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UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN SIMÓN FACULTAD DE CIENCIAS Y TECNOLOGÍA
CARRERA DE INGENIERÍA CIVIL
MARTERIAL DE APOYO DIDACTICO DE ENSEÑANZA Y APRENDIZAJE DE
LA ASIGNATURAESTRUCTURAS ISOSTATICAS
CIV-201
Trabajo Dirigido, en la Modalidad de Titulación por Adscripción, Para Optar al Diploma
Académico de Licenciatura en Ingeniería Civil
Presentado por: BELTRAN RODRIGUEZ GONZALES
VICTOR LEON MERUVIA
Tutor: M.Sc. Ing. Dante López Loredo
COCHABAMBA – BOLIVIA
Diciembre, 2010
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2
DEDICATORIA
A mis Dos hermanas Rosmery y Ángela por brindarme su apoyo
incondicional.
Víctor León Meruvia
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3
AGRADECIMIENTOS
A Dios por darme la luz y guía espiritual para mi crecimiento tanto intelectual como moral. A mi madre por el amor que me brindo por su amistad y compañerismo.
Al Ing. Dante López por ayudarme a que sea posible este Proyecto.
A hermano Hernán y su Familia por la ayuda que me brindó en todo momento.
A toda la carrera de ingeniería Civil por todo su apoyo. A los docentes por sus consejos y enseñanzas, haciendo de mí una persona de bien. A la Universidad por abrirme las puertas y cobijarme hasta la culminación de mis estudios. Y a todos mis amigos que me ayudaron y me apoyaron.
¡Muchas Gracias!
Víctor León Meruvia
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4
DEDICATORIA
MIS PADRES
Hipólito D. Rodríguez Rioja (†) y
Catalina Gonzales de Rodríguez
Beltrán Rodríguez Gonzales
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5
AGRADECIMIENTOS
A Dios, a la virgen maría por iluminarme en mi camino. Mis padres Hipólito D. Rodríguez Rioja (†) y Catalina Gonzales de Rodríguez los que me trajeron al mundo y siempre lucharon para que no me falte nada. A mis hermanos Abel, Emma, Zuzi y Leovina , los que siempre estaban en las buenas y en las malas, y nunca perdieron la confianza y la esperanza de mi formación profesional.
Mis Abuelitos
Fortunato Gonzales y Eleuteria García, Quintín Rodríguez y Fortunata Rioja que Dios los tenga en su gloria.
Mis Tíos:
Aurelio Gonzales y Victoria Zerna de Gonzales,Hindalecio García y Isabel Rosas, por darme su apoyo incondicional cuando lo necesitaba.
A las autoridades que fundaron la U.M.S.S. a los docentes de la carrera de Ing. Civil por inculcarme sus enseñanzasIng. Dante López, Víctor León M. Paola Renjifo
¡Muchas Gracias ¡
Beltrán Rodríguez Gonzales
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6
FICHA RESUMEN
EL trabajo de Adscripción pretende mejorar el método de enseñanza y aprendizaje de la
asignatura de “Estructuras Isostáticas” de la carrera de Ingeniería Civil, de la facultad de
Ciencias y Tecnología de la universidad Mayor de San Simón, a través de la
implementación de cuatro instrumentos de modernización académica, con las que el
estudiante pueda adquirir conocimiento y un mejor aprovechamiento baja supervisión
del docente, estos instrumentos son:
Presentación del plan global de la materia, para permitir la organización optima en el desarrollo del temario, con el contenido de laos tópicos básicos a complejos de la asignatura.
Texto guía Docente, desarrolla en un formato que permita al docente de una lectura sencilla y un entendimiento adecuado; presenta un lenguaje adecuado al nivel de formación del estudiante a los principios básicos del análisis estructural.
Texto guía Estudiante se pone en práctica los fundamentos teóricos en su aplicación con casos típicos, expuestos de una manera práctica y didáctica desarrollado expresamente para uso del estudiante de la materia, donde el alumno pueda participar y aportar con ideas.
Copia digital, presentado un CD, del trabajo
De esta manera la información del trabajo estará a disposición del estudiantado y parte
docente, para fortalecer la actualización permanente.
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7
ÍNDICE GENERAL
DEDICATORIA 2
AGRADECIMIENTOS 4
FICHA RESUMEN 6
ÍNDICE GENERAL 7
PLAN GLOBAL 13
CAPÍTULO 1. 21
PARTE I. 21
FUNDAMENTOS DE LA ESTATICA Y ENFOQUE VECTORIAL 21
1.1.1.- ANTECEDENTES 21
1.1.2.- DESARROLLO HISTÓRICO 21
1.1.3.- OBJETIVOS 21
1.1.3.1.- OBJETIVO GENERAL 22
1.1.3.2.- OBJETIVOS ESPECÍFICOS 22
1.4.- JUSTIFICACIÓN 22
PARTE II. 22
1.2. FUNDAMENTOS TEÓRICOS 22
1.2.1.-ENFOQUE VECTORIAL 22
1.2.1.1.- CONCEPTOS FUNDAMENTALES 22
1.2.1.1.1.- CANTIDADES BÁSICAS 22
1.2.1.1.2.- LONGITUD 22
1.2.1.1.3.- TIEMPO.- 23
1.2.1.1.4.- MASA 23
1.2.1.1.5.- FUERZA 23
1.2.1.2.- PARTÍCULA.- 23
1.2.2.- CUERPO RÍGIDO 23
23
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1.2.2.1.- FUERZAS CONCENTRADA
1.2.2.2.- LAS TRES LEYES DEL MOVIMIENTO DE NEWTON.- 24
1.2.2.2.1.- PRIMERA LEY 24
1.2.2.2.2.- SECUNDA LEY.- 24
1.2.2.2.3.- TERCERA LEY.- 24
1.2.3.- ATRACCION GRAVITACIONAL 25
1.2.3.1.- PESO.- 24
1.2.3.2.- VECTOR 26
1 .2 .3 .3 .- COORDENADAS DE UN VECTOR 26
1.2.3.4.-CLASIFICACION DE VECTORES.- 27
1.2.3.4.1.-VECTORES EQUIVALENTES 27
1.2.3.4.2.-VECTORES LIBRES 27
1.2.3.4.3.-VECTORES FIJOS 27
1.2.3.4.4.-VECTORES LIGADOS 27
1.2.3.4.5.-VECTORES OPUESTOS 27
1.2.3.4.6.-VECTORES UNITARIOS 27
1.2.3.4.7.-VECTORES CONCURRENTES 27
1.2.3.4.8.-VECTOR DE POSICIÓN.- 27
1.2.3.4.9.-VECTORES LINEALMENTE DEPENDIENTES 28
1.2.3.4.10.-VECTORES LINEALMENTE INDEPENDIENTES 28
1.2.3.4.11.-VECTORES ORTOGONALES 28
1.2.3.4.12.-VECTORES ORTONORMALES 28
1.2.3.4.13.-DESCOMPONIENDO EN UN SISTEMA DE EJES
CARTESIANOS
29
1.2.4.- ADICIÓN Y RESTA DE VECTORES 29
1.2.5.- GRÁFICO 29
1.2.5.1.-REGLA DEL TRIÁNGULO.- 30
1.2.5.2.- MÉTODO ALGEBRAICO PARA LA SUMA DE VECTORES 31
1.2.5.3.- PRODUCTO DE UN VECTOR POR UN ESCALAR 31
1.2.6.-PRODUCTO ESCALAR 32
1.2.6.1.-PRODUCTO ESCALAR DE DOS VECTORES 33
1.2.6.2.-PROPIEDADES 34
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1.2.6.3.-EJEMPLO 34
1.2.6.3.1.-PROYECCIÓN ORTOGONAL 35
1.2.7.-PRODUCTO VECTORIAL 35
1.2.7.1.-PROPIEDADES 36
1.2.8.-MÓDULO DE UN VECTOR 36
1.2.8.1.-COORDENADAS CARTESIANAS 36
1.2.8.2.-EJERCICIOS 36
PARTE III 42
1.3.1.- FUNDAMENTOS BASICOS DE LA MECANICA VECTORIAL 42
1.3.1.1.- FUERZAS SOBRE UNA PARTÍCULA 42
1.3.1.2.- RESULTANTE DE VARIAS FUERZAS CONCURRENTES 43
1.3.1.3.-EQUILIBRIO DE UNA PARTÍCULA 43
1.3.1.4.- DESCOMPOSICIÓN DE UNA FUERZA EN COMPONENTES (X Y Z) 44
1.3.1.5.-FUERZAS CONCENTRA 48
1.3.1.6.-COMPONENTES RECTANGULARES DE UNA FUERZA. 49
1.3.1.6.1- VECTORES UNITARIOS 49
1.3.1.7.- ADICIÓN DE FUERZAS SUMANDO SUS COMPONENTES X Y Y 51
1.3.1.8.- FUERZAS EN EL ESPACIO 53
1.3.1.8.1.- COMPONENTE RECTANGULAR DE UNA FUERZA EN EL ESPACIO 53
1.3.1.8.2.- FUERZAS DEFINIDA EN TÉRMINOS DE SU MAGNITUD Y DOS
PUNTOS SOBRE SU LÍNEA DE ACCIÓN
54
1.3.1.8.3.-ADICIÓN DE FUERZAS CONCURRENTES EN EL ESPACIO 55
1.3.1.9.-EJEMPLOS 56
1.3.2.-CUERPOS RIGIDOS 59
1.3.2.1-FUERZAS 59
1.3.2.2.-FUERZAS INTERNAS 59
1.3.2.2.1.- PRINCIPIOS DE TRANSMISIBILIDAD, FUERZAS EQUIVALENTES 59
1.3.2.3.- MOMENTOS DE UNA FUERZA CON RESPECTO A UN PUNTO 60
1.3.2.3.1.-MOMENTO EN DOS DIRECCIONES 61
1.3.2.3.2.-EL MOMENTO DE UNA FUERZA F CON RESPECTO A UN PUNTO O 62
1.3.2.3.3.- TORSIÓN O TORSOR 64
1.3.2.4.-TEOREMA DE VARIGNON 66
1.3.2.4.1.-EJERCICIO 67
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10
CAPITULO 2
73
2. VIGAS 73
2.1.- ANTECEDENTES 73
2.2.- OBJETIVOS 73
2.2.1.- OBJETIVO GENERAL 73
2.2.2.- OBJETIVOS ESPECIFICOS 73
2.3.- JUSTIFICACION 73
2.4.- RELACIÓN ENTRE LAS FUERZAS INTERNAS Y LA ARMADURA DE
REFUERZO
74
2.5.- TIPO DE VIGAS 74
2.5.1.-TIPO DE VIGAS SEGÚN SU DEFORMACION 74
2.5.2.- TIPO DE VIGAS SEGÚN SU CORTES Y MOMENTOS 75
2.5.3.- EVALUACION DEL GRADO HIPERESTATICO GH 76
2.5.4. ECUACCION METODO DE LOS ANILLOS 76
2.5.4.1.-EJERCCIO 77
2.6.-MÉTODO DE LAS AREAS 84
2.6.1.-EJERCICIO PROPUESTO 90
2.6.2 FORMULAS 97
CAPITULO 3 108
3.-INTRODUCCION ESTATICA DE LOS PORTICOS 108
3.1.- ANTECEDENTES 108
3.2.- OBJETIVOS 108
3.2.1.- OBJETIVO GENERAL 108
3.2.2.- OBJETIVOS ESPECIFICOS 108
3.3.- JUSTIFICACION 109
3.4.- GRADO DE DETERMINACIÓN ESTÁTICA LOS PÓRTICOS 109
3.4.1 CONSIDERACIONES BASICAS 109
3.5.-DETERMINACION DEL GRADO HIPERESTATICO 110
3.6.-MÉTODO DE LOS ANILLOS 114
3.7.-CONSIDERACIONES BASICAS GRADO DE LIBERTAD 114
3.8.-EJEMPLO DE APLICACIÓN DEL METODO 115
3.9.-FUERZAS INTERNAS.- 115
3.10.-SUB ESTRUCTURAS 116
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11
3.11.-DIAGRAMAS DE FUERZAS INTERNAS DEL PÓRTICO 116
EJERCICIO 117
CAPITULO 4 150
4. CERCHAS 150
4.1.- ANTECEDENTES 150
4.2.- OBJETIVOS 150
4.2.1.- OBJETIVO GENERAL 150
4.2.2.- OBJETIVOS ESPECIFICOS 150
4.3. JUSTIFICACION 150
4.5.-GRADO ISOSTATICO INTERNO 151
4.6.-HIPÓTESIS Y CONVENCIÓN DE SIGNOS 152
4.7. TIPO DE CERCHAS 152
4.7.1. ARMADURAS FORMADAS POR VARIAS ARMADURAS SIMPLES CERCHAS 152
4.7.1.2. ARMADURAS PLANAS 153
4.7.1.3. ARMADURAS ESPACIALES 153
4.7.1.4. ARMADURA ESPACIAL 155
4.7.2. PARA EL CÁLCULO TENEMOS VARIOS METODOS: 155
4.8.-MÉTODO DE LOS NUDOS.- 155
4.9.-EJEMPLO PROPUESTOS 156
CAPITULO 5 179
5.-INTRODUCCION A LAS LINES DE INFLUENCIA 179
5.1.- ANTECEDENTES 179
5.2.- OBJETIVOS 179
5.2.1.- OBJETIVO GENERAL 179
5.2.2.-OBJETIVOS ESPECIFICOS 179
5.3.- DEFINICION 180
5.3.1.- FUERZAS CONCENTRADAS 181
5.4.-EJERCCIO 182
5.5.-EJERCICIOS PROPUESTOS 188
CAPITULO 6 189
6. ARCOS 189
6.1.- ANTECEDENTES 189
6.2.- OBJETIVOS 189
6.2.1.- OBJETIVO GENERAL 189
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6.2.2.- OBJETIVOS ESPECIFICOS 189
6.3. -JUSTIFICACION 189
6.4.-ANÁLISIS ESTÁTICO DE ARCOS POLIGONALES 189
6.4.1.- TIPO DE ARCOS 190
6.5.-ARCOS SIMÉTRICO TRIARTICULADO. 190
6.6.-ANÁLISIS ESTÁTICO DE ARCOS CONTINUOS DE TRIARTICULADOS.- 191
6.7.-EJERCCIOS 194
6.8.-EJERCICIOS PROPUESTOS 217
CAPITULO 7 220
7. CABLES 220
7.1.- ANTECEDENTES 220
7.2.- OBJETIVOS 220
7.2.1.- OBJETIVO GENERAL 220
7.2.2.- OBJETIVOS ESPECIFICOS 220
7.3.- JUSTIFICACION 220
7.4.- INTRODUCCIÓN 221
7.5.-CABLES PARABÓLICOS QUE SOPORTAN CARGAS DISTRIBUIDA
UNIFORMEMENTE EN LA DISTANCIA HORIZONTAL ENTRE AMBOS APOYOS.
221
7.6.-CABLES CON CARGAS PUNTUALES 223
7.7.-CABLES QUE SOPORTAN SU PESO PROPIO 227
7.8.-CABLES RECTILÍNEOS EN CUYOS PUNTOS DE INFLEXIÓN
SOPORTAN CARGAS CONCENTRADAS.
230
7.8.1. CABLES FLEXIBLES 231
7.9.-EJERCICIOS PROPUESTOS 233
CAPITULO 8 235
8.- ANALISIS ESTRUCTURAL – PLANTEO MATRICIAL 235
8.1.- ANTECEDENTES 235
8.2.- OBJETIVOS 235
8.2.1.- OBJETIVO GENERAL 235
8.2.2.- OBJETIVOS ESPECIFICOS 235
8.3.- JUSTIFICACION 236
8.4.- ALGEBRA MATRICIAL PARA EL ANALISIS ESTRUCTURAL 236
8.5.- DEFINICIONES BASICAS Y TIPO DE MATRICES 236
8.6.- OPERACIONES CON MATRICES 236
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8.7.- METODO DE GAUSS PARA RESOLVER ECUASIONES SIMULTANEAS 239
8.8.- VECTOR MATRICIAL 239
8.9.- COORDENADAS 240
8.10.- TRANSFORMACION DE COODENADAS 240
8.11.- ANALISIS ARTIFICIAL DE ESTRUCTURAS DE BARRA 242
8.12.- ANALISIS DE UNA BARRA EN COODENADAS LOCALES 244
8.13.- ANALISIS DE ESTRUCTURAS 247
EJERCICIO.- 253
CAPITULO 9 256
TUTORIAL DE PROGRAMAS 256
9.2.- OBJETIVOS 256
9.2.- OBJETIVO GENERAL 256
9.2.- OBJETIVOS ESPECIFICOS 256
9.3.-INTRODUCCION A PROGRAMA VIGA - G 256
9.4.- INTRODUCCION A PROGRAMA CERCHAS 263
CONCLUSIONES Y RECOMENDACIONES 278
CONCLUSIONES 278
RECOMENDACIONES 278
BLIBLIOGRAFIA 279
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UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN SIMÓN
FACULTAD DE CIENCIAS Y TECNOLOGÍA GESTIÓN I/2010
PLAN GLOBAL
I. IDENTIFICACIÓN. ASIGNATURA: ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
SIGLA: CIV201 COD_SIS: 2012004 NIVEL(AÑO/SEMESTRE): CUARTO
PRE-REQUISITOS: 1. Algebra Vectorial y Tensorial
ÁREAS DE COORDINACIÓN CURRICULAR DÍA HORARI
O
AULA
VERTICAL HORIZONTAL
Física Básica
Cálculo
Resistencia de Materiales
Lunes 6:45 –
8:15
Magciv
Martes 08:15-9:45 693B
Miércoles 9:45-12:00 693C
Miércoles 15:45-
17:15
691F
Jueves 6:45-8:15 692A
Viernes 6:45-9:00 Magciv
NOMBRE DEL DOCENTE:Ing. MScGrover Dante López Loredo Ing. Jose Meruvia Meruvia
DIRECCIÓN: Calle V /Nº 263 zona pacata alta
Calle Mariano Ricardo Terrazas Nº 1361
TELEFONO: 4710989-71780760 4251775
E-MAIL: [email protected]@yahoo.com.ar
II. JUSTIFICACIÓN GENERAL. El estudio del análisis estructural, del cual esta asignatura es su base de partida se constituye en parte
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fundamental del desenvolvimiento profesional del Ingeniero Civil.
III. PROPÓSITOS GENERALES. Proporcionar al estudiante los fundamentos necesarios para iniciarse en el análisis estructural.
IV. OBJETIVOS GENERALES. 1. Comprender el funcionamiento de las estructuras isostáticas ante la presencia de cargas externas.
V. ESTRUCTURACIÓN EN UNIDADES DIDÁCTICAS Y SU DESCRIPCIÓN. NOMBRE DE LA UNDAD (1):FUERZAS DE LA ESTATICA Y ENFOQUE VECTORIAL FUERZAS INTERNAS Y CUERPOS RIGIDOS
DURACIÓN DE LA UNIDAD EN PERIODOS ACADÉMICOS: 9
OBJETIVOS DE LA UNIDAD: 1. Recordar los conocimientos anteriores referidos a momentos, traslación de fuerzas, resultantes de fuerzas
utilizando el procedimiento vectorial.
CONTENIDO: - Momento de una fuerza respecto de un punto- respecto de un eje – Traslación de una fuerza a una
posición paralela condiciones de equilibrio – Fuerza equilibrante – Procedimiento vectorial- cuerpos rígidos –descomposición de las fuerzas internas de un cuerpo rígido
METODOLOGÍA DE LA
ENSEÑANZA:
TÉCNICAS PREDOMINANTES PROPUESTAS PARA LAUNIDAD:
1. Clase magistral 2. Lectura de libros EVALUACIÓN DE LA UNIDAD:
1. Presentación de ejercicios propuestos en clases
BIBLIOGRAFÍA ESPECIFICA DE LA UNIDAD:
1. Análisis Estructural. Juan J. Turna, Mc. Graw Hill, 1974 2. Teorias de las Estructuras. S.- Timoshenko-D.H. Young. Mx, Graw Hill, 1945 3. Ingeniería Mecánica Estática. Shames, AIS, México, 1969 4. Estructuras Isostáticas. O. Antezana, Bolivia 1998
NOMBRE DE LA UNDAD (2): ANÁLISIS DE VIGAS
DURACIÓN DE LA UNIDAD EN PERIODOS ACADÉMICOS: 6
OBJETIVOS DE LA UNIDAD: al finalizar la unidad el estudiante será capaz de: 1.Reconocer los diferentes tipos de apoyo.
2.Determinar la estabilidad geométrica y el grado de isostaticidad de estructuras como vigas .
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CONTENIDO: - Viga simple – Viga en Voladizo – viga Empotrada – viga con Apoyos Guiados – Viga Gerber - Teoría de Vinculos – Formas de sujeción – Tipos de apoyo – Comparación con la realidad – Articulación
Intermedia – Estabilidad Geométrica – Determinación Estática- análisis internos de una viga.
METODOLOGÍA DE LA
ENSEÑANZA:
TÉCNICAS PREDOMINANTES PROPUESTAS PARA LAUNIDAD:
1. Clase Magistral 2. Lectura de libros EVALUACIÓN DE LA UNIDAD:
Presentación de ejercicios propuestos en clase
BIBLIOGRAFÍA ESPECIFICA DE LA UNIDAD:
1. Análisis Estructural, Juan J. Tuma, Mc Graw Hill, 1974 2. Teorías de la estructuras, S. Timoshenko – DH. Young, Mc. Graw Hill, 1945 3. Ingeniería Mecánica Estática, Shames, AID, México, 1969 4. Estructuras Isóstaticas. O. Antezana, Bolivia, 1998
NOMBRE DE LA UNDAD (3): ESTRUCTURAS DE PORTICOS
DURACIÓN DE LA UNIDAD EN PERIODOS ACADÉMICOS: 6
OBJETIVOS DE LA UNIDAD: al finalizar la unidad el estudiante será capaz de: - 1. Determinar el valor y la linal de acción de la resultante de un sistema de cargas puntuales,
uniformemente distriubidas y distribuidas de intensidad variable- saber calcula con diferentes métodos un pórtico- Pórticos Trarticulados – Pórticos de Caballete
CONTENIDO: grado de determinación estática los pórticos-método de los anillos-diagrama de fuerzas internas –diagrama de
fuerzas internas del pórtico
METODOLOGÍA DE LA
ENSEÑANZA:
TÉCNICAS PREDOMINANTES PROPUESTAS PARA LAUNIDAD:
1. Clase magistral.
2. Lectura de libros
EVALUACIÓN DE LA UNIDAD:
1. Presentación de ejercicios propuestos en clase
BIBLIOGRAFÍA ESPECIFICA DE LA UNIDAD:
1. Análisis Estructural, Juan J. Tuma, Mc Graw Hill, 1974
2. Teorías de la estructuras, S. Timoshenko – DH. Young, Mc. Graw Hill, 1945
3. Ingeniería Mecánica Estática, Shames, AID, México, 1969 4. Estructuras Isóstaticas. O. Antezana, Bolivia, 1998
NOMBRE DE LA UNDAD (4): ESTRUCTURAS DE CERCHAS
DURACIÓN DE LA UNIDAD EN PERIODOS ACADÉMICOS: 6
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OBJETIVOS DE LA UNIDAD: al finalizar la unidad el estudiante será capaz de: 1. Determinar el valor de las reacciones de apoyo en las estructuras isostáticas.
CONTENIDO: - Grado isostático interno-descomposición de un elemento en fuerzas internas-armaduras planas-
armaduras especiales-armaduras espaciales-calculo método nudos-metodo de los coeficientes de uniones
METODOLOGÍA DE LA
ENSEÑANZA:
TÉCNICAS PREDOMINANTES PROPUESTAS PARA LAUNIDAD:
1. Clase magistral 2. Lectura de libros
EVALUACIÓN DE LA UNIDAD:
1. Presentación de ejercicios propuestos en clase
BIBLIOGRAFÍA ESPECIFICA DE LA UNIDAD:
1. Análisis Estructural, Juan J. Tuma, Mc Graw Hill, 1974
2. Teorías de la estructuras, S. Timoshenko – DH. Young, Mc. Graw Hill, 1945
3. Ingeniería Mecánica Estática, Shames, AID, México, 1969
4. Estructuras Isóstaticas. O. Antezana, Bolivia, 1998
NOMBRE DE LA UNDAD (5): LÍNEAS DE INFLUENCIA
DURACIÓN DE LA UNIDAD EN PERIODOS ACADÉMICOS: 12
OBJETIVOS DE LA UNIDAD: al finalizar la unidad el estudiante será capaz de: 1. Determinar las ecuaciones de esfuerzos u dibujar los diferentes diagramas en las estructuras isostáticas.
CONTENIDO: - Construcción de Diagramas , Esfuerzos, Normales ,cortantes , Momentos Puntos de Esfuerzo Extremos
METODOLOGÍA DE LA
ENSEÑANZA:
TÉCNICAS PREDOMINANTES PROPUESTAS PARA LAUNIDAD:
1.Clase magistral
2.Lectura de libros
EVALUACIÓN DE LA UNIDAD:
Presentación de ejercicios propuestos en clase
BIBLIOGRAFÍA ESPECIFICA DE LA UNIDAD:
Ref. 3: Pag. 301 a 305
Ref. 1: Pag. 6-56
Ref. 4: Pag. 25 a 29
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NOMBRE DE LA UNDAD (6): ESTRUCTURAS EN ARCOS.
DURACIÓN DE LA UNIDAD EN PERIODOS ACADÉMICOS: 9
OBJETIVOS DE LA UNIDAD: El alumno debe ser capaz de diseñar un arco sometida a flexion en cualquiera de las tres zonas.
CONTENIDO:
Análisis estáticode arcos poligonales-arco simétrico triangulares-análisisestático de arcos continuos de
triarticulado-arcos de ejes parabólicos –arcos con ejes circular en coordenadascartesianas –barras de ejes
circular en coordenadas –cargas trasversales distribuidas uniformemente a lo largo del eje- control de su
deformación
METODOLOGÍA DE LA
ENSEÑANZA:
TÉCNICAS PREDOMINANTES PROPUESTAS PARA LAUNIDAD:
Exposición y calculo de las distintas constantes y características de las secciones. Se
buscara la participación del alumno mediante preguntas directas y resolución del
problema tipo.
EVALUACIÓN DE LA UNIDAD:
Tarea a la casa: Diseñar varias vigas con datos individuales para cada alumno. Prueba
estructurada
en el segundo parcial.
BIBLIOGRAFÍA ESPECIFICA DE LA UNIDAD:
Ref. 3: Pag. 218 a 223, pag. 242 a 266, pag. 283-284
Ref. 1: Pag. 6-38, 6-39, 6-52 a 6-55
Pag. 1-146 a 1-147, 4 -15 a 4 -21, 4 –113 a 4 -166
NOMBRE DE LA UNDAD (7): ESTRUCTURASCABLES
DURACIÓN DE LA UNIDAD EN PERIODOS ACADÉMICOS: 12
OBJETIVOS DE LA UNIDAD: El alumno debe ser capaz de diseñar elementos sometidos a flexotraccion y flexocompresion en
CONTENIDO: - Cables con carga puntual-cables que soportan su propio peso-cables rectilíneos en cuyos puntos de
inflexión soportan carghas concentradas-cables flexibles-Pandeo en simple y doble curvatura. TÉCNICAS PREDOMINANTES PROPUESTAS PARA LAUNIDAD:
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METODOLOGÍA DE LA
ENSEÑANZA:
Aplicacion de las formulas del Reglamento con ejemplos numericos. Se buscara la
participacion del alumno mediante preguntas directas y resolucion del problema tipo.
EVALUACIÓN DE LA UNIDAD:
Tarea a la casa: diseño de varios elementos sometidos a flexotraccion y flexocompresion
con datos individuales para cada alumno. Prueba estructurada para el examen final.
BIBLIOGRAFÍA ESPECIFICA DE LA UNIDAD:
Ref. 3: Pag. 325 a 331
Ref. 1: Pag. 6-41, pag. 6-95, pag 6-60
NOMBRE DE LA UNDAD (8): MATRIZ DE RIGIDEZ
DURACIÓN DE LA UNIDAD EN PERIODOS ACADÉMICOS: 6 HT + 6 HP
OBJETIVOS DE LA UNIDAD: El alumno debe ser capaz de diseñar estructuras en tres dimenciones.
CONTENIDO: -algebra matricial para análisis estructural- definición de tipo de matrices-operación de matricez-metodo de
gauss para resolver ecuaciones simultaneas-transformacion de coordenadas-analisis artificial de estructuras
de barra-analisis de estructuras .
METODOLOGÍA DE LA
ENSEÑANZA:
TÉCNICAS PREDOMINANTES PROPUESTAS PARA LAUNIDAD:
Exposicion y calculo de uniones siguiendo el Reglamento AISC. Se buscara la
participacion del alumno mediante preguntas directas y resolucion del problema tipo.
EVALUACIÓN DE LA UNIDAD:
Tarea a la casa: diseño de estructuras y calculo en tres dimensiones
BIBLIOGRAFÍA ESPECIFICA DE LA UNIDAD:
Ref. 3:Pag. 361 a 374, 380 a 382, 443 a 464
Ref. 1: Pag, 6-70 a 6-84
Ref. 2: Pag. 8-13 a 8-153, pag 8-163 a 8-210
NOMBRE DE LA UNDAD (9): TUTORIAL DE PROGRAMACION
DURACIÓN DE LA UNIDAD EN PERIODOS ACADÉMICOS: 6 HT + 3 HP
OBJETIVOS DE LA UNIDAD: El alumno debe ser capaz de diseñar vigas y pórticoscerchas –arcos –cables con programacion
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20
CONTENIDO: El metodo del trabajo virtual. Mecanismo de falla
METODOLOGÍA DE LA
ENSEÑANZA:
TÉCNICAS PREDOMINANTES PROPUESTAS PARA LAUNIDAD:
Calcular mecanismo de fallas. Se buscara la participación del alumno mediante
preguntas directas y resolución de problemas tipo con calculadoras.
EVALUACIÓN DE LA UNIDAD:
Tarea a la casa: Diseñar una viga continua y un pórtico simple con el métodoplástico con
datos individuales para cada alumno. Prueba estructurada para examen final.
BIBLIOGRAFÍA ESPECIFICA DE LA UNIDAD:
Ref. 3: Pag. 224 a 235
Ref. 1: Pag. 6-55, 6-56
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21
CAPITULO 1 FUNDAMENTOS DE LA ESTATICA Y ENFOQUE VECTORIAL
PARTE I
1.1.1.-ANTECEDENTES
1.1.2.-Desarrollo Histórico El tema de la estática se desarrolló muy temprano en la historia porque los principios que
implican pudieron ser formulados simplemente a partir de mediciones de geometría y
fuerza, por ejemplo los escritores Arquímedes. (287 – 212) antes de Cristo tratan con el
principio de la palanca. Estudios de la polea, el plano inclinado y la llave, también están
registrados en escritos antiguos, en épocas en que los requisitos de la ingeniería se
limitaban principalmente a la construcción de edificios.
Como los principios de la dinámica dependen de una división precisa del tiempo, este
tema se desarrolla mucho después, Galileo Galilei en (1564 – 1642) fue uno de los
primeros y principales contribuyentes a este campo. Su trabajo consiste en experimentos
con péndulos y en analizar las caídas de cuerpos. Seguido sin embargo, la más importante
contribución en dinámica fue hecha por Isaac newton en (1642 -- en 1702), quien es
famoso por su formulación de las tres leyes fundamentales del movimiento y la ley de la
atracción gravitatoria universal. Lagrange y otros, desarrollaron importantes técnicas
para su aplicación.
1.1.3.-OBJETIVOS
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1.1.3.1.- OBJETIVO GENERAL
EL objetivo fundamental de este capítulo es que el estudiante conozca los fundamentos
de la estática con un vector, y este desarrolle destrezas para el calculo del equilibrio
estático.
1.1.3.2.- OBJETIVOS ESPECIFICOS
Al finalizar este capítulo el estudiante podrá:
Describir la estática de la partícula en el espacio.
Comprender y determinar el concepto de fuerza, momento con relación a un punto
de un eje, además el efecto de este implica.
Adquirir destrezas para hallar la importante de un conjunto de fuerzas y
momentos en el espacio.
Clasificar los tipos de fuerzas por su forma geométrica, sistema estructural y el
grado Hiperestático.
Determinar las resultantes, reacciones y descomposición de los tipos de fuerzas
que existen en (vigas, pórticos, arcos y estructuras mixtas).
Podrá conocer la utilidad de los diagramas de esfuerzos internos.
1.4.-JUSTIFICACION
Es un abordaje del estudiante a la estática de partículas en general e ingreso a la
introducción del análisis estructural, a la estática vectorial.
Conceptualizara la estructura en su contexto, bajo la acción de fuerzas externas teniendo
la acción de su reacción en los vínculos, y por efecto el esfuerzo interno del elemento,
cumpliendo el equilibrio en su conjunto.
PARTE II
1.2.- FUNDAMENTOS TEORICOS
1.2.1.-ENFOQUE VECTORIAL
1.2.1.1.-CONCEPTOS FUNDAMENTALES
1.2.1.11.- Cantidades Básicas.-
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23
1.2.1.1.2.- Longitud Figura 1.1
Long. Entre 2 puntos Medido a Escala 1:10
Necesario para localizar la posición de un punto en el
espacio, donde es posible describir el tamaño de un
sistema físico. Una vez definida la unidad estándar de
longitud, se puede establecer cuantitativamente
distancias y propiedades geométricas de un cuerpo
como múltiplos de la longitud unitaria.
.1.2.1.1.3.- Tiempo.- - Es una sucesión de eventos; aún que los principios de la estática
son independientes de este tipo de medida, la importancia se enmarca en el estudio de la
dinámica estructural.
1.2.1.1.4.- Masa
Figura 1.2
Influencia de la Gravedad en un cuerpo
Es una propiedad de la materia donde permite
la comparación de las acciones de un cuerpo,
manifestándose como una atracción gravitatoria
entre los cuerpos y proporciona una medida
cuantitativa de la resistencia de la materia a
cambios de la velocidad.
1.2.1.1.5- FuerzaSe considera como un "empuje" o un "jalón" ejercido por un cuerpo
sobre otro de acuerdo muestra la siguiente figura. Ocurre cuando existe el acto directo
entre cuerpos.
1.2.1.1.6.- Partícula.-
1˚er ley 2˚da ley 3˚ley
Figura 1.3. Cuerpo rígido, inerte y bajo la acción de movimiento
La partícula tiene masa, peso, tamaño que
puede ser ignorado. Por ejemplo, el tamaño
de la tierra es insignificante comparado con el
tamaño de su órbita, y por tanto, la tierra
puede ser modelada como una partícula al
estudiar su movimiento orbital.
1.2.2.- CUERPO RÍGIDO.-Es considerado como una combinación de un gran número
de partículas en la que todas las partículas permanecen a una distancia fija una de otras
antes y después de aplicar una carga.
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1.2.2.1. Fuerzas Concentrada
FF
CARGAS DISTRIBUIDAS ENUN DIMENCION
CARGAS DISTRIBUIDAS ENDOS DIMENCION
Figura 1.4
fuerza concentrada
Se representa a una carga por medio de una
fuerza concentrada, siempre que él área sobre la
cual la carga es aplicada, será muy pequeña en
comparación con el tamaño total del cuerpo. Un
ejemplo sería la fuerza tacto entre una rueda y el
terreno.
1.2.2.2. Las tres leyes del Movimiento de Newton.-La mecánica del cuerpo rígido
está formulado con base en las tres leyes del movimiento de Newton, cuya validez se basa
en la observación experimental.
Estas leyes se aplican al movimiento de una partícula medida desde un marco de
referencia no acelerado. Con relación a la figura de la particula.
1.2.2.2.1.- Primera ley.- Una partícula originalmente en reposo, o que se mueve en
línea recta con velocidad constante, permanecerá en este estado siempre que no esté
sometida a una fuerza que no está balanceada.(Ver figura 1.3 partícula (a)).
1.2.2.2.2Secunda ley.- Una partícula sobre la que actúa una fuerza desbalanceada F
experimenta una aceleración (a) que tiene el mismo sentido que la fuerza y una magnitud
que es directamente proporcional a la fuerza, considerando la masa m .(Ver figura 1.3
partícula (b)). Esta ley se expresa como:
F =m*a (1-1)
1.2.2.2.3.- Tercera ley.- Las fuerzas mutuas de acción y reacción entre dos partículas
son iguales, opuestas y colineales.(Ver figura1.3 partícula c)
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1.2.3.1.-Peso.-De acuerdo a la ecuación 1-2 dos partículas o cuerpos cualesquiera
tienen un fuerza de atracción mutua que actúan entre ellas. Sin embargo, en el caso de
una partícula localizada en un sector de la superficie de la tierra, la única fuerza
gravitatoria que consideraremos en nuestro estudio de la mecánica.
Aparte del ecuación 1-2 podemos desarrollar una expresión aproximada para encontrar
el peso W de una partícula con masa de la tierra es una esfera sin rotación de
densidad c constante y con una masa si suponemos M, m entonces, si r es la distancia
entre el centro de la tierra y la partícula, tenemos:
Haciendo resulta
(1.3)
Figura 1.6
1.2.3.-ATRACCION GRAVITACIONAL
Figura 1.5 representación grafica de la atracción
de dos partículas
Newton plantea una ley que gobierna la
atracción gravitatoria entre dos partículas
cualesquiera..Enunciando
matemáticamente resulta en:
(1-2)
G =66.73* ( 1.2.1)
Donde: F = fuerza de gravitación entre las dos
partículas.
G = constante universal de gravitación;
de acuerdo con la evidencia
exponencial.
M, m = Masa de cada partícula
r = distancia entre las dos partículas.
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26
Si comparamos W=mg con F=ma donde g=a debido a la gravedad g es la aceleración.
1.2.3.- Vector: Es todo segmento de recta dirigido en el espacio, cada vector posee tres
características básicas:
Figura 1.7 Representación grafica
de un vector
1 .2.3.- Coordenadas de
un vector
Figura 1.8 representación grafica a partir
de coordenadas
Dirección.- Es la recta que contiene al vector A y B o de cualquier recta paralela a ella :
Sentido ( )Con origen A al extremo B(Ver figura 1.5).
Módulo AB→
Es la longitud o tamaño del
vector,el modulo del vector es la longitud del segmento AB y siempre es un numero positivo o cero.
Modulo de un vector ΙuΙ a partir de sus
componentes sea:
El modulo resulta (1.4)
Modulo apartir de las coordenadas de los
puntos sea
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1.2.3.4.-CLASIFICACION DE VECTORES.-
Figura 1.9
Figura 1.10
Figura 1.11
Figura 1.12
Figura 1.13
1.2.3.4.1.- Vectores equivalentes.-dos
vectores son equivalentes cuando tienen igual
módulo, dirección y sentido. Figura 1.9
1.2.3.4.2.-Vectores libres.- es el conjunto de
todos los vectores equivalentes entre sí , los
cuales tienen módulo, dirección y sentido.
Figura 1.10
1.2.3.4.3.-Vectores fijos.-es un
representante del vector libre tienen el mismo
módulo, dirección, sentido y origen. Figura1.11
1.2.3.4.4.-Vectores ligados.- son vectores
equivalentes los que actúan en la misma recta
Figura 1.12
1.2.3.4.5.-Vectores opuestos.- tienen el
mismo módulo, dirección y distinto sentido.
Figura 1.13
1.2.3.4.6.-Vectores unitarios.- tienen de
módulo, la unidad de misma dirección y
sentido que el vector dado Figura 1.14
Sea =vector
=modulo
Resultante del vector unitario
(1.5)
1.2.3.4.7Vectores concurrentes.- tienen el
mismo origen. Figura 1.15
1.2.3.4.8.-vector de posición.-es aquel que
une el origen de coordenadas O con un punto P
se representa figura .1.16
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Figura 1.14
Figura 1.15
Figura 1.16
Figura 1.17
Figura 1.18
1.2.3.4.9.Vectores linealmente
dependientes.- varios vectores libres del
plano son linealmente dependientes si existe
una combinación lineal de ellos que sea igual al
vector cero , sin que sean cero todos los
coeficientes de la combinación lineal. Figura
1.16
1.2.3.4.10.-Vectores linealmente
independientes.- varios vectores libres son
linealmente independientes si ninguno de ellos
se puede expresar como combinación lineal de
los otros. Figura 1.17
1.2.3.4.11.-vectores ortogonales .-dos
vectores son ortogonales o perpendiculares si su
producto escalar es cero. Figura 1.18
1.2.3.4.12.-Vectores ortonormales .- dos
vectores son ortonormales si:
1. Su producto escalar es cero.
2. Los dos vectores son unitarios.
Figuira 1.19
Figura 1.19 figura 1.20
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1.2.3.4.13.-Descomponiendo en un sistema de ejes Cartesianos Sea
Propiedades Conmutativa:
Asociativa:
ElementoNeutro:
Elemento Simétrico:
Elementos simétricos u opuestos
1.2.4.-ADICIÓN Y RESTA DE
VECTORES
Figura 2.21 representación grafica de la suma
y resta de dos vectores
La suma de dos vectores libres es otro vector e sequ
determina de la siguiente forma:
Se sitúa el punto de aplicación de uno de
ellos sobre el extremo del otro; el vector
suma es el vector que tiene su origen en el
origen del primero y su extremo en el
extremo del segundo.Por tanto, el vector
suma de dos vectores coincide con una de
las diagonales, la "saliente", del
paralelogramo que puede formarse con los
vectores que se suman; la otra diagonal
representa la resta de dichos vectores.
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30
La suma de los vectores podemos realizarla de dos maneras diferentes, analítica y gráficamente.
Para efectuar sumas o restas de tres o más vectores, el proceso es idéntico. Basta con
aplicar la propiedad asociativa.
1.2.5.- GRÁFICO
Figura 1.22 representación grafica
Para sumar dos vectores de manera gráfica
utilizaremos la denominada Regla del
paralelogramo, consistente en trasladar
paralelamente los vectores hasta unirlos por el
origen, y luego trazar un paralelogramo, del que
obtendremos el resultado de la suma, como
consecuencia de dibujar la diagonal
encontramos la resultante en la figura.
A partir de la ley del paralelogramo se puede obtener otro método para determinar la
suma de dos vectores como:
GRÁFICO
Figura 1.23
a) vectoresconcurrentes se restan
1.2.5.1.-Regla del triángulo.-considérese la
figura 1.3, donde la suma de los vectores P y Q ha
sido determinada por la ley del paralelogramo.
La resta de un vector se define como la adición del
vector negativo correspondiente. De manera que
el vector P — Q que representa la diferencia de los
vectores P y Q se obtiene agregándole a P el vec-
tor negativo —Q (figura 1.3b)
Otra manera de expresar la suma de manera
gráfica es trasladar el segundo vector a sumar de
tal manera que el origen de éste, coincida con el
extremo del primer vector, y la suma la
obtendremos dibujando un vector que vaya desde
el origen del primer vector hasta el extremo del
segundo, figura 1.4vectores con sentidos opuestos
se restan (tal y como se puede ver en el apartado
correspondiente a la resta de vectores).Un
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1.2.5.2.- Método Algebraico para la Suma de vectores
Dados tres vectores
La expresión correspondiente al vector suma es:
o bien
siendo, por tanto,
(1.6)
1.2.5.3.- PRODUCTO DE UN VECTOR POR UN ESCALAR
Multiplicar un escalar k por un vector v, expresado analíticamente por kv, es otro vector
con las siguientes características:
1.-Tiene la misma dirección que v.
2.- Su sentido coincide con el de v, si k es un número positivo, y es el opuesto, si k
es un número negativo.
b) vectores no concurrentes se suman
Figura 1.2
ejemplo de suma y resta de vectores figura 1.23 -
1.24
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3.- El módulo es k veces la longitud que representa el módulo de v. ( Sik es 0 el
resultado es el vector nulo).
Analíticamente, tenemos que multiplicar el escalar por cada una de las coordenadas del
vector como se muestra en el siguiente ejemplo.
Ejemplo: Dado el vector v de componentes: vxi + vyj + vzk, y la escalar 3, el producto es:
3 · v = 3 · vxi + 3 · vyj + 3 · vzk.
La representación gráfica del producto es igual a sumar el vector tantas veces como
indica el escalar.
Propiedades
El producto de un vector por un escalar cumple las siguientes propiedades:
1. Conmutativa: k · v = v · k.
2. Distributiva: k (v + u) = (k · v ) + (k · u).
3. Elemento Neutro: 1 · v = v.
4. Elemento Simétrico: -1 · v = - v
1.2.6.-PRODUCTO ESCALAR
El producto escalar de dos vectores es por definición un escalar.
Propiedades:
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El producto escalar para encontrar el ángulo de los vectores a y b:
Con lo que deducimos que:
(1.7)
• El cosdará siempre entre 0 y 1
• El producto escalar varía como máximo entre el y O
• El cosnos dice si los vectores son paralelos o perpendiculares
Si cos de a y b = 0 vectores perpendiculares.
Si cos de a y b<> 0 vectores perpendiculares.
En este caso, , podemos sacar como conclusión que a = Oó b = O, o bien que a y
b son mutuamente perpendiculares.
1.2.6.1.-Producto escalar de dos vectores
El producto escalar de dos vectores, expresado analíticamente como r · v, se obtiene de la
suma de los productos formados por las componentes de uno y otro vector. Es decir,
dados dos vectores r y v, expresados en un mismo sistema de coordenadas:
teniendo en cuenta que el producto escalar de los vectores :
el resultado de multiplicar escalarmente r por v es:
r· v = rx· vx + ry · vy+ rz · vz
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A
B
Z
Y
X
C
Esta operación no solo nos permite el cálculo de la longitud de los segmentos orientados que representan ( sus módulos ), sino también calcular el ángulo que hay entre ellos. Esto es posible, ya que el producto escalar también se puede hallar en función de sus módulos y del coseno del ángulo que forman mediante la fórmula:
r· v = |r| · |v| · cos (r, v) (1.8)
1.2.6.1.-Propiedades
Conmutativa : r · v = v · r
Distributiva : r · ( v + u ) = r · v + r · u
Asociativa : ( k · r ) · v = k · ( r · v ) = r · ( k · v ) siendo k escalar.
Además:
1.- r · r = 0 si, y sólo sí r = 0.
2.- Si r y v<> 0 y r · v = 0, esto implica que los vectores son perpendiculares, (cos 90º =
0).
3.- El producto escalar de dos vectores es equivalente a multiplicar escalarmente uno
de ellos por el vector proyección del otro sobre él.
1.2.6.3.-EJEMPLO:Determinar la dirección de los vectores A y B, modulo, multiplicación por escalar, proyección ortogonal Sea
A
B
Z
Y
X
(1.9)
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MODULO 1.10)
Multiplicación por una escalar (1.11)
1.2.6.3.1.-Proyección ortogonal (rv) de r sobre v
rv= |r| cos (r, v) ->r · v = |v| · rv(1.12)
Ahora calculamos el Angulo que forman
sabemos que :
1.2.7.-PRODUCTO VECTORIAL
El producto vectorial de los vectores a y b, se define como un vector, donde su dirección
es perpendicular al plano de a y b, en el sentido del movimiento de un tornillo que gira
hacia la derecha por el camino más corto de aab,
Se escribe . Por tanto:
Donde n es un vector unitario
perpendicular al plano de a y b en el
sentido del movimiento de un tornillo que
gira hacia la derecha de aab.
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1.2.7.1.-Propiedades:
1.2.8.-MÓDULO DE UN VECTOR
Un vector no solo nos da una dirección y un sentido, sino también una magnitud, a esa
magnitud se le denomina módulo.
Gráficamente: Es la distancia que existe entre su origen y su extremo, y se representa
por:
1.2.8.1.-Coordenadas cartesianas: En muchas ocasiones es conveniente tomar las
componentes sobre tres direcciones mutuamente perpendiculares OX, OY y OZ que
forman un sistema cartesiano tridimensional.
Si tomamos tres vectores unitarios, i sobre OX, j sobre OY y k sobre OZ, entonces
podemos encontrar puntos ax, ay, az sobre OX, OY, OZ, respectivamente, tales que:
y aplicando el teorema de Pitágoras nos
encontramos con que el módulo de a es:
(1.13)
1.2.8.2.-Ejercicios.-
Ejercicio 1.- Aplicando la ley de cosenos determinar el paralelo de la dirección del
resultante.
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37
31°
39°39°
31°
8 KN
8 KN6 KN
6 KN
R
Regla de triángulos
Ley de cosenos : R²= a²+b²-2ab*cosα
Entonces:
Dirección de la resultante es
Si α = 39 - β β = 39-α β= -6.01 Dirección
Ejercico nº 2.- Mediante la ley del paralelogramo y regla de triángulos. Determinar la
resultante y la dirección.
38°
39°39°
8 KN6 KN
RB
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38
tiran
te tirante
poste
10 K
N 15 KNB D C
2 3
4
A
Del
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39
Por ley Cosenos
por ley de Senos
b)
Ejercicio nº3.- Mediante la ley del paralelogramo y regla de triángulos. Determinar la
resultante y la dirección de cada fuerza.
Ley del paralelogramo
P1
P2
P3
P1P1
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40
Regla de triángulos
Por ley de Coseno la Resultante
Determinando por la ley de senos
Por tanto
Regla triángulos Determinando por la ley de senos
P1P2
R12
P2
R12
R123P3
R12
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41
Por ley de Coseno la Resultante
Siendo direccion de
R123P3
R12
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PARTE III
1.3.1.- FUNDAMENTOS BASICOS DE LA MECANICA VECTORIAL
1.3.1.1.- FUERZAS SOBRE UNA PARTÍCULA
Una fuerza representa la acción de un cuerpo sobre otro y se caracteriza por su punto de
aplicación, magnitud o módulo y dirección (figura 1.25)
a) figura 1.25 b)
a)
figura 1.26
La dirección de una fuerza se define por la
línea de acciones y el sentido de la fuerza.
La línea de acción es la línea recta infinita a
lo largo de la cual actúa la fuerza; se
caracteriza por el ángulo que forma, al
cumplirse fijo en la figuras 1.25
Dos fuerzas como las mostradas en la
figura 1.25 a y b tienen la misma magnitud
y la misma línea de acción pero diferente
sentido, tendrán efectos opuestos sobre
una partícula.
La evidencia experimental muestra que dos fuerzas P y Q que actúan sobre una partícula
(A) figura2.2a pueden sustituir por una sola fuerza (R). A esa fuerza se le llama
resultante de la fuerza P y Q y puede observarse, como se muestra en la figura 2.2a,
construyendo un paralelo gramo con P y Q que pasa por el punto (A) y representa la
resultante (R) . Esto se conoce como la ley del paralelo gramo para la acción de dos
fuerzas, y se basa en la evidencia experimental; no puede aprobarse ni derivarse de
manera matemática.
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1.3.1.3.-EQUILIBRIO DE
UNA PARTÍCULA
En las secciones enterior se expusieron los
metodos utilizados para determinar la
resultanta de varias fuerzas que actuan sobre
una particula, es posible que la resultante de
dos fuerzas iguales con diferentes sentidos es
cero , y se dice que la partícula está en
equilibrio.
Una partícula sometida a la acción de dos o
cuadro fuerzas estará en equilibrio si ambas
fuerzas tienen la misma magnitud.
Otro caso de una partícula en equilibrio se
1.3.1.2.- RESULTANTE DE
VARIAS FUERZAS
CONCURRENTES
figura 1.27
representación grafica de barias fuerzas que
formando su resultante
Considérese una partícula (A) sujeta a varias
fuerzas coplanares, es decir, a varias fuerzas
contenidas en el mismo plano (figura 1.25a).
Como todas estas fuerzas pasan por A, se dice
que son concurrentes.
Los vectores que representan las fuerzas que
actúan sobre A pueden sumarse con la regla del
polígono (figura 1.27 a). Puesto que el uso de la
regla del polígono es equivalente a la aplicación
repetida de la ley del paralelogramo, el vector
R obtenido representa la resultante de las
fuerzas concurrentes que intervienen, es decir,
la fuerza que produce el mismo efecto sobre la
partícula (A) que las fuerzas dadas. Como se
indicó antes, no importa el orden en el que se
sumen los vectores P, Q y S que representan las
fuerzas sobre la partícula figura 1.27 b.
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44
figura 1.28
figura 1.29
La misma línea de acción, pero con sentidos opuestos resultante de la fuerza es cero.
muestra figura2.4 donde aparece cuatro fuerzas
que actúan sobre (A). En la figura1.29, la
resultante de las fuerzas dadas se determina por
la regla del polígono. Empezando en el punto O
con F1 ni acomodado las fuerzas. La cola, se
encuentra en el punta de F4 coincide con el
punto de partida O, así que la resultante R del
sistema de fuerzas dando es cero ,en la partícula
está en equilibrio.
1.3.1.4.- DESCOMPOSICIÓN DE UNA FUERZA EN COMPONENTES (X Y Z)
Considere una fuerza F actuando en el origen O del sistema de coordenadas
rectangulares ( X, Y, Z.)
Para definir la dirección de F, se dibuja el plano vertical OBAC que contiene a F
( la figura1.30). Este plano pasa a través del eje vertical y su orientación está definida por
el ángulo Ø que este formado con el plano XY. La dirección de F dentro del plano está
definido por el ángulo Øy que F forma con el eje y. la fuerza F se puede descomponer en
una componente vertical Fy y una componente horizontal Fh; las componentes escolares
correspondiente son:
yhyy senFFFF θθ == cos
FF
FsenFFFsen
yy
yh
hy
=
=
=
θ
θ
θ
cos
(1.14)
sen Ø = h
z
FF
senFF hz = Ø
FsenFz = Ø y senØ figura 1.30
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45
La Fh se puede descomponer en dos componentes rectangulares Fx y Fz a lo largo de los
ejes x, y, z, respectivamente. Esta operación se lleva acabo en el plano X, Z. Se obtiene las
siguientes expresiones para los componentes escolares correspondientes
θθθ
θθθ
SenSenFSenFF
CosSenFCosFF
yh
yhx
==
==
2 (1.14)
Por lo tanto, la fuerza dada F se ha descompuesto en 3 componentes vectoriales
rectangulares Fx ,Fy y Fz que están dirigidas a lo largo de los tres ejes coordenados.
Aplicando el teorema de Pitágoras a los triángulos OAB y OCD se escribe:
F2 = (OA) 2 = (OB)2 + (BA)2 = F2y+ F2h (1.15)
F2 = (OC)2 = (OD)2 + (DC)2 = F2x+ F2z
Eliminando F2h de estas dos ecuaciones y resolviendo F, se obtiene la siguiente relación
entre la magnitud de F y sus componentes escalares rectangulares.
222
2222
222
)()()()()(
zFFyFxF
yFzFxFFFhFhF
++=
++=
+=
cos Ø=h
x
FF
Fx = Fh cos Ø Fx = Fsen Øy cos Ø figura 1.31
La relación existente entre la fuerza F y sus tres componentes Fx y Fy Fz se visualiza más
fácilmente si, como se muestra en la figura se dibujo una caja que tenga Fx y Fy Fz como
aristas. Entonces, la fuerza F se representa por la diagonal OA de dicha figura (a). La
figura(b) muestra el triángulo rectángulo OAB empleado para derivar primera de las
fórmulas Fy = F cos Øy. En las figuras 1.31 a y c, también se han dibujado otros dos
triángulos rectángulos. OAD y OAE. Se observa que estos triángulos ocupan en la caja
posiciones comparables con la del los triángulos OAB. Al enunciar Øx y Øz, como los
ángulos que F forman con los ejes x y z, respectivamente, se pueden derivar dos fórmulas
similares a Fy = F cos Øy entonces se escribe.
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(1.16)
figura 1.32
Los tres ángulos zyx yθθθ ,, definen la dirección de fuerza F; éstos son los que se utilizan
con mayor frecuencia para dicho propósito, más comúnmente que los ángulos yyθ Ø
figura 1.31 ( c ) introducidos al principio de esta sección. Los cosenos de zyx yθθθ ,, se
conocen como los cosenos directores de la fuerza F.
Donde los componentes escalares Fx y Fy Fz están definidas por las relaciones (1.19).
Como en el caso de los problemas bidimensionales, un signo positivo indica que la
componente tiene el mismo sentido que el eje que le corresponde y un signo negativo
indica que esta tiene un sentido opuesto al del eje.
El ángulo que forma una fuerza F con un eje siempre debe ser medido a parir del
lado positivo del eje y siempre debe estar entre 0 y 180º. Un ángulo xθ menos que 90º
(agudo) indica que F (la cual se supone que está fija a xθ está en el mismo lado del plano
yz que el eje x positivo; entonces cos xθ y Fx serán positivos. Un ángulo xθ mayor que
figura 1.33
Introduciendo los vectores unitarios i, j y k,
dirigidos, respectivamente, a lo largo de los ejes
x, y , z figura 1.32 donde F puede expresarse de
la siguiente forma.
(1.17)
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47
90º (obtuso) indica que F está en el otro lado del plano yz; entonces cos xθ y Fx serán
negativos. Los ángulos yx yθθ son agudos, mientras que zθ es obtuso; consecuentemente
Fx y Fy son positivos mientras que Fz es negativo.
Sustituyendo las expresiones obtenidas para Fx y Fy Fz se obtiene la siguiente
expresión.
(1.18)
La cual muestra que la fuerza F puede ser expresada como el producto del escalar F y un
vector.
(1.19)
Obviamente, el vector λ es un vector cuya magnitud es igual a 1 y cuya dirección es la
misma que la de F (figura 1.9). El vector λ se conoce como el vector unitario a lo largo de
la línea de acción de F. se observa que las componentes del vector unitario λ son iguales,
respectivamente, a los cosenos directores de la línea de acción de F:
figura 1.34
Se debe señalar que los valores de los tres ángulos zyx yθθθ ,, no son independientes.
Recordando que la suma de los cuadrados de las componentes de un vector es igual a su
magnitud elevada al cuadrado se escribe.
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En el caso del ejemplo, una vez que se han seleccionado los valores ,º45º60 == yx yθθ el
valor de zθ debe ser igual a 60º o a 120º para que se cumpla la identidad
Cuando se conocen las componentes Fx y Fy Fz de una fuerza F, la magnitud F de la
fuerza se obtiene a partir de las relaciones se pueden resolver para los cosenos directores.
(1.20)
Y se pueden encontrar los ángulos zyx yθθθ ,, que caracterizan la dirección
1.3.1.5.-FUERZAS
CONCENTRAS
figura 1.36
1. Una de las dos componentes, P, se conoce. La segunda
componente, Q, se obtiene aplicando la regla del triángulo
y uniendo la punta de P a la punta de F (figura 1.35); la
magnitud, la dirección y el sentido de Q se determinan
gráficamente o por trigonometría. Una vez que Q se ha
determinado, ambas componentes P y Q deben aplicarse
en A.
2. Se conoce la línea de acción de cada una de las
componentes. La magnitud y el sentido de las
componentes se obtiene al aplicar la ley del paralelogramo
y trazando líneas, por la punta de F, paralelas a las líneas
de acción dadas (figura 1.36). De esta forma se obtienen
dos componentes bien definidas P y Q, que pueden
determinarse gráficamente o por trigonometría aplicando
la ley de los senos.
Pueden encontrarse muchos otros casos; por ejemplo, cuando la dirección de una de las
componentes se conoce y se busca que la magnitud de la otra sea lo más pequeña posible.
En todos los casos se traza un triángulo o un paralelogramo adecuado que satisfaga las
condiciones.
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1.3.1.6).-COMPONENTES RECTANGULARES DE UNA FUERZA.
1.3.1.6.1) VECTORES UNITARIOS
En muchos problemas será conveniente descomponer una fuerza en sus dos componentes
perpendiculares entre sí. En la (figura 1.37), la fuerza F se ha descompuesto en una
componente F, a lo largo del eje x y una componente F,, a lo largo del eje y. El
paralelogramo trazado para obtener las dos componentes es un rectángulo, y las fuerzas
Fx y Fy se llaman componentes rectangulares.
figura 1.37 figura1.38
Los ejes x y y suelen elegirse a lo largo de las direcciones horizontal y vertical,
respectivamente, como se muestra en la(figura 1.37) sin embargo, pueden seleccionarse
en cualesquiera otras dos direcciones perpendiculares, tal como indica la (figura
1.38)Para determinar las componentes rectangulares de una fuerza debe pensarse que las
líneas de construcción mostradas en las figuras1.37 y 1.38 son paralelas a los ejes x y y
en lugar de perpendiculares a ellos. Esta práctica ayudará a evitar errores en la
determinación de componentes oblicuas.
En este punto se introducirán dos vectores de magnitud unitaria
dirigidos a lo largo de los ejes positivos x y y. A estos
vectores se les llama vectores unitarios y se representan en lugar
de perpendiculares a ellos.
En este punto se introducirán dos vectores de magnitud unitaria dirigidos a lo largo de
los ejes positivos x y y. A estos vectores se les llama vectores unitarios y se representan
en lugar de perpendiculares a ellos. Esta práctica ayudará a evitar errores en la
determinación de componentes oblicuas.
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En este punto se introducirán dos vectores de
magnitud unitaria dirigidos a lo largo de los ejes
positivos x y y. A estos vectores se les llama
vectores unitarios y se representan por i y j,
respectivamente (figura 1). Al recordar la
definición del producto de un escalar
y un vector dada, se observa que las componentes rectangulares Fx y Fy de una fuerza F
pueden obtenerse con la multiplicación de sus respectivos vectores unitarios i y j por
escalares apropiados (figura 2.9.6). Se escribe
Fx = Fxi Fy = Fyj (1.21)
F = Fxi + Fyj (1.22)
Mientras que los escalares Fx y Fy pueden ser positivos o negativos, dependiendo del
sentido de Fx y Fy sus valores absolutos son respectivamente iguales a las magnitudes de
las componentes de las fuerzas Fv y Fr. Los escalares F' y Fy se llaman componentes
escalares de la fuerza F, mientras que las componentes reales de la fuerza F' y Fy son las
componentes vectoriales de F. Sin embargo, cuando no existe alguna posibilidad de
confusión, a los vectores y a las
componentes escalares de F puede
llamárseles simplemente componentes de
F. Se observa que la componente escalar Fx
es positiva cuando la componente vectorial
Fv tiene el mismo sentido que el vector
unitario i (es confusión, a los vectores y a
las componentes escalares de F puede llamárseles simplemente componentes de F. Se
observa que la componente escalar Fx es positiva cuando la componente vectorial Fv tiene
el mismo sentido que el vector unitario i (es decir, el mismo sentido que el eje x positivo)
y es negativa cuando Fx tiene el sentido opuesto.
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figura 1.39
Una conclusión semejante puede obtenerse observando el
signo de la componente escalar Fy.
Si se representa con F la magnitud de la fuerza F y con θ
el ángulo entre F y el eje x, medido en sentido contrario al
movimiento de las manecillas del reloj desde el eje x positivo
se pueden expresar las componentes escalares de F como
sigue:
Fr = F cosθ Fy = F senθ (1.23)
Se observa que las relaciones obtenidas se satisfacen para cualquier valor del ángulo θ
entre 0 y 360° y que éstas definen tanto los signos como los valores absolutos de las
componentes escalares Fx y Fy.
1.3.1.7.- ADICIÓN DE FUERZAS SUMANDO SUS COMPONENTES X y Y
En el estudió que las fuerzas deben sumarse de acuerdo con la ley del paralelogramo. A
partir de esta ley se derivaron, otros dos métodos más directos aplicables a la solución
gráfica de los problemas: la regla del triángulo para la suma de dos fuerzas y la regla del
polígono para la adición de tres o más fuerzas. También se vio que el triángulo de fuerzas
usado para definir la resultante de dos fuerzas podría usarse para obtener una solución
trigonométrica.
Cuando se van a sumar tres o más fuerzas, no puede obtenerse una solución
trigonométrica práctica del polígono de fuerzas que define a la fuerza resultante. En este
caso puede obtenerse una solución analítica del problema si se descompone cada fuerza
en sus elementos rectangulares. Considere, por ejemplo, las tres fuerzas P, Q y S que ac-
túan sobre una partícula A (figura 1.40).
Su resultante R está definida por la relación
R = P + Q + S (1.24)
Si se descompone cada fuerza en sus componentes rectangulares, se escribe
Rx + Ryj = Pxj + Pyj + Qxi + Qyj + Sxi + Syj
= (Px + Qx + Sx)i + (Py + Qy + Sy)j
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52
figura 1.40
de donde se tiene que Rx = Px + Qx + SX
Ry = Py + Qy + Sy (1.25)
o, en forma breve, Rx= 2FX. Ry = 2Fy (1.26)
Por tanto, se puede concluir que las componentes escalares Rx y Ry de la resultante R de
varias fuerzas que actúan sobre una partícula se obtienen separando de manera
algebraica las correspondientes componentes escalares de las fuerzas dadas.
En la práctica, la determinación de la resultante R se realiza en tres etapas, como se
ilustra en la figura 1.39. Primero, las fuerzas mostradas en la figura 1.38a se
descomponen en sus componentes x y y (figura 1.35b). Con la suma de estas
componentes x y y de R (figura 1.38c). Finalmente, la resultante .R = Rxi + Ryj se
determina aplicando la ley del paralelogramo (figura 1.38d). El procedimiento que se
acaba de describir se realiza con más eficiencia si los cálculos se tabulan. Aunque éste es
el único método analítico práctico para la adición de tres o más fuerzas, con frecuencia
también se le prefiere sobre la solución trigonométrica en el caso de la suma de dos
fuerzas.
Figura 1.41
El polígono cerrado de la figura 1.37 y 1.38
proporciona una expresión gráfica de equilibrio
de (A). para expresar en forma algebraica las
condiciones del equilibrio de una partícula se
escribe:
R = ∑F = O (1.27)
Descomponiendo cada fuerza F en sus
componentes rectangulares , se tiene
∑ (Fxi +Fyj)= 0 o (∑ Fx)i +(∑Fy)j= 0
se concluye que las condiciones necesarias y
suficientes para el equilibrio de una partícula
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1.3.1.8.- FUERZAS EN EL ESPACIO
1.3.1.8.1.- Componente rectangular de una fuerza en el espacio
Los problemas considerados en la primera parte de este capítulo involucran únicamente
2 dimensiones y pudieron formular se hizo resolver en un solo plan.
En esta sección en las secciones siguientes del capítulo se analizará problemas que
comprenden las tres dimensiones del espacio.
Considere una fuerza F que actúan en el origen O del sistema de coordenadas
rectangulares x, y , z. . Para definir la dirección de F , centrarse plano vertical OBAC que
contiene a F . Este plano paso a través del eje vertical y su orientación está definida por
el ángulo θ que forma con el plano x y , mientras que la dirección de F dentro de plano
está definida por el ángulo θy que forma F con el eje y. junto a la fuerza F puede
descomponerse en una componentes vertical Fy y una componente horizontal Fh , se
realicen el plano OBAC de acuerdo con las reglas desarrolladas en la primera parte del
capítulo. Las componentes escalares correspondientes son:
Fy = F cosθy Fh = F senθy (1.29)
La Fh puede separarse en sus dos componentes rectangulares Fx y Fz a lo largo de los
ejes x y z, respectivamente, se realiza en el plano xz . De esta manera se obtienen las
expresiones siguientes para los componentes escalas correspondientes:
Fx = Fh cosφ=F senθy cosφ (1.30)
Fz = Fh senφ=F senθy senφ (1.31)
la fuerza F sea descompuesto en tres componentes vectoriales rectangulares Fx Fy Fz ,
dirigida a lo largo de los tres ejes coordenados.
Si se aplica el teorema de Pitágoras a los triángulos OAB y OCD, se escribe:
F² = (OA)² = (OB)² + (BA)² = F² + Fh² (1.32)
Fh² = (OC)² = (OD)² + (DC)² = Fx² + Fz² (1.33)
Figura 1.42
son
∑ Fx = 0 ∑Fy= 0 (1.28)
regresando a la partícula mostrada en la figura
1.41, se comprueba que las condiciones
de equilibrio se satisfacen.
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Si se elimina Fh² de estas dos ecuaciones y se resuelven para F se obtienen la siguiente
relación entre la magnitud de F y sus componentes rectangulares escalares:
F =√ Fx² +Fy² + Fz² (1.34)
La fuerza F esta representada por la diagonal OA la cual muestra el triangulo rectángulo
OAB empleando para deducir la primera ecuación Fy = F cosθy y asi sucesivamente:
Fx = F Cosθx Fy = F Cosθy Fz = F Cosθz (1.35)
Usando los vectores unitarios puede expresarse de la manera siguiente:
F = Fxi + Fyj + Fzk (1.36)
1.31.9.- FUERZAS DEFINIDA EN TÉRMINOS DE SU MAGNITUD Y DOS
PUNTOS SOBRE SU LÍNEA DE ACCIÓN
En muchas aplicaciones de la dirección de una fuerza F está definida por las coordenadas
de dos puntos
Figura 1.43
a M y N y tienen el mismo sentido que F . Si se representan sus componentes escalares
por y respectivamente, se escribe:
(1.37)
el vector unitario a lo largo de la línea de acción de F (es decir a lo largo de la línea MN
) pueden obtenerse al dividir el vector entre su magnitud MN . Se sustituyen para
de (2.26) y se observa que MN es igual a la distancia d de M a N , se escribe:
(1.38)
es importante recordar que F desigual al producto de F y , por lo que se tiene
(1.39)
de la cual se sigue reglas componentes de F son, respectivamente.
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55
Fx = Fdx/d ; Fy = Fdy/d ; Fz =Fdz/d (1.40)
las relación (2.29) intensifican en forma considerable la determinación de las
componentes de las fuerzas F de magnitud F cuando la línea de acción de F está definida
por dos puntos M y N . Pese estando los coordenadas de M de las de N se determina
primero las componentes del vector y las distancias d de M a N:
(1.40)
sustituyendo los valores para F y para y d en las relaciones (2.29) . Se
obtienen las componentes y de la fuerza.
Los ángulos y que forman F con los ejes coordenados pueden obtenerse de las
ecuaciones (2.25). Comparando las ecuaciones y (2.27) también se puede escribir:
(1.41)
1.3.1.10.-ADICIÓN DE FUERZAS CONCURRENTES EN EL ESPACIO
Los resultados R de dos o más fuerzas en el espacio se calculan sumando sus
componentes rectangulares. Los métodos gráficos o Trigonométricos no son muy
prácticos en el caso de fuerzas en el espacio.
El método siguiente semejante al empleado. Con fuerzas coplanares. Se establece que
(1.42)
se descompone cada fuerza en sus componentes rectangulares y se escribe
de la cual se desprende que
(1.43)
la magnitud de la resultante y los ángulos θx, θy y θz está formado con el eje de
coordenadas se obtiene lo siguiente:
(1.44)
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1.3.1.11.-EJEMPLOS.-
Ejercico.- En la operación de descarga de un barco, un automóvil de 3500 lb es
soportado por un cable. Se ata una cuerda al cable que A y sentirá para centrar al
automóvil sobre la posición deseada. El ángulo entre cable y la vertical es de 2 pul.,
mientras que el ángulo entre la cuerda y la horizontal desde 30grados ¡cual es la tensión
en la cuerda!
Diagrama de cuerpo libre. Se escoge el
punto A como cuerpo libre y se dibuja el
diagrama completo de cuerpo libre. TAB
es la tensión en el cable AB y TAC de la
tensión de la cuerda.
Condición de equilibrio. Como solo
actúan tres fuerzas sobre el cuerpo libre,
se dibuja un triángulo de fuerzas para
expresar que este se encuentra en
equilibrio. Como la ley de los senos
escribe.
Utilizando una calculadora, primero se
calcula y se guarda el valor
del último cociente. Se multiplica este
valor en forma sucesiva
por sen 120˚ y sen 2˚ se obtienen:
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EJERCICIO.- Determine la magnitud, dirección y sentido de la fuerza F más pequeña
que mantendrá, en equilibrio al paquete que se muestra al margen. Nótese que la fuerza
ejercida por los rodillas sobre el paquete es perpendicular al plano inclinado.
Solución
Diagrama de cuerpo libre. Se escoge el
paquete como cuerpo libre, suponiendo
que este se puede tratar la partitura. Se
dibuja diagrama de cuerpo libre
correspondiente.
Condición equilibrio. Puesto que sólo
actúan tres fuerzas sobre cuerpo libre,
se dibuja un triángulo de fuerzas para
expresar que esta emitido. La línea1-1'
representa la dirección conocida de P.
Para obtener el valor mínimo de la
fuerza F se escoge la dirección de f
perpendicular a la de P. de la geometría
del triángulo obtenido, se encuentra
que:
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EJERCICIO.-el alambre de una torre está anclado en A por medio de unos pernos. La
tensión en el cable es de 2500 N. Determine a) las componentes y de la fuerza que
actúa sobre el perno y b) los ángulos que definen la dirección de la fuerza.
Solución.-
Si se calcula sucesivamente cada cociente y su arco coseno, se
obtiene los ángulos
b) Dirección de la fuerza.-
con anterior ecuación se escribe la.
a) Componentes de una fuerza.- La
línea de acción de la fuerza que actúa sobre el
perno pasó por A y B y la fuerza está dirigida de
A hacia B .Las componentes del vector , que
tienen la misma dirección que la fuerza son
La distancia total de A a B es
Al representar por i j y k los vectores unitarios a
lo largo de los ejes coordinados se tiene
Introduciendo el lector unitario se
escribe
Si se sustituye la expresión encontrada para
Se obtiene
Por consiguiente, las componentes de F son
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1.3.2.-CUERPOS RIGIDOS
Un cuerpos rígidos es aquel que no se deforma, se supone que la mayoría de los cuerpos
considerados en la mecánica elemental son rígidos.
1.3.2.1.-FUERZAS.- son las que actúan sobre un cuerpo rígido se pueden dividir en dos
grupos; Fuerzas Externas y Fuerzas Internas
1.3.2.2.1.-PRINCIPIOS DE TRANSMISIBILIDAD, FUERZAS EQUIVALENTES.
El principio de transmisibilidad establece que las condiciones equilibrio o de movimiento
de un cuerpos rígidos permanece inalteradas una fuerza F que actúa en un punto dado
de ese cuerpo se reemplaza por una fuerza F y tienen la misma magnitud y dirección,
pero que actúa en un punto distinto, siempre y cuando las fuerzas tengan la misma línea
de acción (figura 1.44) los dos fuerzas F y F'' tienen el mismo efecto sobre cuerpos rígidos
y se dice que son equivalentes. Pese a que establece las acciones de una fuerza pueden ser
transmitida a lo largo de su línea de acción, lo cual está basado en la evidencia
experimental: no puede ser derivado a partir de las propiedades establecidas, debe ser
asentado comunal en experimental.
1.3.2.2.-FUERZAS INTERNA
los hombres los fuerza f al tirar de la cuerda
dos partículas de su movimiento por diferentes posiciones
Figura 1.44
1. Las Fuerzas Internas son aquellas que
mantienen unidas las partículas que
conforman el cuerpos rígidos se está
constituido en su estructura por varias
partes, las fuerzas que mantienen unidas a
dichas partes también se definen como
fuerzas internas.
2. Las Fuerzas Externas.-representan la
acción que ejerce otros cuerpos. Ella son los
responsables del comportamiento externo
de los cuerpos rígidos. Las fuerzas externas
causan que el cuerpo se mueva o aseguran
que este permanezca en reposo.
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60
Mo = r*F(1.45)
donde el momento Mo debe ser perpendicular al plano que contiene el punto O en la
fuerza F . El sentido de Mo está definido por el sentido de la rotación que haría al vector
r colonial con el vector F . Localizando en el extremo de Mo ve a esta rotación como una
rotación en sentido contrario al movimiento de las manecillas del reloj. También
podemos definir por medio de la regla de la mano derecha figura 3.4b , se encuentra que
la magnitud del momento de F con respecto a O esta dado por :
Mo = r*Fsenθ = Fd (1.46)
Donde d representan la distancia perpendicular desde O hasta la línea de acción de F en
virtud de que la tendencia de la fuerza F a hacer girar al cuerpos rígido alrededor de un
eje fijo perpendicular a la fuerza depende tanto de la distancia de F a dicho eje como de la
magnitud de F se observan que la magnitud de Mo mide la tendencia de la fuerza F al
hacer rotar el cuerpos rígido alrededor de un eje fijo dirigido a lo largo de Mo .
1.3.2.3.- MOMENTOS DE UNA
FUERZA CON RESPECTO A UN
PUNTO
Figura 1.45 dos partículas de su movimiento por diferentes posiciones
Considere una fuerza F que actúa sobre
un cuerpo y rígidos (figura 1.45). Como se
sabe la fuerza F está representada por un
vector que definen la magnitud y su
dirección. Sin embargo el vector de la
fuerza sobre cuerpos rígidos también
depende de su punto de aplicación A . La
posesión de A puede definirse de manera
conveniente por medio del vector r que
unen al punto de referencia O con A : a
este director se le conoce como en vector
de posición de A El vector de posición r
y la fuerza F define el plano mostrado
una figura 1.45a.
Se definen como el producto vectorial de
r y F:
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61
Se puede observar que a pesar del momento Mo de una fuerza con respecto a un punto
depende de la magnitud, la línea de acción y el sentido de la fuerza, dicho momento no
depende de la posición que tiene el punto de aplicación de la fuerza a lo largo de su línea
de acción.
El principios de transmisibilidad establece que dos fuerzas F y F' son equivalentes (esto ,
tiene el mismo efecto sobre cuerpos rígido) se tienen la misma magnitud, dirección y
líneas de acción. Este principio se puede expresar ahora desde la siguiente forma: dos
fuerzas F y F' son equivalentes si, y sólo si, son iguales (es decir tienen la misma magnitud
en la misma dirección) y, además tienen momentos iguales con respecto a un punto O .
Las condiciones necesarias y suficientes para que dos fuerzas F y F' sean equivalentes
son:
F=F´ y Mo= M0´ (1.47)
1.3.2.3.1.-MOMENTO EN DOS DIRECCIONES
Muchas aplicaciones tratan con estructuras bidimensionales, es decir, estructuras cuyos
espesores es despreciable en comparación con su longitud y su anchura, las cuales están
sujetas a fuerzas contenidas en su mismo plano. Dichas estructuras Bidimensionales y las
fuerzas que actúa sobre ellas pueden presentarse fácilmente sobre una hoja de papel o
sobre una pizarra. Por tanto sus análisis es más simple la siguiente correspondiente al
caso de las estructuras de las fuerzas tridimensionales.
Figura 1.46
Considere por ejemplo una placa rígida sobre lo que actúa una fuerza F
Considere por ejemplo, una placa rígida sobre la que actúa una fuerza F con respecto a un
punto O seleccionando el plano de la figura esta representando por el vector Mo de
magnitud Fd, que es perpendicular al dicho plano. En la figura3.5.a el vector Mo apunta
hacia fuera del plano de papel, mientras que la figura3.5.b este apunta hacia adentro del
plano de papel. Como se observa en la figura, en el primer caso, la fuerza de la figura3.5.a
tiende a hacer rotar la placa de un sentido contrario al del movimiento de las manecillas
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del reloj mientras que, en el segundo caso, la fuerza de la figura3.5.b tiende a hacer rotar
la placa en sentido del movimiento de las manecillas del reloj. Puesto que el movimiento
de la fuerza F que actúa en el plano de la figura debe ser perpendicular al dicho plano,
sólo se necesita especificar la magnitud y el sentido del momento F con respecto a O esto
se puede hacer asignándoles a la magnitud Mo del momento un signo positivo o
negativo, según el vector Mo apunta hacia fuera o hacia adentro del plano de papel.
figura 1.47
1.3.2.3.2.-EL MOMENTO DE UNA FUERZA F CON RESPECTO A UN PUNTO O
se define también como producto vectorial
(1.48)
Donde r es el vector de posición trazados desde O hasta el punto de aplicación A de la
fuerza F . Si se representa con el ángulo entre las líneas de acción de r y F, se encontró
que la magnitud del momento de F con respecto a O podían expresarse como :
(1.49)
Donde presentada la distancia perpendicular desde O hasta la línea de acción de F
Las componentes rectangulares del momento Mo de una fuerza F se expresaron como
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63
en el caso de problemas que involucran únicamente a dos dimensiones, se puede suponer
que la fuerza F se encuentra en el plano xy . Su momento Con respecto a un punto B
que se encuentra en ese mismo plano es perpendicular al plano en cuestión y está
completamente definido por escalar
el producto escalar de dos vectores P y Q se denoto con
P·Q se definió como la cantidad escalar
(1.50)
Donde es el ángulo entre P y Q . Se expresó el producto
escalar de P y Q en términos de los componentes
escalares de los dos vectores, se determinó que
la proyección de un vector P sobre un eje OL se puedeobtener formando el producto
escalar de P y el vector unitario λ a lo largo de OL . Así, se tiene que
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64
o, con las componentes rectangulares,
(1.51)
Donde y representan los ángulos que forman con el eje OL con los ejes
coordenados.
El producto triple escalar de los tres vectores S , P y Q se definió como la expresión
escalar
S.(PXQ)
que se obtuvo formando el producto escalar de S con el
producto vectorial de P y Q . Se mostró que
donde los elementos del determinante son los componentes
rectangulares de los tres vectores.
1.3.2.3.3.- TORSIÓN
un sistema de fuerzas en el espacio, el sistema equivalente fuerza-par en O constante una
fuerza R y un vector de par , ambos son distintos de cero , que no son perpendicular
entre sí estas fuerzas no pueden ser reducido a una sola fuerza o a un solo par sin
embargo el vector de par puede ser reemplazado por otros dos vectores de par obtenidos
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65
al descomponer en un componente M1 a lo largo de R y una componente M2 en un
plano perpendicular a R figura3.57 b , entonces, el vector de par M2 en la fuerza R
pueden reemplazarse por una sola fuerza R que actúa lo largo de una nueva línea de
acción. Por tanto, el sistema original de las fuerzas se reduce a R y el par vector M1
figura3.57c , de esta forma, el sistema se reduce a R y un par que actúa en el plano
perpendicular a R .
Figura 1.48
A este sistema fuerza-par, en particular, se le conoce como llave de torsión debido a que la
combinación resultante de un Empuje y torsión es la misma que se encuentra en las
operaciones deformación y enroscado , así como en apretar aflojar tornillos. A la línea de
acción de r se le conoce como eje de la llave de torsión y a la razón. se le
denomina paso de la llave de torsión. Por consiguiente una llave de torsión está
constituido por dos vectores colineales, especialmente, una fuerza r y un vector de par
M1 = p*R (1.52)
Recuerde la expresiones anteriores, para la proyección de un vector sobre la línea de
acción de otro vector, se observa que la proyección de sobre la línea de acción de r es
igual a
M1 = R*MR (1.53)
por tanto el paso de una llave de torsión puede ser expresado como
(1.54)
para definir el eje de una llave de torsión se puede escribir una relación que involucre al
vector de posición r de un punto arbitrario P localizado sobre dicho eje. Fijando la fuerza
resultante R y el vector de par en P y expresando que el momento con respecto a O
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de este sistema fuerza- par, es igual al momento resultante del sistema original de
fuerzas, se escribe.
(1.55)
o de acuerdo con la ecuación 1.52
Éste teorema se enuncian de la siguiente manera:
El teorema de una fuerza, respecto de un eje, es igual a la suma de los momentos de
dos componentes de la fuerza respecto a dicho eje.
La fuerza F se descompone según
1.3.2.4.TEOREMA DE VARIGNON
Figura 1.49
dos partículas de su movimiento por diferentes posiciones
La propiedad distributiva del producto
vectorial se puede emplear para
determinar el momento de la resultante
de varias fuerzas concurrentes. Si las
fuerzas F1 F2 F3 ……... se aplican en el
mismo punto A ( figura 3.58 obtener un )
y se representa por r al vector de posición
A , la cual se puede concluir que
r*(F1+F2) = rF1 + r * F2+……
las relación de la figura3.58 permite
representar el cálculo directo del
momento de una fuerza F por el cálculo
de los momentos de dos o más fuerzas.
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67
entonces:
por lo tanto
el teorema es válido también en cuanto se refiere al momento de una fuerza respecto a un
punto.
1.3.2.4.1.-EJERCICIO.- una fuerza vertical de 100 lb se aplican en el extremo de una
para palanca es tan unida a una flecha en
el punto O. determinen: a) al momento de
la fuerza de 100 lb con respecto a O b) la
fuerza horizontal aplicada en A qué
origina el mismo momento con respecto a
O ; c) la fuerza mínima aplicada en A qué origina el mismo
momento con respecto a O d) quien tan lejos de la flecha debe
actuar una fuerza vertical de 240 lb para originar el mismo
momento respecto a O 100 lb e) si alguno de las fuerzas obtenidas
en los incisos b) c) d) es equivalente a la fuerza original.
Solución:
Momentos con respecto a O.- la distancia perpendicular desde O
hasta la línea de acción de la fuerza de 100 lb
la magnitud del momento de la fuerza de 100 lb con respecto a O
es igual a
Como las fuerzas tienden a hacer rotar la palanca alrededor de O
en sentido de las manecillas del reloj, el momento será
representado por un vector Mo perpendicular al plano de la figura y que apunta hacia
adentro del plano del papel. Este hecho se expresa escribiendo.
b) fuerza horizontal.- en este caso se tiene que
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como el momento con respecto a O debe ser igual a 1200 lb .in describe:
c) fuerza mínima.- como , el mínimo valor de F se obtienen cuando d es máximo.
Se selecciona la fuerza perpendicular a OA y se observa que d=24in entonces:
d) ninguno de los cursos consideradas en los incisos b) c) y d) es equivalente a la fuerza
horizontal de 100 lb . A pesar de que estas fuerzas tienen el mismo momento con
respecto a O , sus componentes x y y con diferentes. En otras palabras, a pesar de que
cada una de las fuerzas hace rotar la flecha de la misma forma. Cada una ocasiona que la
palanca jale a la flecha de una forma distinta.
Ejercicio.- una fuerza de 800 N actuar sobre la ménsula como se muestra en la figura.
Determinen momento de la fuerza con respecto a B.
Solución:
el momento de la fuerza F con respecto a B se obtienen a
través del producto vectorial .
Desde es el vector trazado desde B hasta A . Al descomponer a y a F en sus
componentes rectangulares como que tiene que:
Recordando las relaciones anteriores para el producto
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vectorial desde los vectores unitarios ni así se obtiene:
El momento es un vector perpendicular al plano de la figura y apunta hacia adentro
del plano del papel.
Ejercicio.- una fuerza de 30 lb actual sobre un extremo de una palanca de 3ft , como se
muestra en la figura. Determinar el momento de la fuerza con respecto a O.
Solución:
Las fuerzas se remplaza por dos componentes, un componente P en la dirección de OA y
otra componente Q perpendicular a OA . Como O se encuentra
en la línea de acción de P el momento de P con respecto a O es
igual a cero y el momento de la fuerza de 30 lb seduce al
momento de Q , que tiene en sentido de las manecillas del reloj
y por consiguiente, se le presenta por un escalar negativa .
Como el valor obtenido para el escalar Mo es negativo, el momento Mo apunta hacia
adentro del plano del papel.
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EJEMPLO.- un hombre levanta una viga de 10kg y de 4 m de longitud tirando de una
cuerda. Encuentre la tensión T en la cuerda y la reacción que A.
Solución:
Diagrama de cuerpo libre.- la vigueta es un cuerpo sujeto a
tres fuerzas: su peso W , la fuerza T ejercida por la cuerda y
la reacción R ejercida por el suelo en A . Se observa que
Cuerpo sujeto a tres fuerzas.- como la vigueta es un
cuerpo sujeto a tres fuerzas, estas al actuar deben ser
concurrentes. Por tanto, la reacción R pasará a través del
punto de intersección C de las líneas de acción de peso W
y de la fuerza de tensión T . Este hecho se utiliza para
determinar el ángulo α que forma R con horizontal.
Trazando la línea vertical BF a través de B y la línea
horizontal CD a través de C se observa que
Así se escribe:
ahora se conoce las direcciones de todas las fuerzas que actual
sobre la vigueta.
Triángulo de fuerzas.- se dibuja un triángulo de fuerzas, como
se muestra en la figura y se calculan sus ángulos interiores a
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partir de las direcciones conocidas de las fuerzas. Como el uso de la ley de los senos se
escribe:
EJERCICIO.- Reemplace el par y la fuerza mostrados en la figura por una sola fuerza
equivalente aplicada a la palanca. Determinen la distancia desde el eje hasta el punto de
aplicación de esta fuerza equivalente.
Solución.-
Primero se reemplaza la fuerza y el par dados por un sistema
equivalente fuerza - par en O . La fuerza F =-400Nj se mueve a
O y al mismo tiempo se agrega un momento Mo igual al
momento con respecto a O , de la fuerza en su posición
original.
Este par se suma al par formando por las dos fuerzas de 200 N
cuido momento es igual a -24 N.mk puede trasladarse a B ; por
tanto, se obtiene un sistema fuerza –par en B . Ahora el par
puede ser eliminado aplicando la fuerza F en un punto C elegido
de manera que
Entonces se construye:
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Solución alternativa.- como el efecto de un par no depende de su ubicación el par cuyo
momento es igual a -24 N.m k
puede trasladarse a B : por lo tanto, se obtiene un sistema fuerza - par en B . Ahora el par
puede ser eliminado aplicando la fuerza f de un punto C elegido de manera que:
Así se concluye que
EJERCICIO.- un peso de 400 lb se une a la palanca esperada en la figura en el punto A
la constante deL resorte BC es k =250lb/in . Éste no se encuentra deformado cuando θ=0
. Determinen la posesión de equilibrio.
Solución
diagrama de cuerpo libre.- se dibuja el diagrama de
cuerpo libre de la palanca junto al cilindro. Represente
con s la elongación del resorte a partir de la posesión en
que este no se encuentra deformado y observé que s=rθ,
se tiene que F=ks =ksθ
Ecuación de equilibrio.- sumando los momentos de W y de F con respecto a O se escribe:
Sustituyendo los datos numéricos que fueron
proporcionados se obtiene
al resolver numéricamente, se encuentra
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CAPITULO 2
VIGAS
2.1. ANTECEDENTES
Es un elemento estructural diseminado para soportar cargas que sea aplicada en varios
puntos a lo largo del elemento la cual se denomina como viga.
2.2. OBJETIVOS
2.2.1. OBJETIVO GENERAL
Determinar y diagramar los esfuerzos internos en las vigas.
2.2.2. OBJETIVOS ESPECIFICOS
Nos ayudarán diferentes aspectos:
Diferenciar diferentes tipos de vigas
Armar vigas Gerber
2.3. JUSTIFICACION
Es un elemento estructural muy importante para la construcción orientado diferentes
aspectos en la construcción.
Es un elemento estructural diseminado para soportar cargas que sea aplicadas en varios
puntos a lo largo del elemento la cual se denomina como viga.
Los esfuerzos internos, es un reflejo de las solicitaciones externas ,donde a través de los
diagramas puede advertirse las zonas donde es necesario reforzar para absorber estos
esfuerzos , tal cual se presenta en el siguiente armado.
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2.4. RELACIÓN ENTRE LAS FUERZAS INTERNAS Y LA ARMADURA DE
REFUERZO W
L
Y
X
X
M
A B
ARMADURA CONSTRUCTIVA
ARMADURA
ARMADURATRANSVERSALABSORVE LA FUERZA CORTANTE
LONGITUDINALABSORVE LA FLEXION
CONCRETO
ARMADURACONCTRUCION
ARMADURATRANSVERSALCORTANTE
ARMADURALONGITUDINALFLEXION
SECCION DE LA VIGA
para absorver elcortante
para absorver momentosflector que comprime
para absorver momentosflector que tracciona
De acuerdo a los diagrama ,puede terner la siguiente armadura
como se puede observar el objetivo pricipal de conocer los esfuerzos internos ,se sabe donde se tiene que reforzas
se distinguen dos tipo de armadura: la armadura longitudinal cuya función es resistir las
fuerzas por la flexión, y las armaduras transversal, encargada de resistir las fuerzas
cortantes. Esto quiere decir que en las sondas de máximo momento flector se coloca
máxima cantidad de armadura longitudinal.
2.5. TIPO DE VIGAS.- de acuerdo a su tipología se tiene las siguientes
2.5.1.-TIPO DE VIGAS SEGÚN SU DEFORMACION.- la deformación esta directamente proporcionala la flexión
VIGA SIMPLE
VIGA MENSULA
VIGA TIPOESCALERA
VIGATRIARTICULADO
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2.5.2. TIPO DE VIGAS SEGÚN SU CORTES Y MOMENTOS
VIGA CORTANTE MOMENTO
VIGA CONTINUA
CON DOS LUCES
HIPERESTATICO
AB
a a
PP
Q
X
XM
VIGA CON DOS
CARGAS
SIMETRICAS
ISOSTATICO
ab
A B
q
X
Q
X
Viga CON CARGA
TRIANGULAR
ISOSTATICO
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B
PP1P
A
L/2L/2 a
X
Q
M
X
VIGA CON
APOYOS
INVERTIDOS
ISOSTATICO
2.5.3. EVALUACION DEL GRADO HIPERESTATICO GH.-nos permitirá conocer
la aplicación de la teoría estática o hiperestática cuando se presenta los siguientes casos.
GH=O} ESTRUCTURA ISOSTATICA N˚ ECUACION =N˚ INCOGNITAS
GH>O} ESTRUCTURA HIPERESTATICA N˚ ECUACION <N˚ INCOGNITAS
GH<O} ESTRUCTURA HIPOSTATICA N˚ ECUACION >N˚ INCOGNITAS
2.5.4. ECUACCION METODO DE LOS ANILLOS
A= N˚ DE ANILLOS
GL= GRADO DE LIBERTAD
Se ilustra estos tres casos según la siguiente tipología en vigas
1GL 2GL
1 A
E.ISOSTATICA
1GL 1GL
1 A
E.HIPERESTATICO
2GL 2GL
1 A
E.HIPOSTATICO
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77
90 Kn
30º
90 cos 30 = 77.94
90 cos 90 = 45
2.5.4.1.-EJERCICIO.- Encontrar las reacciones de apoyo y graficar los diagramas
34
BAC
30º
90 K
n
1 Paso descomposición de fuerzas
2º Cálculo de Reacciones de Apoyo
∑MBD + ∑ FV = 0 + ∑ FV = 0 +
VA*7 – 90sen 30o = 0 VA + VB – 90osen30o =0 HA – 90 cos 30o= 0
VA= 19.29 VB = 25,714 HA = 77.94
Control en A
∑ MA = 0 + VB*7– 90*sen 30o*4 = 0
7*25.71 - 90*sen 30o*4 = 0 0=0 Ok
3º Calculo de Funciones de fuerza internas
TRAMO A- C Origen de x en punto A0≤x≥4
Calculamos en la Ecuación x Mx
0 0
4 77.16
Mx = VA*xMx = 19.29*x
Qx= VAQx= 19.29
Nx= -77.9
M +
Q+
N+HA
H =77.94 A
4 - x4
AC
90sen30º
90cos30º
V =19.29 A
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TRAMO C – B Origen de x en punto A
Mx = VA*x – 90sen30* (x-4)
Mx = 19,29*x – 90sen30* (x-4)
Qx = VA – 90*sen*30
Qx=-25,71
Nx= -77.94 + 90 cos 30
Nx=0.002 ≈ 0
Calculando con las ecuaciones Mx
x Mx
4 77.16
7 0.03
4º DIAGRAMAS
Diagrama de Momentos
BA
7 7 . 1 6
- +
Diagrama de Cortantes
BA
-
+
Diagrama de Normales
BA-
M +Q+
N+HA
H =77.94 A
4 - x4
AC
90sen30º
90cos30º
V =19.29 A
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2.5.4.1.-EJERCCIO .-objetivo determinacion de las reacciones de apoyo y diagramar
los esfuerzos
q=3kN/mq=4kN/m
p=2kN
c A B ED
2 3 2 3
30°
VBVA
HA
Pv=1
PH=1.73
Descomposicion de P
PPv
PH
Determinación de las ecuaciones del momento flector, cortante y normal
p=2kN
A BD
3 2
30°
VAderHA der
Pv=1
PH=1.73
MAder
XX
Tramo CA
x
0 0 0 0
1.3 -
0.55
-
1.27
0
2 -2 -3 0
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Tramo BA
Origen A
x
0 -2 -2.8 -1.73
3 -10.4 -.28
-3.8
-
1.73
0
5 -1.8 -3.8 0
Tramo AB
Tramo BE
Origen
q=4kN/m
B E
VBx
x
0 0 0 0
1.5 -4.5 6 0
3 -18 12 0
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Diagrama del esfuerzo interno
c A B E
(+) N(-) N
1.73
c A B E-
- --
- 2
- 1 0 .4 - 1 8
( - ) M( + ) M
c A B E
(+ ) Q(-) Q 1 2
-3 .8-3 .8
-2 .8
-3
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EJERCCIO Nº 2.- resolver vigas Gerber subestructuras
A B C D E F G H
1 2 3 2 2 1 1
2 KN 3 KN m
HB=0VB=-5
4KN 5KN 6KN
VD=19 VH=3
1˚resolver
F
GH=0
Viga Principal
Viga comp. 1º orden(1)
(2)GH=0
Determinar reacción de apoyo en F y H y transmitirlo a
VF
HF=0FDB
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Determinar las reacciones B y D
Determinación de las ecuaciones de los esfuerzos internos
A B C D E F G H
2 KN 3 KN m 4KN 5KN 6KN
X
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x
0 0 -2
-2
-7
-16 -7
-19 -7
-7
12
12
8
8
3
3
-3
12 0 -3
6 -40 0
1 -2
3
11 3
8 -16
10 0
DIAGRAMA
2 KN3 KN m 4KN 5KN 6KN
-2
-16
-19
-40
-8
3
+ +
-
-
--
-M+M
2 KN3 KN m 4KN 5KN 6KN
+Q-Q
- - --
+ +
+
-2-7
128
3
-3
MÉTODO DE LAS AREAS.-a través de los diagramas de los esfuerzos internos , es
posible determinar los planos de momentos ,flector y contante
Ejercicio 3.- determinar los esfuerzos internos de momentos cortantes, a través del
método de las aéreas del método de las aéreas del siguiente calculo
2 2 2 2 2
4 KN3 KN2 KN/m
HA
VAVF
2.83 KN
2.83 KN
A B C D E F
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Método Directo
4 KN3 KN2 KN/m
VFA B C D E F
4.86
2.03
-1.97 -1.97
-4.97
2-XX
Relación de ∆s
2.6.-MÉTODO DE LAS AREAS
A B C D E F
Si 0 4.86 2.03 1.02 ‐0.99 ‐4.97
Li 0 2 2 1.02 0.98 2
M.parc 0 9.72 4.06 1.04 ‐0.98 ‐9.94
M.acum 0 9.72 13.78 14.82 ‐13.85 0
Si=superficie KN Li=long. Trans (m)
Mparc=momento parcial Macum=momento acumulado
CONTROL
ok
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4 KN3 KN2 KN/m
A B C D E
9.7213.75 14.72
9.91
-M+M
EJERCICIO 2.-aplicación transmisora de esfuerzos internos a través de subestructuras
de la siguiente viga Gerber
2321132
q1=6Kn/m
M=4Kn.m
P=6Knq= 4Kn/m
F A B H G C D E
GH=0
SUBESTRUCTURACION
TRAMO
AB 9.72 0 9.72 2 4.86BC 13.87 9.72 4.06 2 2.03CC 14.82 13.97 1.04 1.02 1.02CD 13.85 14.82 -0.97 0.98 -0.89DE 9.92 13.85 -3.94 2 -1.97EF 0 9.91 -9.91 2 -4.97
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C
GH=0
Viga Principalcon propiaestabilidad
Viga comp. 1º orden conestabilidad dependiente
(1)
(2)GH=0
Subestructuracion 1
VcVc
Hc
2
q1=6Kn/m
2
M=4Kn.m
3
Determinación de reacciones de apoyo de la subestructuras 1
∑ = 0H Hc=0
∑ = 0Mc
Vd(5)-21
*2*6 ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ + 2*
315 -4=0
∑ Vd=7.6 Kn
Vc-21
*2*6+7.6=0
Vc=1.6 Kn
CONTROL Md=0
-21
*2*6*31
- 4 -1.6=0
0=0 OK
SUBESTRUCTURACION 2
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P=6Kn
q= 4Kn/m
Vc=-1.60Kn
Hc=0HA=0
1
G
132
BF A H
VA=15.74Kn VB=8.67Kn
∑ H=0 HA=0
∑ MA=0
- ( )( ) ( ) 024*4
29*434*656.1 =+−+−− Vb
∑ Vb=8.66 Kn
( )
( )
!00
02*60.16225*43*74.15
074.15
06.1666.85.40
OK
MbCONTROLKnVA
VAV
=
=−+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−
=
==−−−+−
=
∑
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Convencion
Convencion
ESFUERZOS INTERNOS TRAMO FA 0<X<2
04
2*4
2
=−=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=
NxxQx
rectaxMx
TRAMO AB 0<X<3
0474.158
2474.158
2
=−+−=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−+−=
NxxQx
xxMx
TRAMO GB
( ) ( )1*66.1 −−−−= xxMx
x 1≥
66.1 +−=Qx
Salto 1≥x
0=Nx
DIAGRAMA DE ESFUERZOS MM
+−
+-
+1.6 +0.8
-4-3.2
-8
---- -
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90
4.4
- +-
+6
-1.6-4.27
-8
+
17.13
-
00000
−+
NN
−+
EJERCICIO PROPUESTO
q2= 12 KN/m P2= 2 KN/mM= 3 KN x m
P1= 3 KN
4 2 2 3 4
q1= 2 KN/m
(m)
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EJERCCIO
30º
q1= 3 KN/m
P1= 8 KN P2= 7 KN
3 32 3(m)
EJERCCIO
6211222
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EJERCICIO
1 1 5 1 1 4 1 1 5 1 1
P=1KN
(m)
q=15KN/m
q=10KN/m
q=15KN/m
q=10KN/mq=12KN/m
q=8KN/m P=1KN
EJERCCIO
Determinacion del grado hiperestaticoGH=3(A)-GLGH=(3)*2-6GH=6-6=0 E. Isostatico
q=10KN/m
2.0
2.0
(m)
q=10KN/m
q=15KN/m
P=3KN
P=4KN
2.02.02.02.04.08.04.02.02.02.02.0
q=12KN/m
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93
EJERCCIO
EJERCCIO
P=1KNq=8KN/m
q=12KN/mq=10KN/m
q=15KN/m
q=10KN/m
q=15KN/m
(m)
P=1KN
1.01.05.01.01.04.0115.01.01.0
Determinacion del grado hiperestaticoGH=3(A)-GLGH=(3)*3-9GH=9-9=0 E. Isostatico
P=1KNq=8KN/m
q=12KN/mq=10KN/m
q=15KN/m
q=10KN/m
q=15KN/m
(m)
P=1KN
1.01.05.01.01.04.0115.01.01.0
D e t e r m i n a c i o n d e l g r a d o h i p e r e s t a t i c oG H = 3 ( A ) - G LG H = ( 3 ) * 3 - 9G H = 9 - 9 = 0 E . I s o s t a t i c o
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94
EJERCCIO
q=8KN/m
q=6KN/m1.5
1.5
1.5
q=10KN/m
4.04.0(m)
P=4KNq=10KN/mq=12KN/m
2.02.0
P=3KN
P=2KN
2.02.02.04.04.01.51.52.0
5.6. TIPO DE VIGAS Y SUS DEFORMACIONES
VIGA CORTANTE MOMENTO
VIGA CONTINUA
CON DOS LUCES
VIGA EN
VOLADIZO
y=kx
A B
L
M/LM/L
X
Q Q
x
VIGA CON
CARGA
PARABOLICA
BA
C
Q
X
VIGA CON
CARGA
DOBLEMENTE
TRIANGULAR
D eterm inacion del grado h iperestaticoG H =3(A )-G LG H =(3)*2-6G H =6-6=0 E . Isostatico
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A B
Q
X
VIGA CON
CARGA
TRIANGULAR
A BM
a b
l
M/LM/L
tan =0=q
Q
x
VIGA SOMETIDA
(RESORTE) A UN
MOMENTO EN
LA LUZ
VIGA DE
CIMENTACION
A BC
Q
X
VIGA CON
CARGA
SINUSOIDAL
A BC
Q
X
VIGA CON
CARGA
TRIANGULAR
SIMETRICA
A BC
q
qL/2 qL/2
Q
XqL/2
qL/2
M
X
VIGA CON
CRAGA
UNIFORME
AB
a a
PP
Q
X
XM
VIGA CON DOS
CARGAS
SIMETRICAS
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96
M A B
Q
X
M
VIGA SOMETIDA
EN EL APOYO
A B
ap
q
Q
X
M
X
VIGA CON
CARGA
TRIANGULAR Y
PUNTUAL
ab
A B
q
X
Q
X
Viga CON CARGA
TRIANGULAR
A B
PPP
q
X
Q
X
M
VIGA CON
CARGA
REPARTIDA Y
PUNTUAL
A
q
B
X
VIGA CON
CARGA
TRIANGULAR
EN TODA LA
LUZ
A
a
bq
q
B
X
Q
X
M
VIGA CON
CARGA
TRIANGULAR
INVERTIDAD
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97
Pq2
B
X
q1
A
Q
X
X
M
VIGA CON
CARGAS
TRAPEZOIDAL Y
PUNTUAL
BA
P PP
VIGA CON
CARGA
PUNTUAL EN
LOS VOLADIZOS
B
PP1P
A
L/2L/2 a
X
Q
M
X
VIGA CON
APOYOS
INVERTIDOS
FORMULAS
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108
CAPITULO 3 INTRODUCCION ESTATICA DE LOS PORTICOS
3.1. ANTECEDENTES
Navier fue (1785- 1836) el primero en presentar un método general para la solución de
problemas estáticamente indeterminados. El encuentro que las estructuras son
estéticamente indeterminadas si se consideran como cuerpos rígidos, pero que si se
recurre a la elasticidad (relación entre la fuerza y las deformaciones) es siempre posible
adicional a las ecuaciones de la estática otra ecuaciones que expresen las condiciones de
información de manera que habrá siempre un número de relaciones suficientes para
determinar todas las cantidades desconocidas.
Se entiende por pórtico de tipo de estructuras conformada por noticias y columnas unidas
mediante nudos rígidos capaces de soportar momentos.
3.2. OBJETIVOS
2.2.1. OBJETIVO GENERAL
Este tema nos ayudara para el manejo adecuado de diferentes tipos de pórticos ,elcalculo
y el comportamiento.
3.2.2. OBJETIVOS ESPECIFICOS
Podrán determina:
Las reacciones de apoyo y tipo de pórticos
Ecuaciones que nos permitirá demostrar las deformaciones en el pórtico
Y el control.
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109
3.3. JUSTIFICACION
La ayuda adecuada al estudiante y demostrar los diferentes métodos.
3.4. GRADO DE DETERMINACIÓN ESTÁTICA LOS PÓRTICOS
en su mayoría, los pórticos son estática mente indeterminados. La expresión para el
cálculo de su grado de indeterminación estática( G.I.E.) es:
Donde:
R= número de reacciones en los apoyos
B= número de barras(vigas, columnas) del pórtico
N= número de nudos del pórtico incluyendo los apoyos
G= grado de condiciones especiales de equilibrio
3.4.1.-CONSIDERACIONES BASICAS
POR CADA BARRA HAY 3 INCOGNITAS POR CADA NUDO HAY 3 ECUACIONES DE EQUILIBRIO
FX=0
FY=0
FZ=0
incognitas ecuaciones
la expresión para calcular el( G.I.E.) de los pórticos se puede justificar como sigue: para
cada barras del pórtico hay 3 incógnitas. Los pórticos generan un número de incógnitas
iguales al número de reacciones. Por otra parte, por cada nudos se puede planear tres
ecuaciones de equilibrio. Las articulaciones son condiciones especiales de equilibrio.
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110
Para calcular de G(número de condiciones especiales equilibrio), debe detenerse en
cuenta que está seda igual al número de barras que concluyen en nudos menos uno.
Teniéndolos siguientes casos:
G=2-1 G=3-1=2
G=4-1=3G=6-1=5
G=3-1=2
G G
G
GG
Figura 6.1
G= articulación. Es una unión estructural que no resiste momentos. En la práctica, las
articulaciones se construyen uniendo, mediante un pasado, dos o más elementos.
En los pórticos indicados a continuación se trata de obtener el grado de indeterminación
estática (G.I.E.)
3.5.-DETERMINACION DEL GRADO HIPERESTATICO
3R
3R1B
1B0G
0G
1N
1N
1NA)
B=2 N=3 G=0 R=6
GH=(3*2+6)-(3*3+0)=3
GH=3
HIPERESTATICO
b)
3R
1B
1B
1B
3R
1N 1N
1N1N0G 0G
B=3 N=4 G=0 R=6
GH=(3*3+6)-(3*4+0)=3
GH=3
HIPERESTATICO
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111
C)
B=3 N=4 G=0 R=9
GH=(3*3+9)-(3*4+0)=6
GH=6
HIPERESTATICO
d)VIGA VIERENDEEL
B=13 N=10 G=0 R=3
GH=(3*13+3)-(3*10+0)=12
GH=12
HIPERESTATICO
e)
B=8 N=8 G=0 R=9
GH=(3*8+3)-(3*8+0)=9
GH=9
HIPERESTATICO
f)
B=8 N=9 G=0 R=18
GH=(3*8+18)-(3*9+0)=15
GH=15
HIPERESTATICO
g)
B=8 N=8 G=0 R=9
GH=(3*8+9)-(3*8+0)=9
GH=9
HIPERESTATICO
h)
B=7 N=7 G=2 R=8
GH=(3*7+9)-(3*8+0)=6
GH=6
HIPERESTATICO
i)
B=9 N=8 G=2 R=5
GH=(3*9+8)-(3*7+2)=6
GH=6
HIPERESTATICO
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112
j)
B=6 N=6 G=1 R=4
GH=(3*6+5)-(3*6+1)=3
GH=3
HIPERESTATICO
k)
B=7 N=8 G=0 R=9
GH=(3*7+9)-(3*8+0)=6
GH=6
HIPERESTATICO
l)
B=6 N=6 G=1 R=4
GH=(3*6+4)-(3*6+1)=4
GH=4
HIPERESTATICO
m)
B=4 N=5 G=0 R=8
GH=(3*4+8)-(3*5+0)=5
GH=5
HIPERESTATICO
n)
B=7 N=8 G=0 R=14
GH=(3*7+14)-(3*8+0)=11
GH=11
HIPERESTATICO
o)
B=7 N=8 G=5 R=14
GH=(3*7+14)-(3*8+5)=6
GH=6
HIPERESTATICO
p)
B=8 N=9 G=0 R=18
GH=(3*8+18)-(3*9+0)=15
GH=15
HIPERESTATICO
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113
B=5 N=6 G=0 R=8
GH=(3*5+8)-(3*6+0)=5
GH=5
HIPERESTATICO
r)
B=13 N=11 G=0 R=9
GH=(3*13+9)-(3*11+0)=15
GH=15
HIPERESTATICO
B=15 N=12 G=8 R=9
GH=(3*15+9)-(3*12+8)=10
GH=10
HIPERESTATICO
B=11 N=9 G=0 R=6
GH=(3*11+6)-(3*9+0)=12
GH=12
HIPERESTATICO
u)
B=12 N=10 G=0 R=6
GH=(3*12+6)-(3*10+0)=12
GH=12
HIPERESTATICO
v)
B=8 N=8 G=2 R=6
GH=(3*8+6)-(3*8+2)=12
GH=12
HIPERESTATICO
B=13 N=12 G=0 R=6
GH=(3*3+6)-(3*4+0)=3
GH=3
HIPERESTATICO
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114
x)
NO SE CONSIDERA EL VOLADIZO ,PUESES ESTATICAMENTE DETERMINADO
B=7 N=7 G=0 R=9
GH=(3*7+9)-(3*7+0)=9
GH=9
HIPERESTATICO
B=9 N=9 G=6 R=9
GH=(3*9+9)-(3*9+6)=3
GH=3
HIPERESTATICO
b)
3R
1B
1B
1B
3R
1N 1N
1N1N0G 0G
B=3 N=4 G=0 R=6
GH=(3*3+6)-(3*4+0)=3
GH=3
HIPERESTATICO
B=9 N=9 G=6 R=9
GH=(3*9+9)-(3*9+6)=3
GH=3
HIPERESTATICO
3.6.-MÉTODO DE LOS ANILLOS.-considera dos grados de libertad que se presenta en los nudos, reacciones de apoyo y el vínculo entre los elementos que conforman cada elemento de una estructura, formando los anillos correspondientes.
GH=3.A-GL
3.6.1.-CONSIDERACIONES BASICAS GRADO DE LIBERTAD
0 GL
1 GL
Un y cero grados de libertad
2 GL
dos grado de libertad 1 GL
un
grado de libertad
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115
3.7.-EJEMPLO OBJETIVOS APLICACIÓN DEL METODO PARA LOS SIGUIENTES CASOS
1A O GL
O GL
GL=O
A=1
GH=3*1-O=3
GH=HIPERESTATICA
1AO GL
O GL
1AO GL
GL=O
A= 2
GH=3*2-0=6
GH=HIPERESTATICA
2 b
1 GL1 GL
1GL
1A
2R
2 R1 b
2 R
GL=3
A=1
GH=3*1-3=O
GH= ISOSTATICO
2A
2GL 1GL
3R3R
1 R 2R
1 b
1A 4A
3A
0GL
GL=3
A=4
GH=3*4-3=9
GH=HIPERESTATICO
3.8.-FUERZAS INTERNAS.- son los que resisten por el estado de las cargas externas
,peso propio incidencia de loas reacciones que se presenta en cualquier estructura ,si
tenemos un dx se tiene:
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116
3.8.1.-COMBINACION DE SIGNOS.- con el objeto de determinar los esfuerzos
internos en equilibrio se adopta la sgte convención de signos (figura anterior).
POR CONDICIONES DE EQUILIBRIO
ΣFx=0 ΣFy=0 ΣM=0
3.9.-SUB ESTRUCTURAS
6.5.1. PÓRTICO MULTIBLE
1 GL1 GL
1caso
2caso
3.10.-DIAGRAMAS DE FUERZAS INTERNAS DEL PÓRTICO
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117
EJERCCIO.-objetivo: dado el siguiente pórtico simétrico, determinar las reacciones de
apoyo ,diagramar el momento, cortante y la normal
PORTICO SIMETRICO
54
2 3 3 2
5 KN 5 KN
4 KN/m
A B
C D
E
F G
Paso 1) Determinación de su grado hiperestático
Isostatica estructura una es 0313
)(3
∴=−⋅=
−=
GHGH
GLAGH
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118
Paso 2) Cálculo de reacciones de apoyo
54
2 3 3 2
5 KN 5 KN
4 KN/m
A B
C D
E
F G
HA HB
VA VB
D.C.L
0
250)10(45525
0 25
02
24)2(52
84)8(5)6(
0
22
=∑
==−−−+
=∑=
=⋅++⋅−−
=∑
derME
A
A
V
B
B
M
KNVV
KNV
V
A
00
00
0254)5(5)9()3(25
2
==−
=∑=
=⋅−−−
A
BA
H
B
B
HHH
H
H
Control
00055)10(42525
0
==−−−+
=∑V
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119
Paso 3) Reacciones internas.- aplicar el método practico
Las reacciones internas se realizaran por el método práctico
54
2 3 3 2
5 KN 5 KN
4 KN/m
A B
C D
E
F G
HA = 0
VA = 25 KN VB = 25 KN
HB = 0
ANALISANDO
Tramo A-D
Origen A
KNNN
HQHQ
MHMM
DA
AD
AA
DAD
A
25
00
0 )5(0
==
=−==−=
=⇒−==
Tramo C- D
Origen C
0
13245 5
182
24)2(5
02
==
−=⋅−−=−=
⋅−=−−=
=
DC
D
C
D
C
NN
KNQKNQ
mKNM
M
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120
Tramo D-E
qN = 1
.44 K
N/mqT =
1.92
KN/m
DC
DA
DE
0
18 KN12 KN
a
KNsenNKNQ
senqqqq
KN
T
N
H
V
6.912' 2.7cos12'
coscos
0 12)2(4525
2
=⋅==⋅=
⋅⋅=⋅=
=∑=−−=∑
αα
ααα
qN = 1
.44 K
N/mqT =
1.92
KN/m
9.6 K
N
1.92 K
N
53,13°
Origen D
0)5(92.16.9 6.9
0)5(44.12.7 2.7
0)5(2.72544.118
182
=+−=−=
=−==
=+⋅−−=
−=
E
D
E
D
E
D
NKNN
QKNQ
M
KNM
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121
A B
C D
E
F G
A B
C D
E
F G
A B
C D
E
F G
-M/M
+Q/Q
+N/N
-18
-18
"0"
4.5
2
-18
-18
"0"
4.5
2(-)
(-)
(-)
(+)
-5
-13
-7.2
"0" "0"
7.2
(-) (+) 5
13
"0" "0"
-25
-9.6
9.6
25
(-)
(-)(+)
(+)
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122
EJERCICIO.- resolver el pórtico. El objetivo: considerar para el caso de pórtico
atirantado
A
BE
C D
F2 KN
6 KN/m
4 KN/m
23
2
tirante
Paso 1) Determinación de su
grado hiperestático
Isostatica estructura una es 0623
)(3
∴=−⋅=−=
GHGH
GLAGH
Paso 2) Cálculo de reacciones de apoyo
A
BE
C D
F2 KN
6 KN/m
4 KN/m
10
2
HA
VA
VA
Ty
Tx
Ty
Tx
5
KNVV
KNHH
KNV
V
A
A
V
A
A
H
B
B
MA
12018)5.0(106
0 18
0)5(420 12
0)5(2)1032(610
21)5.4(5.4)10(
0
==++⋅−
=∑=
=−+=∑
=
=−⋅⋅⋅−+
=∑
Control
00
02(5))-10) 326(0.5(10-2(3)18(2)-18(10)
0
=
=⋅⋅+
=∑ MB
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123
Determinación de esfuerzos axiales del tramo E-F
A
BE
F
T10.44
10
5
x26,57°
KNTT
TsenTTTTT
sen
izqMC
y
x
08.2704)5(96.0)7(18
0
29.096.0cos
96.044.10
10cos
29.044.10
3
==−⋅−−
∑
⋅=⋅=⋅=⋅=
==
==
αα
α
α
Paso 3) Reacciones internas
A
BE
C D
F2 KN
6 KN/m
4 KN/m
10
2
HA=18 KN
VA=18 KN
VB=12 KN
T=27.08 KN 5
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124
A-C
saltoxx
saltoxsaltoxx
xxx
N
Q
xxxM
2
2 2
52
8.718
22618
)5(2)2(26)(18
≥
≥≥
≥≥
+−=
−+−=
−−−+−=
Tramo
Origen A
x Mx Qx Nx
0 0 -18 -18
2 -36 -18 -18
8 -10.2
5 -12 8 -10.2
6
7 0 6 -10.2
Tramo C-D
Origen C
C D
6 KN/m
qx
10
VC=10.2 KN
HC=6 KN
A
2 KN
HA=18 KN
VA=18 KN
23
2
7.8 KN26 KN
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125
63.02.10
)6.0(21)2(10
1012.10
)31)(6.0(5.0))(2(10
2
3
=−=
−=
−=
−=
x
x
x
x
x
NxQ
xxQ
xxM
xxxM
Tramo B- D
Origen B
x Mx Qx Nx
0 0 10.2 6
7 37.10 -4.5 6
10 2 -19.80 6
x Mx Qx Nx
0 0 0 -12
3 -18 12 -12
-14 -19.8
5 2 -6 -19.8
B
D 4 KN/m
23
VB=12 KN
7.8 KN26 KN
saltoxx
saltoxx
saltoxx
N
xQ
XXM
3
3
32
8.712
264
)3(262
≥
≥
≥
−−=
−=
−+−=
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126
-M/M
+Q/Q
+N/N
(-)
(-)
(-)
(+) (+)
(-)
(-)
-36
12 37.1
22
18
(-)
(+)
(+)
(+)
(-)
(-)
(+)
-18
8
6
10.2
-4.5
-19.8-14
-6
12
(-)
(-)
(-)
(+)
(-)
(-)
-10.2
-18
6
-27.08
-12
-19.8
obs. El tirante ,trabaja a tracción y no a compresión
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127
EJERCICIO.- resolver el siguiente pórtico
PORTICO TRIARTICULADO
DETERMINACION DEL GRADO HIPERESTATICO
A=1
GL=3
GH=3(A)-GL
GH= 3(1)-3
GH= 0
ISOSTATICO
DETERMINACION DE LAS REACCIONES DE APOYO
∑ = 0AM
0323)3(3
26)6(2)3(106 =⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +−⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛−+BV
6 VB = -30+36+40.5
VB = 7.75 KN
∑ = 0BM
0)3(1023)3)(3(
22)2)(6(6 =−⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛−⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛−AV
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ++
=6
305.1336AV
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128
VA =13.25 KN
∑ = 0MF lado derecho
0)3)(75.7(523)3)(5()2)(10(2 =−+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛−− BH
⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛−+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛+
=5
22023)3)(3()3)(75.7(
BH
HB=6.55 (KN)
Esfuerzos internos:
Tramo A-C
Origen A: 0 <x< 5
)(55.6 xMX −=
55.6−=XQ
25.13−=XN
Tabla A- C
x Mx Qx
Nx
0 0 -.-
6.55
-13.25
2.5 -16.38 -.-
6.55
-13.25
5 -32.75 -.-
6.55
-13.25
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129
Tramo C-F
Origen: 0<x<3
322
))(2())(25.13(75.32 ≥+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−+−= xX
xxxM
)(225.13 xQX −−=
55.6−=XN
Tabla C – F
x Mx Qx Nx
0 -
32.75
-
13.25
-6.55
1.5 -
15.13
10.25 -6.55
3 -2
0
7.25 -6.55
Tramo B-D
Origen: 0<x<5
0 <x< 5
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130
3)3(10)(45.3 ≥−−−= xX xxM
31045.3 ≥+−= xXQ (Salto)
75.7−=XN
Tabla B - D
x Mx Qx Nx
0 0 -3.45 -
7.75
3 10.35 -
3.45
6.55
-
7.75
5 -2.75 6.55 -
7.75
Tramo D-F
Origen: 0 <x< 3
322
)(5)(75.775.2 =+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−+−= xX
xxxM
)(575.7 xQX +−=
55.6−=XN
TABLA D-F
x Mx Qx Nx
0 -2.75 -7.75 -6.55
1.5 3.25 -0.25 -6.55
3 -2
0
7.25 -6.55
DIAGRAMA DE ESFUERZOS INTERNOS
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131
EJERCICIO.- objetivo :analizar un pórtico simplemente apoyado
PORTICO SIMPLEMENTE APOYADO:
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132
DETERMINACION DE REACCIONES DE APOYO
)(0 +→=∑H
HB = 0
∑ = 0AM
∑ = 0AM
02
)10)(10)(8(410 =−+BV
10 VB = 4(10)(10) – 4
10 VB = 4((10)(10)-(1))
10(1))-4((10)(10)
=BV
VB = 39.6 KN
)(0 +=∑ ↑V
VA – 8 (10) + 39.6 =0
VA = 40.4 KN
CONTROL:
0∑ =BM
02
)10)(10(8)10)(4.40(4 =−+−
- 4 + 404 – 400 = 0
0 = 0
Esfuerzos internos:
Tramo A-C
Origen A: 0 <x< 6
Mx = 0
Qx= 0
Nx= - 40.4 KN
TRAMO A - C
x Mx Qx Nx
0 0 0 -
40.4
3 0 0 -
40.4
6 0 0 -
40.4
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133
Tramo C-F
Origen C: 0 <x< 10
2))((8)(4.40 xxxMX −=
66 '4.40))(8( >≤ ++−= xXxX QxQ
66 '0 >≤ += xXxX NN
∑ −= )(8)(4.40 xxVX
( )∑= φCOSXX VQ'
( )∑= φSENXX VN '
8.0=φCOS
6.0=φSEN
)(40.632.32' xQ X −=
)(8.424.24' xN X −=
TABLA C-F
X Mx Nx Qx
0 0 0 40.4
3 85.20 0 16.4
6 98.4 0 -7.6
8 67.2 -14.16 -18.88
10 4 -23.76 -31.68
2))((8)(4.40 xxxMX −=
6 3.324.40))(8( ≤ ++−= xX xQ
6 )(8.424.240 >≤ −+= xxX xN
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134
Tramo B-F
Origen B: 0<x<3
11 40 ≥< += xxXM
0=XQ
6.39−=XN
Tabla B-F
x Mx Qx Nx
0 0 0 -
39.6
1 0
4
0 -
39.6
3 4 0 -
39.6
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135
DIAGRAMA DE ESFUERZOS INTERNOS
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136
EJERCICIO.- resolver el siguiente ménsulaque se considera como pórtico
GRADO HIPERESTATICO GL=0 A=0 GH= 3(0) – 0 =0 estructura Isostática DETERMINAR LAS REACCIONES DE APOYO
∑V = 0 VA - 6(5) – 2.17 =0 VA = 32.12 KN
∑H =0 HA - 4 - 2.12 = 0 HA = 6.12 KN
∑MA = 0 MA + 4(2) - 2.12(7) + 2.12(4)– 6(5)(4+5/2) =0 MA = 193.36 KN.m
CONTROL ∑MD = 0
(2.12)*2 + (2.12)*2 + 6*5*(2.5) + 193.36 + 6.12*2 – 32.12*9 = 0 0 = 0
ESFUERZOS INTERNOS TRAMO DC 0 ≤ X ≤ 2 ORIGEN D
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137
Mx = -4x Qx = 4 Nx = 0 TRAMO BC 0 ≤ X ≤ 5 ORIGEN C
x Mx Qx Nx 0 -8 6 -6.12 2 4
4
6 8.12
-6.12
3 16.88 8.12 -6.12 5 60.64 8.12 -6.12
Mx = -8 – 2.12(x-2)x≥2 + 6x2/2
Qx = 6x + (2.12)x≥2
Nx = -4 – 2.12 TRAMO AB 0 ≤ X ≤ 5.6 ORIGEN B N` = -32.12*cos 30° Q` = -32.12*sen 30° N`` = 6.12*sen 30° Q`` = 6.12*cos 30° Q = Q` + Q`` Q = -32.12*sen 30° + 6.12*cos30° = -10.75 N = -N` + N`` N = -(-32.12*cos 30°) + 6.12*sen 30° = 30.88
Mx = -10.75(x) -89.36 Qx = 10.75 Nx = -30.8
x Mx Qx Nx 0 0 4 0 1 -4 4 0 2 -8 4 0
x Mx Qx Nx 0 -89.36 10.75 -30.88 5.6 149.56 10.75 -30.88
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138
DIAGRAMACION
MOMENTO
CORTANTES
NORMALES
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139
Ejerccion .-Pórtico Simplemente apoyado
Reacciones de apoyo
∑ MA = 0 +
+ VB (8)- 4 -10* – 6*4(6) – 8 (2) -5 (4) =
0
VB = 63 KN
∑ HA = 0
-HA + 5 = 0
HA = 5
∑ V = 0
VA – 8 – 10*8 - 64 + 63 = 0
VA = 49 KN
Control
∑ MB = 0 +
+49(8) + 5(4) – 8(6) – 10 *8* = 0
0 = 0 OK
Esfuerzos internos
Tramo AC O< X < 4
Origen C +
MX = +5x
QX = +5
Tramo A
C
X MX QX NX
0 0 5 -49
4 20 5 -49
HA=5 KNA
VA=49 KN
B
VB=63 KN
2 2 4
M=4 KNXm
2
2
P1=5 KN
P2=8 KN
q1=6 KN/m
q2=10 KN/m
C D
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140
NX = -49
Tramo CD 0 < x <8
Origen A +
∑ VC = o +
∑ VC = 49
+∑ MC = +5 (4) = 20
∑ HC = -5+5 = 0
MX = +49x +2 – 1x - [8(x-2)] x≥2 -[6 ]
x≥4
QX = +49 – 10x - [8] x≥2 - [6(x-4)] x≥4
NX = 0
Tramo CD
X MX QX NX
0 20 49
2 98 29 0
21
4 120 41
6 90 -31
8 -4 -63
TRAMO C-D
HC=0
P2=8 KN
q1=6 KN/m
q2=10 KN/m
C DVC=49
MC=20
M
M
M
2 2 4
X
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141
Tramo BD 0< x <4 Origen B
MX = [-4 ] x≥2
QX = 0
NX = -63
Tramo BD
X MX QX NX
0 0 -63
2 0 0 -63
-4
4 -4 -63
DIAGRAMA DE
MOMENTOS
'' M '' [ KNXm ]
++
20
-4
498
120
90
-
+M -M
20
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142
DIAGRAMA DE
CORTANTE
DIAGRAMA DE
NORMALES
'' Q '' [ KN ]
5
94
29
21
-31
-63+
+-
+Q -Q
0
'' N '' [ KN ]
- -
49 63 +N -N
0
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143
HA
VA
2KN/m
3KN/m
VE
HE
A
B
C F
D
G
E
4 KN.m
3 KN.m
2KN
2 m
2 m
1.5 m 2 m 2 m1.5 m
EJERCICIO.- resolver el siguiente pórtico
PORTICOS TRIARTICULADO
GH =
3*(1) - 3
GH = 0
Reacciones de Apoyo
∑MA= 0 +
VE *7 + 2*2*- 2*4*5 – 2*2*4 - 4 = 0
VE = 10.86 KN
∑VA= 0
VA - 2*2 – 3*4 + VE = 0
VA = 16 –10.86
VA = 5.14 KN
∑MD= 0 +
-VE * 2 + HE*4 + 2*2 + 3*2*1 - 1 = 0
-10.86*2 + 4* HE + 4 + 6 -1 = 0
HE = 3.18 KN
∑H = 0 +
-HA - 2 - HE = 0
HA = 5.18 KN
CONTROL
∑ME= 0 +
5.14*7 + 4-2*2*3 - 3*4*2 - 2*2 = 0
0 = 0 OK
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144
2 m
x
F
EHE
VE
=3.18KN
=10.86KN
2 m
2KN
2 m
FD
xM D= 1 K N .m V F
H F
= 1 0 .8 6 K N
3 K N /m
= 5 .1 8 K NM F= 1 6 .7 2 K N .m
Tramo E – F 0≤X≤4
MX = -3.18x –( 2*(x-2)) X≥5
QX = 3.18 + (2) X≥2
NX = - 10.86
X MX QX NX
0 0 3.18 -10.86
2 -6.364 3.18 -10.86
5.18
4 -16.72 5.18 -10.86
Tramo D – F 0≤X≤2
MX = -16.72 +10.86 *X- 3 X²/2+ (1) X≥2
QX = -10.86 + 3X
NX = -5.18
X MX QX NX
0 -16.72 -10.86 -5.18
1 -7.36 -7.86 -5.18
2
-1 -4.86
-5.18
0
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145
A
BMB=16.72KN.m
2 m
2 m
1.5 m 1.5 m
VA=5.14KN
HA=5.18KN
x 5 m
N=7.22KN
Q=1.06KN
MB=4KN.m
Tramo A – C D.C.L. EN A.
COS α =3/5 =0.6
SEN α = 4/5 =0.8
α
Q´´= 5.18 SEN α Q´=5.14 COS α
N´´= 5.18 COS α 5.14 SEN α = N´
Q´T= Q´´- Q´= 5.18 – 5.14*0.6
Q´T= 1.06 KN
N´T= N´´- N´= 5.14*0.8 + 5.18*0.6
N´T= 7.22 KN
MX = -1.06X + (4) X≥2.5
QX = -1.06
NX = - 7.22
X MX QX NX
-2.65 -1.06
-7.22
1.35
5 -1.3
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146
5KN/mMC=1KN.m
HC=5.18KNVC=5.14KN
x
2 m
MD=1KN.m
Tramo C - D
MX = -1.3 + 5.14X – 5* X²/2 + (1)
QX = - 5.14 - 5X
NX = - 5.18
∑Mc = 5.14*3 – 5.18*4 + 4
Mc = -1.3 KN.m
X MX QX NX
0 -1.3 5.14
-5.18
1 1.34 0.14
2
-1 -4.86
0
PORTICOS ATIRANTADOS
CASO Nº 1 ESTRUCTURA INESTABLE
q
X1
Y1 X2
TIRANTE
CABLE
CABLE COMPRIMIDO
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147
CASO Nº 2 ESTRUCTURA MEDIANAMENTE ESTABLE
q
TRACCIONADO
TIRANTE
El tirante en cualquier tipo de Estructura tiene la finalidad de estabilizarla, se debe
considerar muy en cuenta el tipo de material que se debe adoptar en la etapa de la
construcción, por indicado un cable de acero no trabaja a efecto de la compresión si no
tendrá que estar sujeto al esfuerzo de tracción de todas maneras si el proyecto ve por
conveniente deberá considerar otro tipo de elemento como ser, una estructura metálica,
de madera e incluso de hormigón.
CASO Nº 3 ESTRUCTURA ESTABLE
tirante
traccionado
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148
EJERCICIOS PROPUESTOS
PORTICO MULTIPLE
7 KN/m
2 KN 3 KN
3 2 2 4 4 3
5
2
[ m ]
A B
C D
EF
G H
3 3 3 3 3 3
5
2
A B
C D
F GE
4 K N /m 8 K N /m 4 K N /m
A ) P o rtic o s im e tric o
[ m ]
6 K N /m 6 K N /m
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149
1( m )
2 2 2
4
1
3
2
P = 2 K N1
P = 3 K N2 P = 3 K N3
( m )
1 0 K N /m
1 5 K N /m
1 5 K N /m3 0 K N
2 0 K N
5 K N
2
2
2
2 .5
3224423 2
[ m ]
A B
C D E
F
G H
C ) P O R T IC O M U L T IP L E
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150
CAPITULO 4
CERCHAS
4.1. ANTECEDENTES
Las estructuras denominadas cercha se utilizan comúnmente en la construcción de techos
para fábricas y viviendas y también como vigas maestra en la construcción de puentes.
4.2. OBJETIVOS
4.2.1. OBJETIVO GENERAL
Tiene la finalidad de orientar en el cálculo de todo tipo de estructuras, pueser antenas,
puentes metálicas y otros debido al esfuerzo axial .
4.2.2. OBJETIVOS ESPECIFICOS
El estudiante potra realizar:
identificar la estabilidad. El determinar los esfuerzos en los elementos de cada estructura
4.3. JUSTIFICACION
La aplicación de la ingeniería en todo tipo de estructuras sean metálicas o de madera
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151
Figura 7.1
PUENTES MEDIANTE ELEMENTOS ARTICULADOS
Figura 7.2
CERCHAS PARA VIVIENDAS
En el plano
Figura 7.3
En el espacio
Figura 7.4
En el plano toda vez que se halle un nudo se
genera 2 barras por tanto el grado es estático
interno se determina por la expresión
b.2=>2n-Ec
4.5.-GRADO ISOSTATICO INTERNO
GH <=> b-2n+Ec
b =N barras
n=N nudos inclúyelos apoyos
Ec=reacciones de apoyo
GI <=> b-2n+3
en el espacio es de ecuación de la estática 6
GI <=> b-2n+6
resolver las seis ecuaciones que expresan que
la armadura tridimensional está en equilibrio.
Armadura triangular
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152
4.6.-HIPÓTESIS Y CONVENCIÓN
DE SIGNOS
i) Las cargas actúan únicamente sobre los nudos
ii) Los nudos son articulaciones sin rozamiento (sin fricion) entonces en cada nudo la suma de momentos =0 ΣM=0
iii) las barras están sometidas solamente a esfuerzos normales que pueden ser de tracción o compresión
Figura 7.5
4.7.- TIPO DE CERCHAS
4.7.1.- ARMADURAS FORMADAS POR VARIAS ARMADURAS SIMPLES CERCHAS
C
C
C
C
FUERZASINTERNAS DE COMPRESION
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153
En las armaduras es preciso distinguir dos “grados de isostaticidad”
Grado externo.-similar al concepto utilizado en análisis de las vigas, pórticos y arcos ,es
decir:
N˚ incógnitas (reacciones)=ecuaciones estática + ecuaciones especiales
Grado interno.- para determinar el grado interno conviene separar el estudio de las
armaduras en dos partes:
4.7.1.1.- ARMADURAS PLANAS.- la base de partida en estas armaduras es:
barra1
nudo 1
nudo 2
Toda vez se añade un nudo a la base de
partida se suman des barras al arreglo,
entonces
1
2
b2
b3
3
nudo añadido
b1
Donde
4.7.1.2.- ARMADURAS ESPACIALES.- La base de partida en estas armaduras es:
1
3
2
b3
b2
b1
Toda vez que se añade un nudo a la base
de partida se suman tres barras al
arreglo.
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154
1
3
2
b3
b2
b1
b5
b4
b6
4nudo añadido
Donde
1 2 3
4
5
6
b6
b5 b4
b3
b2b1
b7
b8
b9
1 4b3b1 b2
b4
b11b10
b5
b9
b6
b8
b7
2 3
5
6
7
1 b1
b3
b6b4 b2b5
4 3
2
1
8
7
9
6 5 4
3
b1
b13b2b12
b11
b3
b10
b4 b5
b9
b8
b6
b7
2
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155
4.7.1.3.- ARMADURA ESPACIAL
1b1
2
2
2
2
b3
b4
b2
b7
b9
b8
b5
b6
1
2
34
5
6b1
b7
b2
b5b6
b10
b9
b12
b8
b3
b4
b11
4.7.2. PARA EL CÁLCULO TENEMOS VARIOS METODOS:
a) METODO DE NUDOS b) METODO DE MOMENTOS c) METODO GENERAL
d) MÉTODO DE LOS COEFICIENTES DE UNIONES
MÉTODO DE LOS NUDOS.-
Para empezar el cálculo determinaremos:
GRADO EXTERNO.-
GRADO INTERNO
b =N˚barra
n =N˚nudos en cada apoyos
R= reacción de apoyo
EJEMPLO.- determinar la isostaticidad
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156
1n
2R 1R
3n
4n
6n
2n
1b
2b 3b
4b
5b6b
7b
8b
9b
5n
b =9 barras
R=3 reacciones
n = 6 nudos
GH= 9-2*6+3
GH=0 ISOSTATICO
EJERCCION. OBJETIVO.-Armadura plana tipo PRATT de amplia utilización en la
construcción de puentes.
Gh = b+R – 2n
Gh = 15+3 ‐2 * (9) = 0
Reacciones de apoyo
10 KN
HA=10
40 KN 30 KN
20 KN
GA
C D E F
H BI
VB=75.83VA=14.16
4
3
[ m ]4 4 4
10 KN
HA=10
40 KN 30 KN
20 KN
GA
C D E F
H BI
VB=75.83VA=14.16
4
3
[ m ]4 4 4
b1
b2
b3b8
b4
b5
b6 b12
b7
b9
b10
b11
b15
b14
b13
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157
∑ MA = 0 +
‐30 (16) + VB (12) ‐40(8) ‐20(4)‐10(3) = 0
VB = [30(16) +40(8) +20(4) + 10(3)] = 75.83 KN
12
∑ V = 0 +
VA ‐20 ‐ 40 + 75.83 ‐ 30 = 0
VA = 20 + 40 ‐ 75.83 + 30 = 14.16 KN
∑ H = 0 +
‐HA + 10 = 0
HA = 10 KN
Control
∑ MB = 0 +
14.16 (12) + 10(3) ‐20(8)‐ 40(4) +30(4)= 0
0 = 0
40 KN 30 KNG
E F
HI
1
1
2
2
3
38 87
7
5 5
6
SECCIONES
3
4
4
HA=10A
B
VB=75.83VA=14.16
10 KN C D
4 4 4 4
6
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158
Met. Secciones
Sección 1 ‐ 1
∑ MD = 0 +
14.16 (4) + 10(3) – N4 (3) = 0
N4 = [14.16 (4)+30]/3 = 28.88 KN
∑ MC = 0 +
N4 (3) ‐10(3)+ N3 (2) = 0
Relación de triangulo por Z3
Sen β = Z3 /4 Sen β = 3 /5
Z3 /4 = 3/5
Z3 = 2.4
N3 = [‐28.88 (3) +30]/4 = 23.60
∑ H = 0 +
N4 ‐10 + cos N3 +10 + N2 = 0
N2 = ‐28.88+10+0.8 (23.60)‐10= ‐10 K
D DCß
Z33m
4m
5m
ß
1
1
6
H A = 1 0A
V A = 1 4 .1 6
1 0 K N C
4
6
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159
Sección 2 ‐ 2
∑ HH = 0 +
14.16 (8) +10(3) ‐20(4) + N5 (3) =0
N5 = [‐ 14.16 (8) ‐ 10(3) +20(4)]/3)
N5 =‐21.09 KN
∑ MD = O +
14.16 +10 – N7 (3)
N7 = 28.88 KN
∑ HH = 0 +
‐10 + 10 (‐21.09)+ cos α N6 +
(28.88)
N6 = ‐9.74 KN
Sección 3‐3
SECCION 2-2
G
E
H
2
2
4 4
N5
N6
N7
10 KN
HA=10
20 KN
A
C D
VA=14.16
SECCION 3-3
40 KNG
E F
H B
3
3
4 4 4
N9
N10
N11
Z10
10 KN
HA=10
20 KN
A
C D
VA=14.16
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∑ MF = 0 + 14.17(12) + 10(3) ‐ 20(8) ‐ 40(4) ‐ N11(3) = o
N11 = ‐4º KN
∑ MB = 0 +
+14.17(12) – 40(4) + 10(3) – 20(8) + N10 (Z10 ) = 0 (1)
∑ VB = 0 +
+14.17 – 20 ‐ 40 + cos β N10 = 0 (2) Sen β = =
N10 = 76.38 KN
N9 = ‐21.12 KN
Seccion4‐4
Sen β =0.6
Cos β = 0.8
∑ V = 0 +
‐30+ sen β N13 = 0
N13 = 30= 50
0.6
∑ H = 0 +
‐ N14 ‐ cos β N13 = 0
N14 = ‐0.8 *50 = ‐40
Sección 5‐5
N12 = 0
F
ß
Z10
3m
B
3
4
5
F
H B
ß
E
SECCION 5-5
N12
-21.09 -21.12
30 KN
F
B
I
3m
4m
4
4
N13
N14
ß
5
4
3
ß
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161
Sección 6‐6
N1 = 0
Sección 8‐8
N15 = ‐75.83
T=TRACCION
C= COMPRESION
C
SECCION 6-6
N1
-1010
B
N15
-40 -40
75.83
SECCION 8-8
-10 -21.09 -21.12
50-75.83
-40
76.33
28.88
-9.74
28.28
23.63T
c
T T
C
C
C
C T
C
T
-40
C
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162
4.8.-MÉTODO DE LOS COEFICIENTES DE UNIONES
EJERCICIO.- Encontrar la reacciones por el método de los coeficientes de Uniones
1 Paso.- Características de las Tensiones
A
B
C
D
E
F
G
80KN 90KN 30KN
4 m 4 m50 KN
4 m 4 m 4 m
3.5 m
2m
A
B
C
D
E
F
G
80KN 90KN 30KN
50 KN
V A
H A
V G
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a.- Direccionamos todos las barras a Tracción (+).
b.- En cero debe existir en el cálculo (-) y es Compresión
2º Planteamiento de las ecuaciones del método
∑tj*ljx + Px = 0
∑tj*ljy+ Py = 0
Calculo en los Nudos:
Nudo A
tAB*(2) + tAC*(4) – HA = 0 ……………..(1)
(3.5) *tAB + VA = 0 ……………………….(2)
Nudos B
tAB*(-2) + tBC*(2)+ tBD*(4) =0…………….(3)
tAB*(-3.5) + tBC*(3.5) -80 =0……………….(4)
Nudos C
tAB*(-4) + tBC(-2) + tCD*(2) tCE*(4) ………..(5)
tBC*(3.5) + tCD(3.5) ………………………………..(6)
Nudos D
tBD*(-4) + tCD(-2) + tDE*(2) tDF*(4) ………..(7)
tCD*(-3.5) + tDE(-3.5) ………………………………..(8)
Nudos E
tCE*(-4) + tDE(-2) + tEG*(2) tEF*(4) ………..(9)
tDE*(3.5) + tEF*(3.5) ………………………………..(10)
Nudos F
tDF*(-4) + tEF(-2) + tFG*(2)+50……….………..(11)
tEF*(-3.5) + tFG(-3.5)-20…………………………..(12)
Nudos G
tEG*(-4) + tFG(-2) =0 …………………….………..(13)
tFG*(3.5) +VD(3.5) …………………………………..(14)
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3º Calculo de los coeficientes de Tensión
H
A
VA tAB tAC tBC tBD tCD tCE tDE tDF tEF tEG tFG VG
-1 0 2 4 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 HA 50 0
0 1 3.5 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 VA 102 0
0 0 -2 0 2 4 0 0 0 0 0 0 0 0 tAB -29.1 0
0 0 -3.5 0 3.5 0 0 0 0 0 0 0 0 0 tAC 27.1 -80
0 0 0 -4 2 0 3.5 0 0 0 0 0 0 0 tBC 6.30 0
0 0 0 0 0 -4 -2 0 2 4 0 0 0 0 tBD -17.7 0
0 0 0 0 0 0 3.5 0 3.5 0 0 0 0 0 tCD -6.3 90
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 tCE 50 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 tDE 102 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 tDF -29.1 -50
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 tEF 27.1 30
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 tEG 6,31 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 tFG 17.7 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 VG -6.3 0
Resolviendo el sistema de Ecuasion
HA = 50
VA = 102
tAB = -29.1
tAC = 27.1
tBC = 6.30
tBD = -17.7
tCD = -6.3
tCE = 50
tDE = 102
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tDF = -29.1
tEF = 27.1
tEG = 6,31
tFG = 17.7
VG = -6.3
4º Resultado final Reacción de Apoyo
HA = 50 KN
VA =102 KN
VG = 97,91 KN
Fuerzas Normales: Se Calcula según la relación
Nj = tjlj
Según la tabla se tiene Fuerzas Normales
Wº
Tramo
Coeficiente
t j
Longitud
l j
Fuerza
Normal
Efecto
1 A-B -2.9 4.031 - 117.3 Compresión
2 A-C 27,08 4 108.32 Tracción
3 B-C 6.309 4.031 25.431 Tracción
4 B-D -17.7 4 -70.8 Compresión
5 C-D -6.30 4.031 -25.39 Compresión
6 C-E 33.39 4 133.56 Tracción
7 D-E -19.4 4.031 -78.2 Compresión
8 D-F -11.19 4 -44.76 Compresión
9 E-F -19,40 4.031 -78.2 Compresión
10 E-G 13.38 4 53.52 Tracción
11 F-G -27.97 4.031 -112.74 Compresión
4.9.-METODO DE NUDOS.-
EJERCICIO.- Armadura tipo PRATT. Se desea determinar el esfuerzo axial en cada
una de las barras. (METODO DE LOS NUDOS)
A
B
C
D
E
F
G
80KN 70KN 40KN
4 m 4 m50 KN
3.5 m
2m
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1º Paso.- Determinar el grado Isostático
GH = b + r -2 m = 7 Nudos
Gb =11 Barras GH = 11 + 3 -2(7) = 0 Cercha Estática
R = 3 Reacciones
2º Paso.- Características Geométricas
α = arcotang(3.5/2)
α = 60.255º
α
A
B
C
D
E
F
G
V A V G
H A
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
3.5
2
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3º Paso.- Calculo de Reacciones de Apoyo
∑MA = 0 +
VG*(12) -80*(2) – 70*(6) – 40*(10) – 50*(3.5) = 0
VG = 96.25
∑FV = 0 +
VA + VG - 80 - 70 – 40 = o Control en punto G
VA = 93.75 ∑MG = 0 +
∑FV = 0 + VA*(12) – 80*(10)-70*(6)-40(2)+50(3.5) =0
- HA + 50 = 0 0 = 0 OK
HA = 50
A
B
C
D
E
F
G
80KN 70KN 40KN
4 m 4 m50 KN
4 m 4 m 4 m
3.5 m
2m
V GV A
H A
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4º.- Calcular de los Fuerzas Normales
NUDO A
α
∑FV = 0 +
NAB*senα + VA*(93.75)
NAB= - 107.98
∑FX = 0 +
-50+NAC + NAB cos α
NAC =50 - NAB cosα
NAC = 103.57
NUDO B
∑FY = 0 +
-80 – NAB*senα - NBC*senα = 0
NBC =-80 – NAB*senα / senα
NBC = -80 –(- 104.138)*sen(60.25)/sen(60.25)
NBC = 11.99 KN
Y
XN AC
N AB
H =50 KN A
V =93.75 A
80 KN
Y
XN BD
N BC
V = 104.14 AB
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NUDO G
∑FY = 0 +
NBC*senα + NCD*senα = o
NCD= 11.99*sen(60.25)/sen(60.25)
NDE = 11.99 KN
∑FX = 0 +
-NFG *cosα - NEG = 0
110.86*cos(60.25) - NEG = 0
NEG = 55.00 KN
NUDO F
∑FY = 0 +
- NEF*senα + NFG*senα -40 = o
- NEF= NFG*senα -40 /senα
- NEF= -110.86*sen(60.25) + 40 /sen(60.25)
NDE = 105.96 KN
∑FX = 0 +
-NDF +50 - NEF*cosα + NFG*cosα = 0
NDF = 50 - NEF*cosα + NFG*cosα
NDF = 50 – 105.96*cos + (-110.86)*cos(60.25)
NDF = 57.57 KN
NUDO C
∑FY = 0 +
NBC*senα + NCD*senα = o
NCD= 11.99*sen(60.25)/sen(60.25)
NDE = 11.99 KN
∑FX = 0 +
-NAC + NCE -NBC *cosα + NCD*cosα = 0
NDF = -103.57 – 11.99*cos(60.255) +
11.99*cos(60.25)
NCE = 115.46 K
Y
XN EC
N = 11.99 BC N CD
V = 103.57AC
Y
X
N FG
V =96.25 G
N EG
40 KN
Y
X50 KN
N = 110.87 FG
N BF
N DF
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170
Y
XN EC
N = 105.96 EFN DE
N = 103.57EC
NUDO E
∑FY = 0 +
NEF*senα + NDE*senα = o
NDE= 105.96*sen(60.25)/senα
NDE = 105.96 KN
∑FX = 0 +
-NDE*cosα- NCE+N EF *cosα + 55 = 0
NCE = (-105.96)*cos(60.25) +
109.96*cos(60.25) + 55
NCE = 55 KN
EJERCICIO METODO DE NUDOS
La cercha simple de la figura, halle todas las fuerzas axiales en los elementos.
A
B
C
3 K N
1 2 K N
4 m 4 m
3 m
9 K N
E F
4 m
D
Solución.- de las ecuaciones en equilibrio
∑MA = 0 FY = 4*9 + 4*3 + 8*12 FY = 12 KN
∑FY = 0 AY + FY = 9+3+12 AY = 12 KN
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Haciendo equilibrio de nudos tenemos.
NUDO F:
∑FX = 0 NFE – NFD*(0.8) = 0
NFE =16 KN
∑FY = 0 FY + NFD *(0.6) = 0
NFD = -20KN
NUDO D:
∑FX = 0 (-20)*0.8 – NDB = 0
NBD =-16 KN
∑FY = 0 - NDE – (-20) *(0.6) = 0
NDE = 12KN
NUDO B:
∑FX = 0 (-16) + 0* 0.8 – NBA *0.8 = 0
NBA =-20 KN
∑FY = 0 - NBA *0.6 – NBC -0*(0.6) - 3= 0
NBC = 9KN
F
N FD
12
N FE
DN DB
N DF
N DE
B
N BA N BE
N BC
N BD
3
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NUDO E:
∑FX = 0 16 - NEB *0.8– NEC = 0
NEB = 0 KN
∑FY = 0 12 + NEB *(0.6) -12 = 0
NEB = 0 KN
NUDO C:
∑FX = 0 - NCA +16 = 0
NCA = 16 KN
∑FY = 0 9 - 9 = 0
NUDO A:
Todas las fuerzas que llegan a esta barra y son
conocidas NAC + NAB * 0.8 = 0 16-20*0.8 = 0
NAB * 0.6 + 12 = 0 -20*0.6 + 12 =0
La figura siguiente muestra las fuerzas axiales.
E N EF
N EDN EB
N EC12
C N CF
N CB
N CA9
AN AC
12
N AB
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4.10.-EJEMPLO PROPUESTOS.- Armadura plana tipo PRATT de amplia utilización
en la construcción de puentes.
12 3 4
5
678910
b1 b2 b3 b4
b5
b6b7b8b9
b10 b11b12 b13 b14 b15
b16 b17
va=5.06 b1
I t3 t
VB=0.94
0.5 t
1 m
2 m 2 m 2 m 2 m
A
B
C
3
129
E F
16
209
16
20
16
0
16
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2 2 2 2
P = 1 KN3P = 3 KN1
(m)
P = 0,5 KN4 P = 5 KN2
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175
3 3 3 3
P = 2 KN1P = 0,8 KN
3
(m)
P = 3 KN2
3
21 3 2
3
3
P = 1 KN1
bb1
2
(m)
(m)
b4
b5 b7
b6
b3
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176
3 3
P = 3 KN2
1
3
(m)
(m)
b2
b1
P = 2 KN1
b3
b4
b5
b7
b9
b8
b6
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179
2.5
( m )1.51.51.51.51.51.51.51.51.51.51.51.5
Determinacion de grado hiperestáticoGH = b + R - 2 ( n )GH = 43 + 3 - 2 ( 23 )GH = 0
3 KN
6 KN
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180
CAPITULO 5
INTRODUCCION A LAS LINES DE INFLUENCIA
5.1.- ANTECEDENTES
La mayor aplicación de las líneas de influencia se presentan en el diseño de los puentes.
En el pasado se recurría a tabulaciones para ciertas relaciones de luces que permiten
encontrar directamente las ordenadas de las líneas de influencia tanto para momento
como para corte cada decimo de luz de tramo. En los puentes, la aplicación de estas
tablas resulta limitada por que solo sirven para vigas de altura constante y
determinadas relaciones de tramos.
Para vigas continuas de sección variable o constante, se recurre a una diversidad de
métodos entre los que se destaca por su simplicidad del método de distribución de
momentos que sirven también para el caso de estructuras a porticadas y por ello se lo
estudia a detalle en el siguiente capítulo.
5.2. OBJETIVOS
5.2.1. OBJETIVO GENERAL
Conocer la particularidad de la influencia en un sección debido a la carga movil
5.2.2. OBJETIVOS ESPECIFICOS
La determinación:
• Determinar las líneas internas de momento y cortante.
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181
5.3. DEFINICION.- Las líneas de influencia son gráficos a escala que permiten calcular
solicitaciones ya sea de momento flexor, corte o normales en secciones especificas para
cargas distribuidas o puntuales ubicadas en posiciones diversas, lo que permite
establecer máximos positivos y máximos negativos de dichas solicitaciones por efecto de
la carga muerta y la carga viva en su movimiento X P=1
w
ts
s
v
v
y
y
p p
t
w
Dado una carga móvil de carga unitaria sobre los siguientes casos, puede determinarse la
influencia en las secciones que se muestra para efectos de conocer la envolvente, según el
diagrama de las líneas se recomienda para conocer las líneas internas del momento
flector, se debe considerar en el caso de las líneas internas de cortante, considerar
próximas a los apoyos.
Una de las recomendaciones en su etapa inicial es tener la línea de análisis, con una carga
distribuida uniformemente de acuerdo al diagrama de momentos flector, cortante ,es
donde tiene que ubicarse las secciones de análisis de las líneas internas ,en su etapa
inicial, las variaciones de ubicación tiene que efectuarlo en los puntos críticos según
criterio del proyectista .
p = 1 p
p
s
s
t
t
r
r
v
v
w
wx
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182
También las líneas de influencia examina la acción bajo una carga unitaria desplazada y
cuya posesión está definida por variable (x)
p=1
Si el caso requiera el cálculo valores numéricos de cargas localizadas que produzcan
esfuerzos en determinada sección, se cumple:
a ).- fuerzas concentradas.- para fuerzas concentradas el valor que influye sobre
determinada sección se obtiene multiplicando la ordenada de la línea de influencia en la
posición de la fuerza por su valor numérico.
p1
s
s
L.I
L.I. x=x1
esfuerzo ss=P1(L.I. ss)x=x1
b ).- carga distribuida.- el valor que influye sobre determinada sección y el caso de una
carga distribuida es el area bajo la línea de influencia en el intervalo de la carga aplicada y
cuyo valor se afecta multiplicando por la intensidad de la carga.
s
s
L.I
L.I. x=x2
esfuerzo ss=(area L.I. )x=x1
x2
x1 q
L.I. x=x1
area
x=x2 q
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183
Principios de superposición en sistema de cargas móviles.- dado un gran número de
cargas discontinua y fuerzas concentradas aplicadas al mismo tiempo, el efecto total
sobre una determinada sección sera la suma de los efectos generados parcialmente por
cada carga por separado.
s
s
L.I
L.I. x=x4
esfuerzo ss=P1(L.I.ss )x=x1 + P2(L.I.ss )x=x2........Pj(L.I.ss )x=xj+ (area*L.I. )x=x1
xj q
area
x2
x1
x3
x4
P1 P2Pj
L.I. x=x3 L.I. x=x1 L.I. x=x2 L.I. x=xj
x=x2 q +.....
Al superponerse estos valores se generan una gran cantidad de intervalos, máximos y
mínimos cuya determinación del valor más alto y bajo se hace dificultosa. Sin embargo el
empleo de computadoras puede determinar estas variables máximas de forma más
sencilla desplazando valores finitamente pequeños.
Ejemplo.- Determinar la línea de influencia en la sección S-S debido a una carga móvil
p = 1
x
7 3
V BV A
H A = 0
s
s
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184
DETERMINACIÓN DE REACCIONES DE APOYO
Sumatoria de momentos Sumatoria de verticales Determinación de control
₊
CONTROL
Det. La ecuación de las lineas de influencia
x
0 1 0 0 0
3.5 0.65 0.35 1.05 -0.35
7 0.3 0.7 2.1 -7
8.7 0.15 0.85 2.61 -0.87
10 0 1 0 -1
Diagrama de líneas de influencias
s
s
+0.3
s
s+0.3
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185
s
s
2.10
+ +
s
s
0.7
-+
0.3
EJERCCIO.--
Líneas de Influencia.-
Construir la línea de influencia para la fuerza cortante en el punto B de la Viga
que se muestra en la figura.
Solución verificamos mediante una tabla, obtendremos los valores de la cortante.
X Vc
0 0
5 - 0.5
5 0.5
10 0
15 -0.5
DA COB
P = 1
5 m 5 m 5 m
DA
B C - 0.5
- 0.55 10 15
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186
Las ecuaciones de las líneas de influencia son:
VC = (-1/10)*X 0≤ x≥ 5
Vc = 1-(1/10)*X 5≤x≥15
Ay
5.4.-EJERCCIO.-dado un tipo de carga móvil, determinar el Mmax,Qmax en la sección
s-s de acuerdo al diagrama de las líneas de influencias
X
P=1
C
VA
HA
D
VB
S
4 KN 2 KN
2
X 1
5 mV C
M c
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187
DET.REACCIONES
DE APOYO
LINEAS DE INFLUENCIA
CONTROL
x
0 1.5 -0.5 -0.5 0.5
2 1 0 0 00
5 0.25 0.75 0.75 -0.75
0.25
6 0 1 0 0.25
8 -0.5 1.5 -1.5 0
C D
S
S
1.51
++
0.25
--0.5
LI VA
C D
S
S
1.51
++
0.75
--0.5
LI VB
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188
Determinar del líneas influencias Mj
para el
1. Estado de carga en las líneas delanteras de
la sección S-S
2 kN
yT
0.75
1 m 2 m4 kN
3 m 1 m
Cortante determinar LI*Qs
2 kN
yT
-0.75
1 m 2 m4 kN
3 m 1 m
-
+0.25
5.5.-EJERCICIOS PROPUESTOS
C D
S
S
T
++
0.75
-0.5
LI Ms
- -
2 D
T 2D
1 EATADO DE CARGA
2 ESTADO DE CARGA
-1.5
C D
S
S
T
++
0.75
-0.5
LI Ms
- -2 D
T 2 D
1 EATADO DE CARGA2 ESTADO DE CARGA
-1.5
UMSS INGENIERIA CIVIL
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189
p = 1
MssQtt
S
S
(m)51510
p = 1
20MssQtt
S
S
(m)51010
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190
CAPITULO 6
ARCOS
6.1. ANTECEDENTES
Es un elemento estructural en la arquitectura y en la ingeniería civil, que llevaba a cabo
como funciones cubrir claros, soportar cargas, así como constituir un elemento estático.
6.2. OBJETIVOS
6.2.1. OBJETIVO GENERAL
Que el estudiante sepa calcular una estructura en arco en hormigón armado y otro
material
6.2.2. OBJETIVOS ESPECIFICOS
Es que el estudiante determine tipo de :
Tipo de arco
Determinar las reacciones de los arcos
Esfuerzos internos
6.3. JUSTIFICACION
El mejoramiento y la determinación de diferentes métodos para el cálculo de estructuras
es arco.
6.4.-ANÁLISIS ESTÁTICO DE ARCOS POLIGONALES
El arco, esta sujeto a su ecuación de eje particular de cada caso :
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191
extrados corona
linea de arranque intrados
linea centralde la elevacion
cartela
estribo
6.4.1. TIPO DE ARCOS
( a )( b )
( d )( c )
A R C O E M P O T R A D O A R C O D E T R S A R T I C U L A C I O N E S
A R C O D E D O S A R T I C U L A C I O N E SA R C O A T I R A N T A D O
6.5.- ARCOS SIMÉTRICO TRIARTICULADO. Formado por la concatenación de un
cierto número de segmento rectilíneos como ser el caso de seis segmentos (3 en el
semiarco) Por las condiciones de simetría nos basta analizar el diagrama de un semiarco,
como ser un arco simétrico poligonal de seis segmentos, articulado en su base A, que en
su cúspide punto B, por ejemplo:
A
B
C
y
x A
B
C
y
x A
Bx
y
C A S O I C A S O I I C A S O I I I
F i g . a r c o s y s i s t e m a s d e e j e s
Y es decir en dicho. Cúspide esas fuerzas estarían actuando en sentidos opuestos en cada
mitad como un grupo al estarían en contra de simetría supuesta para el arco , por lo tanto
en el punto B sólo actúa la fuerza horizontal como se muestren la figura.
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192
B
Y
X
fP2
P1
fA
6.6.ANÁLISIS ESTÁTICO DE ARCOS CONTINUOS DE TRIARTICULADOS.-
por condiciones isostaticidad suponemos que el arco está articulado en ambos puntos de
su base y en el punto de altura máxima.
B
A
significa que los parámetros a determinar puede ser calculados en principio como
resultado de un sistema de ecuaciones algebraicas.
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193
A
B
SP
el objetivo de análisis es calcular el momento fexionante , las fuerza cortante y la fuerza
tangencial (compresión) que actúa en el punto P , tomando en cuenta para ello el
diagrama de fuerzas que actuando sobre segmento de arco S que va de B a P. Para esto
necesitamos ahora incorporar al análisis la distribución de carga que queremos
introducir. En este análisis consideremos dos tipos de distribución de carga: una
distribución horizontal uniforme y una distribución uniforme a lo largo del eje del arco.
ARCO DE EJE PARABOLICO.-
ARCO CON EJE CIRCULAR EN COORDENADAS CARTESIANAS..-
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194
BARRAS DE EJE NCIRCULAR EN COORDENADAS.-
CARGA TRNASVERSAL DISTRIBUIDA UNIFORMEMENTE A LO LARGO DEL EJE.-
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195
6.7.-EJERCCIOS.-objetivo .reacciones de apoyo, estudio interno, ubicación de ejes
y=0.025x2 (ecuación de ejes)
Reacciones de Apoyo.-
KNHKNV
HV
HV
MHV
HV
M
B
B
BB
BB
DerE
BB
BB
A
47.40395.160
0250375.15
0)2)5((20)375.1()5(
005326025.423
0)60.3(10)2
)23((20)425.06.3()23(
0
2
2
==
=−−
=−−
=
=−+
=−−++
=
∑
∑
UMSS INGENIERIA CIVIL
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196
47.39304.299
032584.518
0)2
13(20)225.0625.5()375.1425.0(10)18(
0
025.5294025.423
0)2)23((20)425.0(10)425.060.3()23(
02
==
=−−
=−−−+−
=
=−−
=−−+−
=
∑
∑
A
A
AA
AA
IzqE
AA
AA
B
HV
HV
HV
M
HV
HV
M
Control:
095.16023.2004.2990
=+−
=∑V
Esfuerzos Internos: Tramo AC: 0<x<9
Hx
Vx
Cálculos Auxiliares:
95.0=∑ DerCV
∑ = 47.403DerCH
∑ −= 048.2DerCM
∑∑
=
=
xx
xx
VV
HH
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197
∑∑
∑∑
−=
++−=
=
=−=
048.2
)375.1225.0(47.403)8(95.160)28(20
47.403
95.08.2095.160
2
DerC
DerC
DerC
DerC
M
M
H
V
'
)05.0(05.0'025.0
)47.403(cos'')47.403(''
)2095.0(')2095.0(cos'
47.403
)(2095.0
1
2
xtgxyxy
NsenQ
xsenNxQ
H
xVDerx
Derx
−=
==
==
−=−=
=
−=
∑∑
φ
φφφφ
Origen C:
∑ xH ∑ xV
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198
φφφ
φφφφφ
cos47.4032095.0'''
47.403cos20cos95.0)47.403()2095.0(cos
'''
048.2)(95.0)(087.0
)2
(20)048.2()(47.403)(95.0
2
2
−−=−=
−+−=−−−=
−−=
++=
−−−+=
xsensenNNNN
senxQsenxQ
QQQ
xxM
xyxM
x
x
x
x
x
x
x
x θ M Q N
0 0 2.048 -0.95 -403.47
2 5.71 4.29 -1.28 -405.35
4.5 12.68 8.08 -1.69 -413.18
7 19.29 12.96 -2.04 -426.75
9 24.23 17.64 -2.31 -441.41
Tramo AD:
298.22)(95.0)(16.0
25.10)(25.0)(10048.2)(09.10)(95.0
)025.2(10)2
(20048.2)(97.403)(95.0
15 x 0 :COrigen :AD Tramo
)05.0(')(05.0'
025.2
2
222
2
1
2
++−=
+−−++=
−−−++=
<<
=
=
−=
−
xxM
xxxxM
yxyxM
xtgxy
yry
x
x
x
θ
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199
Calculo Auxiliar.-
'
θθθ
θθθ
θθ
θθ
xsensenNNNN
xsenQQQQ
senQN
xQxsenN
H
xV
x
x
x
x
Derx
Derx
2095.0cos97.393'''
cos20cos95.097.393'''
97.393''97.393cos''
))(2095.0(cos'))(2095.0('
97.29397.40310
)(2095.0
−+−=+=
+−−=−=
−=−=
−=−=
−=−=
−=
∑∑
x θ M Q N
9 24.23 17.89 1.59 -432.74
10.5 27.69 14.63 2.03 -445.99
12 30.96 10.65 2.32 -460.82
13.5 34.01 5.96 2.66 -477.06
15 36.86 0.54 2.94 -494.60
Tramo BC:
∑ xH ∑ xV
∑∑
=
=
xx
xx
VV
HH
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200
'8'8''
')05.0(
6.1025.0375.1
025.005.0'025.0
1
2
2
xrxxrxxx
xtgyry
yryxy
xyxy
−==+
==−
−=+=+
=
==
−θ
Calculos Auxiliares:
))'8(2095.160(cos''))'8(2095.160(''
)47.403(')47.403(cos'
)'8(2095.160
47.407
'
'
xQxsenN
senQN
xV
H
x
x
−−=−−=
==
−−=
=
∑∑
θθ
θθ
Origen B: 0<x’<8:
θθ −='
UMSS INGENIERIA CIVIL
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201
))8(2095.160(cos47.403
))'8(2095.160(cos47.403'''
)'8(10)025.06.1(47.403)'8(95.1602
)'8(20)6.1(47.403)'8(95.160
22
xsenN
xsenQQQQ
xxxM
xyxM
x
x
x
x
x
+−−−=
+−−=−=
−−−−−=
−−−−−=
θθ
θθ
X θ M Q N
0 0 2.048 -0.95 -403.47
1.5 -4.28 0.81 -1.06 -404.51
3 -8.53 -0.02 -0.80 -407.76
5 -14.03 0 1.23 -413.44
8 -21.80 0 9.21 -433.68
Diagrama.-
MM
−+
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202
EJERCCIO.- objetivo es enseñar los tipos de métodos para resolver arcos
−+
NN
−+
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203
10 kN/m
y
HA=-50 50=HC
5=f
x
10 m10 m VC=25 KNVA=75 KN
CONTROL
TRAMO AB ORIGEN A 0≤X≤10
10 kN/m
y
HA=-50
VA=75 KNx
y
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204
DCL
Q"
N"
Q'
N'
VX
HX
O
O
TRAMO AB
x
0 45 0 17.68 -88.39
2.5 36.87 46.88 10 -70
5 26.57 62.50 0 -55.90
7.5 14.04 46.88 -12.13 -48.51
10 0 0 -25 -50
50=HC
y
10 mVC=25 KN
50
-25M=0
50
X-10
yr
x
UMSS INGENIERIA CIVIL
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205
DCL
N"
Q"
N'
Q'
VX=-25
HX=-50
O
O
X 10 0 50
12.5 -
46.88
15 -
62.00
17.5 -
46.88
20 0 17.68
- M+M
(+)
(+)
(-)
(-)
62.5
+ Q- Q
(+)
(-)
17.65
-25
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206
+ N- N
(+)
(-)
-88.39
-55.9
-50
EJERCICIO.- dada el arco resolver con otro método(METODO ANTIGUO):
i) reacciones
G=4-3-1=0
ΣH=0
HA+HB-0.6t=0
ΣMA=0
0.9*1.5-0.6*2-6*VB=0
CONTROL
0.875-0.9+0.025=0 OK
ΣMB=0
6*VA-0.9405-0.6*2=0
VA=0.875t
POR DERECHA
ΣMC=0
-3*VB-3*HB+0.6*1=0
HB=0.175t
HA=0.425t
0.3 t/m
0.9 t1.5 m
A B
HA HB
0.6t
A
2m
C
R=3 m
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207
Cuando se desea analizar arcos circulares es preferible utilizar como variable un
determinado angulo “θ”
Tramo A-C
0.3 t/m
A
0.425 t
0.87 t
C
Q
N
d d1
d2
M
0.3 d
F1 F2
FF4
F3
0.425 t
F6F5
0.3 d
La dirección de la barra esta definida por la
tangente
a la curva.
DOMINIO O<θ<90˚
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208
0
15
30
45
75 90 7560
45
30
0
60
N
0
15
30
45
75 90 7560
45
30
0
60
Q
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209
EJEMPLOS.- El arco triarticulado está sometido a las dos fuerzas concentradas que se
muestran en la figura siguiente. Determine la imponente horizontal sintética desde las
reacciones en los pasadores A B y C B
CA
80ft75ft25ft
30ft
20ft
80ft8ft
20ft
20ft
FF45
45F
75ft
25ft
A2
A1
8ft
60ft
20ft
A
0
15
30
45
75 90 7560
45
30
0
60
M 15
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210
Solución:
Diagrama de cuerpo libre.- el miembro BC es un miembro del dos fuerzas, por lo que las
fuerzas resultantes que actúan en B y C son iguales, opuestas y colineales, como se
muestra en la anterior figura. Observe que esto simplifica considerablemente el análisis
ya que hay entonces sólo tres incógnitas en el problema.
Ecuaciones equilibrio. - Aplicando las tres ecuaciones equilibrio al miembro AB tenemos
F=6.02k
Así, aunque no se muestran en la figura anterior
Además
EJERCICIO.-resolver:
VA
HA
1.2 t1.5 m C
BA3 m 3 m
VB
0.3 t
2 m
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211
G=3-0-3=0 Isostático
CONTROL
0.8 t
0.3 t
1.2 t1.5 m C
Ad
F2F1
0.8
F40.3 t
F3
F5 F6
R1
M
Q
N
d2
d1
0.4.d
M N Q por estar en la derecha se utilizara la ley
de signos de la derecha
Tramo A-C
Dominio 0<w<90
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212
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213
TRAMO B-D
MQ
N
0.3t
C
Bd1d
d2
D
F1F2
0.4t
2
UMSS INGENIERIA CIVIL
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214
M
Q
N
0.3t
C
Bd1d
2
D
F1F2
0.4t
d3
0.4 t
d2
F3
F4
0.3t
0
15
30
45
75 90 7560
45
30
15
0
60
N
0
15
30
45
75 90 7560
45
30
15
0
60
Q
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215
0
15
30
45
75 90 7560
45
30
15
0
60
M
EJERCCIOS . ARCOS
Se tiene un arco triarticulado tal como se muestra en la gráfica, Determinar la
cortante, momento flexionante y normal en el punto D.
A B
C
30 KN/N
D
2 m 2 m
0.5 m
2 m
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216
Solución.-
Como la carga es simétrica AY = BY = 30*(4)/2
AY = BY = 60 KN
∑MC = 0 AY*2 – 30*2*1
AX *2 = 0
AX= 60 KN+30 KN AX = 90 KN
∑FX = 0 - CX +AX = 0
CX = 90 KN
Hallemos primeramente la ecuación de la
circunferencia.
X2 + y2 = R2
X2 + y2 = 4
(1.5)2 + 4 = y2
Y = 1.3229 m
∑ Fy = 0 Ay – 30*2 – Cy = 0
60 KN – 60 KN =0
Cy = 0 KN
30 KN/N
C xC y
A y
A x A
B
C
0.5 m
C =90 KN xC =0 y
1.5 m
V DN D
M D
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217
En el punto D
α = arcotan (1.3229/ 1.5) α = 41.41º
∑ Fx = 0 VD * cos α – ND* sen α + Cx = 0
∑ Fy = 0 VD * sen α – ND* cos α - 45 = 0
VD * cos α – ND* sen α = - Cx
VD * sen α – ND* cos α = 45
-Cx -sen α
45 cos α = - Cx cos α + 45 sen α - Cx cos α + 45 sen α
Cos α -sen α cos α +sen α
sen α cos α
Cos α - Cx
sen α 45 45 *cos α + Cx*sen α
1
VD = -90*cos (41.41) VD= 37.73 KN
ND= 90*sen(41.41)+ 45 *cos(41.41) ND= 93.28 KN
Ahora calculamos el momento en el punto D hacienda momentos.
∑ MD = 0 MD – Cx *(2-√7/2) + 45(1.5/2) = 0
MD = 22.12 KN
6.8.-EJERCICIOS PROPUESTOS
A) ARCOS10 KN/m
6 KN/m
6 KN/m 5.00
5.005.00
A B
[ m ]
y = (4F/L^2)*X*(L-X)
Y
X
N D
V D
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218
17 KN/m
13 KN/m
7 KN
1.00 7.00
5.00 TIRANTE
[ m ]
y = (4F/L^2)*X*(L-X)
C) ARCOS
X
Y
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219
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220
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221
CAPITULO 7
CABLES
7.1.- ANTECEDENTES 7.2.- OBJETIVOS 7.2.1.- OBJETIVO GENERAL
El objetivo fundamental de este capitulo es hacer que el estudiante conozca el
concepto de cables, cuales son sus usos y cuales son las maneras de analizarlos y
calcularlos.
7.2.2.- OBJETIVOS ESPECIFICOS
Al terminar este capítulo el estudiante podrá:
Realizar el cálculo de tensiones máximas y mínimas existentes en el análisis de cables.
Reconocerá el uso del los distintos tipos de cables existentes sabrá a que tipo de estructuras son aplicables.
Determinara las longitudes de los cables. Recordara brevemente el cálculo numérico (integración, límites, derivación). Conocerá los elementos básicos en puentes de luces largas y los tipos de
cables que se usan para estos.
7.3. JUSTIFICACION
La importancia de todo tipo de cable como ser eléctrico, en un puente y otros
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222
7.4. INTRODUCCIÓN
Los cables se usan a menudo en las estructuras de ingeniería para soportar y transmitir
cargas de un mismo a otro. Cuando se usan para soportar techos colgantes, puentes y
novedades de trole, los cables constituyen el primer elemento portador de carga en la
estructura.
Al derivar las relaciones necesarias entre la fuerza en el cable y su pendiente,
planteamos la hipótesis de que el cable no ofrece resistencia a la fuerza cortante o al
momento flexión ante y por ello, la fuerza que actúa en el cable es siempre tangente a
este en PUNTOS a lo largo de su longitud.
Permanece fija y el cable o sentimiento de él pueden tratarse como un cuerpo
rígido. Dentro del tipo de cables que existen analizaremos los que mostramos a
continuación; los cables rectilíneos en cuyos puntos de inflexión soportan cargas
concentradas, los cables parabólicos que soportan cargas repartidas y los cables que
soportan su peso propio los cuales están referidos a cada uno de los tipos de cables , que
estudiaran ,ellos son: cables con cargas puntuales ,cables parabólicos y cables catenaria ,
mismos que se detallan en los siguientes gráficos:
9.10.1 -Cables parabólicos que soportan cargas distribuida uniforme mente en la
distancia horizontal entre ambos apoyos.
Ejemplo.- se pide determinar la fecha máxima “d”, la tensión máxima “Tmax” y el
largo del cable “l”
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Solución
La formula de cables parabólicos es:
Remplazando (3) y (4) en (2) :
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7.6.- CABLES CON CARGAS PUNTUALES.- se puede considerar como un
Problema de varias barras bi-articuladas conectadas en los puntos donde hay cargas
aplicadas
EJEMPLO .- dado los siguientes datos se pide determinar
Solución En general en problema de cables , independientes de su tipo ,las reacciones de los
apoyos de
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225
Como se puede ver ,la máxima pendiente es 53.13◦en el tramo CD y la máxima tensión
también ocurre en CDC y es 125.00.
De este ejemplo se puede concluir varias ideas que son aplicables a todos los tipos de
cables.
En primer lugar la máxima tensión siempre ocurre en los puntos de mayor pendiente con
respecto a la horizontal, que al mismo tiempo son los más altos. A partir de esto es fácil
deducir que los puntos más bajos son los de menor pendiente y tienen menor tensión.
Por otra parte, si se analizan las componentes horizontales de tensión de cada tramo, se
podrá anotar que son todas iguales y que las componentes verticales son las que varían de
acuerdo a la pendiente y lo indicado en el párrafo anterior.
Para los resultados del ejemplo anterior:
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EJERCCIO .-
Calcular la fuerza horizontal y la resultante de la tracción del Cable en los apoyos.
A
B
1 m
1 m
2 m 4 m 3 m
3 0 º
5 0 K P
1 0 0 K P
Solución.-
Recordemos el teorema de cables H fi =Mi, la fuerza horizontal por la flecha en el desimo
punto es igual al momento apoyo en dicho punto. H= Mi / fi.
A
B
1 m
1 m
3 0 º
5 0 K P
1 0 0 K P
GE
F
DC
H
H
2 m 4 m 3 m B YA Y
Encontramos el valor de H
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+ ∑MA = 0 By*9 – 50*2 – 100*6 = 0
By= (100+600)/9 By= 77.778 Kp
+ ∑Fy = 0 Ay + By – 100 – 50 = 0
Ay = 150 -77.778 Ay = 72.22 Kp
El diagrama de momentos flexionante:
ABC ≈ AFE BG/AG = FE/ AE (1/9) = (FE/2)
FE = 2/9
Luego FC es la flecha en la carga de 50 Kp.
FC=f=EC- EF = 2 – 2/9 f= 1.778 m
Luego el valor de H por el teorema de Cables.
H = Mc /fc
H = 144.44 Kp*m/ 1.778 m H = 81.25 Kp
V
+
+
-
MK p * m
X
1 4 4 ,4 4
2 6 9
2 3 3 .3 3
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228
Calculamos las fuerzas resultantes en los apoyos.
R1=√(81.25)2+(72.22)2 R2=√ (81.25)2+(77.78)2
R1 = 108.709 Kp R2 = 112.476 Kp
7.7.- CABLES QUE SOPORTAN SU PESO PROPIO.- (cable catenaria) es un
cable está sujeto a la acción de una carga distribuida uniforme mente en el largo de
cable entre ambos apoyos (peso propio).
X
Y
R1
H = 81.25 Kp
A = 72.22Kp Y
H = 81.25 Kp
B = 77.78 Kp Y
R2
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EJERCCIO:.- resolver
para deducir las fórmulas de este tipo de cable se considera el equilibrio de un trozo de
cable. Se entiende indicar que las fórmulas que se definen a continuación estaN asociadas
a un sistema cuyo origen de coordenadas se encuentra "c" unidades más abajo del punto
más bajo del cable.
en este caso "w" es la carga distribuida sobre el cable y "H" es la tensión horizontal con
mínima.
De la figura se deduce que:
introduciendo la cortante:
ademas :
o sea :
eligiendo el origen de coordenadas "c" unidades más bajo del punto más bajo del cable e
integrando (*) este "C" (0,c) hasta "D" (x,y):
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Que es la ecuación que se relaciona el largo del cable CD y la distancia horizontal entre C
yD.
Por otro lado:
Osea :
Integrando (**) desde "C" (0,c) hasta "D" (x,y ):
Que es la ecuación de una catenaria de vertical.
Se puede demostrar las demás que:
y que:
ejemplo.- para el cables dado se pide determinar " " y el largo "s" del cable si se sabe
que w=10
Solucion
la ecuación de la catenaria:
enA:
En B :
Ademas :
De 1 :
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231
De 2:
Remplazando estos dos últimas expresiones en 3:
delante se despega: c= 58.48
remplazando hacia atrás: =33.73
= 26.27
la tensión máxima ocurre en B: la
el largo del grande es:
7.8.-CABLES RECTILÍNEOS EN CUYOS PUNTOS DE INFLEXIÓN SOPORTAN
CARGAS CONCENTRADAS.
X
Y
L
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7.9.-CABLES FLEXIBLES
la construcción de puentes colgantes, teleféricos , líneas de transmisión eléctrica, es usual
la utilización de cables flexibles. Los cables flexibles resisten solamente esfuerzos de
tensión, es decir en cualquier punto del cable
Por otra parte, la tensión es tangente a la cuerda geométrica que se presenta al cable.
Consideremos un elemento diferencial de un cable sobre el que actúa una carga
distribuida
Tomando el
Por tanto,
Por lo tanto,
En la grafica se observa que (componente horizontal de T) , entonces
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233
Por lo tanto
Entonces,
por lo tanto
De 5.1 y 6.2 se tiene
Entonces,
Esta espresion permite determinar la ecuación de la curva que representa al cable.
En el análisis de las cables es importante también conocer la longitud total del mismo,
para el efecto se recurre a la conocida expresión.
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1.10.-EJERCICIOS PROPUESTOS
p = 10kg
p = 20kg 2
1
h=?
y
x
2
2.4
4 3 2 (m)
q = 10 kg/m
x=-2y=-6
h=?
y
x
5
4 5 (m)
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q = 50 kg/m
hy
x
2.5
2.5
(m)20 20
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236
CAPITULO 8 ANALISIS ESTRUCTURAL – PLANTEO MATRICIL
8.1. ANTECEDENTES
8.2. OBJETIVOS
Es un conjunto coordinado de elementos, los cuales pueden ser números o funciones o a
su vez otra matrices. Las disposiciones clásicas es exprésalos en m filas y n columnas y su
determinación es matriz m x n.
8.2.1. OBJETIVO GENERAL
El análisis estructural lo hemos definido como aquel que se ocupa de la determinación de
los efectos (e) producido por la acción de causas ( C ) , o sea tratamos de encontrar una
relación de tipo e=f(C).
En relación funcional podrá ser lineal o no lineal, no obstante el objetivo aquí será la
utilización de una herramienta matemática que nos permitirá en una forma coordinada y
simplificada conceptualizar el análisis estructural. En todo lo que sigue no
introduciremos nuevos conceptos, sino que simplemente ordenáremos los conocidos a
través de la teoría clásica de los métodos de las fuerzas y de las deformaciones. Sus
8.2.2. OBJETIVOS ESPECIFICOS
Podrán determina:
determinaremos las coordenadas globales o locales
de determinaremos la deformación
y luego determinación en el análisis del estructuras.
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237
8.3. JUSTIFICACION
De que el estudiante realice análisis del estructuras confiadas
8.4.-ÁLGEBRA MATRICIAL PARA EL ANÁLISIS ESTRUCTURAL.- Con la
reciente accesibilidad de las microcomputadoras, la aplicación del álgebra matricial al
análisis de estructuras se ha generalizado ampliamente. El álgebra matricial proporciona
una herramienta adecuada para el análisis ya que es relativamente fácil formular la
solución de una forma concisa y luego efectuar las manipulaciones matriciales es por
medio de una computadora. Por esto, es importante que el ingeniero estructural este
familiarizado con las operaciones fundamentales de ese tipo de matemáticas.
8.5.-DEFINICIONES BÁSICAS Y TIPO DE MATRICES
Matrices. -- es un arreglo rectangular de números en m renglones y n columnas. Los
números, llamados elementos, se ordenan entre paréntesis rectangulares.
Por ejemplo, la matriz A se describe como:
se dice que una matriz semejante tiene un orden de mXn (m por n), note que él primer
subíndice de un elemento denota suposición de renglón y el segundo subíndice denota
suposición de columna. En general aij es el elemento localizado en el renglón i-esimo y
en la columna j-esima.
Martín renglón.-
Matriz columna.- Matriz cuadrada.-
Matriz diagonal Matriz identidad.-
Matriz nula.- Matriz simétrica.-
8.6.-OPERACIONES CON MATRICES.-
Las operaciones que se realiza con matrices también son muy importantes por lo cual
daremos a conocer para recordar.
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238
Igualdad de matrices.-
Ambición y sustracción de matrices.-
entonces
Multiplicación por una escalada.-
Multiplicación matricial.-
Matriz. Transpuesta
Entonces
Subdivisión de matriz.-
Aquí, las submatrices son
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Inversa de una matriz.
Matriz Banda.- sólo algunos términos en el entorno de la diagonal son distintos de O.
Sistema de ecuaciones lineales.- se puede presentar de la siguiente manera.
……………………………………………….
Puede ser presentado matricialmente:
Para la realización de este sistema existen distintos métodos y en el que pueden
mencionar.
1.- método de GAUSS
2.- método de interacción
3.- método de la matriz inverso
El primero es el método más utilizado en la resolución computacional de estructuras.
Con relación al último método su forma de resolución consiste en utilizar la matriz
inversa de la siguiente manera: pre multiplicamos ambos miembros de la ecuación por la
matriz inversa a de la matriz de los coeficientes.
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240
Para aplicar este método es necesario realizar un laborioso cálculo para la determinación
de la matriz , por lo que es poco práctico. No obstante es útil esta simbología para
indicar que el sistema de ecuaciones tiene solución.
8.7.-MÉTODO DE GAUSS PARA RESOLVER ECUACIONES SIMULTÁNEAS.-
Cuando tienen que resolverse muchas ecuaciones lineales simultáneas, puede usarse en
método de eliminación de gauss debido a su residencia numérica. La aplicación de este
método requiere explicar de un conjunto de n ecuaciones una incógnita, digamos x1 , en
términos de todas las otras incógnitas x2,x3, . . . . . . . xn . Si sustituimos la así llamada
ecuaciones pivote en las ecuaciones restantes nos deja com un conjunto de n-1 de
ecuaciones con n-1 incógnitas. Si repetimos el proceso, esto es despejando x2 de esas
ecuaciones en términos de las n-2 incógnitas restantes x3,x4 . . . . .xn, se obtiene la
segunda ecuación pivote. Este ecuación se sustituye entonces en las otras ecuaciones, lo
que no deja como un conjunto de n-3 ecuaciones con n-3 incógnitas. El proceso se repite
hasta que queda una ecuación pivote con una sola incógnita, que se resuelve directamente
un caso otras incógnitas se determinan entonces por sustitución hasta atrás en las otras
ecuaciones pivote. Para mejorar la exactitud de la solución , alm desarrollar cada
ecuación pivote , se debe desarrollar cada ecuación pivote , se debe seleccionar la
ecuación del conjunto que tenga el coeficiente numérico mas grande para la incognita que
tratamos de eliminar .
8.8.-VECTORES MATRICIAL.- Que identifican fuerzas o desplazamientos se indicará
mediante una matriz columna.
Para expresar matricialmente una ecuación que intervenga un producto de vectores,
como es la expresión del trabajo de una fuerza, se requiere que uno de los vectores se
trasponga.
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8.9.-Coordenadas: A los efectos de coordenadas el planteo matriz es necesario definir
sistema de coordenadas, los cuales podrán ser "global" o "local".
Coordenadas globales.- es un sistema general al cual estará referidos los distintos
elementos de la estructura, como ser las coordenadas de los nudos, cargas o los
desplazamientos nodales.
Coordenadas locales.- este sistema
pertenece a cada barra y a él estarán referidos
aspectos como ser propiedades geométricas,
cargas locales, etc.
8.10.-Transformación de coordenadas.- en todo lo que sigue utilizaremos
formulaciones expresadas en ambos sistemas de coordenadas, por lo que es necesaria una
forma de transformación de un sistema a otro. Si tenemos un director v cuyos
componentes Expresadas en el sistema local, y deseamos expresarlo en el
sistema global , requiere que se realice una transformación de coordenadas. Los valores
Pueden representar fuerzas o desplazamientos, mientras que Pueden serlo de
momentos o giros cuyo vector tienen la dirección z.
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La matriz R se denomina matriz rotación y permite el pasaje del sistema local al global y
viceversa mediante la utilización de matrices inversa. La matriz R es ortogonal, por ser su
determinante igual a la unidad y su matriz inversa es igual a la traspuesta. Este tipo de
transformación se denomina ortogonal.
Mediante esta transformación se puede pasar cualquier magnitud vectorial, estática o
cinemática, o sea fuerzas o desplazamientos de un sistema a otro.
Transformación de coordenadas.- supongamos los vectores x e y que están relacionados
por una ecuación de tipo:
Sus componentes están referidos a un sistema de coordenadas y se desea encontrar la
relación entre los dos vectores referido a un nuevo sistema de coordenadas cuyas
componentes serán e . Para realizar esto necesitamos realizar una transformación
ortogonal, para lo cual pre multiplicamos por la matriz R.
Teniendo en cuenta que:
Finalmente la realización en el nuevo sistema de coordenadas es:
Siendo:
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A la matriz de la denomina de forma cuadrante.
8.11.-ANÁLISIS ARTIFICIAL DE ESTRUCTURAS DE BARRA
Analizaremos una estructura compuesta por un conjunto de barras vinculadas a través de
nudos, de los cuales algunos serán libres y otros vinculados, las cargas pueden ser causas
estáticas P de nudos libres y cinemática Ur un vinculados. Además de las cargas en los
nudos tenemos cargas en las barras, como ser estáticas consistentes en fuerzas
concentradas o distribuidas en cierta posición de la barra y cinemática como ser cargas de
temperatura y movimientos de vínculos internos concentrado en algunos puntos de la
barra.
Nuestro propósito sigue siendo encontrar una relación que vincule las causas con los
efectos y que están relación será matricial.
Para el análisis que realizaremos a continuación contamos con tres ecuaciones
matriciales que permiten resolver los problemas de indeterminación tanto cinemático
como estática.
1. Ecuación equilibre estática
2. ecuación de compatibilidad cinemática
3. ecuación que relacionan fuerzas y desplazamientos.
En esta ecuación intervienen
1) Es un vector que está integrado por fuerzas que actúan en los nudos y que
pueden ser causas o efectos si las mismas son relaciones de vínculos.
2) :Es un vector que esta integrado por los desplazamientos nodales que pueden
ser efectos o causas si los mismos están asociados a direcciones vinculadas. Los
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244
desplazamientos U son correspondientes con las fuerzas P, de manera que uno es
efecto y el otro causa.
3) p: Es un vector que esta integrado fuerzas interiores que actúan en los
extremos de las barras.
4) u : Es un vector que esta integrado por los desplazamiento de los extremos de
las barras, son correspondientes con p y ambos son efectos.
5) B: Es una matriz rectangular, salvo en estructuras isostáticas donde existen tantas
ecuaciones como incógnitas y el sistema admite solución. Esta matriz relaciona los
fuerzas p con P o los desplazamientos U con u. Estas relaciones se establecen en el
mismo sistema de coordenadas.
6) k: Es la matriz rigidez de barra que vincula las fuerzas p y los desplazamientos
u de los extremos de las mismas
7) Las ecuaciones de equilibrio simplemente plantea el equilibrio de todas las fuerzas
que actúan en todos los nudos de la estructura y cada ecuación matricial se
establece teniendo en cuenta que cada fuerza nodal P es igual a la suma de
las fuerza internas p que actúan en los extremos de las barras que
llegan al nudo analizado. Por ejemplo en el siguiente nudo tenemos:
P1 = p’a2+ p’b1
Las ecuaciones de compatibilidad expresan las condiciones de continuidad de la
estructura a través de sus elementos, donde no pueden ni aumentar ni desaparecer parte
de los mismos. Estas condiciones están representadas por la igualdad de los
desplazamientos nodales U y los desplazamientos u’i de los extremos de las
barras que se vinculan a dichos nudos.
U1= ua2=ub1
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Las ecuaciones que relacionan las fuerzas y
los desplazamientos en los extremos de las
barras están vinculadas a través de una
matriz donde están reflejadas
características mecánicas de las barras
A diferencia de las otras dos ecuaciones que vinculan entre sí fuerzas o desplazamientos
aquí lo hacen entre fuerzas y desplazamientos.
Comenzaremos el análisis por esta última ecuación.
8.12.-ANÁLISIS DE UNA BARRA EN COORDENADAS LOCALES
Tomamos una barra cualquiera de la estructura, la aislamos y analizamos su
comportamiento bajo la acción de causas estáticas y cinemáticas. Estas cargas pueden ser
las que actúan en la barra más los desplazamientos y que le transmite el resto de la
estructura. Todo expresado en coordenadas locales.
La barra tiene las propiedades geométricas de longitud L, área transversal A y momento
de inercia J, y las propiedades mecánicas del modulo de elasticidad longitudinal E y
transversal G.
Aplicando superposición,
descomponemos las cargas y
estudiamos las fuerzas p que se
originan en los extremos de las
barras y ordenamos los
resultados en forma de una
matriz.
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1 = k11 1 + k12 2 + 10
2 = k21 1 + k22 2 + 20
Esta ecuación matricial representa la relación
funcional entre u, p0
y p, donde k es la matriz rigidez de barra que expresa aquella
parte de p originada por u. Los kij son rigideces, cuya clásica definición sigue siendo: los
esfuerzos en i cuando en j existe un desplazamiento unitario, pero con la diferencia que
aquí esta definición es de tipo simbólica dado el carácter matricial de los mismos. Cada
ecuación en realidad son tres ecuaciones algebraicas.
La matriz k cuenta con toda la información geométrica y mecánica de la barra con
prescindencia de su orientación y ubicación en la estructura.
Si deseamos que esta relación se exprese en coordenadas globales, tenemos que aplicar
una transformación de coordenadas, similar a la mencionada anteriormente, para lo cual
premultiplicaremos la ecuación por la matriz rotación R
Teniendo en cuenta que:
Esta expresión representa la misma relación anterior, pero expresada
p = k u + p0
R pi= R ki1 u1 + R ki2u2+ R pi0
p’ = k’ u’ + p’0
p’= R p u = RT u’
p’1 = k’11 u’1 + k’12 u’2+ p’0
1
k’ij = R kijRT
p’2 = k’21 u’1 + k’22 u’2+ p’0
2
R pi = R ki1RT u’i+ R ki2R
T u’2+ R pi0
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247
en coordenadas globales, donde k’ es la matriz rigidez de barra en este sistema y su
transformación se realiza premutiplicando por R y postmultiplicando por RT a la matriz
k. La matriz k’ posee toda la información de la matriz anterior a la que se le suma la
orientación de la barra en la estructura a través de R.
Si la vinculación de la barra con resto de la estructura tiene alguna modificación como ser
la pérdida del vínculo que genera momento flector en el extremo final de la barra, la
matriz k modifica sus valores, pero conceptualmente tenemos la misma ecuación
matricial.
Si la barra esta articulada en ambos extremos, la matriz rigidez k se modifica como se indica a
continuación.
p = k u + p0
p = k u + p0
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En estos ejemplos anteriores podemos observar que si bien cambia la matriz k, la relación
funcional es la misma o sea.
p = k u + p0
8.13.-ANÁLISIS DE LA ESTRUCTURA
En esta primera parte utilizaremos un procedimiento directo de las ecuaciones de equilibrio y
compatibilidad que resulta físicamente más comprensible, dejando para final un planteo mas
matricial, donde claramente quedan individualizadas las ecuaciones.
En los nudos libres tendremos causas estáticas P y efectos cinemáticos U y a su vez en los nudos
vinculados efectos estáticos R y causas cinemática Ur, y todos relacionados mediante barras
cuyas características mecánicas están individualizadas a través de la matriz rigidez de barra k
donde quedan identificadas las características mecánicas y de vinculación interna de las mismas.
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249
Primero planteamos las ecuaciones de equilibrio en la estructura que estarán integradas por las
ecuaciones de equilibrio en los nudos de la misma.
Donde P representa las fuerzas nodales y p’i las fuerzas que actúan en los extremos de las barras
que se vinculan al nudo expresadas en coordenadas globales.
Si tenemos en cuenta que cada barra tiene una ecuación matriciales del tipo:
que reemplazándolas en las ecuaciones de equilibrio anteriores tenemos
Si ahora utilizamos las ecuaciones de compatibilidad consistentes en la igualdad de los
desplazamientos U en los nudos y los desplazamientos u’i de los extremos de las barras que se
vinculan a los mismos.
Donde U representa los desplazamientos nodales y u’i los desplazamientos que actúan en los
extremos de las barras que se vinculan al nudo, expresadas en coordenadas globales.
U1 = u’a2 = u’b1
U2 = u’b2 = u’c2
Ur3 = u’a1
Ur4 = u’c1
P= p’i
P1 = p’a2 + p’b1
P2= p’b2 + p’c2
R3 = p’a1
R4 = p’c1
p’1 = k’11 u’1 + k’12 u’2+ p’0
1
p’2 = k’21 u’1 + k’22 u’2+ p’0
2
P2 = p’b2 + p’c2 = k’b21 u’b1 + k’b22 u’b2 + p’0
b2 + k’c21 u’c1 + k’c22 u’c2 + p’0
c2
R3 = p’a1 = k’a11 u’a1 + k’a12 u’a2 + p’0
a1
R4 = p’c1 = k’c11 u’c1 + k’c22 u’c2 + p’0
c1
P1 = p’a2 + p’b1 = k’a21 u’a1 + k’a22 u’a2 + p’0
a2+ k’b11 u’b1 + k’b12 u’b2 + p’0
b1
U = u’i
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250
Teniéndolas en cuenta en las anteriores ecuaciones:
Si reordenamos matricialmente estas ecuaciones tenemos:
Esta ecuaciones se pueden expresar sintéticamente;
La matriz K* se denomina matriz rigidez ensamblada, y se originado en el planteo
del equilibrio general de la estructura, como cuerpo libre o sea con prescindencia de la
vinculación de la estructura, por lo que resulta ser singular y no es posible su inversión
(K*-1
). El vector P* debe ser un conjunto de fuerza equilibradas que como vimos incluye
las reacciones de vinculo. Para resolver el problema debemos descomponer esta matriz de
P1 = k’a21 Ur3 + k’a22 U1 + k’b11 U1 + k’b12 U2+ P0
1
P2 = k’b21 U1 + k’b22 U2 + k’c21 Ur4 + k’c22 U2 + P0
2
R3 = k’a11 Ur3 + k’a12 U1 + P0
3
R4 = k’c11 Ur4 + k’c22 U2 + P0
4
Si agrupamos los desplazamientos e incluimos todos los desplazamientos tenemos:
P1 = ( k’a22 + k’b11 ) U1 + k’b12 U2 + k’a21 Ur3 + 0 Ur4 + P01
P2 = k’b21 U1 + ( k’b22 + k’c22 ) U2 + 0 Ur3 + k’c21 Ur4 + P02
R3 = k’a12 U1 + 0 U2 + k’a11 Ur3 + 0 Ur4 + P03
R4 = 0 U1 + k’c22 U2 + 0 Ur3 + k’c11 Ur4 + P04
P = K* U +P0
P - P0
= K* U P* = K* U
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251
la siguiente manera teniendo en cuenta que las incógnitas del problema son los
desplazamientos U y las reacciones R
P = K U + Kpr Ur + P0
R = Krp U + Krr Ur + P0
r De estas ecuaciones de equilibrio, la primera es la conocida del método de las
Deformaciones en su planteo clásico y K que es la matriz rigidez de la estructura. La
solución de esta permite conocer los desplazamientos U de las direcciones libres de la
estructura, que reemplazada en la segunda ecuación se obtienen las reacciones de vínculo
R.
U = K-1
( P -- KprUr) R = Krp U + Krr Ur + P
0
r La solución de la primera ecuación implica la inversión de la matriz K y esto significa que
la misma es linealmente independiente o sea que la estructura esta adecuadamente
sustentada.
La forma de resolución es simbólica dado que los sistemas computacionales no utilizan el
método de la inversión de la matriz K para la resolución de las ecuaciones.
En las ecuaciones anteriores podemos observar que por un lado se encuentran
identificadas todas las causas que pueden solicitar una estructura y por otro se pueden
determinar los efectos que los anteriores generan.
P :fuerzas en los nudos libres
P0 :cargas en las barras, que pueden ser fuerzas o cargas cinematecas
Ur :cargas cinemáticas en los nudos vinculados
U :desplazamientos en los nudos libres
R :reacciones de los nudos vinculados.
El armado de la matriz ensamblada K* se puede realizar siguiendo ciertas reglas sin tener
que realizar todo el anterior análisis y las mismas consisten en pararse en cada nudo y
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252
observar como el mismo se relaciona con el resto de los nudos de la estructura. Todos los
nudos se vinculan con una barra a través de la matriz kij ,que será k12 si la barra tiene su
origen en el nudo analizado, k21 si la misma tiene su final el citado nudo o mediante una
matriz nula si los nudos no se vincula con ninguna barra.
Ahora realizaremos el planteo que habíamos mencionado al inicio, donde lo único que
tenemos que hacer es ordenar matricialmente lo realizado anteriormente. Por
simplicidad no tomaremos en cuenta las cargas en barra P0
Ecuaciones de compatibilidad:
u’ = C U Si observamos las ecuaciones de equilibrio y de compatibilidad y en especial las matrices
B y C observamos que:
C = BT
Esta propiedad se puede demostrar a través del TTV, si tenemos en cuenta que el mismo
nos dice que el trabajo externo es igual al trabajo interno y si este último lo medimos a
través de sus fuerzas interiores p y sus desplazamientos u tenemos:
PT U = p’
T u’
P = B p
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253
Si tenemos en cuneta las ecuaciones de equilibrio y la reemplazamos en la anterior
tenemos:
P = B p’
PT = p’
T B
T
p’T B
T U = p
T u’
BT
U= u’ Finalmente tenemos las ecuaciones fuerzas – desplazamiento
En forma simplificada podemos expresarla esta relación
p’ = k’ u’
Por lo tanto las ecuaciones finales serán:
Equilibrio P = B p’
Compatibilidad u’ = BT U
Relaciones esfuerzos -desplazamiento: p’ = k u’
Si operamos con estas ecuaciones tenemos:
P = K U K= B k B
T
P = B p’ = B k u’ = B k BT
U
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254
EJERCCIO.-
ANÁLISIS DE UNA VIGA SIMPLEMENTE APOYADA
Se pide analizar y resolver la siguiente viga:
q
L
q 200:= E 2.7 106⋅:=
L 3:= I25 503
⋅
1210 8−
⋅:=
De los 3 grados de libertad que presenta cada nudo en estructuras planas, sólo se tomarán en cuenta 2: la deformación-fuerza vertical y la rotación-momento, pues las fuerzas-desplazamientos horizontales no existen en este caso.
1
4
2
3
La numeracion de G.L. asumidos será:
Comencemos con recodar los momentos de empotramiento perfecto para esta hipótesis de carga:
MEPizqq− L2
⋅
12150−=:= MEPder
q L2⋅
12150=:=
Comecemos con la definición de las matrices de Cargas "Q":
Cargas conocidas: QcMEPizq
MEPder
⎛⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎠
150−
150⎛⎜⎝
⎞⎟⎠
=:=
Q
Q1
Q2
Q3
Q4
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠
:= Q
MEPizq
MEPder
Q3
Q4
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠
:=
Cargas desconocidas: Qd
Q3
Q4
⎛⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎠
:= (reacciones verticales)
La matriz de Desplazamientos será la siguiente:
Desplazamientos conocidos: Dc0
0⎛⎜⎝
⎞⎟⎠
0
0⎛⎜⎝
⎞⎟⎠
=:=
D
D1
D2
D3
D4
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠
:= D
D1
D2
0
0
⎛⎜⎜⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎟⎟⎠
:=
Desplazamientos desconocidos: Dd
D1
D2
⎛⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎠
:=
Utilizando el método de matricial de rigidez
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255
La matriz de rigidez "K", que relaciona las matrices "Q" y "D", de la forma Q = K * D, será:
K
12 E⋅ I⋅
L3
6 E⋅ I⋅
L2
12− E⋅ I⋅
L3
6 E⋅ I⋅
L2
6 E⋅ I⋅
L2
4 E⋅ I⋅L
6− E⋅ I⋅
L2
2 E⋅ I⋅L
12− E⋅ I⋅
L3
6− E⋅ I⋅
L2
12 E⋅ I⋅
L3
6− E⋅ I⋅
L2
6 E⋅ I⋅
L2
2 E⋅ I⋅L
6− E⋅ I⋅
L2
4 E⋅ I⋅L
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠
3.125 103×
4.688 103×
3.125− 103×
4.688 103×
4.688 103×
9.375 103×
4.688− 103×
4.688 103×
3.125− 103×
4.688− 103×
3.125 103×
4.688− 103×
4.688 103×
4.688 103×
4.688− 103×
9.375 103×
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠
=:=
Como los grados de libertad estan en el orden: { 1, 3, 2, 4 } deberá realizarse un ensamblaje correcto, que es { 1, 2, 3, 4}
Dada la matriz "K" se deberán insertar sus elementos en una matriz de dimensión "NxN", mediante las posiciones que indican los elementos de la matriz "GL":
Esta es una función sencilla para crear na matriz vacía:
Con "rows" se conoce el nro. de filas de una matriz
N 4:= GL
3
1
4
2
⎛⎜⎜⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎟⎟⎠
:= matVacia n( ) matrix n n, f i j, ( ) 0←, ( ):= nGL rows GL( ):=
Kens Kens matVacia N( )←
fila GLi←
col GLj←
Kens fila col, Ki j, ←
j 1 nGL..∈for
i 1 nGL..∈for
:=
Kens
9.375 103×
4.688 103×
4.688 103×
4.688− 103×
4.688 103×
9.375 103×
4.688 103×
4.688− 103×
4.688 103×
4.688 103×
3.125 103×
3.125− 103×
4.688− 103×
4.688− 103×
3.125− 103×
3.125 103×
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠
=
Teniendo la siguiente ecuación: Q K D⋅:=
MEPizq
MEPder
Q3
Q4
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠
Kens
D1
D2
0
0
⎛⎜⎜⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎟⎟⎠
⋅:= para encontrar todas las incógnitas,
se procederá a extraer sub-matrices de K, para encontar los desplazamientos desconocidos, Dd
Kd submatrix Kens 1, 2, 1, 2, ( ) 9.375 103×
4.688 103×
4.688 103×
9.375 103×
⎛⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎠
=:=
Kc submatrix Kens 1, 2, 3, 4, ( ) 4.688 103×
4.688 103×
4.688− 103×
4.688− 103×
⎛⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎠
=:=
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256
Con los siguientes cálculos matriciales, se pueden encontrar los desplazamientos desconocidos:
Qc Kd Dd⋅ Kc Dc⋅+:=
Dd Kd1− Qc Kc Dc⋅−( )⋅
0.032−
0.032⎛⎜⎝
⎞⎟⎠
=:=
Con lo cual tenemos:
θizq Dd10.032− rad⋅=:= θder Dd2
0.032rad⋅=:=
(*) Recordar que a desplazamientos y momentos se asigna el signo según la regla de la mano derecha.
Una vez conocida la matriz Dd, se puede calcular la matriz de cargas desconocidas, Qd:
Q Kens
θizq
θder
0
0
⎛⎜⎜⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎟⎟⎠
⋅
150−
150
0
0
⎛⎜⎜⎜⎜⎝
⎞⎟⎟⎟⎟⎠
=:=
Con lo cual tenemos:
Vizq Q3q L⋅2
+ 300=:= Vder Q4q L⋅2
+ 300=:=
Finalmente, podemos realizar los diagramas de Cortantes y Momentos:
Ecuación de Cortantes: V x( ) Vizq q x⋅−:=
0 1 2 3
400−
200−
200
400
V x( )
x
Ecuación de Momentos: M x( ) Vizq x⋅ qx2
2⋅−:=
0 1 2 3
100
200
300
M x( )
x
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257
CAPITULO 9
TUTORIALES DE PROGRAMAS 9.1 OBJETIVO GENERAL.
El estudiante aprenderá a utilizar programas estructurales que le permitan
resolver diferentes tipos de estructuras, mismas que estarán al alcance de sus manos
siempre y cuando los oriente en sus pasos de resolución.
9.2 OBJETIVOS ESPECIFICOS.
Al terminar este capitulo el estudiante será capaz de:
Resolver vigas isostáticas mediante el programa de análisis estructural
viga G para calculadora HP 50G, G+, GX, 49G.
Resolver cerchas por el método de nudos mediante el programa de análisis estructural
CERCHAS para calculadora HP 50G+, G+, GX, 49G 48G.
9.3 INTRODUCCION A PROGRAMA VIGA-G.
El programa estructural viga G es un programa diseñado para el calculo de vigas
isostáticas, mismas que nos proporcionan información segura y confiable acerca de lo ya
visto en el capitulo.
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258
Este programa esta disponible para las versiones de HEWLETT PACKARD 48G hasta la
HP49 + 50G+.
Efectuaremos la verificación del análisis estructural de una viga Isostática con el
siguiente.
ejemplo.(verificación del ejemplo #4 del capitulo 3)
Calculadora hp 49 G
Paso1) Inicio del programa
a) Habrá la carpeta viga G dentro de su calculadora HP y luego presione la tecla
F2 para crear un nuevo análisis.
b) Luego empezamos a introducir los datos de la viga a analizar:
2 t / m 1 t
A B C D E F
2 1 2 1 1 1
Paso2) Establecer la geometría
a) Como primer dato, el programa nos pedirá que introduzcamos la longitud de la
viga, en este caso 8 [m], también tenemos que introducir la rigidez del
elemento, pero como estamos dando los primeros pasos en la introducción del
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259
análisis de las estructuras, no tomaremos en cuenta valores de elementos que
afecten nuestro calculo, pero introduciremos 1, como elemento ideal para la
no variación de los cálculos. Tal como se muestra a continuación:
b) Empezamos a definir cuales serán las condiciones de equilibrio y los apoyos
de la viga.
Como vemos tenemos como condición inicial un apoyo fijo, y como condición
final de la viga existe un apoyo móvil.
c) Como se puede observar para definir las condiciones iníciales y/o finales solo
se necesita presionar el botón correspondiente a un apoyo, empotramiento o
volado.
d) Una vez establecida las condiciones iníciales y finales de viga, comenzamos a
definir los apoyos y las articulaciones existentes entre los apoyos ya definidos.
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260
Paso3) Cargado de datos
a) En la ventana que ahora aparece existen las opciones de colocar apoyos
intermedios y articulaciones, presionando las funciones F1 y F2 podemos
establecer los apoyos que estarán a: 2 y 6; y las articulaciones a 3 y 5 m de la
condición inicial de la viga.
b) Una vez introducidos estos datos presionemos la tecla F6 para volver al menú
principal.
c) Estando en el menú principal, presionamos la tecla F2, que nos llevara a una
ventana de opciones para seleccionar el tipo de carga que se desea, podemos
aplicar cargas puntuales,
cargas uniformemente distribuidas, cargas distribuidas no uniformes y
momentos.
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261
d) En nuestro caso debemos aplicar una carga uniformemente distribuida,
presionamos la tecla F2.
e) Aparecerá una nueva ventana, donde tenemos que introducir las condiciones
de la carga distribuida, en esta nos señala que el sentido positivo de la misma
será hacia (↓). Entonces definimos que el inicio de la carga distribuida tendrá
un valor de 2 t/m, y empieza a una distancia de 3 m de la condición inicial de
la viga, esta se mantendrá constante hasta una distancia de 5 m desde el inicio
de la viga.
f) Luego de introducir los valores observaremos la viga tal cual como hemos
cargado, si los datos están correctos entonces salimos de esa ventana con el botón F6, y
volvemos al menú principal.
Paso4) Resultados del programa
a) Una vez terminado de introducir los datos al programa, estando en el menú
principal podemos ordenar a la calculadora analizar la viga, presionando F6 el
programa empezara a analizar los datos, una vez concluidos te mostrara una
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262
ventana donde te diga: “Cálculos Terminados”.
b) Presionando el botón F6, podremos acceder a la ventana de respuestas en la
calculadora.
c) Dentro de las respuestas que te ofrece este programa de análisis de vigas es;
en la prime pestaña todos los componentes asociados a las respuestas del
esfuerzos de corte “V”, momentos “M”, desplazamiento de los nudos “�”,
diagrama de deformación “Y”, las reacciones de apoyo.
d) Empecemos verificando las reacciones en los apoyos presionando el botón F5:
e) Comparando el nombre de cada apoyo y verificando con el ejercicio resuelto del
capitulo 3, observamos que son iguales, en esta ventana se observan las
reacciones y desplazamientos de cada apoyo(si te son necesarios).
f) Volviendo a la ventana principal presionando la función F6 (dos veces),
analicemos los resultados de los elementos de corte.
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263
g) Observemos que en la ventana de salida de datos de los esfuerzos cortantes la
opción PLOTes la que grafica la variación de esfuerzos corte a lo largo de toda la viga.
Si se quisiera saber los valores dentro de la grafica, solo desplazarse a la función
(X,Y) o F2.
h) Otra de la opciones dentro de la salida de cortantes es la de poder ver los valores
máximos y mínimos a lo largo de la viga, solo presionar las funciones F3 y F4.
i) Así como realizamos el análisis de la viga por el método de secciones y
obtuvimos las ecuaciones de N, Q, y M. este programa también puede
mostrarnos las ecuaciones de cortantes y momentos a lo largo de la viga, solo
presionar “EQUAT” y elegir el tramo del cual quisiera ver la ecuación necesaria para
obtener la grafica y presionar “ENTER”.
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264
Nota.- se tiene un margen de error de 0.01
j) Para ver los diagramas de momentos “M” volver al menú principal y presionar la
tecla de M o F2, y luego ver las opciones que ya se han visto en el análisis de esfuerzos
de corte.
Grafica de momentos
k) A continuación mostramos la obtención de las ecuaciones para la obtención del
diagrama de momentos.
Entonces realizando la comparación con el ejercicio planteado y resuelto en el
capitulo 3 queda muy bien verificado.
9.4 INTRODUCCION A PROGRAMA CERCHAS
El programa estructural CERCHA es un programa diseñado para el cálculo de
CERCHAS ISOSTATICAS, misma que nos proporciona información segura y confiable
acerca de lo ya visto en el capitulo.
Este programa esta disponible para las versiones de HEWLETT PACKARD 48G hasta la
HP 49G+.
Con afán de que se pueda resolver de una manera rápida de los esta plana, sin necesidad
de que recura a la computadora (estos es muy beneficioso cuando se realiza un trabajo de
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265
campo), es necesario que el ingeniero tenga herramientas como la calculadora HP ,que
nos provee una gran ayuda en el desarrollo de la profesión.
Este programa permite resolver cualquier cercha sin importar el numero de apoyo y
elementos, hasta la capacidad de la calculadora , para la resolución se usa el método
matricial de los desplazamientos.
El procedimiento es el siguiente:
Calculadora HP 49 G Calculadora HP 50 G
Pasos a seguir para la utilización del programa
a) Se selecciona una entrada de cargas.
b) Se define un sistema de ejes coordenados para poder ubicar los nudos que a
su vez deben estar enumerados
c) Cuando se pide el numero de nudos es independiente el numero de apoyos, es
decir, en una
barra hay 2 nudos y puedes tener 0, 1 o 2 apoyos.
d) Se entran las coordenadas de cada nudo en el orden al numero que se le asigno.
e) Se especifica la cantidad de diferentes áreas de sección transversal en los
elementos, quedando cada tipo de sección asignada a un numero (mismo que
aparecerá en la pantalla).
f) Luego se pasa a dar las ubicaciones de las barras asignándole una dirección o
un sentido a cada barra, y se escriba su nudo inicial a final de acuerdo al
sentido y su correspondiente TIPO de sección (el numero asignado a las
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266
diferentes áreas).
g) Se especifican las restricciones en los apoyos de la siguiente manera:
Numero del nudo en el cual esta el apoyo.
Restricción en X (1 si hay o 0 si no hay).
Restricción en Y (1 si hay o 0 si no hay).
h) Se ingresa el modulo de elasticidad
i) Se ingresa el peso unitario (0 si se desprecia el peso propio de la cercha o carga muerta).
j) Si se escoge la opción 2 y se procede con el número de nudos cargados.
k) Se entra el nudo en el que actúa cada fuerza, y cada fuerza se descompone en X
y Y, dando positiva hacia arriba y a la derecha.
l) Si la memoria es suficiente para el tamaño de la cercha, esperamos que corra el programa.
m) Para ver los resultados, donde aparecen los desplazamientos en los nudos, las
reacciones y fuerzas internas de las barras (fuerzas según el sentido de las
barras).
n) La opción 4 permite ver la matriz de rigidez en su respectivo orden (opciones separadas).
o) Borrar los resultados permite purgar las variables y resultados que contiene la
cercha.
El programa permite variar las condiciones de las cargas para la misma cercha
seleccionando
(2) y además permite guardar los resultados después de salir.
A continuación se desarrollara un ejemplo, explicando paso a paso la
ejecución del programa.
EJEMPLO
SE DA la siguiente armadura Howe se pide determinar las reacciones en los
apoyos y las fuerzas en las barras (ejercicio # 13 del capitulo 4).
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Paso1) Establecer la geometría
a) Habrá la carpeta Cercha dentro de su calculadora HP y luego presione la opción
“Run” para crear un nuevo análisis.
b) Aparecerá la siguiente ventana en su HP.
c) Presionando el botón 1, aparecerá la opción “ENTRADA DE DATOS”. Presionar
ENTER.
d) Ahora se deben ingresar los datos según los valores pedidos, de acuerdo a la
grafica entonces:
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Luego presionar enter.
Paso2) Cargado de datos
a) Ahora introducimos los datos de las coordenadas de los nudos.
Luego de ingresar los datos de un nudo, presionar ENTER para ingresar los
datos del siguiente nudo, como se ve a continuación:
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269
b) Una vez introducidos estos datos presionemos ENTER. Luego aquí la pregunta es
cuantos tipos de secciones tiene, si se quiere se puede tener distintos tipo de secciones
para las barras (esto es mas conveniente cuando ya se hizo correr el programa una vez, y
se diseño con esas fuerzas, entonces para verificar el diseño se utiliza esta opción),
pero para el ejemplo solo consideramos una sección, luego presionamos ENTER.
c) Se pide ahora ingresar el área de cada “sección tipo”, como para el ejemplo es
irrelevante, ingresamos la unidad (pero se puede tantear, pero cuando ya se diseño la
cercha se deben poner las áreas para realizar la verificación); luego presionamos
ENTER.
d) Se debe ingresar los nudos inicial y final de cada barra; el orden de los nudos
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270
sirve para interpretar la salida de las fuerzas internas, por eso se debe anotar esto para
poder interpretar los resultados. El valor ST# es para indicar al programa que tipo de
sección corresponde a cada barra. (para el ejemplo como solo existe una sección
entonces solo poner 1) y presionar
ENTER para asignar a todas la barras, entonces:
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e) Ahora especifiquemos los nudos donde se encuentran los apoyos, e indicamos
si estos son fijos o móviles, luego presionar ENTER después del ingreso de cada
apoyo, entonces:
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f) Luego de presionar ENTER debemos ingresar el modulo de elasticidad, para
el ejemplo tomemos E=100000 kg/cm2
g) Se debe ingresar el peso especifico del material, pero cuando se quiera que el
programa compute ese peso propio, para el ejemplo no se requiere,
entonces introducimos cero, presionamos ENTER.
Paso3) Entrada de cargas
a) Una vez que los datos de la armadura han sido introducidos, volvemos al menú
principal e ingresamos a la opción #2 ENTRADA DE CARGAS.
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b) Ahora se debe ingresar el número de nudos cargados, se observa claramente que
son 3, luego de presionar ENTER se debe ingresar el número de nudo y la carga
externa (en toneladas), recordando siempre que positivo es a la derecha y hacia
arriba; luego ingresar cada carga. Presionar ENTER:
c) Luego presionar ENTER (ahora ya empieza a correr el programa, se debe
esperar unos cuantos segundos), para ver los resultados presionar la opción 3,
entonces:
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d) Presionando la opción 1 par conocer las reacciones de apoyo tenemos:
e) Para poder ver los esfuerzos internos en cada una de las barras presionamos la
opción 3 del menú: entonces:
f) Presionar ENTER, entonces aparecen las fuerzas internas en las barras, pero
cabe aclarar la convención del programa para interpretar los resultados:
En primer lugar el sentido positivo se toma de acuerdo del nudo final al nudo inicial
(esto define el eje local longitudinal positivo), por ejemplo la barra 1 va desde en nudo 1
al nudo 2, entonces:
La convención para definir la tracción y la compresión es la siguiente:
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Por ejemplo para la barra 2 se tiene:
Y de los resultados se tiene que el nudo 2 tiene un F=1.65 ton y el nudo 3 tiene un
F=1.65 ton, lo que equivaldría a:
Como otro ejemplo para la barra 8 se tiene:
Y de los resultados se tiene que el nudo 8 tiene un F=2.4 ton y el nudo 1 tiene un
F=-2.4 ton, lo que equivaldría a:
Observemos en la salida de datos del programa.
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277
g) Luego si presionamos ENTER volvemos al menú principal:
h) Para salir presionar ENTER, y aparecerá la siguiente ventana:
i) Para guardar los datos, presionar la tecla F6 luego volvemos al menú principal
y salimos definitivamente presionando la tecla (DROP), nuestros datos
estarán cargados en la carpeta “SUB”.
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CONCLUSIONES Y RECOMENDACIONES
CONCLUSIONES
El presente proyecto logró plantear una nueva metodología para la enseñanza y
aprendizaje de los estudiantes.
Se recopilo lo esencial de la teoría de estática para ingeniería.
Se comparó diferentes métodos los cuales llevan al mismo resultado.
Un manejo adecuado para el cálculo de las estructuras.
RECOMENDACIONES
EL estudiante deberá resolver con los diferentes métodos para captar un mejor
aprendizaje.
Los ejercicios deben nuevamente resolverse.
Siempre es recomendable practicar con una buena base.
OBSERVACIONES
Se observa que al comparar con diferentes métodos el resultado pueda variar en
proporción mínima por diferentes aspectos.
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BIBLIOGRAFÍA
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,PÓRTICOS ESPACIALES AUTOR J.T. CE