desplazamiento mostrados en .l-as figs.9.a - 9.d.; de esta manera podemos escribir:

Mij =Mou+M1¡j +Mz¡j +M3¡j

M1¡ =Mo¡i +M1ji +M2tt +M3ji

donde:


(6.1r-)


Mo¡ y Mo¡¡= son los momentos de empotramientoperfecto para una barra empotrada en susdos extremos. Estos momentos se originanpor acción de ]as cargas externas sobreIa barra considerada (i-j).

Los otros términos que lintervj-enen en lal ecuaciones (10),han sido determinados en e1 aná1isis efectuado en el primerpunto de este anáIisis, sin enrbargo a rtrnnera. d.e recuerdopodemos nuevamente incorporarlos en este resumerr:

. AtrIM'¡¡ = -::-. g' ru1;i=f .e¡

son 1os momentos en los ext.remos de ]a barra debi-dos a farotación angular de la tangente trazada a l-a elástica en efextremo "i".

son los momentos en f os extremos cle 1a barra debi.d.os arotación angular de 1a tangente trazaCa a Ia el-ástica enextremo "j ".

¡¡2ü = .ej rvr2¡i=f.ei

,,3. 6El¡vr r.l =- - .a¡i c 6tr1r rJ..¡vl lt =--.-.Aii

L'

n¡=fl o,*? n¡*E a¡¡rMo¡

2ElL

1ae1

son fgs monentos en los extremos de la barra debidos a1desplazarniento transversaf del extre¡no "j".

Sustituyencio estas expresiones en l-as ecuaciones 10:


,,'=?3 o,.-? r¡*E a¡tMo¡i


Factorizando eI tét^i.ro 2Er y definiendo:L-

donde Qij es elfinalmente:

ángulor de rotación de la

(6 . L2l

cuerda, obtenemos

,U = ?' (2'0¡ + 0¡ t 3'<p¡¡) tMoi¡

,i, = ?'(0¡ + 2'0¡ t3'<p¡¡)tMo¡i

(fig.10)

M= 2Et e.oi+o-o)+oI

(6.13)

Ilstas son 1as ecuaciones deI método pendiente-deswiación, en1as que todos los ángulos de giro se miden en radianes.

6.4 RIGIDEZ

Se denomina rigidez a flexión de los extremos de una barra,al nomento ffector que aplicado en un extremo de Ia mismaorigina una rotación unitaria (un radián) en ese extremo.

Considerando la barra i-j de 1a.fig.10 1a cual se encuent.rasometida á un ¡nomento aplicado en su extremo tri", meciiantelas ecuaciones ( 13 ) podemos evaluar Ia magnitud de esemonento cuando l-a tangente a 1a e1ástica trazada en dichonudo sea unitaria:

oj=o¿ii =

ent-onces:


Apuntes y problemas de Estructuras Hiperesláticas

como 0i = 1, de donde se obtiene:

(6.14)

El factor Kii recibe propiamente el nombre de rigidez absolutade1 extremo tri't para la barra i-j. La relación entre Iainercia de Ia barra y su longitud, se denomina factor de

rj.gidez (kij):

[*rll-l(6.1s)

cuancio una barra es prismática (sección constante) en toda sulongitud, tal eI caso de 1as barras estudiadas hasta atrora,ia r:igidez es igual en ambos exlremos.

6.5 MOMENTOS DE EMPOTRAMIENTO PERFECTO

Se denominan momentos cle enpotranienLo perfecto (momentos

fijos) a l-os momentos fiectores que se presentan en losextremos de la barra i-j, cuanclo ambos extremos se hallanperi-ectarne.nte er.potrados en sus apcyos o cuando uno de f os

e.a:treÍnos se encuentra einpotrado y e1 0tro simp]-enenteapoyaclo, y 1a barra se encuentra sometida a cargas ev'ternassegún su eje longitudir.ral.

Las iablas No. 1 y No. 2 permiten determinar diChos r¡.or,entos

para varios tipos cle carga usuales'

lñ9. N. Gon¿ález V. (a 2007

I

iI


ltrtOlrIENTOS DE EMPOTRAMIENTO PERIEGTO

vtr:(Hvi,ij+--L__---i

CARGA Mij Mji

J

t- á+ b -------+

Pab2-----6-t!

Pa2b_T

P

J PL- -:-

B

PL

I

q

@L-

_ qL2

t¿

qL2

12

q

L-

_qú30

qL2

20

-L

'

_ qL2a^

qL22n

q

i,IIlrITr}._i- a ----+-

Q'2t6-'iB-3")r12. L L'

Q'3 (4-3')12L' L

q

-¡-tlx-.rflI++J.ttr-rv-*

+-- ¡12 -¡

* 5qL2

9f)

5qL2

96

, ", ir, 11 lllll]l]lh o

"^aa?

frti" - 2ta' + au ¡ #nt - zLa2 +a3¡

M1

--?-+-a-,-4- b-------+

-ft,-ufr frz-sir


Apuntes y problemas de Estructuras H¡perestál¡cas

6.6 APLICACI,ON A VIGAS CONTIÑUAS

Ejemplo. Analizar Ia viga de inercia constante.

4.8r tÁ

+- 4.5 -----,,--- --- 2.0 --+- 3.0 + 4.5 __f1234

- Momentos fijos: Utilizando Ia tabla No.1:

o.,oqn2[,7'!1-2 = --]_--1 = - 6.75 T m

12

¿..t¿.c¡r2M2-1 = t"""' -6.75 Tm

12

8 (2.30)2IVZ-¡- =-5.76 Tm5¿

^ ,^ ^^'2ó.(z.uu)M¡ z -:=-,=3.B4 Tmc

^ o r^ rn2M1-,,1 =-a'u

la'JU/ =-4.86 Tm

20

4 B.(4.50)2Má ?= -3.24Tm30

Planteamiento de ecuaciones:

Las ecs. ( L3) apLi cacias a los tres Lramos c: Ia v-ga ar rojanfas relaciones slguientes:

art¿Lt,^^Ml-Z = *(Z)t+02-391 Z)- 6.75+.J

tl:IMz-l = #QOZ+ 01 - 3p1-2)+ 6.75

4.C

f\42-g - T eur+ 03 - 3p2-3)- 5.765


M¿-s = fltze++o3 -3<e3-4)+3.24 d,G

Condiciones de aPoYo: q

G:::"'.o:;:, -:ñ:i?:."J,"u .,io'-:il:::"i.J. ' ..#

""?:x1"'":: 1

angulares 01 - 0a = 0; además ninguno de ell-os sufre Jdesplazamiento transversal o asentamiento de apoyos,

- po' "}1'o 3

Lt -Z = LZ+ = A:-¿ - 0, con estas condiciones de

desplazamiento: Q1-2 = 9z-: : 9:-q : 0' eG

Equilibrio de nudos' S

: : x"'r".T t

: ^ :i"

"'

o;,1 : "r'.,:'..'"":;J."l " i i' ¿'; # T" í' "

=

fo1F4rronentos cte toáas las barras que concurren ellos'

éobtenemos, G

M2-1 r'M2-3=0 ; 1902+4'503+11'1375/El=0 CC

M3-z+M3-4=0 ; 4'502+1903-11'475lEl=0 C

- Soiuciones: Resolviendo el sistema formado é

0.7726 co, =_: n_ C

C0.786s G

os =--Er CeGG

lig. ¡'i. éonzátez V. @ 2oo7 c,.G


Momentos fina1es:

Reeraplazando las soluciones en 1as ecuaciones individualespara cada barra:

¡¡t-z =#vro) -o':Íu -3(o)l - 6.7s = -7.0er - m

na2-1 = ?-oE!czr#4 + o - 3(0)l + G.7s = 6 06r - m

tui2¡ - 3E1¡-3 r#q-Trr-3(0»-s 76 = -6 06r-m

Ma-z =?tr§q Y#-3(o)l+ 384=4 16r-m

Ms-¿ = #trTq-0 - 3(0)l-4 86 = -4.16r-m

M¿_a = fl¡z1o;o9J999-3(0)l+3.24 = 3.5er-m4.5' ., EI

Aplicando l-as ecuac.iones de fa estática se pueden calcul-ar1as reacciones en los apoyos y dibujar diagramas de cortant.esy momentos.

6.06 6.06

Nota. - La presentación de los cáIculos enmuesLra laboriosa, pudiendo sirnplificarse si(11) se escríben directarnente.

e1 problema sefas expresj-ones


Apuntes y problemas de Estructuras Hiper€stát¡cas

Ejemplo: Determinar 1os momentos para Ia viga de inerciaconstante.

JIII{qIqq

{fqtq

10r 10r

AIll!,."

2.O . 2.0 2.4

6T 6T

3.0 3.0 3.0 3.04

Condiciones de borde rotacional: Los a.- i y r ;__-empotrados y no pueden rotar, en Lv.-'ecug¡.---. 91 = A::0

Condiciones de borde traslacional: ¡io e:.:isti.endodesplazamiento transversa] (descenso) de .l-os apoyos, susdesplazamientos son nulos, qt-Z : QZ-¡ : g:-s : 0

Ecuaciones por tramo:

Mr-z =f rtrl-u.oo

N,t2-1=f trnr)*u.oo

Mz-s = fffrrr+03)-7.50

l',4¡-z = f tzos + 02) + 7.50

rvts-+ = f trt.t-r.uo

M+-¡ =f to.lnr.uo

Equilibrio de nudos:

Nudo

Nudo

EI eguilibrio rotacional cle losnudos 2 y 3 arroja las siguientesecuaciones:

1.5_-nEI

=0

0; 402+03

0; 02 + 4

a.

3:

M2-1 + FI2-3

I'13-2 + I,13-4


-03

¡

Apuntes y problemas de Estructuras Hipere§tát¡cas

soluciones:

Momentos finales: r

Comentario:

ecuaciones,

ecuacionesobtención y

Mt-z: -8.13 Tm

N12-1 : 7.?3 Tm

!12-3: -?.73 Tm

?.43 Tm

- 0.4U" : --¡, I

03:

Mz-z

M:-q

MS -:

0.1EI

A1

53

Tm

Tm

En los dos problemas, 1as rotaciones angulares están enfunción de EI, si ambas caracteristicas son conocidas puedendetermínarse los valores numéricos de dichas rotaciones,' asi,si eI móCulo de elasticidad del- material de las vi-gas es

1E = 50.000 kp/cm'y.I mcmento de ir,ercia respecto de su ejecentroidal es I:45.000 cm4, entonces el producto Er tiene ef

)val-or 225 Tm", Iuego, sustituyendo este valor en fasrotaciones angulares se obtienen los siguientes re-sultadosnuméricos:

0z : -0.00178 rad 0: : 0.00044 rad.

Para simplificar aún más el planteamiento de las

puede utiLizarse ef factor K = 4l de lasT,

(11) corno un número pui.o. Et procecltmiento de

utilización se describe en eI sigulente elemp1o.


.-'Apuntes y problemas de Estructuras Hiperestát¡cas

Ejernplo: Determinar los momentosconstante,

para 1a viga de inercia

PR ,,rK t oie 12K

Condiciones de borde rotacional.: Los apoyosempotrados y no pueden rotar, en consecuenci.a: 01

Condiciones de borde traslaci.ona]-: Nodesplazamiento transversal (descenso) de 1osdesplazamientos son nu1os, et_z: gz_z = g¡_q = 0

Ecuaciones por tremo:

10.010.010.010.0

1y4son=0q:o

existiendoapoyos, sus

tu11-2 = ffitnrl-.r.ooMz-r = fl{rrr)*.o.ooMz-s = f,eer+03)-4o.oo

f,43-2 = f eer+02)+4o.oo

ru3-4 = ffitrn.l-.o oo

M¿-¡ =ffitr.t+3o.oo

Equilibrio de nudcs: E1 equiribrio rotacionar de fos nudosy 3 arroja 1as siguientes ecuaciones, asu¡niendc qu. ?E1=1,

Nudo

Nudo

02

02

,.

3:

142-1 + tr12-3=¡ , A

!13-2 + M:-q:0 ;

+ 03 - 10 = 0

+ 4 03 + 10 : 0

lng. N. González V @ 2007


So].uciones:

Momentos finales:

-26.67

Ejemplo:

Q2 : 3.3333

0: = -3.3333

Mt-z : -26.61 "rm

Mz-t = 36.67 Tm

Mz-: : -36'67 Tm

M:-z : 36.67 Tm

M:-s : -36.67 Tm

FIa-3 : 26.61 Tm

-Jb b/ -36.67

Anafizar el pórtico intrasfacional,.

9T6T/m +--2-l

I5.0

I

2 l=4e.ooo cm¿


Apuntes y problemas de Eslructuras Hiperestáticas

Inercias rel_ativas:

, 48000b_a___4r 2000

. 12000l1-5=-=--=1I 2000'

relativas: multiplicando por !.,. io= val.._L

absol-uta

2E(3t) 3Et ^ 1trt21) 4Et425:

, 36000lt_, =

-.

= ?12000

6_+=ffi=z ;

Rigideces

de rigidez

Barra 1-2:

Barrá 2-3:2E(4r) _ 4Er _ 8

633

'Condiciones Ce borde rotacional: Comoempotrados, no sufren rotación, entonces: 01

Condiciones de borcie traslacional_: Losasentamientos, entonces J-os desplazanientosimplica que: e1-2 = gz-z = g2_4: e:_s : 0


l\41-2 = 3(02)-8.00

it4Z-t = 3(202)+8.00

Rlvlz-s = iQcz+03)-s.00

RIv13-2 = i(z0s + 02) + 4.00

llr2-4 = 1,6(20a)

N14-2 =1.6(03)

Ms-s = 1(20¡)

[45-3 = 'l(63¡

]os apoyos son:0a:0s--o

apoyos no sufrenson nulos y ello

Ing. N. Goflzález V. @ 2007


Eguilibrio de nudos:

Nudo 2: M2-t + MZ-¡

Nudo 3z M3-2 + M:-S

Soluciones:

Momentos finales:

Mz-q : 0; 43.6 02 + 8

0 ; 8A2+22

0.L012 ; 0: = -0.5845

Mt-z : -7.68 T-m

Mz-t: 8'64 T-m

Mz-: : -8.99 T-rn

M:-z = 1.17 T-m

Nlz-q : 0. 34 T-m

Ms-z: 0'17 T-nL

M:-s = -1 ' 1? T-m

Ms-: : -0 ' 58 T-m

+

I

03

0¡

0

-12

02

lng. N. González V. @ 2007- lJo -

4.1'.,:,:ri¡t:i.:ajr.1i}ii¡r]::.:' r .,'

:''

Apuntes y problemas de Eslructuras H¡perestáticas

Ejemplo: Analizar e1 pórtico

. 60k

intraslacional.v

60"

40.0 , __=_r__ 30.0. _______r_

00.

Condiciones de borde rotacional:

0r:0a:0":0r:o

+_ 30.0,

Rigideces relativas:

Condiciones de borde

4ElAsumiendo oue '- - 1-30

traslaciona]-:

enronces E1:o,rs20

,Í:'i,

ri

'iit'til;l:ili.il

'll'1,l'

,1i

iii':t

'11I,

:l

qr-2 = Qz-t : Qz-t' : Q:-s : 0


_ 4Et,Ma-b= f (en)= 0n

AtrIMb-.= ñ (rOs)=2 06

l¡lb-e= 2e 06) = 1.5 0520'_ zEt,Me-b=

- ( On)=0.75 0u

4Et.^lv'lb_.= * (, 0b+ 0c) -225= 1.5 0¡ + 0.75 0c -225

r¡ _ 4E1,,Mb-c= * ( eo+20c) -225= 0.75 0b + 1.5 0c - 225

{{qqIIilIIIIT


I-....-.....,.-'....


Mc-f = *f rrr) = 1.5 oc20'Mr-c = #, ," ) = 0.75 oc

Mc-d= #,r 0")=2 o"

Md-c= S { t")= u"


Nudo bt Mb-a * M¡-e + N15-" : Q ;

Nudo c: Mc-d * Mc-f + Mc-b : 0 ;

Soluciones: 0¡: 39.13043

Moment.os f inales:

5 05 + 0.75 ec : 225

0.75eb+50.:225

y 0.: 39.13043

Ma-b = 39.13 T-m

Mb-a = 78.26 T-m

Mb-u = 58.70 T-m

Me-b = 29.35 T-m

Mb-c = -136.96 T-m

Mc-¡ = -136.96 T-m

Mc-f = 58.70 T-m

Mf-c = 29.35 T-m

Mc-d = 78.26T-m

Md-c = 39.13 T-m

-39.1 3 7 8.26 -1 36.96 -136.96 78.26 39.1 3



6.7 TRATAMIENÍO DE APOYOS ARTICUI.ADOS

La condición de borde para un apoyo articulado consiste ";utilizar su capacidad nula de absorción de momentos, erropermite plantear una nueva ecuación, pues si bien eI momentoflector en un apoyo articulado es nu1o, Ia rotación angul-arde dicho nudo no €s.c€ro.: para este anárisis las ecuaciones

de1 método pendiente desviación se pueden uprl.u. si-n ni.ngunamodificación, tomando ren cuenta que e1 desplazamientotransversal en n:-rio. sin embargo también puedentransformarse de Ia siguiente ma;-rere:

rrl1¡ = f 1ze¡+ 0j)t Moü

u¡i= f {ei+ 2oj)t Moj¡

Como apoyo "j "nulo, con esta

Despejando 0i:

es articul-ado, el momento flector en éI secondición:

Mji = tl (o¡ + 2*,0;)tMoi¡ = o

O,=-]0; + L ^'o"")- ,-r -ru, rv'Jl

Sustituyendo este val-or en ¡,li j :

r',r¡ = f tz oi - 1o¡ t liuo;i) lr,roij

Transformando l-a expresión, finalmente obtenemos:

rut¡j = f (o¡)rMo¡i t -l voj¡

En efla reconocemos que er factor de rigidez se modifica aIvafor 3EI/L, y además que el momento de emoctramientoperfecto también se modifica, considerando un- tipo cie barraarticulada-empotrada (Tabla 2). La aplicación de. esta últimaexpresión Ia realizaremos en e1 siguiente ejemplo.

lng. N. Gon¿ález V. @ 2007


E3emplo: Determinar 1os momentossiguiente viga:

20r

4l

en los nudos para Ia

. v7m.

--j_ J

inexistencia deque qij : 0.

Ecuaciones por tramo: Considerando e1 : 0 e

asentamiento de apoyos, 1o cual significa(Multiplicando Las rigideces Oo. fl l,L

+_ 5.0 __-+_ 5.01:

.CAI A

kr-r ='-*'=1El=16lu )

Mr-z = 16(02) -Mz-r : 76 (202) +

Mz-: : 15(02) -

ZZltttt.

-_=+--2

z5

25

36

. 3E3l 3_kr_r= =_El=15124

:1602-25:3202+25:1502-36

Equilibrando rotacionafmente en nudo 2:

M2-r + MZ-: = 41 02 - 11 : 0IIU?=--41

Los resultados finales son:

Mr-z = 16(= ) - 25 = -21.2553 (antihorario)41

Mz-t= 32(+') +25 =32.4894 (horario)41

Mz-3 : i5(#) - 36 : -32.4894 (antihorario)

En este probLema se han utilizado los momentos deempotramiento perfecto para barras empotradas-articu-Iadas ensus extremos,

Si aplicamos 1as ecuaciones que consideran ambos extremosempotrados:


2Tlm

142 -

',.: ¡,: .i ' i .):t . .': :.._:::rr -,i.iri:t ,: ., ii.'. ir¡..: .-

Apuntes y problemas de Estrucluras H¡perestátic¿s

Ecuaciones por tramo: Considerando 01 = 0 e inexistencia deasentamiento de apoyos al igual que en el problemaprecedente) y multiplicando 1as rlgj_deces por (lO/Elr);

Ecuaciones por tramos:

krr=2E41 =1el =a10 5

kr^ =2E31= lEl= s122

M1-2= 8(ez)-25= 802-25

M2-1 = 8(202)+ 25 = 16 02 + 25

M2-3 = 5(202 + 0z) - 24 = 1002 + 50g - 24

M3-2 = 5(02 + 20g) + 24 = 502 + 100s + 24

Equilibrando rotacionalmente Jos nudos 2 y 3:

Nudo

Nudo

03+1

03+24

0z+

0z+

).

-1 :

MZ-1+MZ-:=0;

M:-z : o;

26

J

J

l0

:o

:0

Res-of vi-endo e l s is tema f ormado :

0z = 0.468085106 0: : -2.634042553

Los momentos finales en fos nudos son:

M1-2 = 8(0.468085106) - 25 = -21.2553

M2-1 = 16(0.468085106) + 25 = 32.4894

lu12_3 = 10(0.468085106) + 5(-2.63 4042553) - 24 = -32.4894

M3-2 = 5(0.468085106) + 2(-2.634042553) + 24 = O



EjempJ.o: Analizar e1 pórtico intraslacional.

12f ln1 12llm

3.00

Condiciones de borde rotacionales:

0r:0s:0g:0

Mr-z: Ma-s = 0

Condiciones de borde Traslacionales:

9r-z : 9z-t: Q:-q : Qs-s : 0

Factores nr-, : 'u'L

12Tlm

3.00

2(6) ,, _ 2(6)K r ^: ' ' - < ' K^ -^l-2- O =", L\2-3--=¿r t K-,-o: 2(6)

= 4 , Kr-.: 2(6) =4

JJ

,, ¿lt)^4-9: , =t

4


Apuntes y problemas de Eslructuras Hip€restáticas


Mr-z:3(20r+02)-16M2-1 :; 3 (0r + 202 ) + 16

' M24:2.a '202+0:) -,25¡¡r-, = 2.4(02+ 2A3¡ í z-S

M3-4i: 4 (2%+0:) - 9)M.i-:: a (0:120:) + 9

M¿-s: 4 (20q+0s) - 9

Ms-q: 4 (04+205) + 9

Mz-t: 1 (202)Mt-z: 1(02)¡¿¡-e: 2 (20s)Me-:: 2 (0:)Ms-s: 1 (204)Mg-q: 1(0q)NIs-e: 1(20s+0e)I'16-s: 1 (0s+ 200)


Mr-z : o;M2-1 + M2-3

M3-2 + !13-a

Ma-3 + NIa-5

M5-4 + M5-6

Ms-o : o;

Resolviendo

l

+

f

Mz--t

Mz-a

Mq-s

0;

: 0,.

601+302-16:0301+L2.BQz+2.403

2.402 + 16.803 + 40a +

403+180a+105:040a+1005+06+905+206 =0

-9:016 : 0

el sisterna de ecuacÍones:

0t = 2'50350z = 0'326303 : -1.11970q = 0. 5068

0s = -1'160105 : 0. 5804

Apuntes y problemas de Estructuras Hipetestáticas

Momentos fina].es:

6.8 TRATAMIENTO DE VOIiADIZOS

Un voladizo es una estructura estáticamente determinada, enconsecuencia . siempre se pueden deternr.i-nar las fuerzasnormales, cortantes y momentos flectores en el extrcemoempotrado. Cuando se aplican las condiciones de equilibriorotacional de nudos, debe considerarse e1 momento reactivo eneI extremo empotrado.

Ejemplo: Determlnar los momentos en los nudos Ce la viga.

20l

i4l

5.0 -_--+- 5.0+-1

3l12.0

va/z

2

I

2.0 ---t-

Considerando 01 : 0 y multipficando Ias rigideces por ( H

, ¿Lót ¡ _.(22 =_=_t]l =5122

25

.E

):

*',,r=ZEol=1rr=s10 5

Ecuaciones por tramos:

t41-2 = B(20r + 0z)

Mz-t=B(01+202)

-25= B0:-

+25-160¡+

lng. N, González V. @ 2007


Mz-::5(202+0:)M:-z=5(02+203)

Nudo 2:

Nur

4TIMr +\2

. :ción de equilibrioentonces:NI3-2-B:0;

502+1003+24El s..teina formado se refleja en fas

2602-r 50:=502+1003:

24:L002 + 503

24= 502+1003

+ 4. (2)

: -B T

rotacional para este nudo será

-B:0

siguientes expresicn== :

-l_

-76

+

- ¿.t

+24

m

M

M

Condiciones de eguilibrio rotacional:

Mz-r+Mz-::0; 2602+503+1:0

En este nudo concurre un volaclizo isostático,aportando un momento flector cuyo val-or es:

v -l-as soluciones: 02: 0.2919

03 : -1.7489

l,os monrentos flnales en 1os nudos son:

§lr-z : B(0.2919) - 25 = -2?..62 T-n

Mz-r = 16(0.291 9) + 25 = 29.16 r-m

Mz-: = 10(0.2979) + 5(-l .1 4Bg) - 2q : -29.i6 r-m

Ms-z - 5(0.2979) ),2(-1.74S9) + 24:8.00 r_ni

lng. N. González V. @ 2C07 -147 -


Ejemplo: Analizar el pórtico intrasracionar- de. ra figura 15.

12f lm 12Tlm 12f lm 12Ílm . 12Tlm

.0

3.03.05.040

(fig. 1 5)

Condiciones de borde rotaci-onales:

0r:0a:0g:0

Mr-z = Ma-s:0

Condi-ciones de borde traslacionales:

9t-z= Qz-: = Q:-q: tPq-s = 0

Eactores Ki-j?trT

nr-r='lf) =r, Kz-t:?=rn i K¡-q:?=r; Kq-s=?=4

xr-',:'f\ =, , g-a:29u) =z ; oo-r='tÍ) =,


Apuntes y problemas de Estructuras Hlperestáticas

Ecuaciones Por tramo:

302 -L2.B02

1616oE

ac.

o

o

9

16 = 0

+ 303

601 +

301 +

2.442 +

40¡ *40a +

t'f 1-2 : 6,

!12-1 + M2-3

I"i3_z + 143-e

!14-3 + M4-5

M5-4 + M5-6

!15-6 = 9,

Mr-z : 3 (20t +'02 )

Mz-t= 3 (0r+202)Mz-:!: 2.41202 + 0: )

M3-2r+ 2'4(02 + 20: )

M:-q,: I (2At+0:)¡¡s-:,: 4 (0s+ 20:)Mq-s: 4 (20a+0s')Ms-s: 4 (0s+20¡)Mz-t: I (202)Mt-z:'t (02)M:-e: 2 (2%)Me-:: 2 (0¡)Ms-g: 1 (20q)Mg-q: 1 (0q)Ms-o: f (20s+00)Me-s: f (0s+20s)

+

+

+

f

Considerando que eI momento flector a

debido a Ia carga uniforr¡'e es Ms-ro=-

eI siguiente sistema de ecuaciones:

Equil.ibrio de nudos:

Ia derecha de} nudo 5

Q'()2:-6 r *, obtenemos2

+ MZ't+ I,12 -g+ 1"14-9

-6=

-9:0+ 16 : 0

0

3:0:0,

: 0; 16.80: + 40a

1B0a + 405 =

1005 + 06 +

A5 + 206

iñlll. Gon.ález V. @ 2oo7-149-

Apuntes y problemas de EstÍucturas Hiperestáticas

Escribiendo las ecuaciones matri_cialmente:

63a r^ ^) t¿ , ó

0 2.4000000

Momentos fi.nales:

25.43 -26.07

-26.07

0

2.416. B

4

0

0

16

9

-760

-30

00004.0

18 4

4 10

01

0

0

0

0

t-

2

0r = 2.507802 : 0.31,770: = -1.0?920a : 0.342005- : -0. 4598

06 : 0.2299

-16 27


-2.16

6.9 PROBLEMAS CON DESPI,AZAMIENTO TRJA,NSVERSA¡ .

Frecuentemente se presentan problemas en 1os que se debentomar en cuenta desplazamientos transversales debidosprincipalmente a1 asentamiento de apoyos u otros factoresestructurales.

Estos casos no repre.señt1ñ i:^',.r dificultad debido a que lasecuaciones (^l---arcs del método (13) consideran este caso,comancio en crienta que 1os desplazamientos de apoyo puedenconocerse en forma numérica y 1os efectos que originan.

Ejemplo:

E = 1OO.0O0 kpl"*zvertical de 1.8 óm.

1a viga prismática de inercia constanteA45.000 c¡n' y un módulo de elasticidad

si eI apoyo 3 sufre un asentamiento

Analizarconl=

6T 6T 1oT loT

2! J I I

. f. a=ae

2.0 2.0 2.0 3.0 3.0

(f¡9.16)

Mo¡.nentos fi-jos por descenso del- apoyo 3:

El Cescerso del apoyo 3 origina 1a aparicj-ón de nomentos cieempctr:ar,'.iento en los tranos 2.-3 y 3-4, Ios cu¿rl-es ciebensur¡.arse a los momentos cie empotramienLo perfecto originadospor .r-as cargas exlernas y que son igr:ales a:

r n. 6Elrvrl-l-- . A¿ lL

3.03.0


Apuntes y problemas de Estructuras H¡p€restáticas

hhrts?.FábbHtabbF.h.bbhobbhohobáIr1f,á

=l=üÉ

=oEÜ-ü-ü

=r

Tramo 2-3: Me_¡=Ms_Z=

Tramo

Eeuaciones:

6 .(1 00000) . (45000)

6oo2-135000 kp cm

Mz-3=Ms-z=-1.3srm

3-4: Mg-¿ = M¿-3 = 6 (1000!01:(45000)

= 1ss000 kp cm6oo¿

Mg-¿ = M¿-s = 1.3s r m

Denominando ¡ ::El= 1L

Ivlr -o= A. - o

Mz-t=202+BMz-r202+03-]..S-1.3sMt-z-02+203+7.5_1.35M=-q: 2 0: - ?.5 + 1.35!Ia-3: g, + 7.5 + 1.35

Eguilibrio de nudos: pr-anteando er- eguilibrio rotacional de1os nudos 2 y 3 (q,re son los,:.,:..o" que pueden rotar) através de l-a suma de momentos de toáas .Ias

La..as queconcurren en e11os, obtenemos:

I'12-1 +Mz-::0;402 *0:-O.eS=0 I 02:0.2261l.

i"I3-2 + M:-s : o; 02 + 4 0: = o ] ,, = _o.os67

Momentos finales: Reemplazando las sol-uciones 6n r - _expresiones para cada barra: vv4qurvrrcr srr ads

-7.77 8.45 -8.45 6.26 _6.26 8.79,ta ,

". , y

-7.77

lng. N. conzález V O ZOOZ

5.10 §.IATTS¡S DE PORTICOS TRASI,ACIONALE.S

un pórtico puede sufrir desplazamiénto laterar por acción decargas laterales (viento, empuje de tierra y otras) r porcargas verticales no simétricas, por diferencia de rongituáesde sus columnas y por diferencia de, geometria de 1oselementos estructurales que i¿ _..:.iponen isecciol:,,transversales de las barras) .

,lEn estos casos se desconoce 1a magnitud der desprazani=n-:c,por e11o se considera una nueva ir:i.,eriita, para ei cáIcu1oe11a se ciefine como eI ángulo de g.iro de 1a cuerda a 1a

eIástica y se representa por ap = A .

L

Ar introducir una nueva incógnita 1a cantidad de ecuacionesplanteadas por e1 eguilibrio rotacionar- de Ios nudos esinsuficiente; para establecer nuevas ecuaciones que pem.itaaobtener Ios desplazamientos (nuevas i-ncógnitas) se indica elsiguiente procedimiento :

Apuntes y p.oblemas de Estructuras Hiperestát¡cas

Se es tal:-Leceen uno o variosde -Los gradosque tenga.

e7 equiTíbrio de fuerzas c,or-tarrtescortes de -La estructu-ra, dependia.fude TiberLad ¡ara despJ.azzaíentos

Ejenplo: Analizar e1 pórtico intraslacional_

B T/m

3.0 - ___- +_

( fiq. 17 )

Condiciones de borde:

lng. N. Gcnzález V. @ 2007

(fig.17a)

iIApuntes y problemas de Estructuras Hiperestáticas

ñlil7'=ü='aaa='=r¡oaúü*aáaIñiafra,1,rt¡o

=ü=e¡ta¡aaaafüvü4ü

0:=04

Factores K:

Ecuaciones:

M:-:- :Ir1-J -

Mt-z :Mz-r:l4Z- q =.,9-J

Eguilibrio de

.A= Ui 9:-t:-:54

Multiplicando los

AQa-z= - :4 9

5

reales por 10/EI

q;

valores

zEI EI

42K1 '

:q9u :2Et= 20

.. 2E(2t) 4Etxq-z:-;-:s=6

s ( 0t -1s<p )

s( 2 01 - 1sq )

20( 2 01 + }iz )-620( 0t + 2 02 )+68( 2 02 - 72 e I

B( 0z - t2 q )

nudos:

= 501-75:1001-75: 4001+20= 20 01+40: 1602-96: BA2-96

Iaoz-602+6aq

NI1-3 + Mr-z = 0; 50 01 + 20 02 - ?5 e - 6:0 (a)M2-1 + I"f2-4 = g- 20 01 + 56 02 - 96 g + 6:0 (b)

El sistema forrnado presenta tres incógnitasr por e]1o esnecesario prantear una ecuación adi-cional, e,lra surqe cieiequilibrio de cortantes:

Ml-¡

H4

(fig.17.b)

Por equilibrio horizontal del pórtico:

1

H3

H¡+Hq+3=0

donde:

Sus tituyendo

de donde:

i.esofviendo el

H3 = Yl:l: rlll =

4

Ho = M4-2 + M2-4

-5

estos valores en

1501 _ 150<o__-.-___-_l_ +

4

75 0t

15 0l - lS0 ro

4

24 0z - 192 ro

-

5

1a ecuación de equilibrio:

2402 - 192a

--+ 3=o

+ 96 0z - 15'18 9 + 60 = 0

01 = 0.231s

6z = -0.1149

tp = 0.0437

sistema formado por 1as ecs.

0.96

(c)

(a), (b) y (c):

6-03

5.11

-0.96

-2.12

-6.03

lns N GonTáEiVG?oñ7

Apuntes y problemas de Estructuras Hiperestátic¿s

Analizar e1 pórtico traslacional de Ia . fig 18.Los números en círculo corresporJ".rtul factor K.

5.00

*á7aiaáaIl)¡e

=üÉr-Eaa{taqü

i,i*

Condiciones de borde:

Aqt-4= I =otP

Ecuaciones:

0q:0

92-5 =

Ms-z = I"lo-

.A, 93-6= -ó

^-=6o5

3:0

=59

M¿-r = llMr-a:1(M. ^: r/Mr-, = )(Mt-t = )t

- 1Bq )

-l8q)*02 )-2Bz ) +

+0:)

0.6750.6750.588

1or

20t20t0r+202

0.225T|m

lng. N. González V. @ 200Z


Equilibrio cie

- Mr-s + Mr-z60r

- Mz-r + Mz-:

'2ot

- Ni:-z + M:-e202

- Ms-z : o;0z+

- ¡.,1- - : n,.,ú-J

¿v3

143-2 = 2( 102 + 203 ) + 0.588Ms-z : 1(20s + 102 - 18q )

Mz-s = l(202 t 1Bs - 18q )

Mo-¡ : 2(20a + 10: - 15q )

M¡-e = 2(20J + 106 - 15e ) ,"

: 0,+ 2 02 - 18 v .a?5 = 0

+ M2-5 = 0;+ 10 02 + 2 03 + 05 -18 I + 0.087:0

: 0;+ 8 03 + 2 05 - 30 q + 0.588 : 0

2 0s - 18 tp : 0

+ 4 06 - 30 g:0

(a)

(b)

{c)

(d)

(e)

Por equilibriocortantes):

horizontal deI pórtico (equilibrio Ce

Ha+H5+H5 =0

M¿-l + N'lt-¿aonoe: Há=

-

J

Mz_s + M5_2h6=

-t)

M¡-o + Mo-¡u^-

-

ttH-f)

301 - 36 rp: c

302 + 395 - 36 ,,

5

- 03+06-10rp

Sustituyenclo estos valores en la ecuación de equilibrio:

Ing. N. González V. @ 2007 '157 '

-0.28

a=tfra=a=t=t-t=tfaa7,*a7=,a7,7,aá!f,=rI.bi.tsahbb!CbI.b


301 -36<p * 302+30s-36* +0g+00_,109=g55

de donde: 18 0t + 1202+200g +605+ 10306 -474<p = g (f)

Resolviendo e1 sistema fo.rmado, ,.'

. 0t = 0.1276

0e = -0'0'179

03= -A'0724

0s = 0.0363

0o = 0'0590

a = 0'0030

Resumiendo 1os momentos obtenemos:

Ho = -o.o¿gz

H5 = -o.o'109


l

?;i;:..1e11d l.l ...' :1:,,:'¡1;.:¡',' ".''; ::l:"lli:'.i;il,'','il:ji:i

,_ - . .' , - Apuntes y problemas de Estructuras H¡perestát¡cas

1.20rim

E.'EMPLO. Analizar e1 pórtico de dosla figura.

niveles mostrado en

4.00

't.00

+- 5.00 -__,__-__-¡

Condi ciones de desplazamiento:

^.(3r-" = ---l5

Ecuaciones:

A.(D¿-q : - -l4 9z-z:rOs-s:-fi

t41-2 : 0. 52 01 - 0. 312 A1li2-1 = 1.04 01 - 0.312 A1N14-5 = 05 + 0. 375 A1

Nl5-4 : 0. 5 05 - 0. 375 A1!12-5 = 2.4 02 + t.2 0s - 3. 75Ms-z : 7.2 Q2 + 2.40s + 3.75Lf2-3 = 0.96 02 + 0.48 0: - 0.51 6 L2N13-2 = 0.48 02 + 0.96 0: - 0 .576 L2Nf5-6 : 1.44 05 + O. j2 0o - 0 .864 A2Mo-s = 0.12 05 + 1.44 0a - 0.864 A2M:-s = 3.2 03 + 1.60 06 - 2.50Mo-: = 1.6 03 + 3.20 05 + 2.50

hg. N. González V. @ 2007



Nudo 2: M2-1+MZ-:+Mz_s:O

4.40 02 + 0.48 03 + 1.20 05 - 0.372Ar _ 0.516 A2= 3.75

Nudo 3:

Nudo 5:

M3-2+M¡-O=O

0.48 02 + 4.16 03 + 1.60 06 - 0.576 Lz:2.50

M5-z+Ms-a+Ms-o=0

7.20 02 + 4.34 03 + 0.72 06 - 0.375 Ar _ O .864 L2 = _3.75

Nudo 6' MO_¡ + M6_5 : 6

1.60 03 + 0.12 05 + 4.64 06 _ 0.864 Lz = _2.50

Equilibrio horizontal de 1os pisos:

Primer Piso: H1+H4+2+1=0

Hl=

.24 02 + ?.50 05 _

Segundo Piso: H2 + H5 + 1 = 0

,,, - Mo-u+Ms-¿I ¡4 -

-

4

6.246 A1 : -60.00

., - Mr-u+Mo-s" 2.50

rr - Mz-¡+M¡-zT-1, -' 2.5A

1.44 02 + 1.44 03 .r 2.16 05 + 2.76 0o - 2.BB L2 = _2.50

Mr-z + Mz-r

lng N. Gonzátez.V @ 2007- tou

Ordenando las ecuaciones obtenemos eI siguient.e sistema:

3.7s )2.so I

-3.7s I

-2. so I

60. oo I'-:.1(i .l

r 4.40I o. ¿e

I r.zo r

I o.ooI a.za\1.44

0.48 L.20 0.oo4.L6 0.00 1. 600.00 4.34, 0.721.60 0.12 1.640.00 7. 50: ;. ¡:1.44 2.L6: 2.16

-0.312 -0.5760.0 -0.5?6

-0.375 -0.864O.O .:O'.e6a

-6"2;^ 0.f0.0 -2. b6u

Las soluciones de este sistema de cuacion¿s s,.:n:

02= 1.798949

03 = 0.844258

0s = 0.090952

0o = -0.492359

Lt = 11.51258'l

Az = 1.888604

Momentos finales:

0.59

1.05

2.00

-l.tz

a 0.67 6.10 I )

-2.65

-4 27


1.204.80

1T

4.0

1üüüatúütttIttIt,,t-

i))

)

t)

)

)

l

i

Ejemplo: Analizar la estructura

0.9 T/m

traslacional

0.9 T/m 0.5 T/m

J

21

t.u

1.0

5.40

lng. N. conzare- U oTooz

',1, .{

t!!

.tIIII

II

i

rl

,0

4 7.2.t

'

1.5 I :

l.ó t/m

5 9,10 I r/ 6

1.5 ¡

1.8 Tim

I

3l

l Ttm

1 9.6 I

2t

I

2 10.8 I

5t

6l

8

il

Cóndiciones de'¡árae:

og=o

Ml-Z= Mg-3=0 ; M6-1Or=-0.36 ; M3-1.1 :-0.'12

Condiciones de desplazamiento <leJ. primer piso:

,^. ^ : -a1 a] ,n- ^ : -419t-s=-; ; vz-t =-; , q3-8:-?

denominando: 4l : rs<pr4

entcnces: q1-9 : -159r , QZ-'t = -L2(pL , 9:-8 = -10q1

Condiciones de desplazamiento deI seg,undo piso:

At L2 L2gr_,r=-t' ; ez_s=--: ; 9:-03 3 '- - 3

Haciendo, 9: qz3 '-

entonces: Qr-a : -qz i ¿z-t : -QZ ; 9:-e : -92

Ecuaciones:

t"l9-1 :01 - 45 <p1 ; Nlt-g = Z0r - 45 tPr

N\7-2 = Afi + 202.- 12 qt ; N12-1 = 401 + 202 - 72 q7

l"ls-3:40s + 203 - 60 «pr ; II3-3:204 + a03 - 60 Q1

Nlr-z : 801 + 402 - 3.456 ; M2-t : 40r + 802 + 3.456

t42-3': 802 + 403' 1.314 ; ['13-2 : 402 + 803 + 4.374

111-4=201 +04-3<pz ; t'1,i-1 =0r+20a-3<p2I'12-5 = 202 + 05 - 3 <pz ; i'15-2 : 0z + 205 - 3 <p2

M:-o : 403 + 206 - 6 9z ; Mo-: = 20t + 406 - 6 <p2

Mq-s : 60a + 305 - t.128 ; M5-q = 30s + 605 + 1.728

N15-6 = 605 + 306 - 2.\81 ; M6-s = 30s + 605 + 2.1E7


Apuntes y problemas de Estructuras HiperestáticasaüüüaaaIüüIIItoot('tüe,acaeúüetrat7ña

EquiJ.ibrio de nudos:

Equilibrio horizontal de los pisos:

Primer Piso: H9 + H7 + H6 + 2 + 1 = O

Nudo 1:Nudo 2:Nudo 3:Nudo 4:Nudo 5:Nudo 6:Nudo 7:Nudo 8:

Mt-g + Mt-2 +

MZ-1 + MZ-l +

M3-2 + M3-B +

M4-t + Ma-S:M5-2 + M5-4 +

M6-3 + MO-s -M:-z : 0

Ma-: : o

000'l 02020300

14303 10 0

0040000 024120

Mr-s = o

Mz-3+Mz-S=0M:-6 -0.72 : 0

0

Ms-o : o

0.36 = 0

Piso: H1+H2+H3+1:0

Hz=Mt-z + Mz-t

He=

Segundo

donde:

Mo-, * M, oI¡ó-

4Me-s + M+e

Hr=

Sustituyendo fassiguiente sistema:

M+_r + [VIr_q

4tJ

5

Me-s + Ms-znr=--il Ms-o + Masna=---3

ecuaciones de cada barra obtenemos e1

12

4

0

1

0

0

0

0

15

1

401))Añ

4 16 0

008103o20200020

2420 04aítLl

0 -45

v -t¿2 -60

0000000 -72

4 -OU

20 -1246

00

-J . J.4CO:

-3 io.sle-6 :-3.654

-3 i t¡ze-3 i O.+Sg

-6 : ¡.AZl0i 0

0i 0

0 i-60oi-o i -l

e1 = 0.6845

0z = o.1177

0s = 0.0452

0a = 0.2087

0s = 0.0453

0o =-0.0519

0z = 1.81 10

0a = 1.5375

91 = 0.1039

q2 = 0.2544


.Apuntes y problemas de Estructuras Hiperestáticas

Resultados finales:

2.63 -2.07 -0.362.01

-0 56

-0.48 -1.46

lng. N. González V. O 2c07

Apuntes y problemas de Estructuras Hiperestátjcas

atüa,aaaaaItIIItftIaat-toa3o3lIIIO

3

Ejemplo: Analizar la estructura traslacional.T

6.00

Condiciones cie borde: 0S : 0O =O

Condiciones de desplazami-ento: er-s : gZ_O : -395

Qr-: : Q2,-4 : -3 A2

4

denominando: +:5qr y lZ:5q,5 - - 4 -'.

q1-5 : (P2-6 :-15Q1, qt-3 : e2-4 = -75e2

Ecuaciones:

Ms-r : 7207'- 144 q1 ; M1-sN16-2 = 7202 - 144 «p1 ; tf-z-6Mr-z : 16001 + 8002 - 2.6661Mz-t : 8001 + 16002 + 5.3333Mr-¡ : 3001 + 1503 - 225 q2

M:-: = 1501 + 3003 - 225 q2

Mz-q = 3002 + 150a - 225 92t14-2 : 1502 + 300a - 225 q2

I"l3-4 : 16003 + B00a - 3.5556114-3 : 8003 + 1600¿ + 7.11j1

2401 - 744 q1

2402 - 144 q1

lng. N. González V

,1¡i-ii?Ji1ir.it1...,....:','r.:.r,1i:: l:r :. I . .., 1'.'.:;::,i''., ..-: . . ,',.:. :Apuntes y problemas de Estructuras Hiperestáticas _ :,, , '

Fl ',..ri;;

iu I :: .

,il

.ir

!,a

i:

iIIli

I¡

Equilibrio de'nudos:

Nudo 1, Mt-2 + Mt_3 + M1_5

Nudo 2: l"I2_1 + M2_A + 112_6

Nudo 3: M3-1 + M3_4 = Q

Nudo 4: M4_2 + iV4_3 = Q

Equilibrio horizontal de los pisos:

Pj-so 1: H5 * HO : 0

Piso 2: H1 + HZ = O

donde:

Mt-z+ Mz-tñ7=_.---

5

=0:0

., - Mq-l+Mt-+

¡¡1 - 3iSustituyendo -l_asslguiente sistema:

, Mr-. + Ms-2

' r''Z = ----3_- ;

ecuaciones de "uá"

6

Ma-o + Maan¡ = ---3-

barra obtenemos

Ha=Ma-s + Ms-e

01 = 0.019-325

02 = -0.030279

03 = 0.03775{0¿= -0.052452

<p1 = -0.000685

q2 = -0.001283

EI

214.0 80.0

80.0 214.0'15.0 0

0 15.0

7.20 7.20

1 1 .2s 11 .25

15.0 0 -144.0

0 15. O _144.0

190.0 B0 0

80.0 190 o

0 0 -115.2

11 .25 11 .25 0

-225.0

-225.0

-225.0

-225.0

U

-225.0

i 2.6667 )

i -s.asss I

' s.sooz I

i -7.1111 |i0l

i6)

Resultados finales:

lng. N. González V. O ZOoz- 167 -

Apuntes y problemas de Estructuras Hiperestáticas.üüa*a{aaailttIIttooaeaa-üaaI11

?aetee

Ejemplo: Analizar la estructura como i-ntraslacional

6.00

Con las mismas condiciones rotacionales: os=

= Qz-a= Qz-q

Ecuaciones:

Condiciones de desplazamiento:

Be =o

Qr-sQr -¡

M5-1:1201M6-2 : 7202Mt-z = 16001 +

Mz-r = 8001 +

Mr-: = 3001 +

M:-::1501 +

Mz-q : 3002 +Ms-z -- 1502 +

M:-q : 16003 +

N14-3 : 8003 +

,' Mt-s:2401; t42-6 = 2A0z

8002 - 2.6'66116002 + 5.33331 503

3 003

1 50a

3 00a

B00a - 3.55561 600a 1 7.1111




Nudo 1: M1-2 + Mt-3

Nudo 2: I,l2_1 + M2_4

Nudo 3: M3-1 + M3-a

Nudo 4; M4-2; + l"la-:

Sustituyendo 1as ecuacionessiguiente sistema:

Mr-s : o

Mz-o : o

0

0'cada barra Pbtenemcs

01 ." 0.0205908

02 = -0.0290131

63 = 0.0387524

0¿ = -0.05'14531

e1

+

+

Ce

{214.0I ao.o

Luoto

80.0 15.0 0

214.0 0 15. 0

190.0 B0 0

1 5.0 B0 190

2.6667

-5.3333

3.5667

-7.1111

Resul-tados finales:

Comparando los resultados obtenidos en 1os dos últimcsejemplos, observam.os que Ios mcrrientos reales presentados en

1a estructura (consicielando desplazarniento cie 1os nudos) son

mayores a los momentos que se presentan cuando se estudia la¡nisma estructura sin considerar desplazamientro Ce sus

apoyos.


Ejemplo: Análisis de un pórtico traslaciona.l sometido acargas horizontales.

ii /

6T

96

0.35 I l

6 T/m

10 7.2

0.3s I 0.35 I

6 T/m

56

0.80 I

6 T/m

6 z.z

0.80 I 0.8 I

6 T/m

7 7.2

0.80 I

6 T/mvvvvvvvvgl1 6

1.20 I

t¿

1.20 I

13

7-2

1 .20 I 1.20 I

14

3.50

4.00

4,00

2.00

irtlE

Fi

4.00

Valores relativos def

6.00

ángulo de traslación

6.00

(p:

; 9z-tt:

; 9q-rs =

^^-v4-B:--4

A¡Qz-rr = ----:r=

3.5

4 ro,

6qr

_Ar6

_At4

: -4ej

: - 6<pr

-Q2Qi-s:92-o= 9¡-z

Qs-g = Qe-ro = -Q3

=cf;lxlÉ

Además, e1 tipo de apoyos determinan que:

0n : 0r: =,01a : 015 = g


:itefi'f:j,1§fi-iji'.ri;i. ':i:: '- ':-.i::' ':

. ,.' '.r:..:* .'' . :. I :,',npúntes y problema; de Eiiructuras Hiperestát¡cas

Ecuaciones:

M1-12 = 0.8 01 - 4.8 91

M2-13 = 0.8 02 - 4.8 91

M3-14 = 1.2fu- 10.8 rp1

M4-15 = 1 .2 0a - 10.8 q1

M1-2.=601 +f,62-3M24 = 4.802+ 2.4fu-18M3-4 = 4.8 03 + 2.4 0a - 18

M1-s = 0.8 01 + 0.4 0s - 1.2 <pz

M2-6 = 0.8 02 + 0.4 06 - 1.2 q2

M3-7 = 0.8 03 + 0.4 07 - 1.2 q2

M4-8 = 0.8 04 + 0.4 0g - 1.2 q2

Ms-6.=605+396-6M6-7 = 4.8 06 + 2.4 07 - 18

Mz-a I 4.8 07 + 2.4 0s - 18

Ms-g = 0.4 05 + 0.2 09 - 0.6 93M6-10 = 0.4 06 + 0.2 0lO - 0.6,p.lvlt¡1 = O.4 07 + O.2 0ll - 0.6 q.Mg-10=609+l0lO-8l'4lO-l t = 4.8 01g + 2.4 0ll - 18

Equilibrio rotacional de nudos:

Mi2-1 = 0.4 01 - 4.8 91M13-2 = O.4 0z- 4.8 <pt

M14-3 = 0.6 03 - 10.8 91M15-4 = 0.6 0¿ - 10.8 q1

M2-1 =301 +602+8M3-2 = 2.4 02 + 4.8 03 + 'lg

M4-3 = 2.4 A3 + 4.8 0¿ + 18

Ms-.1 = 0.4 01 + 0.8 05 - 1.2 92M6-2 = O.4 02 + 0.8 06 - 1.2 92M7-3 = 0.4 03 + O.8 07 - 1.2 q2

MB-4 = 0.4 04 + 0.8 06 - 1.2 92['16-5=305+§96¡gM7-6 = 2.4 06 + 4.8 0z + 1B

MB-7 = 2.4 07 + 4.8 0A + 18

Mg-s = 0.2 05 + 0.4 0g - 0.6 «ps

M10-6 = 0.2 06 + 0.4 016 - 0.6,p¡M11-7 = 0.207 + 0.4 0lr -0.6EatuI10-9=309+§0lO+8Ml t-lO = 2.4 0rc + 4.8 0rr + 18

t4r-s

Mz-tM:- e

1,1.1 _ a

l,ls _ 9

Mo-z

tlu_I0

0

+M2-5 : 6

+ l,l3-7:0

+ M6-10 : 0

+1"i7-11 : g

+ M1g-11 : 0

- t,

li1-12 + l,l1-2 +

Ni2-1 + l.f2-13 +

1,13-2 + l,l3-14 *Nia-3 + Mq-:-s +

N15-1 -1-t"15-6 +

Me-s + l'16-2 +

l"i7-6 + N{7-3 +Me-t + Me-s:Mg-s + Mg-ro =

1v119-9 + M16-6

Mtt-rO + Mtt-t

lng. N. González V. O 2007

Apuntes y problemas de Esfucturas Hiperestáticás

00.40oooo000.4Oooo

2.4000.40006.80000.4000 7.2 3 o 0 0.2 o03122.4000.20 0 2.4 10.8 2.4 0 o0.4002.45.600000006.43000.200311.20000.2002.4

2.2500000011111000111011

/.o J3 12.4o 2.4000.4 00 0.4000000.0000tt1100

lI;l]IIIatlIll),IllIlI,t-IaaltttIIt

Equilibrio de cortantes por pisos:

H12+H13+H14+H15+17 = Q

H1+H2+H3+Ha+10=0H5+H6+Ht+3:0

E.l- sistema que se forma es:

02.4

1 1.62.4

00

0.40000

2.251

0

0 -4.8 _1.2 o0 -4.8 -1.2 o0 -10.8 _1.2 o0 -10.8 _1.2 o0 0 -1.2 -0.60 0 -1.2 _06

0.2 0 -1.2 -0.600-1.20000_0.6

2.4 0 o -0.65.2 0 0 _0.60-700000-80100_6

ó10

0-18

810

0-18

I10

-18-85

-33_33-17.50

La solución del sistema de ecuaciones arroja 10s siguieiltesresultados:

0l = 2.7872002 : 0. 93862

03 : 1.501330a = -0.0971105 : 7.7311506 : 0. 756050z : I .762110a : -2. 665330e : 0.'r.03290ro= 1.705460rr= -3. 91551

tPr = 1.30416q2= 1.85614(p3 = 3.21 491

lng. N. González V. @ 2007-172-


Resultados fina]-es:

1.34 20.34

ilHIitElI

I

3.34I\, -1.34

\-1.13 B_\ 17.75 7t

t'-l.ls \

i\

f -3.C4

': ')t, f

4.70_4.58

. -3.39 ts\ ,^ ro I

¡'-l l.ss -1s.s2 \_4.30

, -4.78\ cz"oaF

;t'".- -f

t'4.17I

-s.gs '*' _r1.0)

-12.28 I

-t 3.1 I

to.Jb

17.75

1 1.58

8.96¿v. tó

o ao

tJ.ó527.4A

11.01


LLaüaaaaaaaüaüItilooüatatüaüaitüüeüaü

Ejemplo: Analizaremos la mi_sma' anterior, eliminando

puntuales horizontales.

estructura de1 problema1a aplicación de fuerza!

6 T/m

96

0.35 I

6 T/m

10 7.2

0.35 I 0_35 I

6 T/m

11

6 T/m

56

0.80 I

6 T/m

6 z.z

0.80 I o.8 I

6 T/m

7 z.z

0-80 I

6 T/m

1 6

1.20 I

12

1.20 I

IJ

7.2

1.20 I 1.20 I

14

6.00

3.50

4.00

2.00

Q1-12=-*=-4q,1 ; qr2-13=-9=-4qr6'b

93-14=-?=-Ur, , tP,{-rs=-?=-U*,

qoj-s= g2-6 = e3-7= e4_B = - ? = -r,

Qs-s= Q6-10 = q7-11= -.11 = -*,

Además, eI tipo de apoyos determinan que:

0n:0r::6tq:grs:0


Apuntés y problemas de Estructuras H¡perestáticas

Eeuaciones:

M1-12 =

M2-'t3 =

M3-14 =

M¿-ts =

0.8 01 -4.8 q1

0.8 0z - 4.8 <pr

1.2 %- 10.8 <p1

1.2 0¿,- 10.8 91

M1-2=601*302-8Mz-g=4.8 02*2.4 0s-18M3-4=4.8 0¡ *2.4Aa'18M1-5 = 0.8 01 * 0.4 0s - 1.2 q,M2-6 = 0.8 02 * 0.4 0o - 1.2 qz

M3-7 = 0.8 0s, 0.4 h -1.2 qz

M4-B = 0.8 0¿ * 0.4 0e - 1 .2 ,p,

M5-6=605+f,Q6-6Mo-z = 4.8 0o *2.4 07 -18M7-8 = 4.8 A7 * 2.4 06 - 18

M5-9 = 0.4 05 * 0.2 09 - 0.6 ,ps

M6-10 = 0.4 06 * 0.2 0to-0.6,p.Mz-rr = 0.4 ü* 0.2 0tt -0.6,psMs-lo=609*30t0-Bl'¡lro-r t = 4.8 0ro *2.4 011-18

Mrz-r = 0.4 01 -4.8 91

M13-2= 0.4 02-4.8qtM14-3=0.6 03-10.8q1M15-4=0.6 0¿-10.8q1Mz-l=30t*602*BM3-2 = 2.4 0z* 4.8 03 * 1B

M4-s = 2.4 fu* 4.8 0a * 1B

Ms-1 = 0.4 01 * 0.8 0s - 1.2 qz

M6-2 = 0.4 0z + 0.8 0o - 1 .2 q,Mz-s = 0.4 03 * 0.8 0z - 1.2 qz

Ma-¿ = 0.4 0a + 0.8 0a - 1.2 q,M6-S=305*606*$lVlT-6 = 2.4 8a * 4.8 07 * 18

MB-7 = 2.4 07 * 4.8 0a * 1B

Ms-s = 0.2 0s + 0.4 0e - 0.6 93M1o-o = 0.2 06 * 0.4 01s-0.6 p3

Mtt-t =0.2 ü * 0.4 0tt -0.6 qs

[/1s-s=3 09*6 Oto*8lvltt-to =2.4 Üo*4.8 0tt * 18

CÉ&§{FCGGGC4qfGtttt

.

I(I{(

I((

I

EI proceso de cálculo es similar, asi fas ecuaciones paracada barra y el equilibrio de nudos no se modifican,sclarnente debe corregirse el planteamiento de las ecuacionespará et equillbrio horizontal, así:

Hlz+HlS+Hl¿+Hl¡=0

Hl+Hz+H3+H¿=0

Hs+Ho+H7=0

Con estas condiciones, e1 sistema formado es:



üüüaatoaaüotüüiDüte?tooaoaa1,aüüüüüeIt

0.400000000.4000000 0 0.4 0 0 o o0000.4000

7.2 3 0 0 0.2 o 03122.400o.200 2.4 10.8 2.4 0 o 0.20 0 2.4 5.6 o o 0o.2 0 0 0 6.43 00 0.2 0 0 311.22.40 0 0.2 0 0 2.45.2Q00000011110001110111

7.6303 12.4 2.40 2.4 1 1.6Q02.40.40000.40000.40000000000001 1 2.2s111000

00

2.46.8

000

4.4000

2.251

0

4.8 -'t.2-4.8 -1.2-'t0.8 -1.2-10.8 -1.2o -1.20 -1.2o -1.20 -1.2000000

-70 00-B00

o¡80 i100t0o i-ra

-0.6 i I-0.6 i 1o-0.6 i 0o i-la-o.o I B-o.o ilo-0.6 i-18o ioo io-6 lo

independientesLas sol-uciones

Se observa que solamente cambian l-os términosde fas ecuaciones de equilibri-o horizontal.de este sistema son:

0t = 0.724305

0e = 0.496304

0e = 0.348147

%= -2.7218q1

0s = 0.831 13+

e6 = 0.408608

07 = 0.689292

0e = -3.385169

0s= 0.431742

010= 1 .682690

011= -4.269013

al = -0.058860

a2 = -0.326153

93 = -0.037591



Resul"tados fina1es:

19.39 -20.17

0.36

-0.44

1.35

1.30

12.e5 I

78

:1

:0.52

\ 22.2s I-0.56

3.41

-1.78 - L0.92

/13.15 I

I

{\

.'-14.38 !1.08

{ 0.95 /\ 2086 /

,'-22.82

{ 0.95 rr. 5.77 I

1 1?

3.574.58 \1ililt(riil/'

lng. N. González V. @ 2007 -177 -


t_Iütaaaaaatilü?iDeaaüeaaaaaaa=ti)=t=,eq<,{t

Ejemplo:

Ios pisos.

Analizaremos ladespreciando l-os

misma estructura anterior,desplazamientos laterales de-

6 T/m

6 T/m

96

o.35 I

6 T/m

10 7.2 11

;

0.35 1r i. 0.35 I!:

6 T/m

1

56

o80 l

6 T/m

" 7.2

0.80 I 0_8 I

6 T/m

7 7.2

6 T/m

8

0-80 I

b

1.20 I

12

1.20 I

13

7_2

1.20 I 1.20 I

14

3.50

4.00

4.00

2.00

4.00 6.00

En este caso ]os ángulos de rotación cle las cuerciasson Qt : Qz = Q3 = 0, con ello eI sist.ena de ecuaciones sereduce al rango 11 x 11, eliminándose Las tres úiltimas filas yIas tres últir¡,as colunnas de fa matri-z cie coeficientes delproblema anterior. Con esas conciiciones las soluciones delsistema son:

01

03

05

0z

0e

ollQ2

= 0.800928 ,

= 0.404439 ;

= 0.876752 i

= 0.709905 ;

= 0.433618 ;

= -4.265688 ;

= 0.0000 ;

0z = 0.520622

0a = -2.593727

06 = 0.426757

0B = -3.333265

010 = 1.3663

91 = 0.0000

a3 = 0.0000

lng. N, Gonzále¿ V. @ 2007

-,--f::l¡rfr!" ,-... '' -:'' )

'. .,.' ,'"1 eórni"! y problemas de Estructuias Hiperestát¡cas

0.44

1.O2

Resultados fina].es:

f i3

-3-41

-3.11

aoa

20.1 8

9.89

iTr onzález V. @ 2007

ilaafl*

-á-t-l=t¡t=raa-taaaaaañaaáaá

=,=,=t=,=t4'€ri

Apuntes y problemas de Estrucluras Hiperestáticas

6.11 APLICACION A PóRTICOS ?RASLACTO¡¡ALES =RREG{,I.ARES

se consideran pórticos traslacionares irregurares a aque]1osque en su geometria presentan dos o más gruáo" de libertad enfunción de Ia unión de vigas a corumnas u otras formasgeométricas como barras inclinadas. Estos casos se -presentan

en naves industriales, estructuras con mezzanine, etc.El análisj-s parte.

- de la hipótesis asumida sobre laindeformabilidad axial de las barras componentes, además deconsiderarse que

- los desplazamientos "".i., medidostraüsversalmente a 1os ejes de ios elementos.

Ejemplo: Pórtico con mezzanine.

2.0

5.0

Diagrama de

6.00

desplazamj-entos :

5.40

1.5 T/m

¿ález V. @ 2007

Rigideces relativas y ángulos de desplazamientor ,

kr-s=f =0.+rr ; k1-2='4u'' =0r,, kz-o=2E521=0BEr

kc a=?El=rr; ks-+={f=ar,, k1:7='=trut =.,2.A1 ^ :41 . A2 _. Ai+L2

e1_5 = -5; a2_6 = -? , eZ. .: - ' : qa_7 =

Sabiendo que 05 : 06 : 0r = O

Mr-s = o.a(20¡ -, ?l = 0.801 - 0,24L1

Ms-r = o.+1e1 -:4--!-¡ = 0.401 -0.24L1

Mr-z = a(201 +02)-6 = 80r +402 -6

Mz-t = 4(01 +202)+6 = 401 +802 +6

Mz-o = 0.8(2;2 -:91 = t.602- 0.48a1)

Me -z =0.8(02 - ¡ 9l = o.8o¡ -0.48a¡)

Mz-: = l(202 + 03 -, ?l = 202 + 0: - 1.5a2

M:-z = I(0r + 203 -3 4-¿) = 0z + 20¡ - 1.5a2'5Iv13-4 = 3(203 +04)-3.645 = 603 +30.1 -3.645

M+-¡ = 3(03 +204)+3.645 = 30¡ + 604 + 3.645

M+-z = r(204 -3 ";-,

= ze4 - r¡ o, - ; o,

Mu -+ = r(oa -3 Ofr, = o.¡ - ], ot-1 o,

Ecrraciones:


- Mt-S + M1-2 = Q-

8.801 + 402 - 0.24A1 - 6 = O (1)


Apuntes y problemas de Estructuras Híperestátícas)))))))))))))))))))))))))))))))))))

- MZ-:. + Mz-6 + M2-3 = §'

401 + 11.602 + 0: - 0l4BA1 - 1.5Au + 6 : 0 (2)

- MS-Z + M3-a : Q

02 + 803 + 30a - 1..O, -

- FIq-: * Mq-z : O;i

2703 + 560a - 3At - 3Az +

3.645: O /'

atr c1t _ ^LJ.JIJ _ V (4)

(3)

Equilíbrio horizontal de fas cortantes de1 primer piso:

H5+H6+H7:6

Ml-S+MS-t *M2-O*MO-Z * M4-7*M7-4

5B.B 01 + 117.6 02 + 105 0a - 100.56 A1 - 30 Az : 0 (s)

Equilibrio horj-zontal de las cortantes deI primer piso:

H2+Ii7=g

Mz-¡ + M¡_1

2

M¿-z + Mz-¿+-n7

4902 + 49 03 + 14 0a - 4 Ar - 53 A2 : 0


(6)

Resolviendo eI sistema:

0r = 1.1363

0e ='1'08450¡ = 0.8543

0¿ = -0.8696

Lt = -1.4117

Az = -0.3361

Ejerapl.o: Pórtico con viga inclinada

3T/m

6.0

+2I

I

:

I

L

3.0A

91-2 =-; =-Q

A^g4_3 =_ . =_r,pl1

zm,

Ecuacionas:

8.0

Tomando

!lt -2MZ -:NIq-:

Mz-1

M:-Z

143-q

en cuenta que 01 : 0q = 0

- 02 - 0.5 ^:E0z+403-16

=20t-2L= 2 0z - 0.5 A

=q0z+803+16=40:-24

ro


lApuñtes y problemas de Estructuras Hiperestáticas

(3)

\

]_Ha

>\\IIil

Il.taaaailililIiltl}tItttüotaa?i,aüateeeaa


Mz-r +Mz-:: 0 ; 1002 + 4 0¡ - 0.5^- 16: 0M3-2 + M:-¿'= 0 ; 4 02 + 12 03 - 2.0 L+ 16 = O

Equilibrio de cortantes:

(1)

(2)

H1+Ha

Mr-z + Mz-r

6

02+403-34

M+-s + Mg-¿

3:0

Resolviendo ef sistema:

02 : 2.572390z : -2.6115?q : -2.64463

-5.16

0.07


Apuntes y problemás de Estructuras H¡perestát¡cas

*dúúJ#óc.f.C

Ce#qt{CCóGGGGGG3J

método j

¡¡r85- ú

J

3.0

ecuaciones ciel

Ejemplo: Pórtico con viga inclinada.

3 T/m

6.0

Ecuaciones: Cono 01 = 05 - 0,suedan en la forma:


(2)

DaaailtililtüDiloilootüCooüilüoottotooüoe

Mr-z:202-2LMz-t:402-2LMz-s : 02 + 0.5 0a

Mq-z = 0.5 02 + 0a

Mq-s.40a-2L ..,

Ms-¿:20a-2LMz-t:402+203M:-z:202+40:M:-q:803+40a-16Ms-::403+804+16

Equili-brio de nudos:

Nudo 2: l4z-t + Mz-: + M2-a : 0 ;

9 02 + 2 03 + 0.5 0q - 2 L: O

Nudo 3: M:-z + N{3-a : g

(1)

202+1203+40a-16=0

Nudo 4: MS-Z + tvlS-q + l4a-5 : 0

0.5 0z + 4 03 + 13 0a - 2 L: *16 (3)

Equílibrio de cortantes: En la base del pórtico:

H1+H3:6

Mrz*Mz-r Mq-s+Ms-¿.U

33

202+20s-2.6661 ^:0


(4)

Resolviendo e1 slstema:

0z = -0.894174

0s = -2.230678

0c= 2.244946q = -2.354340

Ejemplo: Pórtico

9 T/m

con columna inclinada

De la geornetría del triángulo de deformaciones en e} nudo 3:

IJ.U

I

%A

A1

A3tan cr a1 2

¿\3sen 0, : --:--=:Á2 J13

2A. -- AoI - ^ Lr

J

t;;A, : a''A

edF3E¿arü¡tttt

-l


6̂

nudos:

DaüIaaarli,r}ü!Dottoaa{ltlt7'aá

=ta€

=,Ee

aaala

Desplazamientos relativos :

Ecuaciones:

)M.,_r = ZQ0, +e2 -A)-1.5

3'1,rr.+e, +Ar-122'ZJ2'

á-=(2e3 -^)"/1

3

^Ar-z =;

M"" =

Ms-¿ =

Equilibrio de

Mr-z: o

FI2-1 '+ M2-3

M3-2 + M3-a

L2 Ar; e:-q = Jrt=-?

)M2-r = f (er +202 A) +1.5

M" " =1(e" *2e. +A)+122" " 2'A

M¿_s = Jñ=

(e3 -

^)

1\1i q24:-"

q

201 +02-A- 2'25:0Bet + 2802 + 603 - 5n - Il2 = 0

16 1 8o2 + Q+ ;5)e:

* (7 - lElo

+ 24 : o

(1)

(2)

(3)

Ecuación de equilibrio de cortantes:

h

Por proporcionalidad de triángulos:

24- : - = h : 6.0 m3h

+2(3) (6+1.5)-=0

N13-4 + NI3-4

\t3

Hi

sustituyendo Ias expresiones oe fos momentos, encontramos 1a

ecuación aciicional de cortantes:


Apuntes y problemas de Estructuras HiPerestáticas

01 + 202 * #t,

Resolviendo e1 sistema: l

«,* frro24.15: O (4)

0tAz

0:A

-:-0 . 47 263

6.41789-g.|fl1s :

-16.'1r736

Observación: La ecuación- de condición aplicada para

encontrar una nueva relación entre Ias variables' es una

variañte de las "tifi"u¿ut anteriorrnente; si bien podriamos

efectuar e1 "q"iiiUtio de las fuerzas horizontales en 1os

apoyos de 1a .tt;;L";' su cáIculo resultaria más laborioso

y se encontraria una ecuación que resultaria ser coidlinación

iineat de las Ya encontradas '

Ejemplo: Pórtico con vi-ga inclinaia'

-lf-%Ít¿

1.50

Diagrarna de deformaciones :

J

307

1ln+

pFtg19 dg9p-FE1r9llo

Para el apoyo 2

N. Gcnzález V

Apuntes y problemas de Estrucluras H¡perestáticas

i}üaaaaaaaaitti,r,ottftflütta{*af,r'???üüaa¡l

De1 triángulo de formaciones:

A 1.50sen ü. = a1 2.50

,A91-3 = -:

J

Ecuaciones:

:0.4( 0t -: 0.4 QAt -: 0.8 (2ü +

:0.8( 0r +

5+ a1 =:aJ

Ari q1-2= -L_

i Z.J

¡'

0.64) - 18.?s0.64) + 18.750z - 2L)

202 - 2L)

M:-rMr-:Mt-zMz-t


Mr-3 + Mt-z = 0; 2.4

NI2-1 : ¡,

2:-- ^3

01 + 0.8 02

01+202-

- 1.84 A + 18.75 : 0 (1)

2L:0 (2\


gor goT

0t = 8.5843

0z = 19.4277

a = 23.7198

V3+V2-30:0

7s-(M1-3-NI¡-r)u3 :--- 5

Ml-r + Mr-t- 1.5

Pero:

34.5 01 + 30 02 - 41.8 a + 112.5 = 0 (3)

2'1.69

-21 69

a

Yzvz


l.=.,.,{, . .:,{

IeC

C-C

c"(

a,

t!t

TItta

^; 93-4=L =e

F¡l.¡¡.1¡

II

ilI

iil

.1

ii

:'t,i

Ejemplo:

A91-2=-;=-Q

Ecuaciones:

Mr-z :

M,,:

Ii{3-4 =

Equilibrio de

l'lz - r

M,.

2EI

- le1

1t, I

- (20.¡

n

/t,I- (30¡L_

nudos:

Mz-::

lt, I (20r - 3o)L

lt, I= h @2+2fu)

2ET= L (e¡+3q)

3p)

+ o:)

+ 3p)

Mz-l

N{:-z

M¿-l

Ec¡:ilibrlo cortantes:

1x,

ztf.|ro2+fo3-ir=o

] o, * ztl * ,l-le¡ * 1q, = olr-'LL

X1+X2+P=0

\.. _ rr41-2 _ Ivr2-1 ,*tro, _ o+)"'- r- -i,

Xr = Ir'l+-:-M¡-+ ={1103-04,¡,\?.*--L=L."

0;

0;

(1)

(2\

<ie

P

I

ÍIaaaaeIeIaffúC

TL

lng. 1.,1. González V. @ 2007


ilñlfra**

-a=a¡ilt¡liürlaaaaatat*aa=titilta?=t?aE}

ot2'0.2-0:-4e+á:0

Resolviendo ef sistema:

(3)

PL2h0r---" 4El(h + 2L)

PL2ha^ ---4El(h + 2L)

PL2(L + zrr)(D=-' l2El(h + 2L)

L't1-2

M:-q

Mz-t

(L+h)

L

L

L

L

(L+h)

Mq -:

Momentos finales:

Mr-z:

Mz-r:

Mz-::

l,l:_z:

M:-q:

Mq-::

- f inorr-lD'

-' -(h+21)2'

DI.lrrr + zll2'- !!,n * zl,2'

DIl-lftr + zL)2'DI' 'rh + 2L)2'


Ejemplo:

Diagrama

. 8.00

de deformavciones:

Del triángulo de deformaciones:

Pórtico para naveempotrados.

industrial apoyos .+

l

'l1.50 T/m

t3.01

I

4.0I

I1-.0

+

8.00

ai-az A3 A4

sen(2s) sen(90-cr) sen(90-a)

at-AzAr=4,

2sen(cr)

Ar-Az


-'.-"- --:

Á


)))))))))))))))))))))t))IIII)]I)]t]

senü, =t;;

a¡=a¿=1/1161-42)J

ffidonde:

Rlgideces Y ánguJ-os de desplazamiento lateral:

/2EI EIfi_.>=-=-=)AA

iL

- 2E"lTt 2Etf. ^= --=L0'z-) lt¡ I

\ /J

r. ^ -2É.-Ft =E=ro'J-+ t-^VlJ I

. 2E2l 4ElI¿-5=---=-- =ó

\1

e.-) =- 4r = -0.75a¡Aa

a?-? = * = o.s(o, -Az) = o 5a1-o'542"173

3Ar(p3-4 = - :* =-0.5(a1 -AZ) = -0.54¡ +0.542

tt I-1

.ot .=-'o'=-o.6oazaa-r 5 "

a -o^ nEcuacl-ones: \-ott vL - w¿

r.f,-¡ : 5(20r + 0., - 0.7541)

Mo,-5(0r+20)-O.75At)

NIz-: : 2OQe2 + 03 + O'5A1 - 0'5Az) - B

Mt-z = 20(02 + 203 + 0'5Ar - 0'542) + B

!i3-4 = ZO(20s + 0q * 0'5A1 + 0'5Az) - B

Ntq-3 = 20(03 + 20a - 0.541 + 0'5Az) + B

Niq-s: B(20a + 0s - 0'6Az)

t'ls-q - B(0q + 20s - O'6Az)

iiilN. González v. @ 2oo7

., .! I ril 1. :.' ': _ :-.

'1r,r..:,:-i::r.r::::,i:r-..r.1ji:.r

,"-i . ,.. ' "t:'." Apuntes y problemas de Estruc{uras Hiperestáticas


Mz-r+MZ-::0;

50 02 + 20 03 + 6.25 L1- 10 A2 - B = 0 . (1)

M3-Z+M¡-S:0;

20 02 + B0 03 + 20 0a: 0 Q)

M4-3+Ma-S:0;

20 03 + 560a - 10 A1 + 5.2 A2+ B = 0 (3)


H1+H5 :0

tl1-2 + M2-1 M4-5 + M5-4

1501 + 1502 - 7.5 A1 24Qa + 2405 - 9-6L2

1502 + 96 0q - 37.5 A1 - 38.4 L2 : g

h3Equilibrio traslacional: G=l ; h:6 m.

{{{ataaaIIIItI({t

=Q

(4)((((((((({(

(

(lng. N. González V. @ 2007

{

J


de

I

I

I

)

)

)

)

)

)

)

)

)

)

)

)

)

)

)

)

)

))))))))))]I

EMk : 0,

donde:

32.5 02 +

AI plantear Y resolverque 0l = 0s : 0, Por ser

Hr(4+6) + vaQJTll - Mt-z - Ma-: - 1'5(16) (8) = 0

.. M1-2 +M2-1¡¡ I 4

yo = M3-4 + M4-sj 1'5 '(8) '(4)

60'0r +60 04 -20' 4 +20' ^Z

+ 48

"4= ------'-------- :

a//J

100 03 + B0 0q - 45 A1 + 30 A2 - 104:0

eI sistema de ecuaciones se

arnbos apoyos emPotrados '

(s)

cons idera

Soluciones Y momentos finales:

0z: 0-73512t0: : -0.0307550s : -0.6123L9

^. = -1 .816965

Lz = -t'679950

13.4 9

-17.86

-1 2.96

ing. N. González V. @ 2007


EjempJ-o:

donde:

Pórtico para. articulados.

nave industrial

'1.50 T/m

con apoyos

I

3.00

+I

4.00

I

Ir loo]-

I

tlel tri-ángulo cie deformaciones :

/l\ a1 - A2¿t,,/l\¡,/ I ! sen(2o)1t\Ar-A¡

sen(90-e) sen(90-a)

senü, =

A::

J

ar-Az^ --ol -'

2sen(cr)

i;,a3=a+=f(ar-az)

II({

lng. N. González V. @ 2007 - 197 -

-_--.-


ttüaaaaaaaa=l?tt?taaüaaaaaaaaüi,aeüaoa

Rigideces y ángulos de desplazamiento lateral:

f,_., =E = El

= s42, zl^[tt 2Etrr_r = =-=20"ltt I

- 2E^lt-731 2Ett1_¿= = =20^!ll I

. 2E2l 4Etl4_S=-:-=-'_ =8))3Ar

t_2=____r=_0.7541

ez- 3 =$ = o.t1o1-Az)= 0.541-o.5ar

e3-4 = -+ = -0.5(a1 -^z) = -0.5a1 + 0.5a2' Jz¡3L'>q4-5 ='--: = -0.6042

Ecuaciones:

Mr-z : 5(201 + 0z . 0.75Ar)Mz-r : 5(0r + 202 - 0.7541)Mz-: : 20(202 + 03 + 0.5A1 - 0.sA2) - B

i,l3-2 : 20(02 + 203 + 0.5At - 0.5A2) + B

I'13-4 = 20(203 + 0a - 0.541 + 0.5A2) - B

M4-3 : 20(03 + 20a - 0.541 + 0.5A2) + B

Mq-s=B(20q+05-0.642)Ms-s=B(0q+20s-0.642)


N11-2 : ¡, 10 01 + 5 0z - 3.75 A1 : 0 (1)

MZ-t + MZ-::0

5 0i + 50 02 + 20 03 + 6.25 L1 - 10 A2 - B = 0 (2)

N13-2 't- M3-4 : 0; 20 02 + B0 03 + 20 0a = 0 (3)

lng. N. González V. @ 2007 "198 -

M¿-3+M¿-S=0

2003+560a+805

Ms-e:o; 80¿

Eguilibrio de cortantes:

Eguilibrio traslacional :

- 10 A1 + 5.2 A2 + 8.= 0

+1605-4.842=O

(4)

(5)

H1 +fl5 =g

M¡-2 + N12-1 M4-5 + M5-4

45--J->H5

25 01 + 50 02 + 64 0a + 32 05 - 18.?5 79.2L2=g (6)A1 -

;

k

I}IK : O,

lr1(4+6) + vaeJTl)

AI

I

_LH1 =$

h _316 8

h:6

T

4l

I

- M¿-: - 1. s (16) (B) = 0

M1-Z +M2-14

lQg. N. González V. @ 2007

Hr=

t

I

i\ r. _ M3-4 + M4-3 + 1.5 '(8) '(4)v4-

4

,r. _ 60 03 + 60 .04 -20.A1 +20.L2 + 48--.173

de donde:

12.501 + 25 02+ 10003 + B0 0a - 3041 + 3042 - 113.3?5 = 0

Solueiones y momentos finales:

(1\

e1 = -2.34038

A2 = 1.56274

03 = -0.04066

e4 = -1.40011

05 = 1.64920

q1 = -4.15736

q2 = 3.16383

-15.52

19.52 -24.39

-24.39


:. "':. ti- . ., .t:; .i:-.., ...i::i:.._:.:i ",.1:.,"-i:: ::r.. :

.


1.5 T1m

:

3..U t/m

Ejemplo: Análisis de pórtico traslacional'la columna 4-8 se conecta con el

una articulación por debajo de 1as vigas 1-2

considerando quenudo 2 mediantev 2-3.

4.0

5.0

4.0

Diagrama de desPlazamientos :


Ecuaciones:

Mt-r= 0.8 0t - 0.48 A1

Mr-z = 1.6 01 - 0.48 A1

Mr-z= 2.4 \ + 1.2 02 - 4:Mz¡= 1:2 01 + 2.4 A2 + 4

Mr-s=:0r + 0.5 9. - 0.375 A2

Ms-r = 0.5 01 + 0s - 0.375 A2

Me-q : 1.2 Aa - 0.12 Ay

Mq-a : 2.4 0q - 0.72 L1

Mz-::202+0:-9M:-z= 02 + 2 03 + 9

M2-6= e2 + 0.5 0o - 0.315 L2

Me-z= 0.5 0z + 0o - 0.375 A2

l"ls-o= 2 05 + 0a - 2

Mo-s= 0s + 2 06 + 2

l"le-3= 0.8 03 - O.48 A1

M:-s= 1.6 0: - 0.48 A1

Equilibrio de rotacional y de cortantes:

I"l1-7 1l'11-2 + Mr-s = 0

N12-1 +M2-3+NI2-6=6M:-2 + l'13-9:6!15-1 + MS-O : 0

NI6-5+t'{6-2=6N14-s = 6

H7+Hg+H9:6H1+H2=Q

El sistema que se forma es:


':.i;::l:,1":

5 1.2 0t.2 5.4 l-

0 1 3.600.0

0.s 0 00 0.5 0

2,c v ¿.;110

0 0.50000

2.4 00301

3.5 001

00.5

001

30

1

-0. 48 -0. 3?5 : 4

0 -0.37s i s-0.48 0 i -9-0.72 o , 0

0 -0.375 : 2

o -0.375',,-2-3.36 0 i 0

0 -1 ' 0

0z = 1.807690< = -'1.089060o = -1.15031

92 = 1.98708

0r = 0.037460s = -3.486160s= 1.29225

91 = -3.63021

lng. ll. González V. @ 2007


Ejempl.o: Pórtico para graderia de campo deportivo

6.20

5.20

3.00

5.00

12.00

7.00

4.00

9.00

EI diagrama de desplazamientosl-ateral de las barras de lasiguiente gráfico:

de f os nuclosestructura se

y 1a traslaciónmuestran en el

119.44 r4.2 Í.

4.4 r1.5 T/m

6. 125 r

3.0 T/m


, : i.r¡l,:. :¡1:1:;,;','1,,-,r :-1:,, t':'. t;li ;

".ir:

: ':ri- :,i' r-'. i :i::':i: ll

Rpuntes'í proHémas de Estiu¿turas H¡perestáiicas

A4i':\

42.é3

Siendo los apoyos de la estructura ernpotrados:

0s: oro:6ri = o

Las ecuaciones correspondientes para 1as barras son:

IVs-1 = 0.80t -0.4BAl -0.4842

lVll-9 = 1.601 - 0.4BAt - 0.48A2

M1-4 = 40t + 20¿ - 108

M¿-1 =20t+40¿+108M1o-2=202-1.SLtM2-'10 = 4oz-1.5L1M1 1-3 = 3.2503 - 2.4375L1

M3-11=6.50¡-2.4375LtM2-3 = 202 + 93 -20.25M3-2 = 0Z + 201+ 20.25



M2-4 = 302 + 1.50a-1.125L2M4-2 = 1.502 + 30¿- 1 .125L2

M4-5 = 404+19g-26,MS-4 = 204 + 405 -2L3Ms-o ,= 3.50g + 1.7500 -0.75Á2.¡ 0.75a3

M6-3 = 1.7503 + 3.500 - 0.75Lá- 0.75as

M5-6 = 1.605 + 0.800 - 10.125

M6-5 =0.895 + 1.606 + 10.125

M5-7 = 805 + 49, -5.4545L¿M7-s =405+807-5.4545&M6-B = 206 +'lgU - 0.3571&

MB-6 ='106 + 2gu - 0.35714¿

M7-B = 3.55090t + 1.77550a- 67.50

MB-7 = 1.7755V + 3.55090s + 67.50

Eguilibrio rotacional de nudos:

Nudo 1:

5.6 01 + 20¿'-0.48 A1 - 0.48 ^2

= 108

Nudo 2:

9 02 + $3 + '1'5 0¿ - 1.5 At - 1.125 L2 = 20-25

Nudo 3:

0z+ 12 03 + 1.75 0a-2.4375 A1 - 0.75 Lz-0.75 Ls= -20.25

Nudo 4:

Nudo 5:

201+ 1.5 02 + 1'l 04 + 205-1.125 Lz- 2A3 = -1gg

2 0a + ll.60s + 0.8 0o + 4 0z -2 M-5.4545 La,= 10.125

Nudo 6:

1.75 0s + 0.8 0s + 7.1 0o + 0a- 0.75 L2-0.7543-0.3571 Aa = -10.125

Nudo 7:

4 05 + l) 0z + 2 0e - 4.4545 A4 = 67.50

Nudo B:

0O + 2 0Z + 6 0g - 0.3571 L¿,= -67.50

lng. l.l. González V. @ 2007

Corte 1-1

Corte 2-2

C480j+i

üorte 3-3

0.8(tv'lr-g. lVls-r) * M2-10* M10-2 * M3-ll * M¡-g= 00.48 01 + 1.5 0z + 2.4315 03 - 2.1608 A1 - 0.1920 L2= O

Hg+Hz+Fls=0

28(Na'i-s* fvlg-l) + 35(l/lz-+ * Mq-z) + 20(Ms_o + trl6-3) = 0

1?5 e2 + 0.75 03 + 1.1250¿ + 0.75 06 - 0.192 A1 - 0.S638 A2 _0.2143:\3= e

H4+fl3=g

7(M¿-s + Ms-a,) + 3(fvl3-6 + tv,l6-e) = 0

0.75 03 t'20¿ + 2 0s + 0.ZS 06 - 0.2143 A2- 1.5476 A3 = 0


Corte 4-4

Hs+H6=0

8.4(Ms-z + Mz-s) + 2.2(Mo-a + Me-o) = 0

5.4545 es + 0.3571 06 + 5.4545 e7 + 0.3571 0s - 5.0437 A4 = Q

Resclviendo ef sistema que se forma, 1as solucionesmomentos finales son:

e1 = 27.42281

oz= 7.35826

03 = -1.76809

04 = -20.72737

0s = 4.'15894

o6 = -o.ogo¿o

07 = 16.3701 1

eB = -15.33788

A1 = 9.26751

r\2 = -6.Untr.

^3 = -22.51006

A4 = 21.06304

32.70

-4.03IZ,JJ

-ro 6A

_ññ ?A

-7.30 24.07

lnq. N. González V. @ 2007

analisis estructural, apuntes y problemas

Documents