MIRTA VARGAS DE ARGENTINA MEDIA 9 CALZADA Cat B 2° grupo 1ª Actividad
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Cátedra Canciani Estructuras I Apuntes y Trabajos Prácticos 1° Cuatrimestre Año 2011
Profesor Titular - Ingeniero José María Canciani Prof. Adjunto - Ing. Alejandro María Albanese Jefe de Trabajos Prácticos - Arqta. Marcela Patricia Suarez Jefe de Trabajos Prácticos - Arq. Ricardo D. Varela Ayudante – Arq. Susana Varsavsky Ayudante – Arq. Mayra Arguello Ayudante – Rocío Filgueira
Índice
1 Apunte Cargas
2 Apunte Análisis de cargas
3 Apunte Estática
4 Apunte Vínculos 1
5 Apunte Vínculos 2
6 Apunte Vínculos 3
7 Apunte Vínculos 4
8 Apunte Caracteristicas 1
9 Apunte Características 2
10 Apunte Características 3
11 Apunte Características 4
12 Apunte Cullman Ritter
TP1 Ejercicio Análisis de Cargas
TP2 Vínculos Ejercicios 1, 2, 3
TP3 Vínculos Ejercicios 4, 5
TP4 Vínculos Ejercicios 6, 7
TP5 Diagramas de características
Estructuras IEstructuras ICátedra Canciani
ACCIONES SOBRE LAS ESTRUCTURAS:CARGASCARGAS
11 - Cargas
Cargas F lt d l d t dCargas: Fuerzas que resultan del peso de todoslos materiales de construcción, del peso y actividad de sus ocupantes y del peso del equipamiento. También de efectos ambientales y climáticos tales como nieve, viento, etc..
Se miden en ,
�Unidades de fuerza
�Unidades de fuerza / longitudUnidades de fuerza / longitud
�Unidades de fuerza/ superficie.
21 - Cargas
Unidades más tili adasUnidades más utilizadas:
UNIDADES DE FUERZA�Kilogramo fuerza (kgf) ( Kg)�Tonelada (Ton.) (T)�Kilo Newton (KN) = 102 Kg
UNIDAD DE LONGITUD:�Metro (m)
UNIDAD DE SUPERFICIE:�Metro cuadrado (m2)
31 - Cargas
Clasificación de las cargas según su origen:g g gPermanentes
� GRAVITATORIAS� EMPUJES
A id t lAccidentales� SOBRECARGAS� VIENTO� VIENTO� SISMO� SUBPRESIÓN
Otras� CEDIMIENTO de VÍNCULOS
IMPACTO� IMPACTO
41 - Cargas
Cargas Permanentes : Cargas en las las cuales las variaciones aCargas Permanentes : Cargas en las las cuales las variaciones alo largo del tiempo son raras o de pequeña magnitud y tienen un tiempo de aplicación prolongado. En general,
i l d d l i l d ióconsisten en el peso de todos los materiales de construcciónincorporados en el edificio, incluyendo pero no limitado a paredes, pisos, techos, cielorrasos, escaleras, elementos p , p , , , ,divisorios, terminaciones, revestimientos y otros items arquitectónicos y estructurales incorporados de manera similar y equipamiento de serviciossimilar, y equipamiento de servicios .
51 - Cargas
Cargas PermanentesCuando se determinen las cargas permanentes se deben usar los pesos reales de los materiales En ausencia dereales de los materiales. En ausencia deinformación fehaciente, se usarán los valores que se indican en el Reglamento CIRSOC 101CIRSOC 101
Las cargas permanentes se obtendránLas cargas permanentes se obtendránmultiplicando los volúmenes o superficies considerados en cada caso, por los correspondientes pesos unitarios que secorrespondientes pesos unitarios que seindican en las Tablas
61 - Cargas
71 - Cargas
En caso que el peso unitario figure como KN/m2 se trata de di t ib id fi i luna carga distribuida en una superficie y su valor es
Carga (Kg/m2) = Peso Unitario de la tabla ( KN/m2) * 102
Por ejemplo una cubierta de pizarra significará una carga de peso propio depeso propio de
0 ,9 KN/m2 *^102 = 91.8 Kg/m2
81 - Cargas
En caso que el peso unitario figure como KN/m3 puede tratarse de una carga distribuida en una superficie o en una línea .
Si fuese en una superficie su valor es :
Carga (Kg/m2) = Peso Unitario de la tabla ( KN/m3) * espesor del material (m) * 102
Por ejemplo una losa de hormigón armado de 0,20 m de espesor
24 KN/m3 * 0,20 m * 102 = 489.6 Kg/m2
91 - Cargas
Si fuese una carga lineal su valor es :
Carga (Kg/m) = Peso Unitario de la tabla ( KN/m3) * sección del material (m2) * 102
Por ejemplo una viga de hormigón armado de 0 ,35 m * 0,65 m de sección tendrá una carga de peso propio de
24 KN/m3 * 0,35 m * 0,65 m * 102 = 556,9 Kg/m
0,35 m
0,65 m101 - Cargas
C P tCargas Permanentes:
Empujes : empujes de suelo o agua en paredes de los sótanos. Muros de contención de suelos.
111 - Cargas
Accidentales
Sobrecargas : Son aquellas originadas por el uso y ocupación de un edificio upor el uso y ocupación de un edificio u otra estructura, y no incluye cargas debidas a la construcción o provocadasdebidas a la construcción o provocadas por efectos ambientales, tales como nieve, viento, acumulación de agua, sismo, etc. Las sobrecargas en cubiertas son aquellas producidas por materiales,
i l d t lequipos o personal durante el mantenimiento, y por objetos móviles o personas durante la vida útil de lapersonas durante la vida útil de la estructura.
121 - Cargas
131 - Cargas
CLASIFICACIÓN DE LAS CARGAS SEGÚN LAS ÓFORMAS DE DISTRIBUCIÓN
Distribuidas
�Superficiales
�Lineales
141 - Cargas
Ca ga dist ib ida s pe ficialCarga distribuida superficial
Es una carga que está repartida en una superficie cuyo valor se expresa en unidades de fuerza sobre unidades se superficie representa la mayor parte deunidades se superficie, representa la mayor parte delas cargas de un edificio.
Superficial(Kg/m2 o Mp)
Losa
151 - Cargas
Ca ga dist ib ida s pe ficialCarga distribuida superficial
Representa la mayor parte de las cargas de un edificio, varía desde 10 Kgr/m2 en una cubierta liviana hasta los 5000 Kgr/m2
en el piso de un depósito, pasando por los 800 Kgr/m2 delentrepiso de una casa o los 1300 Kgr/m2 del piso de un edificioentrepiso de una casa o los 1300 Kgr/m del piso de un edificioimportante.Es la que se considera para dimensionar las losas.
161 - Cargas
Ca ga dist ib ida linealCarga distribuida lineal
Es la carga que está repartida sobre una línea, generalmente la origina una superficie (losa) contigua
lí ( i ) K /que se apoya en esa línea (viga), se expresa en Kgr/m.Es la que se considera para dimensionar las vigas
Lineal(k / )(kg/m)
VigaViga
171 - Cargas
Ca gas Concent adasCargas Concentradas
Son aquellas a las que se las considera concentradas en un punto infinitesimal, algo imposible en la práctica. En realidad son carga con un valor de concentración muy alto sobre un sector
ñ ió l d i t l tmuy pequeño, en comparación con las descriptas en el puntoanterior.Su magnitud, se expresa obviamente en Kgr o N.
Concentrada(kg ó T)
Columna
181 - Cargas
Clasificación de las cargas ú l ti d li iósegún el tiempo de aplicación
EstáticasSe llama así a las que son aplicadas lentamente y
i í d l daccionan por un período prolongado.
La mayoría de las cargas con las que seLa mayoría de las cargas con las que sedimensiona en Arquitectura son de este tipo.
La Estática es una rama matemática de la física que proporciona buena herramienta para su manejo.
191 - Cargas
Cargas EstáticasCargas Estáticas
Superficial(Kg/m2 o Mp)Losa ( g )osa
Lineal(kg/m)
Viga Concentrada(kg ó T)(kg ó T)
Columna
Terreno Reacción Terreno Superficial(Kg/ m2)
201 - Cargas
Ca gas DinámicasCargas Dinámicas
Son las que su acción varía rápidamente en el tiempo.Si esta acción fuera unitaria puede tomarseSi esta acción fuera unitaria puede tomarsecomo impacto, en caso de ciclar a intervalos regulares como los casos: martinete,g ,compresor, viento, arrachado, sismo, no pueden ser manejadas con la estática, sin con métodos aproximados luego de un cuidadosométodos aproximados luego de un cuidadosoanálisis del caso.
211 - Cargas
Ejemplo. Análisis de carga de losas en proyecto estacionamiento Club de Pescadores
Croquis de ubicación
221 - Cargas
Planta de Arquitectura
231 - Cargas
Planta de Estructuras
241 - Cargas
Detalle Losa 67Detalle Losa 67
251 - Cargas
2626
261 - Cargas
Todas las losas tienen un espesor de 0,20 metros.
L i ti h d 0 35 t lt dLas vigas tienen un ancho de 0,35 metros y una altura de0,65 metros
Análisis de cargas
a) Sobrecargas
Se considera la posibilidad que se congreguen personas luego la sobrecarga es de 5 KN/m2 o sea 510 Kg/m2
271 - Cargas
281 - Cargas
291 - Cargas
Peso propio de la losa
Carga (Kg/m2) = Peso Unitario de la tabla ( KN/m3) * espesor del material (m) * 102material (m) * 102
Una losa de hormigón armado de 0,20 m de espesor
24 KN/m3 * 0,20 m * 102 = 489.6 Kg/m2
Capa asfáltica de 0,05 metros
13 KN/m2 * 0 05 m * 102 = 66 3 Kg/m213 KN/m2 * 0,05 m * 102 = 66,3 Kg/m2
301 - Cargas
Luego la carga de la losa 67 es de
Peso del Hormigón Armado 489,6 Kg/m2
Paso de la capa asfáltica 66,3 Kg/m2
Sobrecarga 510 Kg/m2Sobrecarga 510 Kg/m2
T t l 1065 9 K / 2Total 1065,9 Kg/m2
311 - Cargas
321 - Cargas
Carga de las vigas que sostienen a la losa 67
La losa 67 tiene una carga de 1065,9 Kg/m2 que se descarga, en partes iguales en las 4 vigas que la sostienen es un cuadrado de 4 91 metros deiguales en las 4 vigas que la sostienen, es un cuadrado de 4,91 metros delado.
La carga total de la losa es su superficie por su carga unitariag p p g
4,91 m * 4,91 m * 1065,9 Kg/m2 = 25.696,8 Kg
A cada viga le corresponde la cuarta parte luego la carga que pasa de laA cada viga le corresponde la cuarta parte luego la carga que pasa de lalosa a cada viga es de
25 696 8 Kg / 4 = 8 424 2 Kg25.696,8 Kg / 4 8.424,2 Kg
Las vigas miden 4,91 metros de largo, luego su carga por metro lineal es de
8424.2 Kg / 4,91 m = 1.308,3 Kg/m331 - Cargas
Una viga de hormigón armado de 0 ,35 m * 0,65 m de sección tendrá una carga de peso propio igual a su peso unitario por la secciónu a ca ga de peso p op o gua a su peso u ta o po a secc ó
24 KN/m3 * 0,35 m * 0,65 m * 102 = 556,9 Kg/m
Luego la carga sobre cada viga es de
Peso Propio 556,9 Kg/m
Carga de 1 losa 1 308 3 Kg/mCarga de 1 losa 1.308,3 Kg/m
Carga de la otra losa 1.308,3 Kg/m
T t l 3173 5 K /Total 3173.5 Kg/m
341 - Cargas
AccidentalesAccidentalesViento: se verifica por la acción de este sobre las superficies que se traduce en una fuerza de empuje osuperficies, que se traduce en una fuerza de empuje osucción. Son de escasa importancia en las construcciones bajas, importantes en las altas y muy importantes en las
áestructuras metálicas, Se trata en el Reglamento CIRSOC 102
351 - Cargas
La fuerza del viento aumenta con la altura
GW
h
MeMv
h
A
Fuerza de viento
a361 - Cargas
La fuerza de viento varía de acuerdo a la ubicacióngeográfica de lageográfica de laconstrucción
371 - Cargas
La fuerza del viento disminuye con la rugosidad del terreno,. Cuando más rugoso menor es la fuerzamás rugoso, menor es la fuerza
BajaRugosidadRugosidad
Zonasruralesrurales
381 - Cargas
Viento
Rugosidaddimedia, zonas
suburbanas
391 - Cargas
Viento
Alta rugosidad, zonas urbanas
401 - Cargas
Viento
Muy alta rugosidad, grandes ciudadesgrandes ciudades
411 - Cargas
A id t lAccidentales:Sismo: Los sismos originan aceleraciones transmitidasSismo: Los sismos originan aceleraciones transmitidaspor el terreno que al actuar sobre la masa se traducen en fuerzas, a mayor masa, mayor fuerza. La acción del sismo p ede tene c alq ie di ección provocasismo puede tener cualquier dirección y provocaempujes, (cargas) verticales y horizontales, pero en la práctica se considera la más desfavorable que es la horizontal. Se trata en el Reglamento CIRSOC 103
empujes verticales empujes horizontales421 - Cargas
En nuestro país los sismos se concentran en la zona
coordillerana
431 - Cargas
Por eso se clasifica la li id d í i 4peligrosidad sísmica en 4 zonas,
las cargas sísmicas son mayores a medida que aumentamos de zona de 0 a 4
441 - Cargas
451 - Cargas
Accidentales:Accidentales:
Nieve: Su acumulación origina cargas importantes sobre los techos. El tejado de mucha inclinación o alpino es típico en las onas q einclinación o alpino es típico en las zonas quenieva, logrando así evacuar una parte de ella y bajar la carga.
461 - Cargas
Zonas donde hay queZonas donde hay queconsiderar nieve,
Reglamento CIRSOC 104
471 - Cargas
Ejemplo. Presión de nieve en la Provincia de Chubut (Pg) HSNM significa altura sobre el nivel del mar
481 - Cargas
Cedimiento diferencial de vínculos.Cedimiento diferencial de vínculos.
En las estructuras monolíticas, tanto el descenso delos cimiento por acción de las cargas transmitidas porlas estructuras como el ascenso debido a las arcillaslas estructuras, como el ascenso debido a las arcillasexpansivas, frecuentes en el gran Buenos Airesoriginan cargas sobre las estructuras.Frecuentemente son el orígen de las rajaduras enmuros.Si el descenso o ascenso resulta uniforme no seSi el descenso o ascenso resulta uniforme no setraduce en carga alguna, lo que las origina es la diferencia de ellos, o sea que haya movimientos diferenciales.
491 - Cargas
Cedimiento de vínculosCedimiento de vínculos.
501 - Cargas
ImpactoPara destinos que involucren vibraciones
ImpactoPara destinos que involucren vibraciones y/o fuerzas de impacto inusuales, se tomarán recaudos en el diseño estructural.� Maquinaria
� Tribunas, estadios y estructuras similares
� Ascensores y montacargasAscensores y montacargas
511 - Cargas
ImpactoImpacto
- Máquinas. Estas producen carga de impacto en numerosos casos, tal cosa sucede cuando hay grandes masas en movimiento con frenado o inversión de recorrido como los puentes grúa y estampadoras de chapa
521 - Cargas
I tImpacto- Tribunas . Se debe considerar la posibilidad que los p q
espectadores salten todos al mismo tiempo
531 - Cargas
I tImpacto- Ascensores y montacargas . Se debe considerar el y g
arranque y el frenado
541 - Cargas
Cargas debidas a corrientes de agua
Ríos – Dependen de la velocidad del agua
Mar – Dependen de la altura de la ola
551 - Cargas
Muchas Gracias
561 - Cargas
Cátedra Ing. José M. CancianiCátedra Ing. José M. Canciani
Estructuras IEstructuras I
ANALISIS DE CARGAS AZOTEA ACCESIBLEANALISIS DE CARGAS AZOTEA ACCESIBLE112 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
ANALISIS DE CARGA DE AZOTEAANALISIS DE CARGA DE AZOTEA
PLANTA DE ESTRUCTURAS S/ 1º PISO DE VIVIENDA MULTIFAMILIAR
222 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
DETALLE LOSA 107DETALLE LOSA 107DETALLE LOSA 107DETALLE LOSA 107
332 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
CÁLCULO DE LA CARGA GRAVITATORIA O PESO PROPIO DE LA AZOTEA
Superficie total = (6.20m + 1.30m) x 4.30m = 32.25m2
442 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
Materiales:- Losas huecas pretensadas- Contrapiso pendiente de hormigón de arcilla expandida- Carpetas de nivelación de mortero de cementoCarpetas de nivelación de mortero de cemento- Adhesivo cementicios- Solado de cerámica
Pesos unitarios:Datos obtenidos del CIRSOC 101 y del REGISTRO INTI DE MATERIALESDatos obtenidos del CIRSOC 101 y del REGISTRO INTI DE MATERIALESPARA LA CONSTRUCCIÓN- Losas huecas pretensadas 1.4 kN/m2 = 145 kg/m2- Contrapiso de hormigón de arcilla expandida 18 kN/m3 = 1800 kg/m3
C t d t d t 21 kN/ 3 2100 k / 3- Carpetas de mortero de cemento 21 kN/m3 = 2100 kg/m3- Aislación hidrófuga (membrana asfáltica) 0.04 kN/m2 = 4 kg/m2- Adhesivo cementicios 0.03 kN/m2 = 3 kg/m2- Solado de baldosas cerámicas 24 kN/m3 = 2400 kg/m3/ g/
552 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
1- PESO ESTRUCTURA LOSAS HUECAS PRETENSADASPeso ESTRUCTURA = Superficie x Peso Unitario
= 32.25 m2 x 145 kg/m2 = 4676 kg
2- PESO CONTRAPISO DE HORMIGÓN DE ARCILLA EXPANDIDAPeso CONTRAPISO = Superficie x Espesor x Peso Unitario
= 32.25 m2 x 0.12 m x 1800 kg/m3 = 6966 kg
3- PESO CARPETAS DE MORTERO DE CEMENTO (2 capas)3 SO C S O O C O ( capas)Peso CARPETAS = Superficie x Espesor x Peso Unitario
= 32.25 m2 x 0.07 m x 2100 kg/m3 = 4740 kg
662 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
4- PESO AISLACIÓN HIDRÓFUGA (membrana asfáltica)Peso AISLACIÓN HIDRÓFUGA = Superficie x Peso Unitario
= 32.25 m2 x 4 kg/m3 = 129 kg
5- PESO ADHESIVO CEMENTICIOPeso ADHESIVO = Superficie x Peso Unitario
= 32.25 m2 x 3 kg/m2 = 97 kg
6- PESO SOLADO BALDOSAS CERÁMICAS6 PESO SOLADO BALDOSAS CERÁMICASPeso SOLADO = Superficie x Espesor x Peso Unitario
= 32.25 m2 x 0.02 m x 2400 kg/m2 = 1548 kg
772 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
PESO TOTAL ENTREPISOPT= 4676 kg + 6966 kg + 4740 kg + 129 kg + 97 kg + 1548 kgg g g g g g
= 18156 kg
CARGA ENTREPISOPeso Total / Superficie Entrepiso = 18156 kg / 32.25 m2
= 563 kg/m2
882 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
CARGA ÚTIL O SOBRECARGA
Destino: AZOTEA ACCESIBLE
Sobrecarga para aulas: 2 kN/m2 = 200 kg/m2 992 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
CARGA TOTAL ENTREPISOCARGA TOTAL ENTREPISO
CARGA GRAVITATORIA + CARGA ÚTILk /= 563 kg/m2 + 200 kg/m2 = 763 kg/m2
10102 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
DETERMINACIÓN DEL ÁREA DE INFLUENCIA DE CARGA SOBRE VIGA V127 Y MENSULA M128VIGA V127 Y MENSULA M128
11112 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
CARGA SOBRE VIGA V127 Y MENSULA M128
q = Carga total entrepiso x Ancho área de influencia= 763 kg/m2 x 2.15 m
1640 k / 1 64 /= 1640 kg/m = 1.64 t/m
12122 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
13132 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
14142 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
15152 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
16162 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
17172 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
18182 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
19192 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
20202 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
21212 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
22222 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
3,75 m
23232 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
24242 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
25252 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
Tomamos momentos respecto del apoyo fijo ( izquierda)
Qe produce un momento M F di t iMqe = Fuerza por distanciaMqe = Qe x 3,75 m = 12,675 t x 3,75 m ) = 47,53 tm
Rc14 produce un momento
+
pMRc14 = Fuerza x distancia = Rc14 x 6.20 m
Mqe – MRc14 = 0 -
Rc14 = 47,53 m/ 6,20 m = 7,67 t (verifica con la resolución gráfica
26262 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
Rc14 = 7,67 t
Hacemos la suma de las fuerzas verticales, que debe ser igual a 0
RV12 - Qe + RC14 = 0
RV12 – 12,675 t + 7,67 t = 0
RV12 = 12,675 T – 7,67 t = 5,05 t
27272 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
Rc14 = 7,67 t
Hacemos la suma de todas las fuerzas horizontales que debe ser igual a 0
RC12 +Tensor = 0
RC12 + 4 t = 0RC12 + 4 t 0
RC12 = - 4 t
28282 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
29292 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
30302 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
31312 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
32322 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
33332 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
34342 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
35352 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
36362 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
37372 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
38382 _ Análisis de Cargas2 _ Análisis de Cargas
1 3_ Estática
C a t e d r a C a n c i a n i E s t r u c t u r a s I
Tema: ESTÁTICA Cuerpo Rígido Se considera cuerpo rígido a un cuerpo indeformable En cuerpo rígido para que una fuerza nos quede perfectamente definida es necesario conocer tres elementos • Intensidad de la fuerza • Dirección • Sentido Siendo una fuerza una magnitud dirigida será por consiguiente una magnitud vectorial La longitud del vector, en la escala de fuerzas, representa la magnitud de la fuerza Si consideramos una escala de fuerzas de 0,50 t/cm y el vector tiene una longitud de 4 cm la magnitud de la fuerza es = 0,50 toneladas/cm * 4 cm = 2 toneladas. La dirección de una fuerza la de la dirección del vector que la representa, en el caso de la figura es 45° respecto de una horizontal La sentido de una Fuerza la señala a punta de la flecha, en el caso del dibujo la fuerza va hacia abajo y a la derecha del papel. SISTEMAS DE FUERZAS. Sobre un cuerpo rígido pueden actuar simultáneamente más de una fuerza. El conjunto de las mismas se denomina sistema de fuerzas. Los sistemas de fuerzas pueden ser :
• Concurrentes • Paralelas • No concurrentes
45 °
2 3_ Estática
Fuerzas concurrentes: Un sistema de fuerzas es concurrente, cuando todas las rectas de acción de las fuerzas que lo integran pasan por un mismo punto. Fuerzas Paralelas: Es un conjunto de fuerzas cuyas rectas de acción son paralelas. Fuerzas no concurrentes: cuando las rectas de acción de las fuerzas no concurren en un punto. REGLA DEL PARALELOGRAMO La regla del paralelogramo dice: “El efecto de dos fuerzas P1 y P2 aplicadas a un mismo punto de un cuerpo rígido es equivalente al de una única fuerza llamada resultante, aplicada en el mismo punto y cuya intensidad y dirección quedan definidas por la diagonal del paralelogramo que tiene por lados los vectores representativos de las fuerzas componentes” .
F1 F2 F3
O
R
F1 F2
F1 F2
A
B
C
D
3 3_ Estática
PRINCIPIO DE SUPERPOSICIÓN Si un conjunto de fuerzas actúan sobre un mismo cuerpo rígido, cada una de ellas lo hace con total independencia de todas las demás. La totalidad de las fuerzas se podrán reemplazar por una fuerza única (independientemente del orden con que se consideren) y que se llama Resultante. La resultante es pues una fuerza que reemplaza al conjunto de sumandos La equilibrante de un sistema de fuerzas es una fuerza de igual recta de acción, intensidad y sentido contrario de la resultante
Suma o composición de tres fuerzas concurrentes. Son tres fuerzas cuyas rectas de acción pasan todas por el punto o. Para hallar la resultante de dicho sistema se repite la construcción vista en el punto anterior tantas veces como sea necesario (2) se halla la resultante R1-2 de las fuerzas y luego se reemplazan dichas fuerzas `por su resultante, queda un sistema constituido por R 1-2 y F3 (dos fuerzas) cuya resultante R se halla repitiendo el procedimiento. .
O
F3
RF2
F1
A
B
C D
F1
F2
F3
R 1-2
R
R
E
Resultante F1
F2
F3
4 3_ Estática
Descomposición de una fuerza en 2 direcciones. Si una fuerza F, cuya recta de acción (recta A) se corta con otras dos (recta B y C) en un punto O, descomponer una fuerza en otras dos significa reemplazar o sustituir dicha fuerza por las otras dos, de manera que ambos sistemas produzcan en el punto O el mismo efecto. Se lleva un segmento AC paralelo a la recta de acción de la fuerza dada y que en escala representa la intensidad de dicha fuerza. Por los puntos A y C se trazan paralelas a las rectas B y C que se cortan en el punto B La recta AB constituye el vector representativo de la fuerza Fb (fuerza en la dirección b), y la recta BC representa a la fuerza Fc ( Fuerza en la dirección c), que leídas en escala resuelven el problema. En cuanto a los sentidos serán tales que partiendo del punto A se debe llegar al punto C, tanto por el lado de la fuerza dada como por el lado de las componentes.
PAR DE FUERZAS Llamamos “par de fuerzas” o “par” a un conjunto de dos fuerzas f paralelas, de igual intensidad y de sentido contrario separadas por una distancia “d” Un par define un “momento” que es el producto de la intensidad de una de las componentes f por la separación d Como “f” es una fuerza y “d” una distancia, la unidad en que vendrá expresado el par será la unidad de fuerza por la unidad de longitud. Ejemplos: tm, tcm, kgm, Tm. Si a un cuerpo libre se le aplica un par, el efecto que se produce es una rotación o giro. Ejemplos: M= 10 Kgm
o
(b)
(a)
(c) f
A
B
C
f
fb
fc
5 3_ Estática
, . MOMENTO DE UNA FUERZA CON RESPECTO A UN PUNTO El momento de una fuerza F con respecto a un punto "O" es igual al producto de la intensidad de la fuerza por la distancia "d" del punto a la fuerza dada M = F, d El punto O será el centro de momentos Signos: Si imaginamos a "d" como una barra rígida esta tenderá a girar por efecto de la fuerza F. El momento de la fuerza será positivo cuando la barra gire en el sentido de las agujas del reloj y será negativo cuando gire en el sentido contrario al de las agujas del reloj.
f = 1 Kgr f = 1 Kgr f = 2 Kgr f = 2 Kgr f = 10 Kgr f = 10 Kgr
d = 10m d = 5m
d = 1 m
of
d
6 3_ Estática
COMPOSICIÓN DE FUERZA Y PAR Componer una fuerza con un par da por resultado una fuerza de igual intensidad, dirección y sentido que la fuerza dada pero trasladada paralelamente a la misma a una distancia d que surge de dividir el valor del par por el de la fuerza. En cuanto al sentid de la traslación depende del signo del par
TEOREMA DE VARIGNON La suma de los momentos de las componentes de un sistema de fuerzas es igual al momento de la resultante de dicho sistema
Mo = Σ Mi = MR
Giro
Giro
Momento Positivo
Momento Negativo
+
-
d
f
f
f
7 3_ Estática
Reacciones de vínculo
Catedra Canciani
1
Grados de libertad
• GRADOS DE LIBERTAD DE UN PUNTO EN EL PLANO
• Son las posibilidades de desplazamiento arbitrario a dar al punto
para fijar una nueva posición en el plano.-
• Un punto en el plano tiene 2 grados de libertad.-
XA
B
Y
2
GRADOS DE LIBERTAD DE UNA CHAPA
RIGIDA EN EL PLANO
• Una chapa rígida en el plano tiene 3 grados de libertad
A X
Y
B
B
3
• Una chapa en la cual se han suprimido los 3
grados de libertad constituye un sistema
Isostático
• Es factible suprimir un mayor numero de
grados de libertad de manera de obtener
sistemas en los cuales se han fijado más
condiciones que las 3 estrictamente
necesarias para inmovilizar una chapa = tales
sistemas reciben el nombre de
Hiperestáticos.-
4
4 _ Vinculos 1
• VINCULO: Es la condición impuesta a un
punto de permanecer inmóvil o describir
una determinada trayectoria
• APOYOS
• La forma de realizar los vínculos en la
práctica es mediante los apoyos
(materialización física de los vínculos).-
5
Clasificación
• a) APOYOS DE PRIMER ORDEN: Apoyos
simples : Suprimen 1 grado de libertad
(biela o rodillo)
6
Articulaciones
• Son apoyos de segundo orden porque
suprimen dos grados de libertad.
7
Empotramientos
• Son apoyos de tercer orden porque
restringen 3 grados de libertad
8
4 _ Vinculos 1
Ecuaciones de equilibrio.
1) La suma de todas las componentes horizontales de las fuerzas
actuantes (incluidas las reacciones de vínculo), es igual a 0.
A X
9
Ecuaciones de equilibrio.
2) La suma de todas las componentes verticales de las fuerzas actuantes
(incluidas las reacciones de vínculo), es igual a 0
A
Y
10
Ecuaciones de equilibrio.
3) La suma de todos los momentos de la fuerzas actuantes ( incluidas las
reacciones de vínculo ) respecto de cualquier punto del plano es igual a
0
AB
11
ESQUEMA ESTRUCTURAL
• El primer paso de todo cálculo estructural
consiste en plantear un correcto esquema
estructural de cada una de sus elementos.
Allí se identifican los diferentes elementos
estructurales
12
4 _ Vinculos 1
Ejercicio 1a
1a
YXFxA
FyAFyB
A B
Fuerzas y Reacciones de vínculo en Kg
Longitudes en metros
Momentos positivos en la dirección de las agujas del reloj.
En todos los casos suponemos que la reacciones de vínculo son
positivas hacia la derecha (x) y hacia arriba ( y). Si de los cálculos
resultan positivas se confirma que esa es la dirección, si resultan
negativas es que tienen la direcciòn contraria13
1a YX
A B
1) Sumatoria Fuerzas eje x = 0 FxA = 0
2) Sumatoria Fuerzas eje y = 0 --- 7 m. 1.000 Kg/m – FyA – FyB = 0
3) Sumatoria Momentos A = 0 --- 7 m x 1000 Kg/m x 2.5 m – FyB x 5 m = 0
Esto resulta un sistema de 2 ecuaciones con dos incógnitas
3) FyB = (7 m x 1000 Kg/m x 2.5 m) / 5 m = 3.500 Kg
2) FyA = 7 m x 1000 Kg/m – 3.500 Kg = 3.500 Kg14
1b YX
FxAFyA FyB
A B
Fuerzas y Reacciones de vínculo en Kg
Longitudes en metros
Momentos positivos en la dirección de las
agujas del reloj
15
1b1b
YX
A
B
1) Sumatoria Fuerzas eje x = 0 FxA = 0
2) Sumatoria Fuerzas eje y = 0 --- 5.000 Kg – FyA – FyB= 0
3) Sumatoria Momentos A = 0 --- - 1 m x 5.000 Kg – FyB x 5 m = 0
Esto resulta un sistema de 2 ecuaciones con dos incógnitas
3) FyB = - 1 m x 5.000 Kg/ 5 m = - 1.000 Kg ( negativo, la reacción es para
abajo)
2) FyA = 5.000 Kg/m + 1.000 Kg = 6.000 Kg16
4 _ Vinculos 1
1c = 1a + 1bY
X
FxAFyA FyB
A B
Fuerzas y Reacciones de vínculo en Kg
Longitudes en metros
Momentos positivos en la dirección de las
agujas del reloj17
FyA FyB
Kg Kg
1a 3.500 3.500
1b 6.000 -1.000
1c 9.500 2.500
18
1c = 1a + 1b YX
A B
1) Sumatoria Fuerzas eje x = 0 FxA = 0
2) Sumatoria Fuerzas eje y = 0 --- 5.000 Kg + 7m x 1.000 Kg/m – FyA – FyB = 0
3) Sumatoria Momentos A = 0 --- - 1 m x 5.000 Kg + 7 m x 1.000 Kg/m x 5m/2 -
FyB x 5 m = 0
Esto resulta un sistema de 2 ecuaciones con dos incógnitas
3) FyB = (- 1 m x 5.000 Kg + 7 m x 1.000 Kg/m x 5 m/2) / 5 m = 2.500 Kg
2) FyA = 5.000 Kg + 7m x 1.000 Kg/m – 2.500 Kg = 9.500 Kg
19
2a YX
MA
FxAFyA
Fuerzas y Reacciones de vínculo en Kg
Longitudes en metros
Momentos positivos en la dirección de las agujas del reloj.
Suponemos la reacción de vínculo del momento positiva en sentido
antihorario, si del cálculo resulta un valor positivo se confirma la dirección.
Si resulta un valor negativo tiene la dirección contraria.
20
4 _ Vinculos 1
2a YX
A
1) Sumatoria Fuerzas eje x = 0 FxA = 0
2) Sumatoria Fuerzas eje y = 0 --- 5 m. 1.000 Kg/m – FyA= 0
3) Sumatoria Momentos A = 0 --- 5 m x 1.000 Kg/m x 2.5 m – MA = 0
Esto resulta un sistema de 2 ecuaciones con dos incógnitas
2) FyA = 5 m x 1000 Kg/m = 5.000 Kg
3) MA = 5 m x 1000 Kg/m x 5m/2 = 12.500 Kgm
21
2b YXMA
FxAFyA
Fuerzas y Reacciones de vínculo en Kg
Longitudes en metros
Momentos positivos en la dirección de las
agujas del reloj
22
2b
YX
1) Sumatoria Fuerzas eje x = 0 No hay fuerzas en esa dirección
2) Sumatoria Fuerzas eje y = 0 --- 5.000 Kg – FyA= 0
3) Sumatoria Momentos A = 0 --- 5.000 Kg/m x 5 m – MA = 0
Esto resulta un sistema de 2 ecuaciones con dos incógnitas
2) FyA = 5.000 Kg
3) MA = 5.000 Kg/m x 5 m = 25.000 Kgm
1) FxA = 023
2c = 2a + 2b
YX
MA
FxAFyA
Fuerzas y Reacciones de vínculo en Kg
Longitudes en metros
Momentos positivos en la dirección de las
agujas del reloj
24
4 _ Vinculos 1
FyA MA
Kg Kgm
2a 5.000 12.500
2b 5.000 25.000
2c 10.000 37.500
25
2c = 2a + 2bY
X
1) Sumatoria Fuerzas eje x = 0 FxA = 0
2) Sumatoria Fuerzas eje y = 0 --- 5 m. 1.000 Kg/m + 5.000 Kg – FyA= 0
3) Sumatoria Momentos A = 0 --- 5 m x 1.000 Kg/m x 2.5 m + 5.000 Kg x 5
m– MA = 0
Esto resulta un sistema de 2 ecuaciones con dos incógnitas
2) FyA = 5 m x 1000 Kg/m + 5.000 Kg = 10.000 Kg
3) MA = 5 m x 1000 Kg/m x 5m/2 + 5.000 Kg x 5 m = 37.500 Kgm
1) FxA = 0
26
3aY
X
Fuerzas y Reacciones de vínculo en Kg
Longitudes en metros
Momentos positivos en la dirección de las
agujas del reloj
FxA
FyA FyB27
3a
YX
1) Sumatoria Fuerzas eje x = 0
No hay fuerzas en esa dirección
2) Sumatoria Fuerzas eje y = 0 ---
7 m. 1.000 Kg/m – FyA – FyB = 0
3) Sumatoria Momentos A = 0 ---
7 m x 1000 Kg/m x 7m / 2 – FyB x 5 m = 0
Esto resulta un sistema de 2 ecuaciones
con dos incógnitas
3 ) FyB = (7 m x 1000 Kg/m x 7m / 2 )/5m =
4.900 Kg
2) FyA = 7.000 Kg – 4.900 Kg = 2.100 Kg
1) FxA = 0
A
B
28
4 _ Vinculos 1
3b
YX
Fuerzas y Reacciones de vínculo en Kg
Longitudes en metros
Momentos positivos en la dirección de las
agujas del reloj
FxA
FyA FyB29
3b
YX
1) Sumatoria Fuerzas eje x = 0
FxA + 1.000 Kg = 0
2) Sumatoria Fuerzas eje y = 0 ---
- FyA - FyB = 0
3) Sumatoria Momentos A = 0 ---
4 m x 1.000 Kg/m – FyB x 5 m = 0
Esto resulta un sistema de 2 ecuaciones
con dos incógnitas
3 ) FyB = 4 m x 1.000 Kg /5m = 800 Kg
2) FyA = - 800 Kg
1) FxA = - 1.000 Kg
30
3c = 3a + 3b
YX
Fuerzas y Reacciones de vínculo en Kg
Longitudes en metros
Momentos positivos en la dirección de las
agujas del reloj
FxA
FyA FyB31
FxA FyA FyB
Kg Kg Kg
3a 2.100 4.900
3b -1.000 - 800 800
3c -1.000 1.300 5.700
32
4 _ Vinculos 1
3c = 3a + 3b
1) Sumatoria Fuerzas eje x = 0
FxA + 1.000 Kg = 0
2) Sumatoria Fuerzas eje y = 0 ---
- FyA - FyB + 7 m x 1.000 Kg/m= 0
3) Sumatoria Momentos A = 0 ---
4 m x 1.000 Kg/m + 7 m x 1.000 Kg/m
x 5m/2 – FyB x 5 m = 0
Esto resulta un sistema de 2
ecuaciones con dos incógnitas
3 ) FyB = ( 4 m x 1.000 Kg + 7 m x 1.000
Kg/m x 7 m/2 ) /5m = 5.700 Kg
2) FyA = 7.000 Kg – 5.700 Kg = 1.300
kg
1) FxA = - 1.000 Kg33
Estructuras isostáticas
Biela, apoyo de
primer ordenArticulación, apoyo
de segundo orden
Se suprimen 3 grados de
libertad, la estructura es
isostática
34
Estructuras isostáticas
Biela, apoyo de
primer orden
Articulación, apoyo
de segundo orden
Se suprimen 3 grados de
libertad, la estructura es
isostática
35
Estructuras isostáticas
Empotramiento, apoyo
de tercer orden
Se suprimen 3 grados de
libertad, la estructura es
isostática
36
4 _ Vinculos 1
Estructuras hiperestáticas
Empotramiento, apoyo de
tercer orden Biela, apoyo de
primer orden
Se suprimen 4 grados de libertad,
la estructura es hiperestática
37
Estructuras hiperestáticas
Biela, apoyo de
primer orden
Biela, apoyo de
primer orden
Articulación, apoyo
de segundo orden
Se suprimen 4 grados de
libertad, la estructura es
hiperestática
38
Mecanismos
Articulación, apoyo
de segundo orden
Se suprimen sólo 2 grados de
libertad, el sistema es un
mecanismo, se mueve, luego no
puede usarse como estructura
resistente de ninguna
construcción
39
4 _ Vinculos 1
Catedra CancianiCatedra Canciani
Reacciones de vínculo , parte 2
15 _ Vínculos 2
En la clase pasada habíamos visto que un sistema i táti ti 3 i d í l l l lisostático tiene 3 reacciones de vínculo y para calcularlas hacía falta plantear 3 ecuaciones de equilibrio
• La suma de todas las componentes horizontales de las fuerzas actuantes (incluidas las reacciones de vínculo), es igual a 0
• La suma de todas las componentes verticales de las fuerzas actuantes (incluidas las reacciones de vínculo) esfuerzas actuantes (incluidas las reacciones de vínculo), es igual a 0
• La suma de todos los momentos de la fuerzas actuantes (incluidas las reacciones de vínculo) respecto de cualquier punto del plano es igual a 0
25 _ Vínculos 2
Ejercicio 4Hallar las reacciones de vínculoDatos P, Q, L1, L2 , alfa y H
P
Q
H
alfa
L1 L2
35 _ Vínculos 2
L1 + L2
Q
XY
(L1 + L2) /2
Q
H
A BA B
L1 L2
Magnitud de la carga distribuida QT(t) = Q(t/m) x ( L1(m) + L2 (m) )
Momento de Q respecto de A, MQA(tm) = QT(t) x (L1(m) + L2(m))/2 45 _ Vínculos 2
P XYPyalfa
H
Px
A B
L1 L2
Px(t) = P(t) x cos alfa,
Py(t) = P(t) x sen alfa
Momento de Px respecto de A MPxA(tm) = Px(t) x H(m)Momento de Px respecto de A MPxA(tm) = Px(t) x H(m)
55 _ Vínculos 2
Q
Palfa XYPy
H
F A
PxPx(t)
Py(t)FxA
FyA Fyb
A B MPxA(tm)
QT(t)
L1 L2
MQA(tm)
Momento de reacción vinculo en B respecto de A
MFyBA(tm) = FyB(t) x L1 (m)
x) Px(t) + FxA(t) = 0
MA) MPxA(tm) + MQA(tm) FyB(t) x L1 (m)= 0
Fxa
FyBMA) MPxA(tm) + MQA(tm) – FyB(t) x L1 (m)= 0
y) Py(t) + QT – FyA(t) – FyB(t)= 0
FyB
FyA 65 _ Vínculos 2
QPalfa X
Py
H Y
F A
Px
FxA
FyA Fyb
A B
L1 L2
Datos
L1 = 5 m
L2 = 2m
H = 4 m
Q = 1,2 t/m
P = 1 0 tP = 1,0 t
Alfa = 45 ° 75 _ Vínculos 2
XY
PPy
P P lf
4m
F A
Px Px = P x cos alfa
Px = 1,0 t x cos 45 °
Px = 0,71 tFxA
FyA Fyb
A B
,
Py = P x sen alfa
Py = 1,0 t x sen 45 °
5m 2mPy = 0,71 t
Magnitud de la carga distribuida QT(t) = Q(t/m) x ( L1(m) + L2 (m) )
QT(t) = 1,2 t/m x ( 5 m + 2 m) = 8,4 t
Momento de Q respecto de A MQA(tm) = QT(t) x (L1(m) + L2(m))/2Momento de Q respecto de A, MQA(tm) = QT(t) x (L1(m) + L2(m))/2
MQA(tm) = 8,41 t x ( 5m + 2m )/2 = 29,43 tm
Momento de Px respecto de A MPxA(tm) = Px(t) x H(m)=
MPxA(tm) = 0,71 t x 4 m = 2,84 tm85 _ Vínculos 2
X
PPy y
4m
F A
Px
Px = 0,71 t
Py = 0,71 tFxA
FyA Fyb
A B
y
QT(t) = 8,4 t
MQA(tm) = 29,43 tm
x) Px(t) + FxA(t) = 0 0,71 t + FxA = 0 FxA = - 0, 71 t
5m 2mMPxA(tm) = 2,84 tm
) ( ) ( ) , ,
MA) MPxA + MQA - FyB x L1 = 02,84 tm + 29,43 tm – FyB x 5m = 0 FyB = 6,45 t, , y y ,
y) Py(t) + QT(t) – Fy(t) – FyB(t)= 00,71 t + 8,4 t – FyA(t) – FyB(t) = 0 FyA = 2.,662 ty ( ) y ( ) y
95 _ Vínculos 2
105 _ Vínculos 2
Formas de representar cargas distribuidas en barras inclinadas
Lh LhLh
Q Q
LiLi
Q total ( t ) = Q( t/m) x Lh( m ) Q total ( t ) = Q( t/m) x Li( m )
115 _ Vínculos 2
Ejercicio N° 5
Datos Q, L1, L2 y HHallar las reacciones de vínculo
Q
H
L1 L2
125 _ Vínculos 2
X
L 1 + L2Y
(L1 + L2)/2
AQT
Q
H
B
Magnitud de la carga distribuida Q
QT(t) = Q(t/m) x (L1(m) + L2(m))
M t d l di t ib id Q t d AMomento de la carga distribuida Q respecto de A
MQA(tm) = QT(m) x (L1(m) + L2 (m))/2 135 _ Vínculos 2
Q
FxA A
X
H
FxA
FyA
A Y
QT(t)
QT
B
QT(t)
MQA(tm)
L1 L2FyB
Momento de la reacción de vinculo en B respecto de AMFyBA(tm) = FyB(t) x (L1(m) + L2(m))
X ) FxA = 0
MA ) MQA(tm) – FyB(t) x (L1(m) + L2(m))= 0 FyA
FxA
Y ) QT(t) – FyA – FyB = 0 FyB145 _ Vínculos 2
Q
FxA A
X
FxA
FyA
A
H
YQT
B
Datos
L1 = 2 m
L2 3L1 L2
FyB
L2 = 3 m
H = 3 m
Q = 1.100 Kg/m g
Magnitud de la carga distribuida QQT(t) = Q(t/m) x (L1(m) + L2(m))QT(t) = 1,1(t/m) x ( 2 m + 3 m ) = 5,5 t
Momento de la carga distribuida Q respecto de AMQA(tm) = QT(m) x (L1(m) + L2 (m))/2MQA(tm) = QT(m) x (L1(m) + L2 (m))/2
MQA(tm) = 5,5 t x ( 2 m + 3 m )/2 = 13,75 tm155 _ Vínculos 2
Q
FxA A
X
FxA
FyA
A
H
Y
B
MQA(tm)
L1 L2
FyB
X ) FxA(t) = 0
MA ) MQA(tm) – FyB ( L1 + L2 ) = 0
13,75 tm - FyB (2 m + 3 m) = 0 FyB = 2,75 t
Y ) QT(t) – FyA – FyB = 0Y ) QT(t) FyA FyB 0
5,5 t – FyA – 2,75 t = 0 FyA = 2,75 t165 _ Vínculos 2
175 _ Vínculos 2
Grados de libertad C
A B
En esta estructura la pieza ACB, es monolítica, luego tiene 3 grados de libertad.
Las articulaciones en A y B le restringen dos grados de libertad cadaLas articulaciones en A y B le restringen dos grados de libertad cada una, en total 4.
Luego al tener más restricciones s que grados de libertad la estructura es hiperestática o sea que no se puede resolver con lasestructura es hiperestática, o sea que no se puede resolver con las ecuaciones de la estática
185 _ Vínculos 2
C D EC D E
BAA
En esta estructura la pieza ACDEB, es monolítica, luego tiene 3 grados de libertad.
Las articulaciones en A le restringe 2 grados de libertad el apoyoLas articulaciones en A le restringe 2 grados de libertad, el apoyo móvil en B le restrige 1 grado de libertad, en total 3
Luego al tener igual cantidad de restricciones s que grados de libertad la estructura es isostática o sea que se puede resolver conlibertad la estructura es isostática o sea que se puede resolver con las ecuaciones de la estática
195 _ Vínculos 2
C D EC D E
BAA
En esta estructura la pieza ACDEB, es monolítica, luego tiene 3 grados de libertad.
Las articulaciones en A y B le restringen 2 grados de libertad cadaLas articulaciones en A y B le restringen 2 grados de libertad cada una, en total 4
Luego al tener mayor cantidad de restricciones que grados de libertad la estructura es hiperestática o sea que no se puede resolverlibertad la estructura es hiperestática o sea que no se puede resolver con las ecuaciones de la estática
205 _ Vínculos 2
C D EGC D EG
BAA
En esta estructura G es una articulación, la pieza ACG, tiene 3 grados de libertad y la pieza GDEB, es monolítica, luego tiene otros 3 grados y p , , g gde libertad, en total 6
Las articulaciones en A , B y C e restringen 2 grados de libertad cada una, en total 6
Luego al tener igual r cantidad de restricciones que grados de libertad la estructura es isostática o sea que se puede resolver con las ecuaciones de la estática
215 _ Vínculos 2
C D EGC D EG
BAA
En esta estructura G A es un empotramiento , la pieza ACG, tiene 3 grados de libertad y la pieza GDEB, otros 3, en total 6 g y p , ,
El empotramiento en A le restringe 3 grados de libertad, las articulaciones en B y C 2 grados de libertad cada una, en total 7
Luego al tener mayor cantidad de restricciones que grados deLuego al tener mayor cantidad de restricciones que grados de libertad la estructura es hiperestàtica o sea que no se puede resolver con las ecuaciones de la estática
225 _ Vínculos 2
C D EGC D EG
H
BA
H
A
En este sistema G y H son articulaciones, la pieza ACG, tiene 3 grados de libertad , la pieza GDEH otros 3 y la pieza HB también 3, g , p y p ,en total 9
Las articulaciones en A , B , G y H le restringen 2 grados de libertad cada una, en total 8
Luego al tener menor cantidad de restricciones que grados de libertad el sistema es un mecanismo o sea que se mueve, luego no puede usarse como estructura resistente de ninguna construcción
235 _ Vínculos 2
Arcos Triarticulados
C
A B
La barra AC tiene 3 grados de libertadLa barra AC tiene 3 grados de libertad.
La barra CB tiene otros 3 grados de libertad, en total la estructura tiene 6 grados de libertad.
L ti l i A C B t i d 2 d d lib t dLas articulaciones en A. C y B restringen cada una 2 grados de libertad y en conjunto 6 grados de libertad, luego al tener la estructura igual número de grados de libertad que restricciones , la misma es isostática. 245 _ Vínculos 2
• Cuando un sistema tiene mas restricciones que grados de• Cuando un sistema tiene mas restricciones que grados de libertad es un hiperestático, o sea que no se puede resolver con las ecuaciones de la estática
• Cuando tiene igual cantidad de restricciones que grados de libertad es un isostático o sea que se puede resolverde libertad es un isostático, o sea que se puede resolver con las ecuaciones de la estática
• Cuando tiene menor cantidad de restricciones que grados de libertad es un mecanismo, o sea que se mueve, luego no p ede sarse como estr ct ra resistente de ning nano puede usarse como estructura resistente de ninguna construcción
255 _ Vínculos 2
Estación Atocha España Arcos triarticuladosEstación Atocha, España – Arcos triarticulados
48 metros de luz, 27 metros de altura y 152 metros de largo. Finalización 1892. 265 _ Vínculos 2
Puente Prefabricado, USA
275 _ Vínculos 2
285 _ Vínculos 2
295 _ Vínculos 2
Catedra CancianiCatedra Canciani
Reacciones de vínculo , parte 3
16_Vinculos 3
En las clases pasadas habíamos visto que• En las clases pasadas habíamos visto que cuando un sistema tiene mas restricciones que grados de libertad es un hiperestático o sea quegrados de libertad es un hiperestático, o sea que no se puede resolver con las ecuaciones de la estática
4 restricciones
3 grados de libertad
6 restricciones
3 grados de libertad
26_Vinculos 3
• Cuando tiene igual cantidad de restricciones que grados• Cuando tiene igual cantidad de restricciones que grados de libertad es un isostático, o sea que se puede resolver con las ecuaciones de la estática
3 restricciones
3 grados de libertad
3 restricciones
3 grados de libertad
36_Vinculos 3
• Cuando tiene menor cantidad de restricciones que grados de libertad es un mecanismo, o sea que se g qmueve, luego no puede usarse como estructura resistente de ninguna construcción
2 restricciones
3 grados de libertad
3 restricciones
6 grados de libertad
46_Vinculos 3
Un sistema isostático tiene 3 reacciones de vínculo l l l h í f lt l t 3y para calcularlas hacía falta plantear 3
ecuaciones de equilibrio
• La suma de todas las componentes horizontales de las fuerzas actuantes (incluidas las reacciones (de vínculo), es igual a 0
• La suma de todas las componentes verticales de l f t t (i l id l i dlas fuerzas actuantes (incluidas las reacciones de vínculo), es igual a 0
• La suma de todos los momentos de la fuerzas• La suma de todos los momentos de la fuerzas actuantes (incluidas las reacciones de vínculo) respecto de cualquier punto del plano es igual a 0
56_Vinculos 3
Formas de representar cargas distribuidas en barras inclinadas
Lh LhLh
Q Q
LiLiA
AA
Q total ( t ) = Q( t/m) x Lh( m ) Q total ( t ) = Q( t/m) x Li( m )
MQA(Tm) = Q total (t) x Lh(m)/2MQA(Tm) = Q total (t) x Lh(m)/2 MQA(Tm) = Q total (t) x Lh(m)/2
66_Vinculos 3
H
Qt
H/3
Q B
QT(t) = Q(t/m) x H(m)/2
MQB = QT(t) x H(m)/3
76_Vinculos 3
Ejercicio Nº 6
RxAx
y
H
QT(t) = Q(t/m) x H(m)/2
Q
RxBB
MQB(tm) = QT(t) x H(m)/3
QRyB
Y) – RyB(t) = 0 RyB(t) = 0
MB) MQB(tm) – RxA(t) x H(m) = 0 RxA(t) = MQB(tm) / H(m)
x) QT(t) – RxA(t) – RxB(t) = 0 RxB(t) = QT(t) – RxA(t)
86_Vinculos 3
Ejercicio Nº 6 xy
RxAy
Datos
HH = 6 m
Q = 8 t/m
Q
RxBB
QT(t) = Q(t/m) x H(m)/2
QT(t) = 8 t/m x 6 m/2 = 24 TQ
RyB MQB(tm) = QT(t) x H(m)/3
MQB(tm) = 24 t x 6 m / 3 = 48 tm
96_Vinculos 3
RxAx
y
H
y
H = 6 m
RxBB
Q = 8 t/m
QT = 48 T
MQB= 96 tmQ
RyB
Y) R B( ) 0 R B( ) 0
MQB 96 tm
Y) – RyB(t) = 0 RyB(t) = 0
MB) MQB(tm) – RxA(t) x H(m) = 0 RxA(t) = MQB(tm) / H(m)
RxA = 48 tm / 6 m = 8 tRxA 48 tm / 6 m 8 t
x) QT(t) – RxA(t) – RxB(t) = 0 RxB(t) = QT(t) – RxA(t)
RxB = 24 t – 8 t = 16 t
106_Vinculos 3
RxA xyy
RyB(t) = 0
Q
RxB
RyB
B
RxA = 8 t
RxB = 16 t
y
8 t
16 tB
Q0
116_Vinculos 3
126_Vinculos 3
C
FxAFxBA
B
FyA FyB
La barra AC no está rígidamente unidas a la barra CB, sino que están unidas mediante una articulación en C
De esta forma el nudo C, común a las barras AC y CB no puede tomar momentos , luego la resultante de las fuerzas a la izquierda del nudo C pasa por el punto C, o, lo que es lo mismo, la suma de los momentos de las fuerza a la izquierda de C es igual a 0. Esto nos proporciona una 4 ecuación
Esta estructura se denomina arco a tres articulaciones
136_Vinculos 3
CEjercicio Nº 7Lh1 Lh2
Q1 Q2 x
YH
DatosLi1 Li2
FxA
FxBA
H (m)
Lh1 (m)
Lh2 (m)AFyA FyB
Lh2 (m)
Q1 (t/m)
Q2( t/m)
A
La longitud de las barras inclinada es Li1 = Lh1 + H 2 2
Li2 = Lh2 + H 22
146_Vinculos 3
CLh1 Lh2
Q1 Q2 x
H YLi1
Li2
AQT1 QT2
Lh1/2 Lh1/2 Lh2/2 Lh2/2
QT1 (m) = Q1(t/m) x Li1(m)QT2 (m) = Q2(t/m) x Li2(m)
156_Vinculos 3
CLh1 Lh2
Q1 Q2 x
H YLi1
Li2
AQT1 QT2
Lh1/2Lh1 + (Lh2/2)
Momento de Q1 Respecto de A Momento de Q2 Respecto de ApMQ1A(tm) = QT1(t) x Lh1(m)/2
p
MQ2A(tm) = QT2(t) x (Lh1(m) + Lh2(m)/2)166_Vinculos 3
CLh1 Lh2
Q1 x
H YLi1
Li2
AQT1
Lh1/2
Momento de Q1 respecto de CMQ1C(tm) = QT1(t) x Lh1(m)/2
176_Vinculos 3
XC
Lh1 Lh2
Y
90 º
Q1 Q2 QT1 (m)90 º QT2 (m)
MQ1A(tm)
MQ2A(tm)
FxA
FxBA
MQ2A(tm)
MQ1C(tm)
FyA FyB
Las 3 ecuaciones de equilibrio de la estática son, para este caso:
A) MQ1A(tm) + MQ2A(tm) – FyB(t) x (Lh1(m) + Lh2(m)) = 0
FyB(t) = (MQ1A(tm) + MQ2A(tm) ) / (Lh1(m) + Lh2(m)) FyB(t)
y) QT1(t) + QT2(t) – FyA(t) –FyB(t) = 0 FyA(t)
186_Vinculos 3
XC
Lh1 Lh2
YQ1 Q2QT1 (m)
QT2 (m)
MQ1A(tm)
MQ2A(tm)
MQ1C(tm)
H
FxA
FxBA
MQ1C(tm)
FyB(t)
FyA(t)
FyA FyB
La resultante de las fuerzas a la izquierda del nudo C pasa por el punto C, o, lo que es lo mismo, la suma de los momentos de las fuerza s a la izquierda de C es igual a 0. Esto nos proporciona la 4ª ecuación luego, podemos resolver la estructura como isostática, en este caso la ecuación será:
-MQ1C(tm) – FxA(t) x H(m) + FyA(t) x Lh1(m) = 0
FxA(t) = FyA(t) x Lh1(m) ´- MQ1C(tm)/ H(m) FxA(t) 196_Vinculos 3
XC
Lh1 Lh2
Y
90 º
Q1 Q2QT1 (m)
QT2 (m)90 º MQ1A(tm)
MQ2A(tm)
MQ1C(tm)
H
FxA
FxBA
MQ1C(tm)
FyB(t)
FyA(t)
FyA FyB FxA
x)FxA + FxB = 0 FxB = - FxA
206_Vinculos 3
CLh1 Lh2
Q1 Q2 x
YH
DatosLi1 Li2
FxA
FxBA
H = 8 m
Lh1 = 6 m
Lh2 = 6 mAFyA FyB
Lh2 6 m
Q1 = 2 t/m
Q2 = 2 t/m
A
Li1 = Lh1 + H 2 2
Li1 = 6 m + 8 m = 10 m2 2
Li2 = Lh2 + H 22
Li2 = 6 m + 8 m = 10 m22
216_Vinculos 3
CLh1 Lh2
x
Q1 Q2Y
DatosH
Li1 Li2H = 8 m
Lh1 = 6 m
FxA
FxBA A
Lh2 = 6 m
Q1 = 2 t/m
Q2 = 2 t/m
FyAFyB
QT1 (m) = Q1(t/m) x Li1(m) = 2 t/m x 10 m = 20 t
Q2 = 2 t/m
QT1 (m) Q1(t/m) x Li1(m) 2 t/m x 10 m 20 t
QT2 (m) = Q2(t/m) x Li2(m) = 2 t/m x 10 m = 20 t
Momento de Q1 Respecto de A
MQ1A(tm) = QT1(t) x Lh1(m)/2 = 20 t x 6m/2 = 60 tm226_Vinculos 3
CLh1 Lh2 x
Q1 Q2
Y Datos
H = 8 m
Lh1 = 6 mH
Li1 Li2
Lh1 = 6 m
Lh2 = 6 m
Q1 = 2 t/m
FxA
FxBA A
Q2 = 2 t/m
Resultados
FyAFyB QT1 = 20 t
QT2 = 20 t
MQ1A =60 tmMomento de Q2 Respecto de A
MQ2A(tm) = QT2(t) x (Lh1(m) + Lh2(m)/2) = 20 t x ( 6 m + 6 m/2) = 180 tm
MQ1A =60 tm
Momento de Q1 respecto de C
MQ1C(tm) = QT1(t) x Lh1(m)/2 = 20 t x 6 m/2 = 60 tm 236_Vinculos 3
CLh1 Lh2
H = 8 m
Lh1 = 6 m
Q1 Q2Lh2 = 6 m
Q1 = 2 t/m
X
Q2 = 2 t/m
QT1 = 20 t
QT2 = 20 t
FxAFxB
YA
QT2 20 t
MQ1A =60 tm
MQ2A =180 tm
FyA FyB
Las 3 ecuaciones de equilibrio de la estática son, para este caso:
MQ1C= 60 tm
A) MQ1A(tm) + MQ2A(tm) – FyB(t) x (Lh1(m) + Lh2(m)) = 0
FyB(t) = (MQ1A(tm) + MQ2A(tm) ) / (Lh1(m) + Lh2(m))
FyB = (60 tm + 180 tm) / ( 6 m + 6 m ) = 20 t
246_Vinculos 3
CLh1 Lh2
H = 8 m
Lh1 = 6 m
Q1 Q2Lh2 = 6 m
Q1 = 2 t/m
X
Q2 = 2 t/m
QT1 = 20 t
QT2 = 20 t
FxAFxB
YA
QT2 20 t
MQ1A =60 tm
MQ2A =180 tm
FyA FyB MQ1C= 60 tm
FyB = 20 t
y) QT1(t) + QT2(t) – FyA(t) –FyB(t) = 0
FyA =QT1 + Qt2 - FyB = 20 T + 20 t – 20 t = 20 t
256_Vinculos 3
CLh1 Lh2
H = 8 m
Lh1 = 6 m
Q1 Q2Lh2 = 6 m
Q1 = 2 t/m
X
H Q2 = 2 t/m
QT1 = 20 t
QT2 = 20 t
FxAFxB
Y
A
QT2 20 t
MQ1A =60 tm
MQ2A =180 tm
FyA FyB MQ1C= 60 tm
FyB = 20 t
F A 20 t
La suma de los momentos de las fuerza a la izquierda de C es igual a 0. MQ1C(tm) – FxA(t) x H(m) + FyA(t) x Lh1(m) = 0
FyA = 20 t
FxA(t) = (FyA(t) x Lh1(m) ´- MQ1C(tm))/ H(m)= (20 t x 6 m – 60 tm)/ 8m
FxA = 7,50 t 266_Vinculos 3
XC
Lh1 Lh2H = 8 m
Lh1 = 6 m
Q1 Q2Lh2 = 6 m
Q1 = 2 t/m
H Q2 = 2 t/m
QT1 = 20 t
QT2 = 20 t
FxAF B
FxBY
A
QT2 20 t
MQ1A =60 tm
MQ2A =180 tm
FyAFyB MQ1C= 60 tm
FyB = 20 t
F A 20 t
x)FxA + FxB = 0 FxB = FxA
FyA = 20 t
FxA = 7,5 7
x)FxA + FxB = 0 FxB = - FxA
FxB = - 7,5 t 276_Vinculos 3
Y
FyB = 20 t
FyA = 20 tY
FyA 20 t
FxA = 7,5 t
FxB = - 7,5 t
FxAFyB
FxB
FyAFyB
7 5 t
7,5 t
7,5 t
20 t20 t
286_Vinculos 3
296_Vinculos 3
306_Vinculos 3
316_Vinculos 3
326_Vinculos 3
336_Vinculos 3
346_Vinculos 3
356_Vinculos 3
366_Vinculos 3
376_Vinculos 3
386_Vinculos 3
Catedra Canciani
Estructuras I
Reacciones de vínculo 4Reacciones de vínculo 4
17_Vínculos 4
Hallar reacciones de vínculo gráficamente
Ra CRa
RbF
C
Rb
Ra
F
B
RbA
La fuerza exterior F la debemos descomponer en dos direcciones que se crucen sobre la misma
Trazo una vertical que pase por el apoyo móvil hasta la Fuerza F, uniéndose en el punto C. 27_Vínculos 4
Ra CRa
RbF
C
Rb
Ra
F
B
RbA
Por el punto C trazo una recta que pase por A, la recta CB representa la dirección de la reacción de vínculo en B y la recta AC la de la reacción de vínculo en Arecta AC la de la reacción de vínculo en A
37_Vínculos 4
Ra CRa
RbF
C
Rb
Ra
F
B
RbA
Traslado la fuerza F al punto C y, mediante un paralelogramo de fuerzas, equilibrio la misma con dos fuerzas en las , qdirecciones AC y BC, obteniendo las reacciones Ra y Rb
47_Vínculos 4
Ej i iEjercicio
F1= 2 tF2 = 4 t
60 º RBx
1 m 3 m 1 mA B
RA RByRA y
57_Vínculos 4
F1 F2
Resolución Gráfica 1
Se dibujan, a escala, la viga, los apoyos A y B y las fuerzas actuantes F1 y F2.
Primeramente vamos a obtener la fuerza total resultante que actúa sobre nuestra viga, sumando
F2FR
Cvectorialmente las fuerzas F1 y F2
Para sumar dos fuerzas gráficamente primero tenemos que
F1
FRgráficamente, primero tenemos que hallar el punto donde concurren y luego las sumamos vectorialmente de acuerdo a la regla del gparalelogramo Se prolongan las rectas de acción de las dos fuerzas que se unen en el punto C. A partir de C se dibujan a escala, F2 y F1. Uniendo el puntp C con el p j , y p pextremo de F1, se obtiene la fuerza resultante de sumar vectorialmente F1 y F2 que denominaremos FR 67_Vínculos 4
F1 F2
Resolución Gráfica 2
Ahora vamos a equilibrar la fuerza resultante FR en lasfuerza resultante FR en las direcciones de los apoyos A y B.
Primero tenemos que hallar el t d d l 3punto donde concurren las 3
fuerzas
La dirección de la reacción en el
F2FR
Capoyo de primera especie A es vertical. Se prolongan la dirección de la reacción de
F1
FRvinculo del apoyo A y la dirección de la fuerza Fr, el punto donde se unen lo denominamos D.
D
En ese punto concurren las fuerzas RA y FR, luego, por ese punto también pasa la recta de acción de la resultante RB, luego, trazamos una recta que una D y B, la misma es la dirección de la reacción RB
77_Vínculos 4
F1 F2Resolución Gráfica 3
A partir de D trazamos a escalaA partir de D trazamos, a escala, la resultante FR hallada anteriormente, a su extremo lo denominamos punto Ep
A esa fuerza la equilibramos en la dirección de las reacciones de vínculo RA dirección D A) y de la
F2FR
C
vínculo RA dirección D A) y de la reacción de vínculo RB (dirección D B)
P ll t l l
F1
FRPara ello trazamos una paralela a D B por D y una paralela a D A por E, al punto donde se unen lo denominamos F Por el
DRB
RBRA
denominamos F . Por el principio del paralelogramo la recta EF es, en la escala de fuerzas, la reacción RA y la
FRRB
RA
fuerzas, la reacción RA y la recta F D es la reacción RB
E
F87_Vínculos 4
Vínculo aparente
Se denomina a aquellos vínculos que, al reaccionar en la misma dirección de otro vínculo de la misma estructura, no agregan mayor estabilidad a la misma
Estable, isostático
Inestable, mecanismo
97_Vínculos 4
Estable, isostático,
Inestable, mecanismo
Estable, isostático
Inestable, mecanismo
107_Vínculos 4
Viga Gerber
• En 1866 el ingeniero alemán Henrich Gerber patentó un sistema que llamó viga Gerber, y que en los países anglosajones se conoció después como viga cantiléver.
i i d i i l i i• Consiste en introducir articulaciones en una vigacontinua para hacerla isostática, de forma que se convierte en una serie de vigas simplementeconvierte en una serie de vigas simplementeapoyadas prolongadas en sus extremos por ménsulas.
117_Vínculos 4
Viga
C iContinua
Vigag
Gerber
127_Vínculos 4
El bl d S th Q f tá d i d tEl pueblo de South Queensferry está dominado por un puentecuya extensión es de 1.6kms a través del Río Forth Este puente ferroviario, fue inaugurado en 1890 y es considerado uno de los más grandes logros de la ingeniería de la Era Victoriana. 137_Vínculos 4
147_Vínculos 4
Esfuerzos característicos 1Esfuerzos�característicos�1
18_Características�1
Si�tomamos�una�barra�en�equilibrio�y�la�cortamos�en�un�extremo para conservar el equilibrio debemos colocar unosextremo,�para�conservar�el�equilibrio�debemos�colocar�unos�esfuerzos�que�reemplacen�la�acción�de�la�parte�que�se�retiró
Barra en equilibrioBarra�en�equilibrio
C t t lVi
Cortamos�un�extremo�y�lo�reemplazamos�por�Mi,�Vi�y�NiNi
Mi
i�significa��a�la�izquierda�de�la�sección
28_Características�1
Barra�en�equilibrio
Vi
NiSi�cortamos�el�otro�extremo�también�tenemos�que�reemplazar su acción por Md,
Vd
Nd
Mi
reemplazar�su�acción�por�Md,�Vd�y�Nd
MdMi
Si�el�trozo�de�barra�resultante�es�muy�pequeño,�por�condición�de�equilibrio��las�fuerzas�y�momentos�deben�anularse�entre�sí,�luego�son�iguales�y�de�sentido�y , g g ycontrario
Ni�=�� Nd
Vi�=�� Vd
Mi�=�� Md
d�significa��a�la�derecha�de�la�sección
38_Características�1
Definimos�como�Esfuerzo�de�Corte� al�conjunto�de�las�proyecciones�verticales�de�las��fuerzas��que�actúan�a�uno�y�otro�lado�de�la�sección�considerada.�Su�valor�es�la�magnitud�de�la�proyección�vertical�de�las�fuerzas y su signo es igual al signo de la fuerza de la izquierda ( positivofuerzas�y�su�signo�es�igual�al�signo�de�la�fuerza�de�la�izquierda�(�positivo��cuando�es�ascendente�)
Vi+ � Vd
VdVi
Esfuerzo�de�Corte�es�=�Vi
Normalmente�se�lo�designa�con�la�letra�Q
48_Características�1
58_Características�1
68_Características�1
78_Características�1
88_Características�1
98_Características�1
L/2 L/2PEsfuerzos�de�corte
P/2 P/2
ab1
+/
Pa
1Entre�a�y�1��,��Q�=�P/2
P/21
bP
P/2 P/21
Entre�1�y�b��,��Q�=�P/2�– P
Q�=�� P/2�
Diagrama�de�esfuerzos�de�corte+
P/2 P/2�
108_Características�1
Esfuerzos�característicos
Definimos�como�Momento�Flexor al�conjunto�de�los�dos�pares�que�actúan�a�uno�y�otro�lado�de�la�sección�considerada.�Su�valor�es�la�magnitud�de�los�pares�y�su�signo�es�igual�al�signo�del�par�a�la�izquierda�de la secciónde�la�sección
+ �
MiMd Mi
MdMi
Momento�Flector�=�Mi�
l l d i l l Mnormalmente�se�lo�designa�con�la�letra�M
118_Características�1
128_Características�1
138_Características�1
148_Características�1
158_Características�1
L/2 L/2P
Momentos�flectores
ba
P/2 P/2
1 En�a�,�����������M�=�P/2�x�0�=�0
En 1 , M = P/2 x L/2 = P x L/4
L/2
a
En�1�,����������M� �P/2�x�L/2�� �P�x�L/4
a
P/2
1
L/2 L/2P
L/2 L/2
ba1
En�2�,���������M�=�P/2�x�L�– P�x�L/2�=�0
P/2 P/2
Diagrama de momentos flectores+
P�x�L/4
Diagrama�de�momentos�flectores+
168_Características�1
L/2 L/2P
P/2 P/2
b1
/
+Diagrama�de�momentos�flectores
+M�=�P�x�L/4
Q�=�P/2
+
� Diagrama�de�esfuerzos�de�corte
Q�=�� P/2
El�máximo�momento�coincide�con�un�punto�de�corte�nulo
178_Características�1
Viga simplemente apoyada con carga distribuida
L
Haq
Va Vba b
Ma) q x L x L/2 – Vb x L = 0 Vb = q x L/2
Reacciones de vínculo
y) q x L – Va – Vb = 0 Va = q x l/2
x) Ha = 0
188_Características�1
a bq
L/2 L/2
1Esfuerzos de corte
bq�x�L/2 q x
L/2aa
q x L/2 En a Q = q x L/2
a q
L/2
En 1 Q = q x L/2 – q x L/2 = 0q x L/2 1
En 1 Q q x L/2 q x L/2 0
1+Q
Diagrama de esfuerzos de corte
q xq x L/2
198_Características�1
a q
L
a bq
q x L/2 q x
L/2
a b1En b Q = q x L/2 – q x L = - q x L/2
L
a bq x L/2 q x
L/2
1
1+Q
Diagrama de esfuerzos de- - q x L/2q x
L/2
Diagrama de esfuerzos de corte
208_Características�1
a bq
1
L/2 L/2Momentos flectores
a bq x L/2 q x
L/2
1
aaq x L/2
En a M = 0
En 1 M = q x L/2 x L/2 – q x L/2 x L/4 L/4
2
L/2
a q
q x L/2
1 M = q x L / 82
++Diagrama de momentos flectores, parábola de 2º grado++
M = q x L / 82
parábola de 2 grado
218_Características�1
qL
a bq x L/2 q x
L/2
1
L/2 En b M = q x L/2 x L q x L x L/2 = 0
L
a bq
L/2
q x 1
En b M = q x L/2 x L – q x L x L/2 = 0
qL/2 q x
L/21
+
Diagrama de momentos flectores, parábola de 2º grado
+
M = q x L / 82
228_Características�1
qL
Resumen
a bq x L/2 q x
L/2
1
1 Q+
- - q x L/2q x L/2
Diagrama de esfuerzos de corte
Diagrama de momentos flectores, parábola de 2º grado
+
M = q x L / 82
El máximo momento coincide con un punto de corte nulo238_Características�1
Q+
-
+
M248_Características�1
Catedra CancianiEstructuras IEsfuerzos característicos2ª parte2ª parte
19_Características 2
a bVa
32q Ejercicio 1a
R i dL2L1 L1
Va Vb Reacciones de vinculo del pràctico respectivo
Qqa = - L1(m) x q (t/m) Corte debido a la carga distribuida q en a
+ -
a bVa
3Va
Qqb = - L1(m) + L2 (m) x q (t/m) Corte debido a la carga distribuida q en b( ) ( ) ( ) g
b29_Características 2
q
L2L1 L1
a bVa Vb
32q
Qad = Va - Qqa Qbd = Va + Vb - Qqb
Q = 0
32a
Q = 0
Qai = - Qqa Qbi = Va - Qqb
+ -
39_Características 2
Diagrama de Esfuerzos de corte
2
+ +-
--
49_Características 2
a b32
qCarga equivalente a la carga distribuida a la izquierda de a
L2L1 L1Va Vb
32
Qea (t) = q (t/m) x L (m)Qea (t) = q (t/m) x L (m)
aMomento debido a la carga
distribuida q en a
Mqa (tm) = - Qea (t) x L (m) / 2
a
59_Características 2
a b32
q
Carga equivalente a la carga distribuida a la izquierda de 4
4
L2L1 L1Va Vb
32
Qe4 (t) = -q (t/m) x L1 (m) + L2 /2(m)
4
Qe4
Mq4 = - Qe4 x (L1 (m) + L2 /2(m)) /2
Momento debido a la carga
4
distribuida q en 4 Qe4
69_Características 2
a b32
q
Carga equivalente a la carga distribuida a la izquierda de b
L2L1 L1Va Vb
32
Qeb (t) = q (t/m) x L1 (m) + L2 (m)
Qe2
aMomento debido a la carga distribuida q en b
Mqb = - Qeb x (L1 (m) + L2 (m)) /2
a
79_Características 2
a b3
qMomento en 4
4
L2L1Va Vb
3
L1debido a la reacción de vinculo Va
M4Va (tm) = Va (t) x L2/2(m)
b
3
( ) ( ) ( )
bVa Vb4
89_Características 2
a b3
q
L2L1Va Vb
3
L1Momento en b
debido a la reacción de vinculo Vavinculo Va
MbVa (tm) = Va (t) x L(m)/2
b
3
( ) ( ) ( )
L2L1
bVa Vb
99_Características 2
a b3
q
2
L2L1 L1Va Vb
34
Momento en a
M2 = 0
Ma = -Mqa
2
Momento en a debido a la carga distribuida q (-)
Ma = -Mqa
M4 = M4Va – Mq4
Mb = Mvab – Mqb
M t b d bid
M3 = 0
Momento en 4 debido a la carga distribuida q (-)
Momento en b debido a la reacción de vínculo Va
(+) +
Momento en 4 debido a Momento en b
debido a la carga la reacción Va (+)
gdistribuida q (-)
109_Características 2
Diagrama de momentos flexores
+
- -
+
119_Características 2
a b3
P Ejercicio 1b
L2L1 L1Va Vb
32
+
Va ( + )Vb ( - )
+ -
( )
Q2 = -P
P( - )Qia = -
Qda = Va – P
Qib = Va – PQib = Va – P
Qdb = Va + Vb – P = 0129_Características 2
Diagrama de esfuerzos de corte
-+
139_Características 2
a b3
P
L2L1 L1Va Vb
3
Map = P x L1+ -
Map = - P x L1
a
L1
Momento en a producido por Pproducido por P
149_Características 2
a b3
P
L2L1 L1Va Vb
3
MbP (t ) P(t) (L1 ( ) L2( ))
Momento en b debido a P
MbP (tm) = - P(t) x (L1 (m) + L2(m))
a bVa Vb
3
L1Vb
159_Características 2
a b3
L2L1 L1Va Vb
32
Momento en b debido a Va
MbVa = Va x L2
a bVa
L2Va
169_Características 2
a b3
L2L1Va Vb
32
L1
MbP (-)MbVa (+)
a b3
2
MaP (-)
M2 = 0
Ma = - MaPMa MaP
Mb = MbVa – MbP = 0
M3 = 0
179_Características 2
MbP (-)
a b3
MaP (-)
MbP (-)
32
-
189_Características 2
Ejercicio 1c
a bVa b
3
P q
L2L1 L1Va Vb
Las reacciones de vínculo las tomamos del practico respectivo
Las cargas equivalentes de la carga distribuida qLas cargas equivalentes de la carga distribuida q respecto de a y b las tomamos del ejercicio 1ª
Los momentos de la carga distribuida q respecto de a y b los tomamos del ejercicio 1ªde a y b los tomamos del ejercicio 1
Los momentos de la carga concentrada P respecto de a y b los tomamos del ejercicio 1b
199_Características 2
bP q
Q2 = - P
L2L1 L1
a bVa Vb
3 Qia = – P – Qea
Qda = Va – P – Qea
P
Qib = Va – P – Qeb
Qdb = Va + Vb – P – Qeb
Q3 = 0P Vb Q3 = 0
+ -a
3
Va
QeaQeb
Qea
209_Características 2
Punto corte nulo, O sea de momento máximo
+ -
219_Características 2
a b3
L2L1 L1Va Vb
32
Momento en b debido a Va
MbVa = Va x L2
a bVa
L2Va
229_Características 2
P q
L2L1 L1
a bVa Vb
3
P q
L2L1 L1
MaP (-)Mbq (-)
a b
MaP ( )
Maq (-) MbPa b
3
MbVa (+)MbVa ( )M2 = 0
Ma = - MaP – Maq
Mb = MbVa MbP MbqMb = MbVa – MbP - Mbq
239_Características 2
a b3
-+
249_Características 2
Estructuras I CancianiEstructuras�I�Canciani
Diagramas�de�características
Parte 3Parte�3
110_Características�3
Ejercicio 2 cEjercicio�2�c
210_Características�3
Reacciones de vínculoReacciones�de�vínculo
310_Características�3
Esfuerzo de corteEsfuerzo�de�corte
+ -
410_Características�3
Esfuerzo de corteEsfuerzo�de�corte + -
510_Características�3
Esfuerzo de corteEsfuerzo�de�corte+ -
610_Características�3
Momento flexorMomento�flexor
710_Características�3
Momento flexorMomento�flexor
810_Características�3
Momento flexorMomento�flexor
910_Características�3
DeformadaDeformada
1010_Características�3
Ejercicio 3 cEjercicio�3�c
1110_Características�3
Reacciones de vínculoReacciones�de�vínculo
1210_Características�3
Esfuerzo de corte
+ -
-Esfuerzo�de�corte
+
1310_Características�3
Esfuerzo�de�corte
+ -
1410_Características�3
Esfuerzo�de�corte + -
1510_Características�3
Momento�flexor
1610_Características�3
Momento�flexor
1710_Características�3
Momento�flexor
1810_Características�3
Momento�flexor
1910_Características�3
Esfuerzo�Normal
2010_Características�3
DeformadaDeformada
2110_Características�3
Pórtico�de�1�vano�y�varios�niveles
2210_Características�3
Pórtico�de�varios��vanos�y�1�nivel
2310_Características�3
Pórtico�de�varios�vanos�y�varios�niveles
2410_Características�3
1 11_Características 4
Características 4
2 11_Características 4
3 11_Características 4
Diagrama de esfuerzos de Corte
Definimos como Esfuerzo de Corte al conjunto de las proyecciones sobre un eje perpendicular a la barra, de las fuerzas que actúan a uno y otro lado de la sección considerada. Su valor es la suma de la proyección de las fuerzas y su signo es igual al signo de la fuerza de la izquierda (positivo cuando es ascendente)
Esfuerzo de corte en A = reacción de vinculo en A = 2,75 t
Esfuerzo de Corte inmediatamente a la derecha del punto C = reacción de vinculo en A – Valor de la Carga distribuida por distancia entre A y C
QCd = 2,75 t – 1,1 t/m * 2 m = 2,75 t – 2,2 t = 0,55 t
El corte inmediatamente a la izquierda del punto C es la suma de la proyección sobre un eje perpendicular a la barra CB de todas las fuerzas a la izquierda de C.
Para obtener la proyección de una fuerza vertical sobre u eje perpendicular a la barra CB, multiplicamos su valor por el cos 45 °, luego la proyección de la reacción de vínculo en A es 2,75 t * cos 45 ° = 1,95 t
La proyección de la carga distribuida es Q*L*cos 45 ° = 1,1 t/m * 2 m * 0,707 = 1,56 t .
C
D
4 11_Características 4
Luego el corte inmediatamente a la izquierda de C es 1,95 t – 1, 55 t = 0,39 t
Utilizando el mismo razonamiento el corte en B es la reacción en B por el cos 45 ° = 1,94 t
El diagrama varía en forma lineal por tener carga uniformemente distribuida.
Diagrama de momentos flectores
Definimos como Momento Flexor al conjunto de los dos pares que actúan a uno y otro lado de la sección considerada. Su valor es la magnitud de los pares y su signo es igual al signo del par a la izquierda de la sección ( positivo si gira en la dirección de las agujas del reloj )
Momento flector en A = 0 Momento flector en B = 0 Momento flector en c es igual al momento que produce la reacción de vínculo ( positivo por girar en sentido horario), al que se le resta el momento que produce la carga distribuida a la izquierda de C ( negativa por ser anti horaria)
M = 2,75 t * 2 m – 1,1 t/m * 2m * 2m/2 = 3,3 tm.
Q
5 11_Características 4
Al ser la carga uniformemente distribuida el diagrama de momentos flectores es una parábola de segundo grado.
Nota, este diagrama lo dibujó una computadora que dibuja el momento positivo por encima de la barra, normalmente en nuestro pais el diagrama positivo se dibuja por debajo de la barra.
Esfuerzo normal
Definimos como Esfuerzo Normal al conjunto de las proyecciones sobre el eje de la barra de las fuerzas que actúan a uno y otro lado de la sección considerada. Su valor es la magnitud de la proyección de las fuerzas y su signo será positivo cuando las proyecciones fueran divergentes (tracción) y negativo cuando en caso contrario (compresión )
En la barra AC el esfuerzo normal es 0
En la barra CB el esfuerzo normal se obtiene multiplicando las fuerzas por el seno de 45 °, y como el seno 45 ° es igual al coseno de 45 °, tiene la misma magnitud que el corte siendo positivo arriba ( tracción, y negativo abajo ( compresión )
+
6 11_Características 4
+
-
1 12 Cullman Ritter
Descomponer una fuerza en 3 direcciones usando el método de Cullman
Sea la Fuerza F, que se desea descomponer en las direcciones 1, 2 y 3. (gráfico adjunto)
Primero vamos a descomponer la fuerza F en dos direcciones, la dirección 2 y una dirección auxiliar llamada auxiliar de Cullman , marcada a en el gráfico.
Luego decompondremos la dirección a en las otras dos direcciones, 1 y 3
Para que la fuerza F se pueda descomponer en las direcciones 2 y a las tres direcciones, F,2 y a se deben encontrar en un punto, luego la recta a debe pasar por la intersección de Fcon 2.
Además para que una fuerza que tenga la dirección a se pueda descomponer en 1 y 3, las tres direcciones (1, 3 y a) deben encontrarse en un punto, luego la dirección a debe pasar por la intersección de 1 y 3.
Luego siendo la fuerza F y las direcciones 1, 2 y 3 datos del problema y conociendo que la auxiliar de Cullman, que denominamos a debe pasar por las intersecciones de F con 2(Punto P1) y de 1 con 3 (Punto P2), podemos trazar en un gráfico las 5 direcciones, F, 1,2, 3 y a.
En el punto P1, dibujando un paralelogramo de fuerzas, con su correspondiente escala, descomponemos la fuerza F en 2 y a, obteniendo de esta forma la componente en 2 la que denominamos F2.
La componente en a, que denominamos Fa, la descomponemos, trazando un paralelogramo de fuerzas con su correspondiente escala en el punto P2, en las componentes 1 y 3 que denominamos F1 y F3.
Luego las Fuerzas F1, F2 y F3, así obtenidas, son el producto de descomponer la fuerza Fen las direcciones 1, 2 y 3
2 12 Cullman Ritter
12
3
F
P1P2
P1
a
Fa
F2
Fa
F1F3
P2
3 12 Cullman Ritter
Decomponer una Fuerza en tres direcciones usando el método gráfico/numérico de Ritter
Se utiliza el teorema de Varignon, que establece que el momento de un sistema de fuerzas respecto de un punto es igual al momento de su resultante, respecto del mismo punto
El sistema de fuerzas compuesto por las fuerzas F1, F2 y F3, en las direcciones 1, 2 y 3 , producto de la descomposición de la fuerza F en esas tres direcciones, tiene como resultante a esa misma fuerza F.
Luego si tomamos momentos respecto del Punto A, intersección de las direcciones 1y 3. la suma de los momentos de de las fuerzas F1, F2 y F3, debe ser igual al momento de la fuerza F respecto de ese mismo punto
El momento de las Fuerzas 1 y 3 respecto del punto A es 0, porque la distancia de estas fuerzas al punto es igual a 0.
12
3
F2
F3
F1
FA
D2A
dFA
4 12 Cullman Ritter
La distancia de la fuerza 2 respecto del Punto A se obtiene trazando una perpendicular a la dirección 2 que pase por A, y resulta ser D2A
La distancia de la fuerza F respecto del punto A, la obtenemos trazando una perpendicular a esa dirección que pase por A, y resulta dFA .
Luego, el momento de la fuerza F respecto de A es igual al momento de F2 respecto de ese punto
F x dFA = F2 x d2A
De allí F2 = F x dFA / d2A
F es un dato del problema, y midiendo en el gráfico en escala dFA y d2A, con la formula anterior calculamos F2
Si denominamos B al punto ubicado en la intersección de las direcciones 2 y 3, por los mismos considerandos precitados
F1 = F x dFB / DB1
F es un dato del problema, y midiendo en el gráfico en escala dFB y d1A, con la formula anterior calculamos F1
12
3
F2
F3
F1
F
B
dBF
dB1
5 12 Cullman Ritter
Por último, si denominamos C al punto ubicado en la intersección de las direcciones 1 y 2, resulta
F3 = F x dFC / DC3
F es un dato del problema, y midiendo en el gráfico en escala dFC y d3C, con la formula anterior calculamos F3
Luego F1, F2 y F3, así hallados, son el producto de la descomposición de la fuerza F en las direcciones 1, 2 y 3
12
3
F2
F3
F1
F
C
d3CdFc
6 12 Cullman Ritter
1�
�������������������������������������������������������������������������������������TP�1���Ejercicio��análisis�de�cargas�y�calculo�reacciones�de�vínculo�
�
T.P.�1�Ejercicio��análisis�de�cargas�y�calculo�reacciones�de�vínculo�
�
Tema� L1� L2� L3��� �� �� ��
1� 4� 0.5� 3�2� 4.1� 0.6� 3.1�3� 4.2� 0.7� 3.2�4� 4.3� 0.8� 3.3�5� 4.4� 0.9� 3.4�6� 4.5� 1� 3.5�7� 4.6� 1.1� 3.6�8� 4.7� 1.2� 3.7�9� 4.8� 1.3� 3.8�
10� 4.9� 1.4� 3.9�
2�
�������������������������������������������������������������������������������������TP�1���Ejercicio��análisis�de�cargas�y�calculo�reacciones�de�vínculo�
�
�
1 TP2 Ejercicios 1,2,3
Cátedra Canciani
TP2 Reacciones de vínculo, ejercicios 1a, 1b, 1c, 2a, 2b, 2c, 3a, 3b, 3c
Ejercicios 1a, 1b y 1c - Hallar las reacciones de vínculo
Ejercicio 1a Grupo L1 L2 P Q m m Kg Kg/m
1 1.00 6.00 0 1 1002 1.00 6.50 0 1 1503 1.25 7.00 0 1 2004 1.40 7.50 0 1 2505 1.50 8.00 0 1 3006 1.60 8.00 0 1 3507 1.70 8.00 0 1 400
Ejercicio 1b Grupo L1 L2 P Q m m Kg Kg/m
1 1.00 6.00 3 000 02 1.00 6.50 3 250 03 1.25 7.00 3 500 04 1.40 7.50 3 750 05 1.50 8.00 4 000 06 1.60 8.00 4 500 07 1.70 8.00 4 750 0
Ejercicio 1c Grupo L1 L2 P Q m m Kg Kg/m
1 1.00 6.00 3 000 1 1002 1.00 6.50 3 250 1 1503 1.25 7.00 3 500 1 2004 1.40 7.50 3 750 1 2505 1.50 8.00 4 000 1 3006 1.60 8.00 4 500 1 350
L2 L1L1
P
Q
2 TP2 Ejercicios 1,2,3
7 1.70 8.00 4 750 1 400
Ejercicios 2 a, 2b y 2c - Hallar las reacciones de vínculo
Ejercicio 2 a
Grupo L P Q m Kg Kg
1 6.00 0 1 1002 6.50 0 1 1503 7.00 0 1 2004 7.50 0 1 2505 8.00 0 1 3006 8.00 0 1 3507 8.00 0 1 400
Ejercicio 2b
Grupo L P Q m Kg Kg
1 6.00 3 000 02 6.50 3 250 03 7.00 3 500 04 7.50 3 750 05 8.00 4 000 06 8.00 4 500 07 8.00 4 750 0
Ejercicio 2c
Grupo L P Q m Kg Kg
1 6.00 3 000 1 1002 6.50 3 250 1 1503 7.00 3 500 1 2004 7.50 3 750 1 2505 8.00 4 000 1 300
PQ
L
3 TP2 Ejercicios 1,2,3
6 8.00 4 500 1 3507 8.00 4 750 1 400
Ejercicios 3 a, 3b y 3c
Grupo L1 L2 h P Q m m m Kg Kg/m Ejercicio 3 a 1 4.80 0.90 3.00 0 950
2 5.50 1.10 3.20 0 1 1003 6.00 1.20 3.40 0 1 2004 6.50 1.30 3.60 0 1 3005 7.00 1.40 3.80 0 1 4006 7.50 1.50 4.00 0 1 5007 8.00 1.60 4.20 0 1 600
Ejercicio 3b 1 4.80 0.90 3.00 100 02 5.50 1.10 3.20 120 03 6.00 1.20 3.40 140 04 6.50 1.30 3.60 160 05 7.00 1.40 3.80 180 06 7.50 1.50 4.00 200 07 8.00 1.60 4.20 220 0
Ejercicio 3c 1 4.80 0.90 3.00 100 9502 5.50 1.10 3.20 120 1 100
P
Q
L2L1
h
4 TP2 Ejercicios 1,2,3
3 6.00 1.20 3.40 140 1 2004 6.50 1.30 3.60 160 1 3005 7.00 1.40 3.80 180 1 4006 7.50 1.50 4.00 200 1 5007 8.00 1.60 4.20 220 1 600
1 TP3 Vínculos:Ej 4, 5
Cátedra Canciani - Estructuras 1
TP 3 Vínculos Ejercicios 4, 5
Ejercicio 4
Hallar las reacciones de vínculo Grupo P Q alfa L1 L2 H t t/m ° m m m
1 1,20 1,30 45 5,00 1,20 4,102 1,30 1,40 45 5,20 1,30 4,203 1,40 1,50 45 5,40 1,40 4,304 1,50 1,60 45 5,60 1,50 4,405 1,60 1,70 45 5,80 1,60 4,606 1,70 1,80 45 6,00 1,70 4,807 1,80 1,90 45 6,40 1,80 5,00
Q
L1L2
H
Palfa
2 TP3 Vínculos:Ej 4, 5
Ejercicio 5
Hallar las reacciones de vínculo
Grupo L1 L2 H Q m m m t/m
1 1,20 3,00 2,80 1,302 1,30 3,20 2,90 1,403 1,40 3,40 3,00 1,504 1,50 3,60 3,10 1,605 1,60 3,80 3,20 1,706 1,70 4,00 3,30 1,807 1,80 5,40 3,40 1,90
Q
H
L1 L2
1 TP4_Vinculos_6, 7
Cátedra Canciani -TP 4 Vínculos Ejercicios 6 y 7
Hallar las reacciones de vínculo
Grupo H Q m t/m
1 6,00 9,602 6,10 9,763 6,20 9,924 6,30 10,085 6,40 10,246 6,50 10,407 6,60 10,56
H
Q
RxA
RxB
RyB
B
x y
Ejercicio Nº 6
2 TP4_Vinculos_6, 7
Ejercicio 7
Hallar las reacciones de vínculo
Grupo H Lh1 Lh2 Q1 Q2 m m m t/m t/m
1 7,00 6,10 6,10 2,10 2,10 2 7,10 6,20 6,20 2,20 2,20 3 7,20 6,30 6,30 2,30 2,30 4 7,30 6,40 6,40 2,40 2,40 5 7,40 6,50 6,50 2,50 2,50 6 7,50 6,60 6,60 2,60 2,60 7 7,60 6,70 6,70 2,70 2,70
FxA
FyA FyB
FxB
Q1 Q2
Lh1
H
Lh2
xy
1 TP 5 Diagramas de características
Cátedra Canciani -TP 5 Diagramas de características
Hallar los diagramas de características de los ejercicios
1a, 1b, 1c 2a, 2b, 2c 3a, 3b, 3c 45