ESTRUCTURAS RETICULARES O ARMADURAS

Prtico con Armadura1. Larqueros de pared6. Puntal de cumbreras2. Amostre de conjunto7. Amostre de techo3. Puntal de Borde8. Puntal de esquina4. Tensores o amostres de 1 y 59. Longitud5. Correas10. Espaciamiento12345678910

Tijeral(armadura)correaseccin debrida superior

Uniones

ARMADURA PLANAEs una estructura compuesta por un determinado nmero de barras largas y delgadas, que estn todas en un plano, articuladas entre s en sus extremos de modo que se forme un entramado rgido. Se supone que se cumplen las siguientes condiciones:1. Las barras estn unidas entre s en sus extremos por nudos de pasador sin rozamiento.2. Las cargas y reacciones se aplican slo en los nudos.3. El eje de cada barra es recto, coincide con la lnea que une los centros de los nudos en cada extremo de la misma, y est en el plano que contiene tambin a las lneas de accin de todas las cargas y reacciones.Como no es posible que se cumplan todas estas condiciones en una armadura real, aquellas en que se supone que se verifican se llama armadura ideal.

Clasificacin de armaduras segn su construccinSimple.- Es la armadura cuyo elemento bsico y rgido es un tringulo formado por 3 nudos (vrtices del tringulo) y 3 barras (lados del tringulo). A este tringulo base se le agregan dos barras ms para tener un nuevo nudo tan rgido como los del primer tringulo. Continuando la adicin de barras en nudos que sean rgidos entre s, se pueden determinar nudos adicionales, y puede construirse una armadura de muchas piezas. Ver figura.Compuesta.- Es la armadura que consta de 2 armaduras simples unidas por 3 barras que no se intersectan o por un pasados comn (nudo) y una barra. Ver figura.Compleja.- Cuando la armadura no puede clasificarse como simple o compuesta. Ver figura.

ARMADURASsimplescompuestascomplejas

Entramados o reticulados simples (Adaptado de Mecnica Tcnica S.Timoshenko D.H.Young).- En las estructuras de ingeniera, se emplean muy a menudo los reticulados o entramados, en lugar de las vigas para sostener las cargas. Un reticulado consiste en un sistema de barras, pertenecientes todas ellas a un mismo plano y unidas por sus extremos, de tal manera, que formen una estructura rgida. Consideremos, por ejemplo, los dos entramados de la figura. El cuadrado ABCD de la figura a formado por cuatro barras unidas por sus extremos mediante pernos, no es, evidentemente, rgido y, por lo tanto, se deformar, como indican las lneas de puntos, si se lo somete a la accin de dos fuerzas Q que acten en la forma indicada.Por otra parte, tres barras articuladas por sus extremos y formando un tringulo (figura b), representan un sistema rgido que no se deformar por la accin de fuerzas Q aplicadas a sus vrtices. Es decir, no pueden alterarse las posiciones relativas de los pernos A, B y C y de ah que el entramado triangular represente, en s, un cuerpo rgido.

Despreciamos aqu, por supuesto, cualquier pequea deformacin de las barras que pueda tener lugar en virtud de las fuerzas axiales que soportan y suponemos que sus longitudes son las mismas, tanto antes, como despus de ser cargadas.(a)No rgido(b)Rgido

Partiendo del principio de que el entramado triangular ABC es una unidad rgida, si le agregamos dos barras BD y CD para formar una nueva articulacin en D, el entramado resultante ABCD, ser tambin rgido. A este entramado rgido ABCD, podemos agregarle dos barras ms, AE y DE y obtener, todava, un sistema rgido, ya que el entramado ABCD puede ser considerado equivalente a una barra AD, la cual, conjuntamente con las barras AE y DE forma un tringulo rgido.Generacin del reticulado simple

Como este proceso puede seguirse indefinidamente, podemos enunciar la siguientes regla: Un reticulado rgido siempre puede formarse comenzando con tres barras articuladas entre s por sus extremos, a fin de formar un tringulo y estableciendo cada nueva junta (vrtice o nudo) mediante el agregado de dos barras ms, cuyos ejes no coincidan. Cualquier sistema de barras, unidas de acuerdo a esta regla, constituye un reticulado simple.

El reticulado de la figura a, por ejemplo, es de esta clase. El tringulo ABC ha sido tomado como unidad de partida y las dems uniones se han establecido por orden alfabtico, cada una de ellas mediante el agregado de dos barras al sistema existente. Si bien ste no constituye el nico modo de articular, por sus extremos, un sistema de barras para formar un reticulado rgido, engloba a la mayora de los casos prcticos de reticulados que se emplean en las estructuras de ingeniera y, en la discusin que va a continuacin, consideraremos nicamente dichos reticulados simples.Armadura simpleisosttica

En la figura aparecen varios ejemplos prcticos de reticulados simples. Cada uno de ellos ha sido formado comenzando con el tringulo rgido sombreado ABC y estableciendo el resto de las juntas por orden alfabtico. Para mayor sencillez, las barras han sido representadas mediante lneas rectas y las articulaciones, por las cuales se unen, mediante pequeos crculos.Reticulados o armaduras simples formados comenzando con el tringulo rgido sombreado ABC

Ya que cualquier reticulado simple, construido de acuerdo con la regla que antecede, ser, en conjunto, un cuerpo rgido, puede ser sustentado como una viga, como en el caso del reticulado de la figura a fijando una junta A y apoyando la otra G, sobre rodillos, a fin de permitirle la libre dilatacin. As, el reticulado, que aparece en la figura a transmitir la fuerza Q, aplicada en E, a los apoyos, exactamente como lo hara una viga y las reacciones en A y en G pueden determinarse sin dificultad. Bajo la accin de este sistema equilibrado de fuerzas exteriores al reticulado, en sus distintas barras se originarn esfuerzos axiales. El clculo de estas fuerzas internas, constituye el anlisis de un reticulado.

Armadura simple isostticaNudos remachados o soldadosFuerzas axiales internas

Algunas veces, en lugar de fijar las barras de un reticulado, entre s, mediante pernos en sus extremos (Fig. a), se las une por medio de chapas en cada nudo sobre las cuales los extremos de las barras estn roblonados o soldados. El tipo usual de unin remachada, es el que se indica en la figura b. En cualquier caso, es una prctica habitual, en el anlisis de los reticulados, formular las siguientes hiptesis simplificadoras: (1) que las barras estn unidas en sus extremos mediante articulaciones sin rozamiento; (2) que los ejes de todas las barras pertenecen a un mismo plano, denominado el plano medio del reticulado; y (3) que todas las fuerzas que actan sobre el reticulado estn aplicadas, nicamente, a las articulaciones y .que pertenecen asimismo, al plano del reticulado.Es evidente que el comportamiento de un reticulado, con juntas roblonadas como el de la figura b, bajo la accin de una carga, ser algo diferente del que tiene las juntas articuladas mediante pernos o pasadores (Fig. a), ya que tendr lugar alguna flexin en las barras. Sin embargo, cuando stas estn cuidadosamente montadas, de manera tal que sus ejes concurran todos al mismo punto de cada nudo, se demuestra, mediante investigaciones ms detalladas, que la hiptesis de las juntas articuladas resulta justificada, es decir: que los esfuerzos axiales en las distintas barras no son muy afectados por la flexin que se produce.

Es comprensible, que si se pone especial cuidado en el proyecto y en el montaje del reticulado, la segunda hiptesis quedar plenamente justificada. Slo es necesario procurar que las secciones transversales de las distintas barras, estn simtricamente colocadas con respecto al plano medio del reticulado.Finalmente, en la mayora de los casos prcticos, la construccin es tal que justifica a la tercera hiptesis. Un puente, por ejemplo, consistir, por lo general, de dos reticulados paralelos idnticos, apoyados en sus extremos sobre pilares y que soportan, entre ambos, un sistema de piso (tablero), al cual se puede aplicar las cargas. La construccin de este sistema de piso se hace siempre de tal manera que las cargas aplicadas al mismo se transmiten a los dos reticulados slo por los nudos. Se tendr una idea de como se lleva a acabo esto, estudiando la figura d que representa un puente en perspectiva. Sostenidas entre los nudos correspondientes, a lo largo de los cordones inferiores de los reticulados, se encuentran las vigas transversales sobre las cuales descansa el resto del sistema de piso o tablero. Se deduce de dicha construccin que una carga, aplicada en cualquier punto del tablero del puente, se transmitir a los reticulados nicamente a travs de los nudos

De esta manera, todas las cargas aplicadas al tablero del puente son llevadas a los planos de los dos reticulados y, finalmente, cada uno de ellos, puede ser considerado independientemente del otro.(d)

Aplicadas todas las fuerzas activas al reticulado slo en sus nudos, no 'hay. esfuerzos que tiendan a producir el flexionamiento de las barras, excepto sus pesos propios. Como las tensiones debidas al flexionamiento que producen estos pesos son por lo general, pequeas, comparadas con las tensiones axiales (traccin o compresin) que originan las dems cargas aplicadas, se justifica plenamente el considerar que el peso de cada barra se divida,,por partes iguales, entre los nudos de sus dos extremos. De esta manera, todas las fuerzas actan nicamente en los nudos del reticulado.Las tres hiptesis que acabamos de discutir, tienen suma importancia, pues conducen, en definitiva, al reemplazo del reticulado fsico real, de las figuras a o b por el reticulado ideal de la figura c que consiste en un sistema de barras sin peso, todas pertenecientes a un mismo plano y unidas entre s, por sus extremos, mediante articulaciones sin rozamiento, a las que se aplican las fuerzas exteriores, que actan solamente en el piano del reticulado. Para un caso tan ideal, es evidente que cada barra del reticulado est en equilibrio bajo la accin de las fuerzas aplicadas a sus dos extremos nicamente y, por lo tanto, est sometida ya sea a traccin o a compresin. De esto se deduce que las reacciones que cada barra del reticulado ejerce sobre las articulaciones de sus dos extremos, pueden representarse por dos fuerzas iguales y de sentido contrario, que tengan por recta de accin comn el eje de la barra. Tenemos pues, en cada nudo del reticulado, un sistema de fuerzas concurrentes en un plano, que deben encontrarse en equilibrio (fig. c).

MIEMBROS DE 2 FUERZAS EN TRACCION O COMPRESINEn las armaduras las barras tienen fuerzas dirigidas a lo largo de su eje. Son, pues, miembros de dos fuerzas. Ser necesario determinar si estn en traccin o en compresin.Las piezas que son estiradas se dice que estn en traccin, mientras que las que son acortadas estn en compresin. En la armadura de la figura a siguiente, si la pieza CE estuviera en traccin, aislndola de la armadura nos dara el DCL de la figura b, y su efecto sobre los nudos de la armadura aparecera como la fuerza T que trata de acercar estos nudos. Otra pieza, BD, que se supone en compresin, se aislara como se ve, de tal manera que su efecto sobre sus nudos extremos se representara por la fuerza C que tiende a separar los nudos. Es decir: un miembro en traccin origina fuerzas que tiran de sus nudos para acercarlos, mientras que una pieza en compresin produce fuerzas que empujan sus nudos extremos para separarlos .

(a) Armadura original(c) Compresin(b) TraccinUna pieza en traccin tira de sus nudos extremos, mientras que una pieza en compresin empuja sus nudos.

ESTABILIDAD DE LA ARMADURA.De la forma como se generan las armaduras simples se deduce que por cada nudo hay dos ecuaciones escalares de equilibrio, de tal manera que en j nudos hay un total de 2j ecuaciones que se pueden resolver simultneamente para determinar las fuerzas en m piezas ms tres reacciones externas; esto es:2 j = m + 3Generalmente, las tres reacciones externas se encuentran aplicando las tres ecuaciones de equilibrio al DCL de la armadura entera.Si 2j < m + 3, hay menos ecuaciones que incgnitas; esto es, hay ms piezas que ecuaciones independientes y la armadura es estticamente indeterminada.Si 2 j > m +3, hay muy pocos miembros, esto es, la armadura es inestable.Aunque la ecuacin 2 j = m + 3 es una condicin necesaria para la estabilidad, no es condicin suficiente, puesto que el nmero requerido de piezas puede estar conectado en una forma tal que no se produzca una estructura estable como se ve en las figuras a y b siguientes.2j = m + 3j = nudosm = barras o miembros3 = # restricciones en apoyos

(a) Estable(b) Inestablej = 8m = 132j = m + 316 = 16j = 8m = 132j = m + 316 = 16

METODO DE LOS NUDOS

La suposicin de que todas las piezas de una armadura son miembros de dos fuerzas que transmiten cargas a lo largo del eje significa que el diagrama de cuerpo libre de cualquier nudo es un sistema de fuerzas concurrentes en equilibrio. Puesto que slo se pueden escribir dos ecuaciones independientes de equilibrio para un sistema concurrente en el plano, empezamos el anlisis (despus de determinar las reacciones) con un nudo que slo est bajo el efecto de dos miembros.Una vez que se han determinado las fuerzas en el nudo inicial, sus efectos en los nudos adyacentes se conocen. Ahora consideremos el nudo siguiente, sobre el cual slo actan dos fuerzas desconocidas, y as sucesivamente, hasta que se encuentre la fuerza desconocida de cada pieza.

Ejemplo.- Por el mtodo de los nudos, hallar la fuerza en todas las barras de la armadura e indicar si est en traccin o comprensin.S.-1.Se puede resolver? S. 2 j = m +3,2(6) = 9 H+3 = 12j = nudos = 6 , m = miembros o barras = 9 , 3 = reacciones = r2.Hay nudos con 2 incgnitas nicamente?No. Habr que hallar las reacciones antes de aplicar el mtodo de los nudos.3.Luego de hallar las reacciones se obtiene las fuerzas internas en las barras con R = 0 ; es decir, Fx = 0 , Fy = 0, a cada nudo en el orden A, B, C, E, F.

sen = 0.8cos = 0.6

sen = 0.3162cos = 0.9486

sen = 0.8320cos = 0.5547ReaccionesVerificacin0 = 0

Nudo A

Nudo B

Nudo C

Nudo E

Nudo F-0.0613 0(Verificacin)

Solucin (flechas muestran efecto de las barras sobre sus articulaciones extremas)

BARRAS CON FUERZA NULA PARA DETERMINADO ESTADO DE CARGAEl mtodo de los nudos se facilita si antes de aplicarlo se reconocen barras con fuerza nula. La armadura de la figura a siguiente cuando est sujeta slo a la carga vertical P en el nudo G presenta varias barras con fuerza nula. El nudo B de esta armadura est sujeto a las fuerzas ejercidas por las tres piezas AB, BC y BD. Las piezas AB y BD estn sobre la misma lnea recta de tal manera que una suma de fuerzas tomada perpendicularmente a ellas, las elimina, y resulta BC sen = 0, donde es el ngulo que forma BC con AB. Obviamente BC debe soportar carga cero. Generalizando: en un nudo sujeto a la accin de tres piezas y a ninguna otra carga, si dos de los miembros son colineales, la fuerza en el tercero debe ser nula. En la armadura todas las barras marcadas con una diagonal tienen fuerza cero.En la figura b se tiene otra armadura. Tenemos que si slo dos miembros forman un nudo de armadura y ninguna carga externa o reaccin de soporte es aplicada al nudo, los miembros deben ser miembros de fuerza cero. Esto ocurre en los nudos A y D. Las barras marcadas con una diagonal tienen fuerza cero.

(a) Barras con fuerza nula

(b) Barras con fuerza nulaFy = 0 NDCsen = 0 NDC = 0Fx = 0 NDE = 0Fx = 0 NAB = 0Fy = 0 NAF = 0

METODO DE LAS SECCIONES

Su uso en una armadura nos permite determinar directamente la fuerza en casi cualquier pieza en lugar de llegar a esa pieza por un anlisis nudo por nudo.En el mtodo de las secciones, una porcin de la armadura se asla como cuerpo libre pasando un plano de corte imaginario a travs de toda la armadura, separndola en dos partes. Si es posible, la separacin debe hacerse sin cortar ms de tres piezas de la armadura. Tendremos, entonces, dos partes aisladas de la armadura, cada una de las cuales constituye un sistema de fuerzas no concurrentes, en equilibrio bajo la accin de las cargas conocidas que actan en cada parte y las fuerzas desconocidas que las piezas cortadas de una parte ejercen sobre la otra

Ejemplo.- Hallar la fuerza presente en las barras DF, EF y EG de la armadura e indicar si est en traccin o compresin.S.-

Si se pasa un plano de corte a travs de las piezas DF, EF y EG, la armadura se puede separar en dos partes, cada una de las cuales est bajo el efecto de fuerzas desconocidas equivalentes a las fuerzas transmitidas por estas piezas. Estas dos partes se ven en las figuras a y b siguientes. Cada parte en esta figura constituye un sistema de fuerzas no concurrentes en equilibrio. Puesto que las incgnitas en cualquiera de los sistemas son las mismas, lo mejor generalmente es determinar las incgnitas a partir de las ecuaciones de equilibrio aplicadas al sistema ms sencillo. Aqu, obviamente, la parte a es el sistema ms simple puesto que incluye menos fuerzas.Para simplificar los clculos, use una condicin de equilibrio que determine cada fuerza desconocida independientemente de las otras incgnitas. Generalmente, lo mejor es una suma de momentos, escogiendo el centro de momentos en la interseccin de dos fuerzas desconocidas para eliminarlas de la suma.

Ejemplo.- Por el mtodo de las secciones, hallar la fuerza presente en las barras BD, BE y CE de la armadura e indicar si est en traccin o compresin. Determinar cada fuerza por medio de una ecuacin que no incluya las otras fuerzas desconocidas. P = 600 kgf.S.-a) 2j = m + 3 ; 2 (8) = 13 + 3 = 16 ; j = nudos = 8 , m = barras = 13b) Reacciones.- Simetra: Hx = 0, Ay = Hy = 3 P/2 = 1.5 P = 900 kgfc) Pasar seccin a-a y analizar DCL a la izquierda de la seccin (hay menos fuerzas)

sen = 0.3162 , cos = 0.9486 ; sen = 0.5547 , cos = 0.8320

Verificacin

MARCOSSi algunos o todos los miembros de una estructura conectada por nudos o articulaciones estn sujetos a flexin debido a las cargas aplicadas en su longitud, adems de las cargas en los extremos, la estructura se llama marco (o bastidor o armazn).En las estructuras de las figuras a y b las fuerzas se dirigen a lo largo de las barras porque la carga P est aplicada en el nudo B. En ambas se cumple la ecuacin de estabilidad: 2j = m + r, donde r = nmero de reacciones. Como antes j = nmero de nudos, m = nmero de miembros. En la figura a: j = 3, m = 3, r = 3; es decir: 2(3) = 3 + 3 = 6. En la figura b: j = 3, m = 2, r = 4; es decir: 2(3) = 2 + 4 = 6

En el marco de la figura c las cargas P y F estn sobre los miembros AB y BC. Habr fuerza transversal a los miembros lo que genera flexin como en las vigas. Adems, las reacciones en los apoyos A y C ya no se dirigen a lo largo del eje del miembro. Ver figuras d y e donde para que exista equilibrio MB = 0 hace que en la figura d la reaccin A en el miembro AB no se dirija a lo largo de su eje AB y en la figura e la reaccin C en el miembro BC tampoco se dirija a lo largo de su eje BC. Esto origina 2 incgnitas en A, A y A (o Ax y Ay) y dos incgnitos ms en C, C y c (o Cx y Cy). Es decir, habrn 4 incgnitas en los apoyos del marco de la figura c y slo 3 ecuaciones de Esttica. Falta, pues, 1 ecuacin. Para resolverlo se puede hacer el procedimiento siguiente. Se considera separadamente el DCL de cada miembro que est sujeto a flexin y este procedimiento se denomina mtodo de los miembros.

Procedimiento de los miembros.-Las 3 ecuaciones de equilibrio del marco completo de la figura c son insuficientes para resolver las 4 incgnitas en los apoyos. Se puede considerar el DCL del miembro AB, figura d, que aporta 3 ecuaciones ms y slo 2 incgnitas nuevas con lo cual habr 6 ecuaciones de equilibrio para 6 incgnitas y se podr resolver. A continuacin se hace este procedimiento y otros 2 alternativos.

DCLIncgnitasEcuaciones EstticaFigura cFigura dMarco completoMiembro ABAx, Ay, Cx, CyBx, By33Total66Solucin:Figura c Mc = 0da AyFigura dMB = 0da AxFigura cFx = 0da CxFigura cFy = 0da CyFigura dFx = 0da BxFigura dFy = 0da By

Solucin alternativa:

DCLIncgnitasEcuaciones EstticaFigura cFigura eMarco completoMiembro BCAx, Ay, Cx, CyBx, By33Total66Solucin:Figura c MA = 0da CyFigura eMB = 0da CxFigura cFx = 0da AxFigura cFy = 0da AyFigura eFx = 0da BxFigura eFy = 0da By

Otra Solucin Alternativa.-

DCLIncgnitasEcuaciones EstticaFigura dFigura eMiembro ABMiembro BCAx, Ay, Bx, ByCx, Cy33Total66Solucin:Figura d MA = 0da Bx, ByFigura eMc = 0da Bx; ByFigura dFx = 0da AxFigura dFy = 0da AyFigura eFx = 0da CxFigura eFy = 0da Cy2 ecuacionesSimultneas para hallar Bx, By

Ejemplo.- Un anuncio BC pesa 500 kgf y est bajo carga de viento de 500 kg f/m. Despreciando el peso propio del soporte, hallar las fuerzas en las articulaciones A y F.S.-

1. Hay 4 reacciones en el marco:Ax, Ay, Fx, FySe dispone de 3 ecuaciones de Esttica.Falta 1 ecuacin. Ser necesario el DCL de cada miembro excepto CD por ser miembro de 2 fuerzas.

2. Comparacin del nmero de incgnitas con el nmero de ecuaciones disponibles.

DCLIncgnitas nuevasEcuaciones EstticaMiembro BCMiembro DFMiembro ABEBx, By, CDEx, Ey, Fx, FyAx, Ay333Total99