análisis de estructuras · sis y el cálculo de las estructuras hiperestáticas planas reticuladas y de alma llena, cálculo de corrimientos y un estudio sobre vigas continuas, aplicable

análisis de

estructuras

Facultad de Arquitectura

Arq. Julio C. Borthagaray

ISBN 978-9974-8379-4-2

Empresa Gráfica Mosca

Depósito Legal: 342.010

Esta publicación es entregada en forma gratuita, como material didáctico de apoyo a carreras y cursos dictados por la Universidad ORT Uruguay.

Toda referencia a marcas registradas espropiedad de las compañías respectivas. Diciembre 2006.

análisis de

estructuras

Universidad ORT UruguayFacultad de Arquitectura

Facultad de ArquitecturaDecano: Arq. GAstón Boero

secretaria Docente: Arq. GrAziellA BlenGio

Catedrático del área tecnología: Arq. wAlter GrAiño

editor técnico: Arq. Julio C. BorthAGArAy

Corrector técnico: Arq. hAroutun ChAmliAn

Corrección: rené fuentes

Diseño y armado: PABlo González

Arq. Julio C. BorthAGArAy

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Índice

Prólogo.......................................................................................................................................................................................... 1

1...Estudio.de.estructuras.hiperestáticas.planas............................................................................................... 2

Cálculo.de.deflexiones.en.estructuras.de.alma.llena.y.en.estructuras.reticulares..............................................................12

Cálculo.de.estructuras.hiperestáticas.planas.de.alma.llena.y.estructuras.hiperestáticas.planas.y.reticuladas..................20

2...Trazado.de.las.líneas.elásticas.de.estructuras.planas..........................................................................41

3...Deformaciones.elásticas.en.estructuras.reticuladas.planas.............................................................59

4...Estudio.sobre.vigas.continuas.............................................................................................................................. 68

Arquitectura MANUAL.indd 1 22/02/2007 04:16:28 p.m.

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay


Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - �

Arq. Julio C. BorthAgArAy

Después de haber ejercido la profesión de arquitecto, desde 1962 hasta

1996, y la docencia, desde 1962 hasta la fecha, hoy decido publicar este

modesto estudio. Reúno aquí el material en que basé mis clases sobre el análi-

sis y el cálculo de las estructuras hiperestáticas planas reticuladas y de alma

llena, cálculo de corrimientos y un estudio sobre vigas continuas, aplicable a

computadoras.

Quienes me permitieron lanzarme a esta aventura fueron dos maravillosos

profesores, a quienes debo mi formación técnica, el Ing. Félix de Medina y el

Arq. Alberto Sayagués Laso. A la memoria de ellos, mi reconocimiento.

............................................Julio.C..BorThagaray

Prólogo


� - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

análisis.DE.EsTruCTuras

P1P2

P3

MVF

P1P2

P3

X2

X1

X3

P1

P2

P3

X1X2

X3Mo M1 M2 M3

1.0 Estudiodeestructuras hiperestáticasplanas

El método general que vamos a utilizar para estudiar estructuras hiperestáticas, cualquiera

sea su grado de hiperestaticidad, será el conocido como método de las fuerzas. Tendremos que basarnos en dos principios fundamentales:

1) Todo cuerpo ligado al suelo puede considerarse como libre, reemplazando los vínculos por fuerzas y momentos adecuados, llamados reacciones o fuerzas y momentos reactivos para distinguirlos de las fuerzas activas o directamente aplicadas.

2) Las solicitaciones (M, V, F) en una estructura que corresponde a los estados de carga superpuestos (P1 + P2 + P3) son la suma algebraica [(M1+ M2+ M3), (V1 + V2 + V3), (F1+ F2 + F3)] de las solicitaciones para cada estado considerado aisladamente. En las cargas se consideran las directamente aplicadas y las reactivas.

Veamos el ejemplo siguiente:

Nuestro problema radica en la determinación de las incógnitas hiperestáticas X1, X2, X3.Para ello vamos a aplicar el método de los “Trabajos virtuales”. Es el medio más general

y más exacto para el estudio de los sistemas rígidos y, especialmente, los elásticos. Antes de entrar en su análisis con detenimiento, vamos a repasar algunos conceptos básicos vistos en los cursos de Física Aplicada. El primero de ellos es el concepto de trabajo.

TraBaJo

En la vida corriente, la palabra “trabajo” se aplica a cualquier forma de actividad que requiera el ejercicio de una actividad muscular o intelectual. En Física, la acepción es otra. Tomemos un cuerpo que se mueve en el plano horizontal (X–X). Sobre él actúa una fuerza F, que abre un ángulo θ con la dirección del movimiento.




El trabajo (dT) realizado por la fuerza F mientras el cuerpo se ha desplazado una distancia dx, se define como el producto del des-plazamiento, por la componente de la fuerza en la dirección del movi-miento.

dT = F cos θ dx

El trabajo T ejecutado en un desplazamiento finito desde la abscisa X1 hasta la X2 será:

T =

En el caso más general, tanto la dirección de la fuerza dada por el ángulo θ como su inten-sidad pueden variar a lo largo del movimiento. Para calcular la integral es preciso conocer F y θ en función de X.

Cuando la fuerza F permanece constante en magnitud y dirección

T = F cos θ = F cos θ (X2 – X1) Si la fuerza es constante y la dirección es la del movimiento θ = 0; cos θ = 1 T = F (X2 – X1)Es decir, en este caso especial, el trabajo realizado por la fuerza es igual al producto de ésta

por el desplazamiento.Vamos a ver ahora qué sucede cuando aplicamos una fuerza a una pieza elástica de estructura

capaz de deformarse:

La fuerza exterior realiza un trabajo al desplazarse su punto de aplicación. Debemos tener en cuenta que el desplazamiento del punto B es función de la carga P y de las características geométrico-mecánicas de la pieza (E, I).

∆ = α P (α depende de la forma y del ma-

terial que constituye la barra.)

P

∆

A

B

∫ ∫=

2

1cos

x

xdxFdT θ

∫

2

1

x

xdx




Calculamos el trabajo de la fuerza aplicada estáticamente; esto es, el de una fuerza que crece al desarrollarse las deformaciones, muy lentamente desde su valor inicial hasta su valor final.

Desde P = 0 hasta P = P final

dT = (P + dP) d∆ de donde dT = P d∆ + dP d∆ dP d∆ cantidad despreciable por ser infinitésimo de 2º ordendT = P d∆ como ∆ = α P d∆ = α dP

dT = α P dP de donde T = ∫ ∫=

PfinalPdPdT

0α

Pfinal T = α [P2/2]

0 de donde T = α Pfinal

2

2 Pfinal

PfinalP

final α = ∆f como T = α = ∆f Pf

2 2

Se dice entonces que el trabajo de deformación de una fuerza aplicada estáticamente (cre-ciendo lentamente) a una barra elástica es igual al producto del valor final de la fuerza por el desplazamiento o deformación final dividido 2.

Vamos a introducir ahora el concepto de TRABAJO VIRTUAL. Para ello nos basamos en el principio de los desplazamientos virtuales, presentado en 1717, por Johanes Bernoulli (1667-1748). Este principio establece: “Dado un cuerpo rígido mantenido en equilibrio por un sistema de fuerzas y/o pares, el trabajo virtual total efectuado por este sistema de fuerzas y/o pares durante un desplazamiento virtual es nulo”. (Kinney, 1960, pág. 76).

Trabajo virtual = Fuerza real * desplazamiento virtualTrabajo virtual = Fuerza virtual * desplazamiento real

El desplazamiento se mide a lo largo de la trayectoria de la fuerza, y debemos efectuar una aclaración importante: el desplazamiento virtual es causado por una acción diferente de las cargas que mantienen el cuerpo en equilibrio.

Trabajo virtual = P * δ (aplicable a estructuras elásticas) Trabajo virtual = P * δ (aplicable a estructuras rígidas)

Efectuemos la demostración aplicada a los cuerpos rígidos; que por ser rígidos no puede haber movimientos relativos entre los puntos.

EsTuDio.DE.EsTruCTuras.hiPErEsTáTiCas.Planas




Se aplica un sistema de cargas (P1) (P2) (P3) (P4)... etc. y momen-tos (M1) (M2)... etc. Estas cargas se descomponen en las direcciones paralelas a los ejes (X –Y) elegidos. Partimos, además, de que el cuerpo se encuentra en equilibrio, por lo cual se debe cumplir:

Σ Px =0Σ Py =0Σ M + Σ Px * y + Σ Py *x =0

La proyección de las fuerzas, según el eje de las X, debe ser cero. La proyección de las fuerzas, según el eje de las Y, debe ser cero. La suma de los momentos actuantes más los que generan las Px y las Py, respecto a un punto cualquiera, también debe ser igual a cero.

Si el cuerpo se desplaza rígi-damente en forma paralela una dimensión A A’, ese desplazamiento es constante e igual para todos los puntos del cuerpo.

Ese desplazamiento AA’ puede descomponerse en δy y δx.

Evaluemos entonces el trabajo virtual realizado por el sistema de fuerzas P y de momentos M en el desplazamiento AA’.

T virtual = δx Σ Px + δy Σ Py

Pero como Σ Px = 0 y Σ Py = 0, porque las fuerzas están todas en equilibrio, quedará:

T virtual = δx * 0 + δy * 0 = 0

De lo cual se deduce que: el trabajo virtual de un sistema de fuerzas en equilibrio efectuado por un sistema de fuerzas durante un desplazamiento virtual es nulo.

P1P2

P4P3

Y

XY2

X2

M1 M2

P2x

P2y

A

A' δ

δy

x

Y

X

Y

X

Y

X

α

α




Veamos ahora qué pasa si el cuerpo gira un pequeño ángulo alrededor de un punto de origen O (que puede ser cualquiera):

Tomando un punto cualquiera y considerando un giro α muy pequeño, se puede confundir el arco con el seno α o la tangente α del ángulo α.

δx x B A A’

α δy

y α B’

Entonces: AA’ = δx = y tg α ≅ y α

BB’ = δy = x tg α ≅ x α

Planteamos la ecuación del trabajo virtual en la rotación del cuerpo:

Trabajo virtual = Σ M α + Σ Px * δx + Σ Py *δy = 0

Trabajo virtual = Σ M α + Σ Px * α y + Σ Py * α x = 0

Como el ángulo de giro α es constante, lo sacamos fuera del símbolo de la sumatoria como factor común.

A

A'

O x

y

αy

x

δ

δ

x

yββ

OA = x + y2 2

AA' = x + y2 2

α

δ= x + yα2 2

x

y x + y

22

δ=x yα

δ= x + yα2 2

y

x x + y

22

δ=y xα

22 yxOA +=

22*' yxAA +=α

OA

y

AAx ='

δ

OA

AA

yx '=

δ

22

22*

yx

yx

yx

+

+=

αδ

yx *αδ =

22

22*

yx

yx

xy

+

+=

αδyy *αδ =





Trabajo virtual = α Σ M + α Σ Px * y + α Σ Py * x = 0

Trabajo virtual = α [Σ M + Σ Px * y + Σ Py * x] = 0

La cantidad encerrada dentro del paréntesis es igual a cero, debido al equilibrio de mo-mentos.

Se puede decir entonces:El trabajo virtual de un sistema de fuerzas y momentos en equilibrio aplicados a un

cuerpo rígido durante una rotación virtual es igual a cero.

Generalizando las dos expresiones, podemos establecer:El trabajo virtual de un conjunto de fuerzas y pares en equilibrio aplicado a un cuerpo

rígido durante un movimiento roto-traslatorio virtual es igual a cero.

Vamos a generalizar el principio aplicándolo a los cuerpos elásticos. Para ello tomaremos un cuerpo elástico vinculado y sometido a un sistema de cargas P. En los vínculos aparecerán reacciones, que llamaremos C y equilibrarán a las cargas P. El conjunto entonces se encuentra en equilibrio.

Por consecuencia de la acción de las carga P y reacciones C en la estructura, se van a producir los tres parámetros de solicitación para las estructuras consideradas en el plano. Ellas son M, V y F: momento flector virtual, esfuerzo cortante virtual y esfuerzo axial virtual.

Para poner esto de manifiesto, analizaremos la partícula A, am-pliándola en su dimensión.

Consideremos ahora la misma estructura con los mismos vínculos y sometida a un sistema de cargas rea-les cualesquiera (q), uniformemente repartidas y (Q) concentradas.

P1P2

CbCa

MN

A

Q1Q2

RbRa

A B

A

q

δδ




En los vínculos A y B aparecerán las reacciones Ra y Rb, que dejarán a la estructura en perfecto equilibrio. Interiormente, se producirán pará-metros de solicitación (M, V y F). El cuerpo, al ser elástico y al estar some-tido al sistema de cargas reales, sufri-rá deformaciones en todos sus puntos. Los puntos del perímetro exterior donde se aplican las cargas sufrirán corrimientos δ. Los puntos interiores, tales como el A, serán pasibles de desplazarse paralelamente, girar y luego deformarse elásticamente. La partícula A pasa de la posición 1 a la 2 por traslación rígida, de la posición 2 a la 3 por giro alrededor del punto O en forma rígida. Una vez que la partí-cula A está en la posición 3, se dilata elásticamente una cantidad ε, pasan-do de la posición 3 a la 4 por efecto del esfuerzo axil F. De la posición 4 pasa a la posición 5, produciéndose una distorsión angular γ debido al efecto del esfuerzo cortante real V. De la posición 5 pasa a la posición 6 a través de un giro θ, producido por el momento flector real M.

Evaluemos ahora el trabajo virtual que provocan las fuerzas exteriores a la estructura.

Trabajo virtual exterior = Σ P δ + Σ C c

Éste será igual a la suma del trabajo virtual que provoca el sistema de cargas P en el despla-zamiento δ de sus puntos de aplicación a lo largo de la trayectoria de las P, leídos en la estruc-tura real; esto es, provocados por el sistema de cargas reales, más el trabajo de las reacciones virtuales C (que surgen de la aplicación del sistema P) a lo largo del posible movimiento o cedimiento de los apoyos c en la estructura real, medidos a lo largo de la trayectoria de las reacciones virtuales C.

1

2

34

5

6O

ε

γ

θ

V

V+dV

M+dM

F+dFF

M

Punto A





El trabajo virtual de P1 será igual al producto de su módulo por el vector MM”, proyección

del desplazamiento del punto M a lo largo de la trayectoria de la carga P1 (a la proyección la

llamamos δ). Haciendo una consideración similar para las reacciones C, el Trabajo virtual total de las fuerzas exteriores será:

Trabajo virtual exterior = Σ P δ + Σ C c

Se acredita a Clapeyron (1799-1864), que conjuntamente con G. Lamé (1795-1870) en 1833 enunciaron el teorema de igualdad de los trabajos externos e internos de una estructura sujeta a esfuerzos. (Kinney, 1960, pág. 27).

Podemos decir entonces que el trabajo total (sea virtual o real) de las fuerzas que actúan externamente en una estructura, debe ser igual al trabajo (virtual o real) de las solicitaciones internas que se producen en ella, como consecuencia de su aplicación.

Esto nos permite establecer que el trabajo virtual interno de las solicitaciones virtuales (M, V, F) a lo largo del desplazamiento roto-traslatorio deformacional real de las partículas tales como la A, será igual al producto de las solicitaciones virtuales por el correspondiente desplazamiento. Como el desplazamiento total es la suma de un movimiento rígido (rotación y traslación) y una deformación elástica (alargamiento, distorsión y giro), el trabajo virtual interno será:

Trabajo virtual interno = Parámetros virtuales x (desplazamiento rígido + deformación elástica) (debido a las cargas reales)

Ya demostramos, por el principio de Bernoulli, que el trabajo virtual de un sistema de fuerzas en equilibrio en un movimiento roto-traslatorio rígido es igual a cero. Por eso entonces el

Trabajo virtual interno = Parámetros virtuales x deformaciones elásticas (debido a las cargas reales)

P1

Ca

M

trayectoria de P

MM"

M'

δ

paralela a latrayectoria de P

MM' = corrimiento real del punto M

MM" = proyección del corrimiento real del punto M

en la dirección paralela a la trayectoria de P


�0 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay


Como el análisis lo estamos haciendo para una partícula diferencial como la A, lo que ten-dremos será un trabajo virtual interno diferencial. Nos quedará:

dTv interno = (M θ + V γ + F ε) ds

Para obtener el Trabajo virtual interno total, tendremos que integrar; y la expresión nos quedará:

∫ ++= dsFVMTvInterno )( εγθ

Como Tv interno = Tv externo, nos quedará:

∑ =+ cCPδ

Las solicitaciones reales en la estructura provocan internamente parámetros de solicitación real, los cuales nos dan deformaciones unitarias:

EI

M=θ

GA

V*κγ =

EA

F=ε

El valorκ es el factor de cortadura, que para secciones rectangulares vale 1,2 de acuerdo con deducciones realizadas en Ciencia de la Construcción, Tomo 1 páginas 241 y 243, de Odone Belluzzi.

La ecuación general del trabajo virtual queda:

∑ ∑ =+ cCPδ

∫ ∫∫ ++ dsEA

FFds

GA

VVds

EI

MM)()()( κ

Expresión conocida como ecuación de Maxwell-Mohr. James Clerk Maxwell (1830-1879), Otto Mohr (1835-1918). (Kinney, 1960, pág. 29).

En esta ecuación no han sido consideradas las deformaciones por cambio de temperatura. De esta ecuación se deduce que:

El trabajo virtual externo de las cargas dadas y reacciones emergentes (virtuales) a lo largo de los desplazamientos de sus puntos de aplicación (provocados por las cargas reales) es igual al trabajo virtual interno que generan los parámetros virtuales (que sur-gen como consecuencia de la aplicación de las cargas P externas) en las deformaciones elásticas (ε, γ, θ) provocadas por las cargas reales.


∫ ++ dsFVM )( εγθ


Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - ��


El teorema será aplicado a dos problemas diferentes:1) Cálculo de corrimientos y/o giros en estructuras de alma llena y estructuras reticuladas.2) Resolución de estructuras hiperestáticas (externas o internas) de alma llena o reticuladas

de cualquier grado de hiperestaticidad.De la expresión general haremos ciertas puntualizaciones.Cuando se trata de estructuras de alma llena, la solicitación que tiene mayor importancia es

la provocada por el momento flector; entonces despreciamos los sumandos correspondientes a las deformaciones provocadas por el cortante y el axial. La expresión quedará:

∑ ∑ =+ cCPδ

∑∫ dsEI

MM)(

Si en cambio se tratara de estructuras de reticulado, donde por lo general las cargas están aplicadas sobre los nudos y el peso propio de las barras se puede despreciar, no existiría solici-tación de momento flector y esfuerzo cortante, restando únicamente el esfuerzo axial.

La expresión del trabajo virtual quedará:

∑ ∑ =+ cCPδ

Si tenemos un reticulado al que aplicamos un sistema de cargas P (virtuales) surgirán en los apoyos reacciones C (virtuales) y esfuerzos internos en las barras F, que son constantes a lo largo de toda la barra. Siendo así, es factible sacar estos valores fuera del símbolo de ∫.

En forma análoga se puede razonar para la estructura sometida a fuerzas reales Q, y por consecuencia, a esfuerzos internos F (reales). Siendo constante el esfuerzo a lo largo de toda la barra, puede salir fuera del símbolo ∫. Como además es normal que la sección A se mantenga constante y que ésta sea del mismo material E, pueden salir como constantes de la integral.

La expresión del trabajo virtual quedará:

∑ ∫∑ ∑ =+ dsEA

FFcCPδ

El valor de ∫ ds es igual a la superficie de la barra; pero considerando las barras a eje de la estructura, lo que cuenta es la longitud L de la barra. Entonces la expresión final quedará:

∑ ∑∑ =+n

LEA

FFcCP

1

*δ

La sumatoria del 2º miembro hay que realizarla para las n barras que tenga el reticulado.Vamos a ver a continuación cómo aplicamos una u otra expresión, según se trate de calcular

la deformación o deflexión de cualquier punto de una estructura de alma llena o reticulada.

∑∫ dsEA

FF)(


�� - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay


1.1 Cálculo de corrimientos en estructuras de alma

llena y en estructuras reticulares

a) Estructuras de alma llena.

∑ ∑∫∑ =+EIMdsM

cCPδ

(a)

Tomemos la estructura indicada en el gráfico, sometida a un sistema de cargas Q (reales).

Lo primero que debemos hacer es hallar las reacciones y luego de esto estamos capacitados para determinar los momentos flectores en cualquier punto de la misma. Si deseamos evaluar el corrimiento δ de un punto como el M en una dirección deseada, que puede ser cualquiera, aplicamos en el punto una carga unitaria.

La expresión (a) nos quedará:

∑ ∑∫∑ ==+EI

MdsMcC 1*1 δδ

Si los apoyos (A) y (B) no sufren cedimientos reales c, el trabajo virtual de las reacciones

CA y C

B será nulo, por lo cual el primer miembro nos quedará:

∑ ∑∫==EIMdsM1*1 δδ

(c)

Expresión que nos determina el valor del corrimiento en la dirección buscada. El signo que nos dé ∑∫ EI

MdsM

, nos estará diciendo si el signo elegido es el correcto, o por el contrario, hay que cambiarlo. En el primer caso, el signo será (+) y en el 2º caso será (-).

Como ejemplo evaluemos el corrimiento del extremo de una viga en ménsula, sometida a una carga Q en su extremo. La viga tiene luz L y su sección recta es constante a lo largo de todo el tramo. La viga, es además, toda del mismo material.

∑ ∑∫∑ ==+EI

MdsMcC 1*1 δδ

Q1Q2

A

P = 1

δ

M




ds = dx

Sustituyendo los valores y efectuando la integral entre los límites 0 y L, tendremos:

∫=L

EIxQxdx

0

δ

de donde

EI

QLx

EI

Qdxx

EI

QLL

33

3

0

3

0

2 =

== ∫δ

Q P = 1

δ

L

E I = cte

Mmax = Q L

M(x) = Q x

M max = 1 L

M(x) = 1 x

x x

EI

QL

3

3

=δ

∫= EI

MdsMδ




Evaluaremos ahora la máxima deflexión en una viga similar, pero con carga uniformemente repartida q.

∫=L

dxEI

xqx

0

2

2δ

Lx

EI

q

0

4

42

=δ

Veremos ahora el siguiente ejemplo:

Pórtico simplemente apoyado de sección constante (30 x 60) de hormigón armado, solicitado por una carga concentrada P = 1000 daN en la mitad de la luz de la viga.

P = 1

δ

L

E I = cte

Mmax = q L

M(x) = q x

M max = 1 L

M(x) = 1 x

x x

q

2

2 2

2

∫=L

dxxEIq

0

3

2δ

EI

qL

8

4

=δ

2/000.200 cmdaNE = 2/000.000.000.2 mdaNE = .

CálCulo.DE.DEflExionEs.En.EsTruCTuras.DE.alma.llEna.y.rETiCularEs




=I

000.54012

6030 3

=x

cm4

=I

43

0054.012

60.030.0m

x=

Nuestro problema será determinar el corrimiento del apoyo B, por efecto de la carga aplicada en la estructura.

P = 1000 daN

6.00 6.00

4.0

0

A

C

D

B

6.00 6.00

4.0

0

A

C

D

B

3.50

4.0

0




Aplicamos la ecuación de Maxwell-Mohr:

Como la resolución de las integrales es algo complicado, aplicamos sumatorias de elementos finitos; y la expresión anterior quedará:

A la carga 1=P , aplicada en B, se le opone una reacción 1=C , aplicada en A.Como el apoyo A es una articulación fija, el cedimiento c = 0, por lo que el segundo sumando

del primer miembro es nulo. El primer sumando, como 1=P , nos quedará igual a δ .La fórmula de Maxwell quedará:

∑ ∆= sEI

MMδ

Para la resolución de esa ecuación, procederemos de la siguiente forma:1) Dividimos la estructura en eslabones o dovelas ∆s (de ser posible del mismo largo). En

el caso del ejemplo, el largo ∆s vale 1 mt. Determinamos el valor del momento en el centro de cada eslabón producido por la carga P=1000 daN. Ese momento se expresará en daN*m.

2) A continuación, aplicando una carga P (virtual) = 1 en la dirección del corrimiento en el punto B, con el sentido que intuimos va a tener el corrimiento. La reacción en el apoyo A tendrá la misma dirección y un sentido contrario a la fuerza en B. Evaluamos los momentos provocados por esas fuerzas virtuales de valor unitario. El momento virtual en el centro de cada eslabón será el valor de la cota y, siendo su unidad (m).

6.00 6.00

4.0

0

A

C

D

B P = 1C = 1

δ

∫=+EI

MdsMcCP *δ

∑ ∆=+ sEI

MMcCP *δ





3) Confeccionamos una planilla Excel. 4) En la primera columna numeramos los eslabones o dovelas.5) En la segunda columna anotamos la cota X del centro de cada eslabón.6) En la tercera columna anotamos la cota Y del centro de cada eslabón.7) En la sexta columna anotamos el valor de los momentos reales M, producidos por las

cargas exteriores.8) En la séptima columna anotamos el valor del momento virtual M producido por la carga

virtual 1=P .9) En la octava columna se obtiene el producto de los valores de la sexta columna por los

valores de la séptima columna.10) Realizamos la sumatoria de la octava columna.11) El valor obtenido se multiplica por el valor de ∆s y se divide entre EI .12) El valor del cociente es el valor del corrimiento. Hay que ser cuidadoso en las unidades

a adoptar, para que los resultados sean coherentes.

m

mm

daNmdaNm

00666.00054.0*000.000.000.2

1*72000

42

2

==δ

El corrimiento del apoyo B es de 6,66 mms.

Nuestro próximo ejemplo será determinar el valor del corrimiento del nudo E en una estruc-tura de reticulado, aplicando la ecuación de Maxwell-Mohr. Las barras AC – CB – DC – EC son de madera, de 10 x 15 cms.

. Eslabón. Cota.x(mt). Cota.y(mt). Carga.vertical. Carga.horizontal.. momentos.reales. momentos.de.. Producto.de

. . . . en.a(dan). en.a(dan). (dan*m). P=1(mts). m*m(1)(dan*m2)

. 1. 0. 0,5. 500. 1. 0. 0,5. 0

. 2. 0. 1,5. 500. 1. 0. 1,5. 0

. 3. 0. 2,5. 500. 1. 0. 2,5. 0

. 4. 0. 3,5. 500. 1. 0. 3,5. 0

. 5. 0,5. 4. 500. 1. 250. 4. 1000

. 6. 1,5. 4. 500. 1. 750. 4. 3000

. 7. 2,5. 4. 500. 1. 1250. 4. 5000

. 8. 3,5. 4. 500. 1. 1750. 4. 7000

. 9. 4,5. 4. 500. 1. 2250. 4. 9000

. 10. 5,5. 4. 500. 1. 2750. 4. 11000

. 11. 6,5. 4. 500. 1. 2750. 4. 11000

. 12. 7,5. 4. 500. 1. 2250. 4. 9000

. 13. 8,5. 4. 500. 1. 1750. 4. 7000

. 14. 9,5. 4. 500. 1. 1250. 4. 5000

. 15. 10,5. 4. 500. 1. 750. 4. 3000

. 16. 11,5. 4. 500. 1. 250. 4. 1000

. 17. 12. 3,5. 500. 1. 0. 3,5. 0

. 18. 12. 2,5. 500. 1. 0. 2,5. 0

. 19. 12. 1,5. 500. 1. 0. 1,5. 0

. 20. 12. 0,5. 500. 1. 0. 0,5. 0

. . . . . . . . 72000

. . . .Corrimiento.(mts)=.0,00666667. . .




Emadera = 100.000 daN / cm2

El resto de las barras serán de acero de sección circular, de 5 cm2 de área.

Eacero = 2.100.000 daN /cm2

Resueltos los dos diagramas de Cremona, determinaremos los esfuerzos en las barras del reticulado:

P = 1000 daN

A BC

D E

2.00 2.00 2.00 2.00

4.00 4.00

2.24

1.0

0

Ra=500 daN Rb=500 daN

a b

c

de

f

a

c

b





Barra Luz Módulo E Área F F’ F F’ L / EA

1 400 100000 150 -10000 -0.5 0.133333

2 400 100000 150 -10000 -1.5 0.4

3 224 2100000 5 11180 1.6771 0.399999

4 400 2100000 5 20000 1 0.761904

5 224 2100000 5 11180 0.559 0.133325

6 224 100000 150 -11180 -0.559 0.093327

7 224 100000 150 -11180 -0.559 0.093327

∑ 2.015218

∑ = δEA

LFF

cm∑== 015218.2δ

A BC

D E

a

b

c

de

f

1

0.750.25

a

b

c

d

ef




1.2 Cálculo de estructuras hiperestáticas planas de alma llena y estructuras hiperestáticas planas y reticuladas

Vamos a aplicar el teorema de Maxwell-Mohr a la resolución de estructuras hiperestáticas planas de alma llena y reticuladas.

Primer ejemplo:Resolución de un pórtico plano, biarticulado, de sección constante y de un mismo ma-

terial. El pórtico está representado en la figura que aparece a continuación:

Para resolver el ejemplo, aplicaremos la fórmula general que expresa el teorema de Maxwell-Mohr:

P = 1000 daN

1000 daN/m2000 daN/m

A

C

D

E

B

3.50 3.50

3.0

02

.00

E I = cte

∑ ∑ ∫ ∫ ∫ ∫+++=+ dstFdsGA

VVds

EA

FFds

EI

MMcCP t º***ακδ




P = 1000 daN


A

C

D

E

B

E I = cte

P = 1000 daN


A

C

D

E

B

E I = cte

A

C

D

E

B

E I = cte

= +

A la estructura original le sustituimos el apoyo en B por una articulación deslizante más una fuerza de valor desconocido X, aplicada en el apoyo B, que impida cualquier tipo de co-rrimiento de dicho apoyo.

Hiperestático de 1er Gdo. Sistema isostático Sistema solicitado por X

El artificio está en aplicar una carga P=1

Esa carga producirá M, V, F, si la carga en vez de ser =1 es igual a X, los valores de M, V y F se verán multiplicados por X.

Las expresiones de las solicitaciones serán:

MXMM += 0

FXFF += 0

VXVV += 0

La clave estará en resolver la tercera parte del problema, donde le aplicamos al sistema una carga P = 1 siguiendo la dirección de X.

Los valores M, F y V, producto de la carga P = 1 serán proporcionales a los producidos por la carga X.

En la expresión de Maxwell–Mohr sustituimos los valores de M V y F hallados, y nos queda entonces:

Realizando operaciones y sacando X de factor común, la expresión nos queda:

X

Analicemos el primer miembro de la ecuación.Actuando una carga P = 1 aparece una reacción C = 1 en sentido contrario. Si llegan a produ-

cirse un descenso vertical en el apoyo A, el trabajo de la fuerza C = 1 (horizontal) o un posible corrimiento C vertical sería nulo. Si no existe corrimiento, el trabajo también será nulo.

∑ ∑ =+ cCPδ ∑∫ +ds

EI

M 2 ∑∫∑∫ + dstFdsEA

FFt

o ºα ∑∫ ++ dsEI

MM o ∑∫ +ds

EA

F 2 ∑∫ ds

GA

V 2

κ ∑∫ +dsGA

VVoκ

∑ ∑ ∫ ∫ ∫∫ +

++

++

+=+ dstFds

EA

FFXFds

GA

VVXVds

EI

MMXMcCP o

tooo απδ )()()(

GA

V*κγ =




En el apoyo B, actúa la carga P = 1. El trabajo será igual al producto del módulo de la fuerza o el corrimiento del apoyo B. Como el apoyo no sufre corrimiento alguno, el trabajo será nulo, por lo tanto la ecuación de Maxwell–Mohr quedará:

0=X ∑∫ +ds

EI

M 2 ∑∫ +ds

EI

M 2 ∑∫ ds

GA

V 2

κ ∑∫ ++ dsEI

MM o ∑∫ +dsGA

VVoκ

Por lo cual podemos despejar el valor de X.

∑∫ +ds

EI

MM o ∑∫ +dsGA

VVoκ ∑∫∑∫ + dstFdsEA

FFt

o ºαX =

∑∫ +ds

EI

M 2 ∑∫ +ds

EA

F 2 ∑∫ ds

GA

V 2

κ

Si luego de realizar todas estas operaciones llegamos a que el valor de X nos da negativo, significa que el sentido que debimos tomar para la carga P = 1 es el contrario al elegido.

Teniendo en consideración que los términos debidos al esfuerzo cortante y al esfuerzo axial tienen menor trascendencia respecto al término debido al momento flector, los podemos des-preciar y nos queda la ecuación de Maxwell–Mohr de la siguiente forma:

X =

El efecto de la temperatura también puede ser despreciado, ya que las variaciones de tem-peratura que se producen en nuestro país no son muy grandes.

La expresión final de Maxwell–Mohr queda: X =

Si el pórtico es del mismo material y las barras son de sección constante, el término EI podría sacarse del factor común en el numerador y en el denominador y simplificarse.

Luego de simplificar el procedimiento, en lugar de tomar elementos infinitesimales ds di-vidimos a las barras de la estructura en partes finitas ∆s.

La ecuación de Maxwell queda:

X =

∑∑

∆∆

−=sM

sMMX o

2

∑∫∑∫ + dstFdsEA

FFt

o ºα

∑∫ +dsEI

MM o ∑∫ dstF t ºα

∑∫ ds

EI

M 2

∑∫

∑∫−=

dsEIM

dsEI

MM

X

o

2

hiPErEsTáTiCas.Planas.DE.alma.llEna.y.rETiCulaDas




Si los elementos finitos s∆ son iguales, también los podemos sacar del factor común en el numerador y en el denominador. Al simplificarlos, nos queda la expresión:

X =

Volviendo a la resolución del ejercicio propuesto, debemos evaluar la dimensión finita de largo ∆s y los momentos que provocan en la estructura las cargas exteriores en el centro de cada eslabón y los momentos que provocan en la estructura una carga P = 1.

1º) Se divide al pórtico en eslabones y los numeramos. Dividimos las patas en tres eslabones de 1 mt de largo c/u.

Los tramos inclinados se dividen en cuatro eslabones, cuya longitud es:

00778.1)5.32(

4

1 22 =+=∆s mts

Evaluamos las cotas X e Y del centro de cada eslabón y las transcribimos en la planilla Excel de la página 25.

2M

MMX o∑−=

cota X

cota Y

0.50

1.50

2.50

3.25

3.75

4.25

4.75

0.43

75 1.31

25 2.18

75 3.06

25

0.00

3.93

75

4.81

25

5.68

75

6.56

25

7.00




2º) Evaluamos los momentos flectores, que provocan en la estructura isostática las cargas exteriores, y los transcribimos:

3º) Calculamos los momentos que provocan la fuerza aplicada en el apoyo B, cuyo valor es X y la correspondiente reacción que aparecerá en el apoyo A, cuyo valor también valdrá X.

3

1.5

.5

2.5

33.25

3.75

4.25

4.75

5 5

4.75

4.25

3.75

3.25

3

M

32.5

1.5

.5

P = 1C = 1


3000

1500

500

2500

30004631

7318

924010396

10687 1068

710

737

1069

195

51

6879

2687

Mo

2676




El resumen de todos los valores están indicados en la planilla Excel adjunta:

Hechos todos los cálculos, obtenemos cuál es el valor de la fuerza incógnita que se aplica en el nudo B de la estructura.

Adjuntamos solamente el diagrama final de momentos flectores que actúan en el pórtico. Queda para quien quiera calcular los cortantes y esfuerzos axiales, y luego graficarlos.

5391

4492

2695

898

2391

1992

1195

399

5391

3164

141

1914

1702

2156

2391

1209

580

1603

19251702

M= Mo + X M

∆s largo cota.x cota.y. m’ mo M^2* ∆s MMo∆s mo m’ x mo.+..xm’

1 1 0 0,5 0,5 500 0,25 250 500 0,5 -1797 -398

2 1 0 1,5 1,5 1500 2,25 2250 1500 1,5 -1797 -1195

3 1 0 2,5 2,5 2500 6,25 6250 2500 2,5 -1797 -1992

4 1,007 0,437 3,25 3,25 4631 10,644 15167,417 4631 3,25 -1797 -1209

5 1,007 1,312 3,75 3,75 7318 14,171 27657,421 7318 3,75 -1797 580

6 1,007 2,187 4,25 4,25 9240 18,203 39576,611 9240 4,25 -1797 1603

7 1,007 3,062 4,75 4,75 10396 22,738 49767,611 10396 4,75 -1797 1861

8 1,007 3,937 4,75 4,75 10691 22,738 51179,391 10691 4,75 -1797 2156

9 1,007 4,812 4,25 4,25 9551 18,203 40906,705 9551 4,25 -1797 1914

10 1,007 5,687 3,75 3,75 6879 14,171 25996,647 6879 3,75 -1797 141

11 1,007 6,562 3,25 3,25 2676 10,644 8763,965 2676 3,25 -1797 -3164

12 1 7 2,5 2,5 0 6,25 0 0 2,5 -1797 -4492

13 1 7 1,5 1,5 0 2,25 0 0 1,5 -1797 -2695

14 1 7 0,5 0,5 0 0,25 0 0 0,5 -1797 -898

149,015 267765,771

Valor.de.x.=-1796,897




Veremos a continuación otro ejemplo de estructura hiperestática.

Se trata de un pórtico con tensor.En la resolución de este tipo de problema debemos considerar dos elementos de la estructura:1º) el pórtico propiamente dicho y2º) el tensor.

Tomemos un pórtico de diseño similar al ya estudiado:Consta de dos partes:Las barras AC- CD- DE- y EB tienen la misma sección y el mismo material, o sea EI = cte.La barra CE es un tensor con área At y módulo de Young Et.Es un caso donde el apoyo A permanece fijo, mientras que el punto B puede sufrir un des-

plazamiento, ya que el tensor es elástico.

Aplicando el principio de superposición, desdoblamos la estructura en una estructura isostática si quitamos el tensor más otra estructura donde actúa una fuerza incógnita X en la ubicación del tensor.

P = 1000 daN


A

C

D

E

B

3.50 3.50

3.0

02.0

0

E I = cte

tensor





MXMM += 0

Como en el caso anterior, aplicamos las expresiones de Maxwell-Mohr, pero con la parti-cularidad de considerarlas en el pórtico y en el tensor.

pórtico tensor

Considerando la ∑∫ dx

AE

FF

tt en el tensor, sabemos que tt yAEFF ,, son constantes;

entonces las podemos sacar fuera de la integral y de la sumatoria. Nos queda entonces la ex-presión:

∑∫ dxAE

FF

tt

=

LAE

FF

tt

(siendo L la luz del tensor).

Considerando ahora la parte “anelástica” del tensor, tendremos:

∑∫ tdxF ttα donde tF ttα son constantes y las podemos sacar fuera del símbolo de integral y de la sumatoria. Nos queda entonces la siguiente expresión:

∫ = tLFdxtF tttt αα

La expresión de Maxwell-Mohr nos queda:

∑ ∑ =+ cCPδ ∑∫ ∑∫ ∑∫ ++++ LtFL

AE

FFtdsFds

EA

FFds

EI

MMt

ttt αα

P = 1000 daN


A

C

D

E

B

E I = cte

P = 1000 daN


A

C

D

E

B

E I = cte

A

C

D

E

B

E I = cte

X

= +

X

∑∫ ∑∫∑∫ ∑∫ ∑∫ ++++ tdxFdx

AE

FFtdsFds

EA

FFds

EI

MMtt

ttt αα ∑ ∑ =+ cCPδ




Analicemos el primer miembro:Haciendo un corte en el tensor, aparecerán dos fuerzas X iguales y contrarias. Estas dos

fuerzas X a la altura de los apoyos no generan reacciones, ya que son iguales y contrarias. El apoyo A está fijo, por tanto el desplazamiento será nulo. El trabajo también será nulo.

El apoyo B puede sufrir un desplazamiento, ya que es un apoyo deslizante, pero como la fuerza es nula, el trabajo también es nulo.

Por tanto, el primer miembro es igual a cero. La ecuación de Maxwell-Mohr nos queda:

0 = ∑∫ ∑∫ ∑∫ ++++ LtFL

AE

FFtdsFds

EA

FFds

EI

MMt

ttt αα

No teniendo en cuenta los factores “anelásticos” tanto en el tensor como en las barras del pórtico, y considerando como esfuerzo principal en la estructura el momento flector frente a la solicitación que provoca el esfuerzo axil y el cortante, la ecuación nos queda:

0 =

∑∫ + LAE

FFds

EI

MM

tt

Por aplicación del principio de superposición, el valor del esfuerzo MXMM += 0 ;

;Tomando dovelas de dimensión finita, la ecuación de Maxwell-Mohr queda:

despejamos X

XF =

1=F

∑ +∆

+= t

tt

LAE

Xs

EI

MMXM )(0 0

∑ +∆+

= ttt

LAE

Xs

EI

MXMM 20 )(

0

∑ ∑ +∆+∆= t

tt

LAE

Xs

EI

MXs

EI

MM 200

−=X

∑

∑+∆

∆

tt

t

AEL

sEIM

sEI

MM

2

0





Los esfuerzos M0 en el centro de las dovelas serán los mismos que en el ejemplo del pórtico

biarticulado, ya analizado en el ejemplo anterior.

Los momentos M son los que se detallan en el siguiente gráfico:

00.25

0.75

1.25

1.75

2 2

1.75

1.25

0.75

0.25

0

M

P = 1C = 1

3000

1500

500

2500

30004631

7318

924010396

10687 1068

710

737

1069

195

51

6879

2687

Mo26

76




Para el caso que nos ocupa, consideramos que el pórtico está construido del mismo material y la sección es constante, por eso en la ecuación de Maxwell podemos realizar la siguiente simplificación:

Multiplicamos los dos miembros de la ecuación por (E I), por lo cual queda:

En la planilla Excel que aparece a continuación está el cálculo de la fuerza X, que se ejerce en el tensor metálico y los momentos en los centros de las dovelas.

El tensor estará sometido a una tensión.

El diagrama de momentos final es el que se indica a continuación. Queda para los usuarios diagramar las solicitaciones de cortante y el esfuerzo axil.

tt

t

AEEIL

sM

sMMX

+∆

∆−=∑∑

2

0

2

2/1290

4

5161cmdaN

cm

daN==σ

∆s largo cota x cota y M’ Mo M^2* ∆s MMo∆s Mo M’ X Mo + XM’1 1 0 0,5 0 500 0 0 500 0 5161 500

2 1 0 1,5 0 1500 0 0 1500 0 5161 1500

3 1 0 2,5 0 2500 0 0 2500 0 5161 2500

4 1,007 0,437 3,25 -0,25 4631 0,062 -1166,72 4631 -0,25 5161 3341

5 1,007 1,312 3,75 -0,75 7318 0,566 -5531,48 7318 -0,75 5161 3447

6 1,007 2,187 4,25 -1,25 9240 1,574 -11640,18 9240 -1,25 5161 2788

7 1,007 3,062 4,75 -1,75 10396 3,086 -18335,44 10396 -1,75 5161 1364

8 1,007 3,937 4,75 -1,75 10691 3,086 -18855,57 10691 -1,75 5161 1659

9 1,007 4,812 4,25 -1,25 9551 1,574 -12031,38 9551 -1,25 5161 3099

10 1,007 5,687 3,75 -0,75 6879 0,566 -5199,33 6879 -0,75 5161 3008

11 1,007 6,562 3,25 -0,25 2676 0,062 -674,15 2676 -0,25 5161 1386

12 1 7 2,5 0 0 0 0,00 0 0 5161 0

13 1 7 1,5 0 0 0 0,00 0 0 5161 0

14 1 7 0,5 0 0 0 0,00 0 0 5161 0

10,581 -73434,25Luz del tensor 7 mtsÁrea tensor 0,0004 m2 tomo 2 barras de 16 mm de diámetroInercia port 0,00208 m4 tomo sección de 0.20 x 0.50E pórtico 210000 daN/cm2

E tensor 2100000 dan/cm2

Valor de X = 5161,413





Veamos ahora un nuevo ejemplo de pórtico con tensor. A diferencia del ejemplo anterior, el tensor se ubicará a la altura de los apoyos.

3000

1500

500

2500

30003341

3447

27881364

36536

516

59

3099

3008

1386

Mo + X M

P = 1000 daN


A

C

D

E

BE I = cte

Tensor




Los datos de geometría de la pieza (inercias, módulos de elasticidad del pórtico y del tensor, área del tensor) son similares a los del ejemplo anterior. Para resolver el problema, procedemos como lo hicimos antes. Debemos aplicar el principio de superposición y luego el teorema de Maxwell-Mohr.

Los valores de los momentos M0 y de los momentos M son los mismos que en el caso del

pórtico biarticulado que aparece en la página anterior.

Aplicando la fórmula de Maxwell-Mohr

∑ ∑ =+ cCPδ ∑∫ ∑∫ ∑∫ ++++ LtFL

AE

FFtdsFds

EA

FFds

EI

MMt

ttt αα

tendremos:

∑ =δP trabajo de la fuerza 1=P por el desplazamiento real del punto de aplicación A.

Como el apoyo A no tiene posibilidad de corrimiento, el trabajo será = 0.

∑ =cC Trabajo de la fuerza 1=C por el desplazamiento real del punto de aplicación B.El punto B se corre hacia la derecha, lo que permite el alargamiento del tensor.

Como el alargamiento tiene sentido contrario a la fuerza 1=P , el trabajo vale:

∑ −=

tt

t

AE

LXcC

*

**1

P = 1000 daN


A

C

D

E

B

E I = cte

P = 1000 daN


A

C

D

E

B

E I = cte

A

C

D

E

B

E I = cte

X= +

X

tt

t

AE

XLc =





La ecuación de Maxwell-Mohr queda:

Eliminando los factores “anelásticos”, dejando solamente el término correspondiente al momento flector y tomando elementos finitos de longitud ∆s, la ecuación queda:

=−tt

t

AELX *

1

∑ ∆sEI

MM

Como M = M0 + X M

X = -

Expresión similar a la obtenida en página 28.

Si en esta expresión numerador y denominador se multiplican por (E I), la ecuación queda:

tt

t

AEEIL

sM

sMMX

+∆

∆−=∑∑

2

0

∑∫ ∑∫ ∑∫ ++++ LtFL

AE

FFtdsFds

EA

FFds

EI

MMt

ttt αα=−

tt

t

AELX *

1

∑ ∑ ∆+∆ s

EI

MXs

EI

MM 20 *

∑

∑+∆

∆

tt

t

AEL

sEIM

sEI

MM

2

0

=−tt

t

AELX *

1

=−tt

t

AELX *

1

∑ ∆+

sEI

MMXM *)( 0




Adjuntamos ahora los resultados obtenidos que se expresan en una planilla Excel:

Graficamos solamente el diagrama de momentos, dejando, para que los interesados realicen los diagramas de esfuerzos axiles y esfuerzos cortantes.

5391

4492

2695

898

2391

1992

1195

399

5391

3164

141

1914

1702

2156

2391

1209

580

1603

19251702

M= Mo + X M

9847,1753

0004,0*210000000208333.0*210000*7

015577.149

772,267765=

+

−−=X

Pórtico atensorado∆s largo cota x cota y M’ Mo M^2* ∆s MMo∆s Mo M’ X Mo + XM’

1 1 0 0,5 -0,5 500 0,25 -250 500 -0,5 1754 -377

2 1 0 1,5 -1,5 1500 2,25 -2250 1500 -1,5 1754 -1131

3 1 0 2,5 -2,5 2500 6,25 -6250 2500 -2,5 1754 -1885

4 1,007 0,437 3,25 -3,25 4631 10,644 -15167,417 4631 -3,25 1754 -1069

5 1,007 1,312 3,75 -3,75 7318 14,171 -27657,421 7318 -3,75 1754 741

6 1,007 2,187 4,25 -4,25 9240 18,203 -39576,611 9240 -4,25 1754 1786

7 1,007 3,062 4,75 -4,75 10396 22,738 -49767,611 10396 -4,75 1754 2065

8 1,007 3,937 4,75 -4,75 10691 22,738 -51179,391 10691 -4,75 1754 2360

9 1,007 4,812 4,25 -4,25 9551 18,203 -40906,705 9551 -4,25 1754 2097

10 1,007 5,687 3,75 -3,75 6879 14,171 -25996,647 6879 -3,75 1754 302

11 1,007 6,562 3,25 -3,25 2676 10,644 -8763,965 2676 -3,25 1754 -3024

12 1 7 2,5 -2,5 0 6,25 0 0 -2,5 1754 -4385

13 1 7 1,5 -1,5 0 2,25 0 0 -1,5 1754 -2631

14 1 7 0,5 -0,5 0 0,25 0 0 -0,5 1754 -877

149,015 -267765,771

Luz del tensor 7 mtsÁrea tensor 0,0004 m

2

Inercia port 0,00208 m4

E pórtico 210000 daN/cm2

E tensor 2100000 daN/cm2

Valor de X =1753,985





Veremos ahora, como último ejemplo, el caso de un arco biempotrado:

El arco tiene una longitud de 12 mt. Dividimos la estructura en 12 dovelas de 1 mt de

longitud.

En el dibujo anterior se detallan las cotas (X) e (Y) del centro de cada dovela.

11.46

radi

o=11

.46

mt

60°60°A

B

P = 10.000 daN

E I = constante

11.46

radi

o=11

.46

mt

60°A

P = 10.000 daN

0.0

00.4

386

1.3

44

2.2

839

3.2

5

4.2

3

5.2

3

5.7

3

6.2

3

7.2

3

8.2

1

1.53261.43821.2651.013

0.666

0.245

60°

B

9.1

761

10.1

16

11.0

214

11.4

6




La estructura es hiperestática en tercer grado. Tiene tres apoyos superabundantes, por lo que aplicando el principio de superposición la podemos desdoblar de la siguiente forma:

A BM1

X1

A B

P = 10.000 daN

X1 X2

X3

A BMo

P = 10.000 daN

A B

X2M2





El empotramiento en el punto A se sustituye por dos fuerzas (X1 y X2) y una carga mo-mento (X3).

Debemos aplicar el teorema de Maxwell-Mohr tres veces. Una vez para cada fuerza incóg-nita (X1, X2 y X3).

∑ ∑ ∑ ∆=+ s

EI

MMcCPδ

Vamos a considerar exclusivamente el efecto del momento flector, no teniendo en cuenta la

colaboración del esfuerzo axil ni del esfuerzo cortante.Por aplicación del principio de superposición, el valor genérico del momento flector en

cualquier punto será la suma de M0 + X1M

1 + X

2M

2 + X

3M

3.

3322110 *** MXMXMXMM +++=

Aplicamos una carga 1=P en la dirección y sentido de X1 en el apoyo A. En el apoyo B aparecerá una reacción 1=C en la misma dirección y sentido contrario a la carga. Como el apoyo A y el apoyo B no tienen posibilidad de movimiento, el primer miembro de la ecuación de Maxwell será igual a cero.

∑ ∆= s

EI

MM 10

∑ ∆

+++= s

EI

MXMXMXMM )(0 33221101

Tomando elementos ∆s de la misma dimensión, del mismo material y de igual momento de inercia, sacamos el factor común fuera del símbolo de la sumatoria.

Como EI

s∆ es distinto de cero, será igual a cero el resto, por lo cual la ecuación nos queda de la siguiente forma:

A B

X3M3

133122

211010 MMXMMXMXMM +++=




Como podemos ver, tenemos una ecuación lineal con tres incógnitas (X1, X2 y X3).Si aplicamos una carga 1=P en la dirección y sentido de X2 en el apoyo A, en el apoyo B

aparecerá una reacción 1=C , en la misma dirección y en sentido contrario a la carga. Como el apoyo A y el apoyo B no tienen posibilidad de movimiento, el primer miembro de la ecuación de Maxwell-Mohr será igual a cero.

∑ ∆= s

EI

MM 20

∑ ∆

+++= s

EI

MXMXMXMM )(0 33221102

Como

EI

s∆ es distinto de cero, el que será igual a cero será el resto; por lo que la ecuación

nos quedará de la forma siguiente:

233

222121020 MMXMXMMXMM +++=

Como podemos ver, tenemos una ecuación lineal con tres incógnitas (X1, X2 y X3).

Si aplicamos una carga momento 1=P en la dirección y en el sentido de X3 en el apoyo A, en el apoyo B aparecerá una reacción 1=C , en la misma dirección y en el sentido contra-rio a la carga. Como el apoyo A y el apoyo B no tienen posibilidad de movimiento, el primer miembro de la ecuación de Maxwell será igual a cero.

∑ ∆= s

EI

MM 30

∑ ∆

+++= s

EI

MXMXMXMM )(0 33221103

Como

EI

s∆ es distinto de cero, será igual a cero el resto, por lo cual la ecuación nos queda

de la forma siguiente:

233232131030 MXMMXMMXMM +++=

Como podemos ver, tenemos una ecuación lineal con tres incógnitas (X1, X2, X3)Nos queda un sistema de tres ecuaciones a resolver:

133122

211010 MMXMMXMXMM +++=

233222121020 MMXMXMMXMM +++=

233232131030 MXMMXMMXMM +++=





Los coeficientes los tomamos de la planilla Excel que está en la página 40.El sistema nos queda:

137717.999 + 15.0961 X1 – 70.5984506 X

2 + 12.3208 X

3 = 0

-1686299.702 – 70.5984505 X1 + 529.519706 X

2 – 68.7604 X

3 = 0

+176035 + 12.3208 X1 – 68.7604 X

2 + 12 X

3 = 0

Resuelto el sistema, tendremos:

X1 = 17589.378

X2 = 5000.06

X3 = -4078.6317

Agregamos los diagramas con los cuales fueron calculados esos momentos en el centro de cada una de las doce dovelas en que está dividida el arco.

11.46

radi

o=11

.46

mt

60°60°A

B

P = 10.000 daN

0.00

0.43

86

1.34

4

2.28

39

3.25

4.23

5.23

5.73

6.23

7.23

8.21

9.17

61

10.1

16

11.0

214

11.4

6

1.53261.43821.2651.013

0.666

0.245

mom Mo

mom M1

mom M2

mom M3




Como ejemplo adjuntamos el diagrama corregido de los momentos flectores. También de-jamos que los usuarios evalúen los diagramas de cortantes y esfuerzos axiles.

A

B

5724

3271

-68

-1922-2320

-924

1962

4079

P = 10.000 daN

3271

-68

-1922-2320

-924

1962

4079

Diagrama de Momentos

. . . . . . . . . . . . . . . . .............m=mo+x1m1+x2m2+x3m3

. eslabón. cota.x. cota.y. .Ds. mo. m1. m2. m3. m1^2. m2^2. m3^2. mo*m1. mo*m2. mo*m3. m1*m2. m1*m3. m2*m3. m2*m3.

. 1. 0,438. 0,245. 1. 0. -0,245. 0,438. -1. 0,060. 0,192. 1. 0. 0. 0. -0,107. 0,245. -0,438. -0,438. 1962

. 2. 1,344. 0,666. 1. 0. -0,666. 1,344. -1. 0,444. 1,807. 1. 0. 0. 0. -0,896. 0,666. -1,344. -1,344. -924

. 3. 2,283. 1,013. 1. 0. -1,013. 2,283. -1. 1,026. 5,216. 1. 0. 0. 0. -2,313. 1,013. -2,283. -2,283. -2320

. 4. 3,25. 1,265. 1. 0. -1,265. 3,25. -1. 1,600. 10,562. 1. 0. 0. 0. -4,111. 1,265. -3,25. -3,25. -1922

. 5. 4,23. 1,438. 1. 0. -1,438. 4,23. -1. 2,068. 17,892. 1. 0. 0. 0. -6,083. 1,438. -4,23. -4,23. -68

. 6. 5,23. 1,532. 1. 0. -1,532. 5,23. -1. 2,348. 27,352. 1. 0. 0. 0. -8,015. 1,532. -5,23. -5,23. 3271

. 7. 6,23. 1,532. 1. -5000. -1,532. 6,23. -1. 2,348. 38,812. 1. 7663. -31150. 5000. -9,548. 1,532. -6,23. -6,23. 3271

. 8. 7,23. 1,438. 1. -15000. -1,438. 7,23. -1. 2,068. 52,272. 1. 21573. -108450. 15000. -10,398. 1,438. -7,23. -7,23. -68

. 9. 8,21. 1,265. 1. -24800. -1,265. 8,21. -1. 1,600. 67,404. 1. 31372. -203608,000. 24800. -10,385. 1,265. -8,21. -8,21. -1922

. 10. 9,176. 1,013. 1. -34461. -1,013. 9,176. -1. 1,026. 84,200. 1. 34908,993. -316217,582. 34461. -9,295. 1,013. -9,176. -9,176. -2320

. 11. 10,116. 0,666. 1. -43860. -0,666. 10,116. -1. 0,444. 102,333. 1. 29237,076. -443687,759. 43860. -6,743. 0,666. -10,116. -10,116. -926

. 12. 11,021. 0,245. 1. -52914. -0,245. 11,021. -1. 0,060. 121,471. 1. 12963,93. -583186,359. 52914. -2,700. 0,245. -11,021. -11,021. 1962

. . . . . . . . . 15,096. 529,519. 12. 137717,999. -1686299,701. 176035. -70,598. 12,321. -68,760. -68,760

Diagrama de momentos





2.0 Trazadodelaslíneaselásticas deestructurasplanas

En la actualidad, el trazado de las líneas elásticas en estructuras planas puede realizarse sin ninguna dificultad, utilizando programas de computadora, como P-Plan u otro tipo. No obstante, creo que para la formación de un estudiante de arquitectura es absolutamente imprescindible “amasar el barro con las manos”, para lograr entender a cabalidad el comportamiento del conjunto de los elementos constitutivos de una estructura. Ésta es la razón que ha impulsado a reeditar “viejos”, pero no menos fecundos, procedimientos gráfico–analíticos para el estudio de deformaciones de estructuras planas.

En una estructura cualquiera, sometida a un sistema de cargas, si por hipótesis se conocieran los vectores corrimientos de cada uno de los puntos en su dimensión, dirección y sentido, se puede definir como línea elástica, con respecto a una cierta dirección, a la poligonal o curva que resulta de tomar a partir de una línea de referencia las componentes de los vectores corrimientos, según la dirección considerada. Se define como corrimiento de un punto en una determinada dirección a la proyección sobre ésta del corrimiento total del punto.

q (k/m)

a

bc

d

M

M'

linea

de

cier

re

elás

tica

horiz

onta

l

linea de cierre

elástica vertical

90°

δ

δ

Mv

Mh

línea.de.cierre

elástica.vertical

elá

stic

a.h

orizontal

línea.d

e.c

ierr

e




M

δM

M’

El punto M se corre a M’. El descenso será δM.

Veremos ahora la base teórico-matemática del sistema de los pesos elásticos, que analiza-remos posteriormente.

Un punto M gira alrededor de un punto O con un cierto ángulo ωen radianes. Suponiendo que ωes muy pequeño, un infinitésimo, porque las deformaciones por giro en las barras son muy pequeñas, vemos que el punto M pasa a M’. Asimilando el arco a la cuerda por ser defor-maciones pequeñas, el corrimiento de M será MM’.

O (xo;yo) X

M (x;y)

M' M"Y

R

ω

δ

δ

x

y

ωω

x

y

TrazaDo.DE.las.línEas.ElásTiCas.DE.EsTruCTuras.Planas




Sus componentes serán δx y δy.

OMMM *' w=

'

1

MM

OM=

w

"'MMx =δ

"MMy =δ

Considerando el punto R, nos quedan dos triángulos semejantes en los cuales podemos establecer la siguiente relación:

w1

"'"'===

MM

RM

MM

OR

MM

OM

A nosotros nos interesa determinar el valor MM” y M’M”

"'

1

MM

RM=

w

de donde RMMM *"' w= wδ *)( 0xxx −=

"

1

MM

OR=

w de donde ORMM *" w=

Podemos concluir lo siguiente:El corrimiento de un punto, según una dirección dada, es igual al momento estático

con respecto a dicha dirección de una fuerza ficticia que es igual en magnitud al giro (ω) que se produce en el punto de reducción.

Consideremos ahora una barra A B, como la de la figura 3, a la que se le aplica un momento M. Esa barra sufre una deformación cuyo valor es posible de evaluar por medio de las ecua-ciones de la “línea elástica”.

wδ *)( 0yyy −=

Mx

y

B

B'

w = M

L

L/2

θb

A

Figura 3

MLE Iω

z




Para la barra AB será:

EI

M

dx

zd=

2

2

Si integramos, nos da:

1CEI

Mx

dx

dz+=

dx

dz es el ángulo que forma la tangente a la elástica con el eje de la barra.

Para X = 0 de donde C1 = 0.

Integrando nuevamente

Z es el descenso de un punto cualquiera. Para el caso de que X = 0

Z = 0 de donde C2 = 0

Para X = L en las dos ecuaciones anteriores nos dará:

bEI

ML

dx

dz θ==

2*

2*

2 LL

EI

Mz bb θ==

El descenso, en el punto B de la barra, es numéricamente igual al momento estático respecto a B del vector giro θ

b aplicado en L/2.

Al valor

gEI

L= lo llamamos masa elástica.

Al valor

wθ === gMLEI

Mb ** lo llamamos peso elástico.

0=

dx

dz

2

2

2* C

X

EI

Mz +=





Por tanto, concluimos que para poder evaluar el descenso en un punto de la barra elástica debemos calcular el momento estático en ese punto de las fuerzas ficticias (giros) aplicadas en el centro de cada uno de los eslabones que componen esa barra elástica. Ésa es la razón por la cual dividimos la barra en trozos ∆s, muy pequeños.

Veremos a continuación ejemplos aclaratorios:

Calculamos la línea elástica de una viga en voladizo.

La primera operación que se realiza es dividir la barra AB en una serie de eslabones elás-ticos, que llamaremos ∆s. Luego en el centro elástico de cada eslabón se aplica la carga del peso elástico correspondiente.

1.00 1.00 1.00

P = 5 T P = 5 T P = 5 T

A B

sEI

M∆=w




Para evaluar esa carga, debemos tener dibujado el diagrama de momen-tos flectores. Para eso tenemos que trazar la funicular para ese fin.

Leemos el valor del momento de cada eslabón en la funicular trazada para ese fin.

Consideremos que el momento es constante en el intervalo del eslabón. Es así como podemos evaluar el área multiplicando M por ∆s y luego di-vidiéndolo por EI, así obtenemos el peso elástico en cada eslabón de la funicular.

La segunda operación consiste en calcular el momento de un sistema de vectores que representan a los pesos elásticos; de esta forma, por defini-ción, se obtienen los descensos.

Si todos los w son del mismo sig-no, es indiferente el sentido con que se toman en la dinámica. Si éstos son

de signo contrario, los positivos se toman hacia abajo y los negativos hacia arriba.Veremos algunas simplificaciones que se pueden realizar al método de los pesos elásticos.

Si consideramos que E es constante, es posible considerar como masas elásticas I

sg

∆= y

peso elástico w = M * g.La elástica hallada en esta hipótesis está multiplicada por E.

Si MN es la imagen del descenso en B

E

HmmMN

Em

MNb

.213

==δ

Eligiendo H = E o a una cierta escala H = m4 E y sustituyendo nos quedará:

4

21

4

21 .mmm

MN

EEm

mmMN

b ==δ

A B

P1=5 ton

P2=5 ton

P3=5 ton

ω1=

ω2=

ω3=

P1

P2

P3

H

M1

M3

M2

EI

EI

EI

∆

∆

∆

s

s

s

1

1

2 2

3

3

4

4

H'

δb

M

N





Si consideramos que EI = cte, las masas elásticas serán:

sg ∆= y el peso elástico será: w = M * g.

La elástica calculada en esta hipótesis está multiplicada por EI si MN es la imagen del descenso del punto B.

EI

HmmMN

EIm

MNb

.213

==δ

Eligiendo H = EI o a una cierta escala m4

H = m4 EI sustituyendo en la expresión anterior nos quedará:

4

21

4

21213 *.mmm

MN

EIEImmmMN

EIHmmMN

EIm

MNb ====δ

Si consideramos

.cteEI

s=

∆ las masas elásticas serán

EI

sg

∆= y los pesos elásticos

gM *=w

La elástica en esta hipótesis estará multiplicada por

EIs∆

1 . Debemos, por lo tanto, elegir un H que nos simplifique las operaciones.

Tomamos entonces:

EIs

mH∆

=1

4 el valor del descenso en el punto B valdrá:

4

21

4

21213 *

mmm

MN

sEI

sEI

m

mmMN

sEI

HmmMN

sEI

m

MNb =

∆∆

=

∆

=

∆

=δ

El método de los pesos elásticos nos permite, además de evaluar los corrimientos horizontales y verticales en pórticos y/o vigas, la resolución de estructuras hiperestáticas.




Veremos a continuación cómo se ataca un pórtico biarticulado por este método. La primera operación que debemos realizar es aplicar el principio de superposición y desdoblar el problema hiperestático en:

1º) Pórtico isostático, donde el apoyo B sufre un corrimiento δb1

.2º) Pórtico isostático, donde el apoyo B sufre un corrimiento δ

b2. En sentido contrario al δ

b1 producido éste por una carga X tal que δb1

+ δb2

= 0

El valor de la carga X se determina de la siguiente manera:1°) Se calcula el corrimiento δ

b1 que producen las cargas exteriores en el pórtico isostático.

2°) Se calcula el corrimiento δb2

que provoca una carga P = 1. Si la carga actuante en vez de ser P = 1 hubiese sido X, los corrimientos serían proporcionales. Esto es: X δ

b2.

La suma de los dos corrimientos debe ser nula, ya que el apoyo B está impedido de desli-zarse.

δb1

+ X δb2

= 0

2

1

b

bXδδ

−=

∑= iib z*1 wδ

EI

sM ii

∆= *w

∑ ∆

=EI

sZM iib1δ

∑= ihb z*2 wδ

i

Phh zM *1==w

ih ZPM *1== de donde:

EI

szih

∆= *w

A B

A B

A B

B'

B" X





∑= ihb z*2 wδ =

∑ ∆EI

szi *2

021 =+ bb Xδδ

EIs

z

EIs

zMX

i

ii

∆

∆

−=∑

∑2

sí

.constEI

s=

∆

∑∑−=

2i

ii

z

zMX

Veamos ahora un par de ejemplos de aplicación del método de los pesos elásticos.

1º) trazado de la elástica de un arco parabólico de 12 mts de luz y 2.50 mts de flecha. El arco es de hormigón armado y su sección 30 cm x 45 cm.

Momento de Inercia = 228.000 cm4

Eh = 200.000 daN/cm

2

2

1

b

bXδδ

−=

12.00

2.5

0

q = 1000 daN / m

A B




Lo primero que debemos hacer es determinar la longitud de la línea media del arco para-bólico.

Para eso tenemos que hallar la ecuación del arco parabólico.

La ecuación general de la parábola es CBxAxy ++= 2

Cuando X = 0 Y = 0

De donde: CBA ++= 0*0*0 C=0

La ecuación quedará:

BxAxy += 2 Debemos determinar los parámetros A y B

Para X = 6 Y = 2.5 de donde

Para X = 12 Y = 0 de donde

X

Y

x = 0 x = 6 x = 12

y = 0

y = 2.5

y = 0

y = -0.069444 x2 + 0.8333 x

6*6*5.2 2 BA += 6*36*5.2 BA +=

12*12*0 2 BA += 12*144*0 BA +=





Debemos resolver el sistema de ecuaciones.

0694444.0432

30

6*14412*36

6*05.2*12

12144

636

120

65.2

−=−

=−−

==A

83333333.0432

360

6*14412*36

5.2*1440*36

12144

636

0144

5.236

=−−

=−

−==B

La ecuación del arco parabólico quedará: xxy 83333.00694444.0 2 +−=

22 dxdyds += dx* derivada 1ª de la función

X

Y

y = -0.069444 x2 + 0.8333 x

dsdy

dx

=

dx

dy

12

+

=

dx

dyds




y = - 0.069444 x2 + 0.83333 x

833333.00694444.0*2 +−= x

dx

dy

833333.01388888.0 +−= x

dx

dy

La longitud de la curva es la integral entre 0 y 12 de ds.

∫∫ +==12

0

212

01

dx

dydsS dx*

La solución de la integral:

22

22212

0

22

22auuL

aau

uduau ++++=+∫

=u 833333.01388888.0 +−= x

dx

dy ( )22 83333.013888.0 +−= Xu

a = 1

dxdu 138888.0−= de donde 138888.0

dudx −=

∫ ++++=+ 222

2222

22auuL

aau

uduau

El largo de la curva será la integral definida entre 0 y 12.

∫ =++−− dxX 22 1)83333.013888.0(138888.0

12

0

22 1)8333.013888.0()8333.013888.0(2

11)8333.013888.0(

2

83333.013888.0(

++−++−+++−

+−= XXLX

X

Largo

mts271.13138888.0

9215913.09215913.0=

−−−

=

Esta curva la dividimos en doce dovelas . El largo ∆s de cada dovela será:

1059.1

12

271.13==∆s

12 =a





Para hallar los momentos en el centro de cada eslabón o dovela utilizamos la viga equi-valente:

12.00

2.5

0

q = 1000 daN / m

A B

12.00

2.5

0

q = 1000 daN / m

A B0.3432

0.99

1.5445

1.99342.3125

2.4789

.4429 1

.3403

2.2

992

3.3

068

4.3

648

5.4

569

corrimiento horizontal6.7212 cms




Los valores de los momentos leídos en el trazado parabólico adjunto nos dan los siguientes resultados:

En el centro de dovela 1) ................2559 daN*mEn el centro de dovela 2) ................7144 daN*mEn el centro de dovela 3) .............. 11152 daN*mEn el centro de dovela 4) ..............14373 daN*mEn el centro de dovela 5) ..............16663 daN*mEn el centro de dovela 6) ..............17852 daN*mEn el centro del arco ...................18000 daN*mEn el centro de dovela 7) ..............17852 daN*m En el centro de dovela 8) ..............16663 daN*mEn el centro de dovela 9) ..............14373 daN*mEn el centro de dovela 10) ............ 11152 daN*mEn el centro de dovela 11) ..............7144 daN*mEn el centro de dovela 12) ..............2559 daN*m

Con el valor de los momentos calculados, procedemos a determinar el valor de los pesos elásticos para cada dovela.

sEI

M∆=w

eslabón ∆s E I ∆s/EI Mi ωi cota X cota Y

1 110 200000 228000 0,000 255931,979 0,000 44,29 34,32

2 110 200000 228000 0,000 714359,795 0,001 134,03 99

3 110 200000 228000 0,000 1115203,967 0,002 229,92 154,45

4 110 200000 228000 0,000 1437333,688 0,003 330,68 199,34

5 110 200000 228000 0,000 1666306,048 0,004 436,48 231,25

6 110 200000 228000 0,000 1785252,119 0,004 545,69 247,89

7 110 200000 228000 0,000 1785252 0,004 545,69 247,89

8 110 200000 228000 0,000 1666306 0,004 436,48 231,25

9 110 200000 228000 0,000 1437334 0,003 330,68 199,34

10 110 200000 228000 0,000 1115204 0,002 229,92 154,45

11 110 200000 228000 0,000 714360 0,001 134,03 99

12 110 200000 228000 0,000 255932 0,000 44,29 34,32

0,033

ωiA 0,016





12.00

2.5

0

q = 1000 daN / m

A B0.3432

0.99

1.5445

1.99342.3125

2.4789

.4429 1.3

403

2.2

992

3.3

068

4.3

648

5.4

569

corrimiento horizontal6.7212 cms

Una vez evaluados los pesos elásticos en el centro de cada dovela, y de acuerdo con lo establecido anteriormente, podemos resolver el problema del trazado de la elástica haciéndolo en forma analítica o por medio de una representación gráfica.

1º) Resolución gráficaEl arco lo representamos a una escala (m

1). En nuestro ejemplo lo dibujamos a la escala

1/100. A cada peso elástico lo representamos con un vector a una cierta escala (m2).

En nuestro ejemplo, la escala

cmk

cmm

*000.000:1

12 =

Elegimos el valor de H tal que sea igual a s

EI

∆ o a una cierta escala (m

4)

En nuestro ejemplo =H

s

EI

∆=

110

000.228*000.200=

810*14545,4

Por lo tanto, para tener H = 4,14545 cms, la escala m4 deberá ser

810

1

84 10

1=m

El resultado lo leemos en el trazado funicular a la escala

4

21

m

mm

8101

000.000:11

*100

1

= 1

Las flechas en cualquier punto del arco se determinan leyendo en el trazado funicular a la es-cala 1/1. O sea, ese trazado funicular es la representación de la línea elástica. Ver página 57.

daN*cm




Si deseamos evaluar los corrimientos horizontales, tenemos que trazar una funicular cuyos rayos sean perpendiculares a los rayos tomados para determinar los corrimientos verticales.

Este trazado es el que puede observarse en la primera figura de la página 56. En nuestro caso, el máximo corrimiento es el del apoyo B, y su valor es de 6.7212 cms.

2º) Resolución analíticaPara resolver el problema analíticamente, aplicamos en el centro de cada dovela el peso

elástico ωi, cuyo valor se encuentra en la planilla de la página 55.

H = 4.1455 cms

flecha máxima = 6.1532 cms

H = 5 cms





Tomamos momentos de los vectores que representan a los pesos elásticos (incluyendo la reacción en el apoyo A) en ejes tales como el representado en línea punteada, como la que pasa por C. Evaluamos el corrimiento vertical de cada uno de los puntos centro de cada dovela, con lo cual podemos dibujar la línea que representa la deformación del arco en vertical.

El corimiento del punto C será:

Gráficamente, el valor hallado es 6,1532 cms. El error es del 0.4%.

De esta forma se puede calcular el corrimiento para cualquier punto, aplicando el mismo procedimiento.

12.00

A B

0.0

0061738

0.0

0172324

0.0

0269

0.0

03467

0.0

0402

0.0

04306

5.45

4.36

3.30

2.30

1.34

0.44

0.0

168242

C

0.0

168242

128012.6=cδ




Calcularemos ahora el corrimiento horizontal de los puntos del arco:

Para hallar el corrimiento del punto B, trazamos un eje (línea punteada que une A con B).

Tomamos momentos de los vectores que representan los pesos elásticos respecto a ese eje.

Como los pesos elásticos son simétricos, al producto de los momentos lo multiplicamos por 2.

El corrimiento del punto B será:

Gráficamente, el corrimiento horizontal nos dio 6,7212 cms. Tenemos una diferencia en los cálculos de 2%. Con esto damos por finalizado el análisis de las deformaciones en estructuras de alma llena.

Pasaremos ahora a estudiar las deformaciones en estructuras reticuladas de 1ª y 2ª es-pecie.

12.00

A B0.0336484

0.00269

0.00172324

0.0034670.00402

0.004306

0.00061738

2.4

789

2.3

125

1.9

934

1.5

445

0.9

900

0.3

442

[ ]89,247*00430653.025,231*0040196.034,199*00346725.045,154*00269.099*00172324.042,34*00061738.0*2 +++++=Bδ

cmsB 5901,6=δ





3.0 Deformacioneselásticasen estructurasreticuladasplanas

ConsiDEraCionEs.gEnEralEs

Problemas generales de deformaciones elásticas nos obligan a determinar qué forma adop-tan los sistemas reticulares del caso, sometidos a sistemas de cargas. Conocida la geometría de las piezas, y una vez avaluados los esfuerzos en las barras del reticular, por el método de Cremona, Culmann o Ritter, podemos evaluar las deformaciones en cada una de las barras en forma aislada.

Lo que no podemos todavía es determinar la deformación de conjunto.Una barra de longitud “L” y de sección “A”, sometida a un esfuerzo axil “F”, sufre una

deformación unitaria.

E

σε =

EA

F=ε

La deformación total será

EA

LFLL

** ==∆ ε

A estos valores deberemos ponerle signo positivo o negativo, según la barra sufra alarga-miento o acortamiento.

Además, las barras pueden estar sometidas a efectos de temperatura, que hacen variar sus dimensiones. Las deformaciones anelásticas se obtienen con la expresión:

LL ttt **∆±=∆ α

en donde

tα = coeficiente de dilatación térmica del material.

=∆± t aumento o disminución de temperatura.

=L longitud de la barra.

tfinal LLL ∆+∆=∆




B polo O B” ∆

AB B’ B

1 a

ϕ

A Oa = A A

1

A1

Ob = B B1

Si se considera una barra AB aislada, que compone un sistema reticulado, ésta puede sufrir:1º) una traslación paralela hasta A

1 B´;

2º) un acortamiento o alargamiento (∆AB

) con signo positivo o negativo, de B’B”;3º) una rotación de ángulo muy pequeño ϕ (de B” a B

1) en la que se llega a la posición final

A1 B

1.

Como el giro ϕ es muy pequeño, el arco B”B1 puede sustituirse por la normal a la recta

A1B” tomada desde el punto B”.Esto mismo puede observarse si se toma un polo fijo O. Por él se traza un vector, a una

escala conveniente, con la misma dirección y sentido al corrimiento AA1. De esta forma se fija

la posición del punto a. A partir de este punto se traza el vector ab’ que representa, a la misma escala anterior, la dilatación ∆

AB de la barra AB.

El siguiente paso consiste en efectuar una rotación angular ϕ (muy pequeña), tomando como centro de rotación el punto a. Como la rotación es muy pequeña, en lugar de trazar el arco, trazamos la tangente al arco, que es perpendicular a la recta ab’, con lo que determinamos el punto b. El vector Ob nos determina el corrimiento real del punto. Veremos ahora el diagrama de deformaciones de un sistema de barras.

Tomemos por ejemplo un sistema compuesto por dos barras (AB) y (BC) que concurren al nudo C. C’

1

∆1

∆1 90º

C ∆

2

C’ C’

2 O (a,b) C’

-∆

2 90º (1) (2) corrimiento del nudo C

A B La barra AC sufre un alargamiento ∆

1 desde C hasta C’

1.

La barra CB sufre un acortamiento ∆2 desde C hasta C’

2.

DEformaCionEs.ElásTiCas.En.EsTruCTuras.rETiCulaDas.Planas

90°

b’

ϕ

b

∆AB




Los puntos A y B permanecen fijos. Si se suelta el nudo C y se deja dilatar a la barra AC, éste se ubicará en C’

1. Si se deja contraer la barra CB, el nudo C se ubicará en C’

2.

Si permitimos rotar la barra AC (dilatada) respecto al punto A y a la barra CB (contraída) respecto al punto B, y a las rotaciones las sustituimos por las cuerdas desde C’

1 y C’

2, el punto

de encuentro será el C’, posición final del punto C. La deformación final del punto C estará dada por el vector CC’. Se puede llevar a un polo fijo O estas variaciones ∆

1 y - ∆

2en magnitud,

dirección y sentido.Los vectores son trazados por los extremos y luego haciendo centro en O arcos de circunfe-

rencia. Donde éstos se corten, nos darán la ubicación del punto C. El desplazamiento del punto C estará dado por el vector OC. Como los desplazamientos son muy pequeños, en vez de trazar los arcos, se sustituyen por las cuerdas; esto es, las normales a los vectores corrimientos, y donde estas normales se interceptan, se obtiene el punto buscado con un error absolutamente despreciable.

Debe tenerse especial cuidado con el sentido de los corrimientos al ser colocados en la dinámica. Si suponemos fijo el punto A, la barra se dilatará en el sentido de AC; esto es, para la barra BC el acortamiento de la barra será en el sentido .

A este procedimiento se le llama DIAGRAMA DE WILLIOT, quien en 1877 lo publicó en su “Notions pratiques sur la Statique graphique”, en los Annales du Genie Civil, 2nde série, 6ème année, pág. 713.

Veremos ahora un ejemplo para aclarar el procedimiento:Tomemos la marquesina A B C D E sometida a un sistema de cargas P en sus nudos. Cono-

cidos los valores de los esfuerzos en las barras (calculados por el procedimiento de Cremona, Culmann, Ritter o Henneberg), se obtiene fácilmente el valor de las deformaciones en todas y cada una de las barras.

A

B

CD

E

(+)

(+)(+)

(-)

(-) (-)

P

P

P

O ( a' e' )

b'1b'2d'1

b'

d'2d'

c'1 c'2

c'

B'

C'D'




Como en el caso anterior, debemos partir de dos nudos cuya posición sea conocida para fijar un tercero, y así sucesivamente.

En el ejemplo partimos de los nudos A y E, que permanecen fijos. Debemos ubicar el nudo B. En la dinámica, tomamos las deformaciones de las barras AB y EB a una escala conveniente. Por sus extremos trazamos las normales, y en el cruce de ellas está la imagen del punto B. El corrimiento está indicado por el vector trazado Ob’.

Conocida la posición del nudo B, podemos ubicar la nueva posición del punto D después de la deformación. Ahora tomamos como puntos fijos el punto E y el B’.

En la dinámica, por los puntos e’ y b’, imágenes de los nudos E y B’, se trazan las deforma-ciones de las barras ED y BD. Por sus extremos se trazan las normales y donde éstas se cruzan se encuentra el punto d’, imagen del nudo D’. El corrimiento del nudo D está representado por el vector O d’. Este corrimiento se compone de dos movimientos: uno debido a la elasticidad de las barras (es el b’d’) y otro debido a la traslación paralela del reticulado en la anterior de-formación (la del nudo B).

De esta forma se continúa. Nos basamos ahora en los nudos B y D que han sufrido el pro-ceso de deformación, yendo a ocupar la posición B’ D’. Tomándolos como fijos, procedemos a ubicar la posición del nudo C. A partir del punto b’, colocamos la deformación de la barra BC, obteniendo el punto c’

2 A partir del punto d’, colocamos la deformación de la barra DC y

obtenemos el punto c’1.

Trazamos los arcos (los sustituimos por las cuerdas) y así obtenemos el punto C’. De esta forma se resuelven los reticulares de 2ª especie; esto es, aquéllos en que se conoce la posición de dos de sus nudos fijos y se pasa a ubicar un tercero, y así sucesivamente.

analizarEmos.ahora.los.rETiCularEs.DE.PrimEra.EsPECiE

Un estudio aparte merecen los reticulares de 1ª especie, pues en estos casos no podemos aplicar el método de WILLIOT directamente porque no se tiene la posición de dos nudos fijos, sino que se conoce solamente la posición de un sólo nudo. Para poder resolverlo, debemos hacer una suposición:

Partimos de un nudo fijo (A) y suponemos que una barra (5) se dilatará o contraerá en la dirección conocida, que le fijamos por la colocación de una guía que impide cualquier desplazamiento lateral (giro). Esto es lo que se llama adoptar una FALSA POSICIÓN. Mediante ese supues-to, el sistema se podrá resolver.

A

B C

D

E

1

2

3

45

6 7

P P

P





Veamos cómo resolvemos el diagrama de WILLIOT.

Al igual que en los reticulares de 2ª especie, partimos de un punto fijo O. A partir del cual tomamos el corrimiento de la barra AE, que es la que está en falsa posición.

Ubicado el punto E’, a partir del apoyo fijo y de este punto E’, ubicamos el punto B’. Y así sucesivamente ocurrirá con los demás puntos.

Los corrimientos de los nudos estarán dados por los vectores OD’, OC’, OE’ y OB’.

El corrimiento del nudo D es incompatible con el tipo de vínculo, ya que éste pasaría a D’; lo que no es posible porque el apoyo D solamente puede deslizarse en el plano horizontal. Por lo tanto, debemos efectuar una corrección al sistema para que sea congruente.

A

B C

D

E

1

2

3

45

6 7

P P

P

O (A') E'

6

B'

2

7

C'

3

4

D'D"

D"

D'




La corrección para este tipo de reticulares es de-bida a MOHR, y para su explicación es necesario estudiar qué le sucede a una chapa cuando gira un pequeño ángulo ω al-rededor de un punto (por ejemplo el O).

Diagrama vectorial de rotaciones

La chapa A B C D E gira un ángulo ω con respecto a un punto interior O. Los puntos A B C D E se desplazarán a A’ B’ C’ D’ E’. Tomando el giro muy pequeño, po-

demos tomar la cuerda por el arco y la normal al radio. Como el ángulo es aproximadamente igual a la tangente trigonométrica, nos quedarán las siguientes expresiones:

AA’ = OA * ω BB’ = OB * ω CC’ = OC * ω DD’ = OD * ω EE’ = OE * ωComo podemos ver, los desplazamientos son directamente proporcionales a los radios. Debido

a que los desplazamientos y los giros son muy pequeños, no es cómoda su representación.Construimos un diagrama aparte a una escala conveniente. A partir de un polo O ponemos

los vectores AA’, BB’, CC’, DD’ y EE’. Observando este diagrama vemos que:1º) Los vectores son proporcionales a los radios.2º) Su dirección es perpendicular a la de los radios de giro de la chapa. Sacamos como

conclusión que cualquier recta que to-memos, por ejemplo A—B, es perpen-dicular a la dirección AB del diagrama (chapa original). Esto se conoce con el nombre de figuras HOMOTÉTICAS NORMALES.

Consideremos ahora una poligonal y supongamos que por efecto de un giro w alrededor de un punto A, y conociendo el corrimiento de D, queremos ubicar los pun-tos C y B. El punto C se encuentra donde se cortan las rectas perpendiculares a AC y a CD, trazadas por A y D respectivamente.

A

B

C

D

ω

ω

ω

B'C'

D'

90º90º

90º

D'

C'

B'

O (A')

O

A

B

C

D

E

A'B'

C'

D'

E'

ωω

ω

ωω

90º

90º

90º90º

90º

O

E A

B

CD

B





Para el punto B procedemos en forma análoga. A’ B’ C’ D’ es una poligonal homotética normal a A B C D. Si en lugar de considerar una poligonal tomáramos una chapa de reticulado como si fuera una chapa rígida, el procedimiento sería totalmente similar. Supongamos que es conocida la posición final del punto C (esto es C’).

El punto B estará donde se corten las rectas normales a AB y CB respectivamente, trazadas desde los puntos (O) que corres-ponde al punto A (nudo fijo) y desde el punto C, cuya posición es conocida. De la misma forma se ubica el punto D, por lo cual el problema queda resuelto.

Vistos estos ejemplos, podemos volver a nuestro diagrama originalmente trazado, y que no habíamos podido seguir adelante por incompatibilidad de la posición del punto D.

Debemos efectuar un giro con centro en A. El arco que describe el nudo D se puede tomar normal a la recta A E D por la pequeñez de las deformaciones, y la podemos representar en la vectorial con su dirección y sentido por el vector D”O. La composición de los dos vectores D”O + OD’ = D”D’

Esto es el corrimiento real del nudo D.

En forma totalmente análoga, por medio de un diagrama homotético normal, podemos ubicar B” C” y E”. Y luego cal-cular las deformaciones reales a la escala que hemos tomado leyendo los vectores desde las letras con comillas dobles (”) hasta las letras con comillas simples (’).

A

B

CD

D'

B'

C'

O ( A' )

B'

C'

D'

90º

90º

90º

A

B C

D

E

1

2

3

45

6 7

P P

P

O (A')E'

6B'

2

7

C'3

4

D'D"D"

D'

E"

C"

B"

A

B C

D

E

1

2

3

45

6 7

P P

P

O (A')E'

6B'

2

7

C'3

4

D'D"D"

D'

E"

C"

B"




Veamos un ejemplo:Calculamos las deformaciones del reticular adjunto, construido en acero. Las barras comprimi-

das con PN I Nº 16 y barras traccionadas con acero de sección circular de 16 mm de diámetro.

Cuadro 1 Diagrama de Cremona

a

b

c

d

e

f

4500 daN

2625 daN

3000 daN4875 daN

a

b

cd

e f

1 2

34

5

1

2

3

4

5

compresión tracción

- 5629

2815

- 5250

4567

3464

Ra =Rb =

60°

3.00 3.00

2.6

1

5.22

3.00





Evaluadas las reacciones y resuelto el diagrama de Cremona, las solicitaciones en las barras se adjuntan en el cuadro siguiente. Se adjunta, además, una planilla con el cálculo de deforma-ciones en las barras del reticulado.

Corrimiento del nudo B = 0.51565 cmsCorrimiento del nudo C = 0.52665 cmsCorrimiento del nudo D = 0.73235 cms

1 2

34

5

A

B

DC

O(a')

d'b'

c'c"

b"

d"

barra en falsa posición

barra largo área módulo de Young fuerza axil deformación (en cms)

1 300 22,8 2100000 -5629 -0,035

2 522 22,8 2100000 -5220 -0,056

3 300 2 2100000 4567 0,326

4 300 2 2100000 2815 0,201

5 300 2 2100000 3464 0,247




4.0 EstudiosobrevigascontinuasEl motivo objetivo de este capítulo es facilitar a los estudiantes y a los profesionales la resolución

de un problema que comúnmente se presenta cuando se diseña y se dimensiona estructuras.

1º).DEfiniCión

Llamamos vigas continuas a un tipo estructural tridimensional en forma de barra, en la que predomina una de las dimensiones frente a las restantes, sustentada de tal forma, generalmente en más de dos apoyos, que es imposible su resolución por aplicación de los métodos de la es-tática y es necesario aplicar las condiciones de deformación de las piezas. Debemos recurrir a las teorías que se han elaborado sobre los estudios de resistencia de materiales.

2º).BrEVE.rEsEña.hisTóriCa

Antes de la década del ‘30 del siglo XX, para la resolución de casi todos los problemas que plantean las estructuras hiperestáticas se disponía de una metodología basada en:

a) El principio de Castigliano.b) Las ecuaciones de Bresse.c) La ecuación generalizada del “Teorema de los tres momentos”, conocido como de

Clapeyron.d) La ecuación de enlaces superabundantes, de Bertrand de Fontviolant deducida de la

ecuación general de la elasticidad.e) Los estudios realizados por Maxwell, Ritter, Mohr, Müller Breslau, etc.Todos estos métodos presentan el punto común:Si en general permiten expresar el problema con bastante facilidad en ecuaciones, todos ellos

conducen a un número tan elevado de éstas, que es imposible resolverlas en forma manual sin dedicar a ello un tiempo desproporcionado con el resultado que se trata de conseguir.

Para remediar estos inconvenientes, en los EE.UU., en 1932, el profesor Hardy Cross y su ayudante, el también profesor N.D. Morgan, basándose en estudios realizados por Manney y Wilson, presentaron en una obra titulada Continous frames of reinforced concrete; un procedi-miento de una extremada sencillez y automaticidad en los cálculos, que con la simple aplicación de operaciones aritméticas se puede resolver estructuras muy complejas.

Debo confesar que, a lo largo de mis años de ejercicio de la profesión y la docencia, perma-nentemente he aplicado el procedimiento de Cross, para la solución de casi la totalidad de las estructuras que se me han presentado, y obtuve un resultado altamente satisfactorio.

Los métodos “ecuacionables” quedaron en algún recóndito lugar de mi memoria, sin que los hubiera aplicado en mi vida profesional, salvo en la ejercitación práctica en el mo-mento de la formación como alumno de la Facultad de Arquitectura, de la Universidad de la República.




La aparición y posterior popularización de los minicomputadores, herramientas infatigables en el trabajo, con su velocidad de proceso y precisión en los resultados, nos ha permitido, sin olvidarnos del “Método de Cross”, replantear los métodos anteriores. Es posible ahora resolver sistemas de ecuaciones de gran dimensión, sin ninguna dificultad, en tiempos muy breves.

En este capítulo haré un análisis teórico para la resolución de vigas continuas, aplicando el “Teorema de los tres momentos” o “ Teorema de Clapeyron”, ilustrado con una serie de ejem-plos calculados con calculadora manual. Además, brindaré, a quien lo requiera, un programa de computadora de nuestra autoría, diseñado en lenguaje Visual-Basic.

ECuaCión.DE.los.TrEs.momEnTos.o.TEorEma.DE.ClaPEyron

Vamos a deducir un teorema fundamental para la resolución de vigas continuas, tomando como incógnitas los momentos de los apoyos superabundantes.

Como en todos los casos de piezas hiperestáticas, para resolver el problema tendremos que basarnos en las posibles deformaciones de las barras.

Tomemos un trozo intermedio de una viga continua constituido por dos tramos de luces Ln

y Ln+1

y sus tres apoyos respectivos (P, Q y R), sometidos a cargas cualesquiera, aplicadas en los tramos de luces L

n y L

n+1

tq deformada

Ln

Ln+1

P Q R

Mp

Mq

MR




Las cargas provocarán deformaciones en la pieza; por ende asumimos que existirán esfuerzos internos que harán que la pieza, luego de deformada, permanezca en equilibrio. Aproximán-donos al fenómeno real, decimos que en la pieza aparecen parámetros de solicitación (V y M), producto de las deformaciones que provocan las cargas exteriores que actúan en la pieza.

La Teoría de la Elasticidad relaciona las deformaciones con los parámetros de solicitación. En base a estas relaciones, haremos nuestras deducciones.

La deformación de la pieza es naturalmente continua a lo largo de toda la viga.Los apoyos, en este caso idealizados como articulaciones perfectas, sin ningún rozamiento,

restringen a los puntos P, Q, R, etc. y les impiden descender o levantarse, pero permiten que se produzcan giros.

Tomando un apoyo intermedio, por ejemplo el Q, la tangente a la línea deformada real de la pieza será la recta t

q y es común para la viga PQ y la viga QR. O sea, el ángulo que gira

la tangente tq

(respecto al eje de la pieza para la viga PQ) debe ser igual al ángulo que gira la

tangente tq, respecto al eje de la viga QR. Por lo cual:

(PQ) (QR)

θQ = - θ

Q fórmula (a)

Basándonos en esta igualdad, realizaremos todo el razonamiento que sigue:Tomemos el tramo PQ de la viga continua de luz L

n, sometida a las cargas exteriores y a

los momentos flectores Mp y Mq en sus extremos P y Q.

Mp Mq

P Ln

Q

Aplicando el principio de superposición a la viga en cuestión, podemos desdoblarla en las tres situaciones.

Sumando los efectos que provocan las cargas en forma independiente, obtendremos un resulta-do igual al de las cargas actuando todas en forma simultánea.

Para determinar los giros, debemos aplicar el teorema de Mohr y sus corolarios sobre deforma-ciones de piezas rectas trabajando como vigas.

P QLn

P Q

MpLn

P Q

Mq

Ln

EsTuDio.soBrE.Vigas.ConTinuas




Mohr deduce que el giro que se produce en el apoyo de una viga es igual al esfuerzo cor-tante de la viga conjugada, estando ésta sometida a una carga igual al diagrama de momentos flectores dividido entre E.I; siendo E el módulo de Young del material que conforma la viga e I el momento de inercia de su sección recta, según el plano donde se deforma.

La demostración del teorema de Mohr y sus corolarios no son del caso en este estudio. De existir interés, puede consultarse abundante bibliografía existente sobre el tema. El valor de los giros en los apoyos para vigas simplemente apoyadas está estudiado, resuelto y tabulado en varios manuales. Transcribimos los casos más frecuentes que se pueden presentar en la vida práctica. El giro en el apoyo Q considerado de la viga PQ será igual al que le provocan las cargas exteriores, que llamaremos Θ(Q)

PQext, más el que le provoca el momento actuante

Mp en el apoyo P, más el momento actuante Mq en el apoyo Q, valores que tomamos del formulario adjunto.

Tendremos entonces: MP Ln MQ Lnθ (Q)

PQ total = θ (Q)

PQ ext + +

6 E(n) I (n) 3 E(n) I (n)

De la misma forma hacemos para la viga QR

MQ L(n+1) MR L(n + 1)θ (Q)

QR total = θ (Q)

QR ext + +

3 E(n+1) I (n+1) 6 E(n+1) I (n+1)

Basándonos en la fórmula (a), tendremos:

(PQ) (QR)

θQ = - θ

Q

(PQ)total (QR)total

De donde θQ + θ

Q = 0




Sustituyendo los valores y ordenando, nos quedará la siguiente ecuación:

)1()1(

)1(

)1()1(

)1(

)()()()(

Re

*6*3*3*6)()(0

++

+

++

+ +

++++=

nn

nR

nn

n

nn

n

nn

nP

xtQPQext

IE

LM

IE

L

IE

LMQ

IE

LMQQ θθ

Esta expresión es la que se denomina “Ecuación de los tres momentos”. En ella las únicas incógnitas son los valores del apoyo considerado MQ y la de los apoyos adyacentes MP, y MR, ya que las luces, inercias y módulos E son datos conocidos.

Los giros θ(Q)PQext

y θ(Q)QR ext

que provocan las cargas exteriores son evaluables y están en función de EI.

Esta ecuación debe ser planteada tantas veces como apoyos intermedios superabundantes tenga la viga continua.

Se obtiene un conjunto de ecuaciones lineales con ternas de valores incógnitos, que deben ser resueltos simultáneamente, planteando el sistema de ecuaciones correspondientes.

La expresión general está planteada para la posibilidad que los tramos adyacentes al apoyo genérico Q pueda tener diferente luz, diferente inercia, y que sea de distinto material.

No es esto lo más frecuente, ya que lo común es que las vigas sean todas del mismo material y, a pesar de las luces, puedan ser distintas y se dimensionen con la misma escuadría.

Esto simplifica la expresión general, ya que como todos los sumandos están afectados por 1/EI, este valor se saca de factor común y se simplifica.

La expresión final en este caso será:

6

)1(*

3

)1(*

6

*)()(0 Re +

+++

+++=nLMRnLLn

MQLnMP

QQ xtQPQext θθ





Se adjunta a continuación una tabla auxiliar para la avaluación de los giros para casos fre-cuentes de cargas aplicadas en vigas.

caso θ θizq der

F

a b

L

F

L

L

q

L

L/2 L/2

qc c

a b

q

L

q

L

L

M

F a b (L + b)6 E I L

F L16 E I

2

F a b (L +a)6 E I L

F L2

16 E I

3 E I Lq b c ( L - b - c )2 2 2 q a c ( L -a - c )2 2 2

3 E I L

24 E I 24 E Iq L3 q L3

q L45 E I

3 7 q L360 E I

3

q L3

45 E I7 q L3

360 E I

3 E IM L

6 E IM L

θ derθ izq

θ izq θ der

θ izq θ der

θ izq θ der

θ izq θ der

θ izq

θ izq

derθ

derθ

2 2 2 2 2 2




Presentamos ahora algunos ejemplos prácticos.

EJEmPlo.1:

Viga de dos tramos con EI = cte

1000 daN /m 800 daN/m A B C 4 m 5 m Tramo 1 (AB)

Tramo 2 (BC)

Como la viga en A y en C tiene apoyos simples, los momentos valdrán cero.

MA = 0 MC = 0

Aplicando la “Ecuación de los tres momentos”, tendremos:

06

5*

3

)54(*

6

4*67,416667,2666 =+

++++ CBA MMM

de donde

67,416624

5*800

24

* 33

===LqBC

Cθ67,416624

5*800

24

* 33

===LqBC

Bθ

67.266624

4*100024* 33

===LqAB

Aθ

67.266624

4*1000

24

* 33

===LqAB

Bθ

78,22773

34,6833−=−=BM

03

9*34,6833 =+ BM

78,2277−=BM





Los diagramas de solicitaciones serán los siguientes:

1.14 1.14

1.43 3.07 1.93

Ma=0

Mb=-2777,78 daN*m

Mc=0

Esfuerzos Cortantes

1430

2456

2570

1544

1.43

1.93

1.00 1.25

-2500

-2000

11251406,25

Momentos Flectorespara la situación detramos perfectamenteempotrados

Momentos Flectores




EJEmPlo.2:

La misma viga del ejemplo 1, pero con dos voladizos.

1000 daN /m 800 daN/m A B C 1 m 4 m 5 m 1 m

Las ménsulas son tramos isostáticos, por lo que podemos evaluar sus solicitaciones pre-viamente.

1000 daN/m 800 daN/m

1 m 1 m

La incógnita sigue siendo el momento flector en el apoyo B. Planteamos la ecuación de los tres momentos y nos queda:

06

5*)400(

3

)54(*

6

4*)500(67.416667,2666 =−+

++−++ BM

daNVC 800=

daNVA 1000=

mdaNLq

M A *5002

1*10002* 22

−===

mdaNLq

M C *4002

1*800

2

* 22

−===

mdaNM B *56,2055−=0*

3

967.6166 =+ BM





Los diagramas de solicitación serán los siguientes:

1.13 1.08

0.250.35

1.51 2.91

Ma=-500

Mb=-2055,56

Ma=1341Ma=798

1000

1611

2389

2331

1669

800

0.330.95 1.21

0.25

-2300

-1750

-500 -400

1240924

Momentos flectores para la situacionde tramos perfectamente empotrados

1.59 2.97

Mc=-400




EJEmPlo.3:

Viga de tres tramos con EI = cte

F=1000 kg

1000 k/m 800 k/m

A B 3 m 2 m C D

4 m 5 m 4 m

Tramo 1 (AB)

Tramo 2 (BC)

14005*6

)25(*2*3*1000

6

)(***=

+=

+=

L

bLbaFBCBθ

16005*6

)35(*2*3*1000

6

)(***=

+=

+=

L

aLbaFBCCθ

Tramo 3 (CD)

33.213324

4*800

24

* 33

===LqCD

Cθ

33.213324

4*800

24

* 33

===LqCD

Dθ

67.266624

4*1000

24

* 33

===LqAB

Bθ67.266624

4*100024* 33

===LqAB

Aθ





PlanTEo.DE.las.ECuaCionEs.DEl.sisTEma

Para el apoyo B:

6

)2(*

3

)2()1(*

6

)1(*0

LM

LLM

LMextext CBA

BCB

ABB +

+

+++= θθ

como

0=AM ordenando los sumandos, la 1ª ecuación nos queda:

Para el apoyo C:

06

)3(*

3

)3()2(*

6

)2(* =+

+

+++L

MLL

ML

Mextext DCBCDC

BCC θθ

06

4*

3

9*

6

5*33,21331600 =++++ DCB MMM

Como

0=DM ordenando los sumandos, la segunda ecuación nos queda:

El sistema de ecuaciones nos queda:

67,4066*65*3 −=+ CB MM

33,3733*36

5−=+ CB MM

La solución del sistema es:

mdaNM B *1094−=

67,4066*65*3 −=+ CB MM

33,3733*36

5−=+ CB MM

maNM C *940−=

06

5*

3

9*

6

4*140067,2666 =++++ CBA MMM




Los diagramas de solicitaciones son los siguientes:

-1094-940

1490

198

11651.73

0.55

2.52 1.66

0.59

2.29

4.00 5.00 4.00

1727

2274

431

569

1835

1365

-2000

-1600

5761125 900

-480 -720

1.50

1.00

1.36 1.11

1.00

Momentos flectores

Esfuerzos cortantes

Momentos flectores para la situación de perfecto empotramiento





EJEmPlo.4:

Viga de cuatro tramos y un voladizo, todos del mismo material con secciones diferentes en los cuatro tramos. E = cte

3000 daN

5000 daN

1000 daN/m 2000 daN/m 1000 daN/m 1000 daN/m 2000 daN/m 4000 daN/m

A B C D E 1 m 4 m 2 m 2 m 3 m 1 m 2 m

4 m 3 m

I(1)

=1 I(2)

=2 I(3) = 1 I(4) = 2

Tramo en voladizo.

mdaNM A *500−=

daNVA 1000=

Tramo 1 (AB)

67,266624

4*1000

)1(*24

* 33

===I

LqextAB

Bθ

Tramo 2 (BC)

Aplicamos el principio de superposición para la avaluación de los giros.

5000 daN

5000 daN

2000 daN/m 1000 daN/m = 1000 daN/m + 1000 daN/m +

2 m 2 m 2 m 2 m 2 m 2 m

4 m 4 m 4 m 4 m

=extBC

Bθ +)2(24

3

I

qL)2(16

2

I

FL

+−− )()2(3

222 cbLLI

qbc




333,45832*16

45000)134(

4*2*3

1*3*1000

2*24

4*1000 2222

3

=+

+−−+=extBCBθ

=extBC

Cθ

6633,44162*16

45000)114(

4*2*3

1*1*1000

2*24

4*1000 2222

3

=+

+−−+=extBCCθ

Tramo 3 (CD)

11251*24

3*1000

)3(*24

* 33

===I

LqextCD

Cθ

11251*24

4*1000

)3(*24

* 33

===I

LqextCD

Dθ

Tramo 4 (DE)

Aplicamos el principio de superposición:

3000 daN

F=3000 daN

2000daN/m 4000daN/m = 2000 daN/m + 2000 daN/m +

1 2 3 1 2 1 2

=+

+−−+=)4(

222

)4()4(

3

6

)()(

324 LI

bLFabcbL

LI

qbc

I

qLextDE

Dθ

1113,27362*3*6

)23(*2*1*3000)113(*

2*3*3

1*1*2000

2*24

3*2000 2223

=+

+−−+=

+)2(24

3

I

qL

+−− )()2(3

222 caLLI

qac

)2(16

2

I

FL





PlanTEo.DEl.sisTEma.DE.ECuaCionEs

Apoyo B:

06336 )2(

)2(

)2(

)2(

)1(

)1(

)1(

)1( =+

++=+

I

LM

I

L

I

LM

I

LMextext CBA

BCB

BAB θθ

mdaNM A *500−=

02*6

4

2*3

4

1*3

4

1*6

4*)500(33,458367,2666 =+

++

−++ CB MM

Ordenando los sumandos, la ecuación nos quedará:

06667,6919312 =++ CB MM 1ª ecuación

Apoyo C:

06336 )3(

)3(

)3(

)3(

)2(

)2(

)2(

)2( =+

++=+

I

LM

I

L

I

LM

I

LMextext DCB

CDC

BCC θθ


06633,554121

35

31 =+++ DCB MMM 2ª ecuación

Apoyo D:

06336 )4(

)4(

)4(

)4(

)3(

)3(

)3(

)3( =+

++=+

I

LM

I

L

I

LM

I

LMextext EDC

DEC

CDD θθ

01*6

3

1*3

3

2*3

411256633,4416 =+

+++ DB MM




Como el apoyo E s una articulación el

0=EM

002*3

3

1*3

3

1*6

31113,27361125 =+

++++ DC MM


01113,386169

21 =++ DC MM 3ª ecuación

El sistema a resolver será:

6667,691603

2 −=++ CB

MM

6613,5541

235

3−=++ DCB MMM

1113,38616

9

20 −=++ DC MM

Las raíces del sistema son:

MB=-3100,428 daN*m M

C=-2147,435 daN*m M

D=-1858,263 daN*m





Ma=-500

Mb= -3100

M = 5376

M = 411

1000

1350

2650

6238

0.330.95

-1750

-500

924

Momentos flectores para la situacionde tramos perfectamente empotrados

1.59

Mc= -2147Md= -1858

M =4095

M = 4571

0.44

1.74

0.540.47

1.60 1.40

0.25

0.751.35 2.00

1.49

2238

2762

4762

1596

1404

6047

4953

1953

Momentos flectores

Esfuerzos Cortantes

-4750

-4250

-5473

3500

375

-750 -750

2931

1685

0.91

2.00

0.97

0.72 0.72

1.50

0.74

1.00

1.79




EJEmPlo.5:

Viga de dos tramos y un voladizo, todas del mismo material e igual sección. EI = cte

3000 daN 4000 daN

2000 daN/m 1000 dan/m A B C 1 m 3 m 3 m 2 m 1 m

4 m 5 m

Tramo 1 (AB)

Aplicamos el principio de superposición para la evaluación de los giros.

3000 daN 3000 daN

2000 daN/m = 2000 daN/m +

1 m 3 m 1 m 3 m 4 m 4 m

=+

+=)1(

)1(3

)1(

6

)(

24 L

aLFabqLextAB

Bθ

Tramo 2 (BC)

Aplicamos el principio de superposición para la evaluación de los giros.

4000 daN 4000 daN

1000 daN/m 1000 daN/m = + 3 m 2 m 3 m 2 m 5 m 5 m 5 m

333,72084*6

)14(*3*1*3000

24

4*2000 3

=+

+=





=+

+=)2(

)2(3

)2(

6

)(

24 L

bLFabqLextBC

Bθ

667,3915*6

)25(*3*2*)4000(

24

5*1000 3

−=+−

+=

Tramo 3 (voladizo)

1000 daN/m 1 m

La incógnita es el momento en el apoyo B.

Aplicando el “Teorema de los tres momentos”, nos quedará la siguiente expresión:

mdaNM C *5002

1*1000 2

−==

daNV 1000=

mdanM B *33,2133−=

0666,6816667,416*30 =+−+ BM

0667,391333,72086

5*)500(

3

)54(

6

4*0 =−+−+

++ BM

063

)(

6)2()2()1()1( =++

++ total

LM

LLM

LM BCBA θ




Los diagramas de solicitación serán los siguientes:

Ma=0

-2954

-500

Esfuerzos Cortantes

5717

1227

5283

1.43

-5407

3898

-1906


Momentos Flectores

-2133

-1381

1.00

0.35

2.20

0.45

1.23 1.77 2.00 1.00

47164845

3717

717

1773

2227

1000

227

-500

-456

+732

+485

1.00 1.92 1.08

0.70

1.21 1.09 1.70

0.30

1.00

4.00 3.00 2.00 1.00

-2954





EJEmPlo.6:

Viga continua de dos tramos del mismo material y sección constante, con un apoyo extremo perfectamente empotrado.

E I = cte.

2000 daN /m 1000 daN/m A B C 4 m 5 m

Tramo 1 (AB)

Tramo 2 (BC)

333,520824

5*1000

24

* 33

===Lq

extBCBθ


Para el apoyo A)

033,53336

4

3

4=++ BA MM

Para el apoyo B)

0)333,520833,5333(6

5

3

)54(

6

4=+++

++ CBA MMM

0=CM por tratarse de una articulación

0333,53336667,03333,1 =++ BA MM

0667,1052366667,0 =++ BA MM


2521−=AM

2954−=BM

33,533324

4*2000

24

* 33

===Lq

extABBθ33,5333

24

4*2000

24

* 33

===Lq

extABAθ

333,520824

5*1000

24

* 33

===Lq

extBCCθ




Los diagramas de solicitación son los siguientes:

Esfuerzos Cortantes

-2521


Momentos Flectores

0.82

1.95

0.93 1.18

3.09

-2954

1823

1265

38923091

4108

1909

0.85 0.85

1.25

3.13

-2667-2667

-3125

17581333





EJEmPlo.7:

Viga continua de dos tramos del mismo material y sección constante con un apoyo extremo perfectamente empotrado.

E I = cte.

1000 daN /m 2000 daN/m A B C 4 m 5 m

Tramo 1 (AB)

Tramo 2 (BC)

67,1041624

5*2000

24

* 33

===Lq

extBCBθ


Para el apoyo A)

067,26666

4

3

4=++ BA MM

Para el apoyo B)

0)67,1041667,2666(6

5

3

)54(

6

4=+++

++ CBA MMM

0=CM por tratarse de una articulación

0334,13083366667,0 =++ BA MM


12,203+=AM

24,4406−=BM

67,266624

4*1000

24

* 33

===Lq

extABAθ 67,2666

24

4*1000

24

* 33

===Lq

extABBθ

067,26666667,03333,1 =++ BA MM

67,1041624

5*2000

24

* 33

===Lq

extBCCθ




Los diagramas de solicitación son los siguientes:

Esfuerzos Cortantes

203


Momentos Flectores

-4406

4241

562

848

5881

3152

4119

0.85 0.85

1.25

3.13

-1334-1334

-6250

3516

667

0.85

2.09

0.88

2.94





Índice onomástico

Área 19, 26, 32

Axil 8, 28, 30, 34, 37, 40, 59, 67

Bernoulli Johanes 4, 9

Clapeyron 9, 68, 69

Cortante 7, 8, 11, 22, 25, 28, 30, 34, 37, 40

Cremona 18, 59, 61, 67

Corrimientos 1, 11, 12

Cross 68, 69

Culmann 59, 61

Deformaciones anelásticas 59

Deformaciones elásticas 9, 10, 59

Desplazamientos virtuales 4

Estructuras hiperestáticas 2, 11, 20, 47, 68

Flechas 55

Giros 11, 45, 64, 70, 71, 72, 73, 79, 84

Incógnitas hiperestáticas 2

Inercia 30, 32, 34, 37, 49, 71, 72

Lamé 9

Luz 12, 14, 19, 27, 30, 34, 49, 70, 72

Masas elásticas 46, 47

Maxwell 10, 16, 17, 20, 21, 22, 27, 28, 30, 32, 33, 37, 38, 68

Método de las fuerzas 2

Módulo de Young 26, 67, 71

Mohr 10, 16, 17, 20, 21, 22, 27, 28, 32, 33, 37, 38, 68, 70, 71

Momento 5, 7, 8, 11, 12, 16, 17, 22, 23, 24, 25, 28, 29, 30, 43, 45, 46, 53, 54, 57, 58, 68, 69, 70, 71, 72, 74, 76, 87

Momento de inercia 37, 49, 71

Muller-Breslau 68

Parámetros virtuales 9, 10

Pesos elásticos 42, 46, 47, 49, 54, 55, 57, 58

Ritter 59, 61, 68

Trabajo 2, 3, 4, 5, 6, 7, 9, 21, 22, 28, 32

Trabajo virtual 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12

Trabajo virtual exterior 8, 9

Trabajo virtual interno 9, 10

Vínculos 2, 7, 8

Williot 61, 62, 63




Bibliografía:

Belluzi, Oddone. 1967. Ciencia de la Construcción. Madrid: Aguilar S.A de Ediciones. Edición original en lengua italiana, con el título Scienza delle Construzioni. Realizada por la Casa Nicola Zanicchelli Editore de Bolonia.Traducción del italiano original al español por el Ingeniero de Caminos Manuel Velázquez.

Darkov A.; Kuznetsov V. 1970. Structural Mechanics. Moscú: Mir Publishers. Traducción del original ruso al inglés por B. Lachinov.

Gere James M.; Weaver William. 1974. Análisis de Estructuras Reticulares. México D.F.: Compañía Editorial Con-tinental S.A. Edición original en lengua inglesa con el título Analisis of Framed Structures por la casa Van Nostrand Company, Inc. Princeton N.J. Traducción del inglés original al español por el ingeniero Sergio Vargas Romero.

Kinney Sterling. 1960. Análisis de Estructuras Indeterminadas. México D.F.: Compañía Editorial Continental S.A. Edición original en lengua inglesa con el título Indeterminate Structural Analysis por la casa Addison—Wesley Publishing Company, Inc, Reading Massachussets. Traducción del inglés original al español por el ingeniero Lionel Dignowity.

Apuntes tomados de la clases teóricas de Estabilidad de las Construcciones III. 1957. Dictadas por el Ing. Félix de Medina.

Ejercicios realizados en las clases prácticas de Estabilidad de las Construcciones III. 1957. Dictadas por el Arq. Alberto Sayagués Laso.


Educando para la vida

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análisis de estructuras · sis y el cálculo de las estructuras hiperestáticas planas reticuladas y de alma llena, cálculo de corrimientos y un estudio sobre vigas continuas, aplicable