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Estructuras III - Estática

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ESTRUCTURAS III ESTATICA Por el Ing. Carlos Verdi Colaboración de la Ing. Cynthia Ricco

Resolver una estructura, significa poder definir en cada punto de la misma la resultante izquierda o derecha, mediante los parámetros N, Q y M. Para resolver estos problemas es necesario determinar el sistema de fuerzas reactivas (R) que equilibran al sistema de fuerzas activas (C), para lo cual contamos con las ecuaciones de la Estática que nos aseguran el equilibrio absoluto y el relativo entre las partes de la estructura. Realizaremos a continuación un análisis de las formas en que es posible la determinación del sistema reactivo R, sobre estructuras abiertas y de marcos cerrados.

Estructuras abiertas Analicemos el siguiente ejemplo:

•

Primer procedimiento: mediante la eliminación de vínculos externos

Eliminamos los vínculos externos, reemplazándolos por magnitudes estáticas que generan. 1) ΣFx: x2 + x4 + 5 = 0 2) ΣFy: - x1 - x3 - 10 - 10 = 0

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3) ΣMA: 12 x3 + x5 + 160 = 0 4) ΣMrDi: - 4x1 - 8x2 - 20 = 0 5) ΣFxrFi: x4 = 0

Las ecuaciones 1, 2 y 3 aseguran el equilibrio general de la estructura o sea que la resultante de las fuerzas totales activas y reactivas es nula Rr+Ra=0 A su vez las ecuaciones 4 y 5 aseguran el equilibrio relativo. Con relación a las ecuaciones de equilibrio relativo también se podría haber planteado la ecuación: 6) ΣMrDd:

8x3 - 8x4 + x5 + 60 = 0

Pero esta ecuación no es linealmente independiente de las anteriores sino que se puede encontrar una relación funcional del tipo: (6)= α1 (1) + α2 (2) + α3 (3) + α4 (4) + α5 (5) En este caso se verifica: α1 = -8

α2 = -4

α3 = 1

α4 = -1

α5 = 0

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Esto demuestra que no es una ecuación independiente, y esto se puede ver si pensamos que la ecuación (5) exige que la fuerza resultante izquierda (RiD) debe pasar por el punto D, y como además se cumplen las ecuaciones de las generales de la estática 1,2 y 3, la fuerza resultante derecha (RdD) debe necesariamente pasar por dicho punto ya que por razones de equilibrio la fuerza resultante de una parte debe ser igual y contraria a de la otra parte. Por lo tanto es suficiente que se cumpla una de las dos ecuaciones (4) ó (6). Lo mismo sucede con las ecuaciones de equilibrio relativo de fuerzas en el punto F, donde podemos plantear la siguiente ecuación: 7) RFd = ΣFxrFd:

x2 + 5 = 0 (7) = α1 (1) + α2 (2) + α3 (3) + α4 (4) + α5 (5)

En este caso los valores de αi que determinan la dependencia valen: α1 = -1

α2 = 0

α3 = 0

α4 = 0

α5 = -1

De igual manera como la ecuación (5) exige que la resultante RdF tenga dirección normal al desplazamiento posible del vínculo, en este caso vertical, y la resultante RiF deberá ser igual y contraria o sea también vertical para que se cumpla: dF + RiF = 0

En el caso que estamos analizando tenemos 7 ecuaciones de las cuales 5 son linealmente independientes y 2 dependientes de las anteriores. Para resolver este problema podemos elegir un grupo de 5 entre las 7, por ejemplo: 1. (1),(2),(3),(4),(5) 2. (1),(2),(3),(4), 3. (1),(2),(3),

(7) (5),(6)

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4. (1),(2),(3), 5.

(6),(7)

(2),(3),(4),(5),

6. (1),(2),

(7)

(4),(5),(6)

Etc. Si planteamos el sistema de ecuaciones matricialmente, por ejemplo el 1. 0

1

0

1

0

x1

5

0

1

0

1

0

0

x2

20

0

0

0

12

0

1 x

x3

-4

-8

0

0

0

x4

-20

0

0

0

0

1

0

x5

0

0

+

160

=

0

Simbólicamente se puede expresar como:

EX+C=0 Donde:

E: matriz equilibrio que depende de la estructura, del sistema de ecuaciones adoptado y es independiente del estado de carga C. X: vector incógnita, depende del estado de carga. C: vector carga, depende del estado de carga. 0 : vector nulo Resolver este sistema de ecuaciones significa:

X = - E-1 C E-1: matriz inversa, o sea

E-1 x E = I

(donde I: matriz identidad)

Para que la matriz E pueda tener E-1, es necesario que su determinante sea distinto de cero, si esto ocurre, significa: a) Que el sistema de ecuaciones no ha sido correctamente planteado y existe una combinación lineal de las ecuaciones, como sería el caso de plantear (1), (2), (3), (4), (6)

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E =

5 / 21

0

1

0

1

0

1

0

1

0

0

0

0

12

0

1

-4

-8

0

0

0

0

0

8

-8

1

Si

Det

=0

hay combinación lineal de ecuaciones

b) Estamos en presencia de una estructura con vinculación aparente y el sistema reactivo (R: X1, X2, X3, X4, X5) es incapaz de generar un sistema de fuerzas que equilibre a cualquier sistema de fuerzas activas (C) y para el sistema de

fuerzas que tiene solución física, como sucede en toda estructura con vínculos aparentes, es indeterminado por las ecuaciones de la estática. Esto sucedería si a la estructura le modificamos la vinculación y el estado de cargas: (1) ΣFx: x2 + x4 + 10 = 0

(1) ΣFx: x2 + x4 = 0

(2) ΣFy: x1 + x3 +10 = 0

(2) ΣFy: x1 + x3 + 10 = 0

(3) ΣMA: 12 x3 + 8 x4 + x5 + 20 = 0

(3) ΣMA: 12 x3 + 8 x4 + x5 + 20 = 0

(4) ΣMrDi: - 4 x1 - 8 x2 - 20 = 0

(4) ΣMrDi: - 4 x1 - 8 x2 - 20 = 0

(5) ΣFxrFi: 10 ≠ 0

(5) ΣFxrFi: 0 = 0

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Podemos ver que el sistema planteado para el estado de carga 1, no tiene solución dada la imposibilidad de que se cumpla la ecuación (5); en cambio, en el estado de carga 2, la ecuación (5) se elimina y tenemos un sistema de ecuaciones de 5 incógnitas con 4 ecuaciones, o sea que es indeterminado por las ecuaciones de la Estática (hiperestático), pero tiene solución física, y la tiene para cualquier sistema de fuerzas que actúe de A hasta F y para sistemas que tengan Fx = 0 desde F hasta I.

•

Segundo procedimiento: mediante la eliminación de vínculos internos y externos

El planteo puede hacerse eliminando los vínculos externos y algunos o todos los vínculos internos en determinados puntos de la estructura. a) Eliminamos un vínculo en B que impide giros relativos y un vínculo en E que impide el desplazamiento transversal. Para seguir manteniendo las condiciones de equilibrio debemos colocar las magnitudes estáticas que los vínculos generaban.

1) ΣFx: x2 + x4 + 5 = 0 2) ΣFy: x1 + x3 + 20 = 0 3) ΣMA: 12 x3 + x5 + 160 = 0 4) ΣMrDi: -4 x1 – 8 x2 - 20 = 0 5) ΣFxrFi: x4 = 0 6) ΣMrBi: -8 x2 – x6 = 0

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7) ΣFyrEi: x1 – x7 + 10 = 0

Las primeras ecuaciones (1, 2, 3, 4, 5) no han variado, dado que las incógnitas x6 y x7 son sistemas de fuerzas equilibradas y sólo aparecen cuando se plantea la ecuación de equilibrio relativo respecto de los vínculos anulados.

El planteo matricial de este sistema de ecuaciones sería:

0

1

0

1

0

0

0

x1

5

0

1

0

1

0

0

0

0

x2

20

0

0

0

12

0

1

0

0

-4

-8

0

0

0

x4

-20

0

0

0

0

1

0

0

0

x5

0

0

0

-8

0

0

0

-1

1

x6

0

0

1

0

0

1

0

1 -1

x7

10

0

0

0

x

x3

+

160

=

0

En lugar de las ecuaciones (4), (5), (6) y (7) podríamos haber planteado la otras ecuaciones de equilibrio relativo, pero como mencionamos anteriormente, no serían linealmente independientes de las ya planteadas.

b) Eliminando todos los vínculos internos en un punto de la estructura:

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De esta manera hemos separado la estructura en dos partes relacionadas a través de las incógnitas x6 y x7. Si la estructura total está en equilibrio, también debe estarlo cada una de sus partes, por lo tanto, se deben cumplir en cada una de ellas las ecuaciones de la Estática: 1) ΣFxI: x2 – x7 = 0 2) ΣFyI: x1 – x6 + 10 = 0 3) ΣMAI: -4 x6 - 4 x7 + 20 = 0 4) ΣFxII: x4 + x7 + 5 = 0 5) ΣFyII: x3 + x6 + 10 = 0 6) ΣMAII:12 x3 + x5 + 4 x6 + 8 x7 +140 = 0 7) ΣFxrFd: x4 = 0 Como además deben cumplirse las ecuaciones de la Estática sobre el total de la estructura: 8) ΣFx: x2 + x4 + 5 = 0 9) ΣFy: x1 + x3 + 20 = 0 10) ΣMA: 12 x3 + x5 + 160 = 0 En estas ecuaciones podemos ver que no intervienen las magnitudes estáticas que generan los vínculos internos (x6 y x7). Entran sólo en juego las fuerzas activas (C) y las fuerzas reactivas exteriores (R) que son las únicas que pueden equilibrar a las primeras. En lugar de la ecuación de equilibrio relativo (7) ΣFxrFd = 0, podemos plantear 11) ΣFxrFi: x7 + 5 = 0 Puede demostrarse fácilmente la combinación lineal entre estas últimas (8), (9), (10) y (11) con las anteriores: (1) + (4) = (8) (2) + (5) = (9) (3) + (6) = (10) (4) - (7) = (11) Por lo tanto para resolver la estructura se puede plantear cualquier combinación lineal de las 11 ecuaciones de las cuales solamente 7 son

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linealmente independientes. Por ejemplo los siguientes son sistemas linealmente independientes:

(1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) (8) (9) (10) (11) (A)

x

x

x

(B)

x

x

x

(C)

x

x

x

x

x

x

x x

x

x

x

x

x

x

x

Etc. De la misma manera podemos seguir separando la estructura en tantas partes como deseemos, y siempre podremos encontrar un sistema de ecuaciones linealmente independiente que resuelva el problema. Por ejemplo:

En este caso podemos plantear 12 ecuaciones linealmente independientes, las 3 ecuaciones de la Estática en cada una de las partes en que hemos subdividido la estructura que nos aseguran el equilibrio de cada una de ellas. 1) ΣFxI: x2 – x9 = 0 2) ΣFyI: x1 + x8 = 0 3) ΣMAI: -8 x9 + x10 = 0 4) ΣFxII:- x7 + x9 = 0 5) ΣFyII: - x6 – x8 + 10 = 0

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6) ΣMDII:4 x8 – x10 -20 = 0 7) ΣFxIII: x7 + 5 = 0 8) ΣFyIII: x6 - x12 + 10 = 0 9) ΣMDIII: - x11 - 4 x12 + 50 = 0 10) ΣFxIV: x4 = 0 11) ΣFyIV: x3 + x12 = 0 12) ΣMFIV:4 x3 - 4 x4 + x5 + x11 + 10 = 0 Como además deben cumplirse las ecuaciones de la Estática sobre el total de la estructura: 13) ΣFx: x2 + x4 + 5 = 0 14) ΣFy: x1 + x3 + 20 = 0 15) ΣMA: 12 x3 + x5 + 160 = 0 La siguiente combinación lineal de ecuaciones (1) + (4) + (7) + (10) = (13) (2) + (5) + (8) + (11) = (14) 5(3) + 40(4) + 20(5) + 5(6) + 40(7) + 20(8) + 5(9) + 4(10) + 8(11) + (12)= (15) demuestran que solamente hay 12 de ellas que resuelven el problema.

•

Tercer procedimiento: eliminando solamente vínculos internos a) Eliminando algunos vínculos en distintos puntos de la estructura.

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En este caso es posible la determinación de las incógnitas x1 y x2 por aplicación del Principio de los Trabajos Virtuales, pero no hallar en cada punto de la estructura la resultante izquierda o la resultante derecha, lo que significa no poder hallar M, N, y Q, dado que al recorrer la estructura siempre encontraremos puntos de la misma en los cuales no conocemos el valor de las fuerzas aplicadas. Por ejemplo, al recorrer la estructura a la izquierda de i, nos encontramos con el vínculo A y a la derecha con el vínculo C. Para resolver este problema, sería necesario eliminar vínculos externos; esto ya lo hemos tratado en el inciso anterior.

b) Si se eliminan todos los vínculos en algún punto de la estructura, quedaría obviado el anterior inconveniente.

1) ΣMrA: -8 x2 – x3 = 0 2) ΣMrB: - 4 x1 + x3 - 20 = 0 3) ΣFrFd: x2 + 5 = 0 La diferencia que hay respecto de los anteriores planteos es que aquí sólo podemos definir una de las 2 resultantes, ya sea la Ri o la Rd, dado que no conocemos el sistema de fuerzas generado por los vínculos externos.

Resolución de la estructura según planteo de la página 8:

EX+C=0

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0

1

0

0

0

0

0

0

-1 0

0

0

x1

0

0

1

0

0

0

0

0

0

1

0

0

0

0

x2

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

-8 1

0

0

x3

0

0

0

0

0

0

0

0

-1 0

1

0

0

0

x4

0

0

0

0

0

0

0

-1 0

-1 0

0

0

0

x5

10

0

0

0

0

0

0

0

0

4

0

-1 0

0

0

0

0

0

0

0

1

0

0

0

0

0

x7

5

0

0

0

0

0

0

1

0

0

0

0

0

-1

x8

10

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

-1 -4

x9

50

0

0

0

0

1

0

0

0

0

0

0

0

0

x10

0

0

0

0

1

0

0

0

0

0

0

0

0

1

x11

0

0

0

0

4

-4 1

0

0

0

0

0

1

0

x12

10

0

X

x6

+

X1 = 5 X2 = -5 X3 = -25 X4 = 0 X5 = 140 X6 = 15 X7 = -5 X8 = -5 X9 = -5 X10 = -40 X11 = -50 X12 = 25

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-20

=

0

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ESTRUCTURAS DE MARCOS CERRADOS

Estas estructuras son del tipo:

La diferencia respecto de las estructuras abiertas, ya tratadas, es que en las cerradas no podemos definir la Ri y la Rd dado que recorriendo la estructura a partir del punto donde nos interesa la definición de los parámetros de estas fuerzas (M, N y Q), podemos llegar al punto de partida involucrando todas las fuerzas que actúan en la estructura.

Este inconveniente lo podemos solucionar transformando las estructuras de marcos cerrados en estructuras abiertas. Esto lo podemos realizar eliminando todos lo vínculos internos en determinados puntos de la estructura y reemplazándolos por las magnitudes estáticas que ellos generan, siendo estas últimas nuevas incógnitas del problema.

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Si la estructura es isostática siempre es posible encontrar tantas ecuaciones linealmente independientes como incógnitas tenga el problema. Para este último análisis es válido todo lo tratado en el caso de estructuras isostáticas abiertas. Tenemos que tener presente que es necesario realizar este procedimiento una vez como mínimo en cada marco que posea la estructura; de no ser así habrá sectores de la misma en que no podrá ser obviado el inconveniente mencionado. Por ejemplo:

Podemos definir la Ri ó la Rd para las barras AB, AD y DE, no así para el resto, se ve cuando analizamos el punto i ó j.

A modo de ejemplo resolveremos la siguiente estructura:

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1) ΣFx: x2 + x4 + 10 = 0 2) ΣFy: x1 + x3 + 10 = 0 3) ΣMA: 6 x3 + 70 = 0 4) ΣMrBa: 4x2 = 0 5) ΣMrBd: 6x3 - 4 x4 + 6 x6 = 0 6) ΣMrCd: - 6x8 + 30 = 0 7) ΣMrDd: -2 x7 - 3 x8 = 0 8) ΣMrEd: - 4x5 – 3 x6 – 2 x7 + 3 x8 = 0

En este análisis hemos eliminado la cantidad mínima de vínculos internos (en 2 puntos), para poder transforma la estructura de 2 marcos cerrados en una estructura abierta. A veces es preferible subdividir la estructura en más partes, porque a pesar de tener más ecuaciones, su resolución es más sencilla.

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1) ΣFxI: x1 + x2 = 0 2) ΣFyI: -x3 - x4 + 10 = 0

I

3) ΣMC: - 6 x4 + 30 = 0

4) ΣMrD: - 2 x2 - 3 x4 = 0 5) ΣFxII: -x1 - x2 + x5 + x6 = 0 6) Σ FyII: x3 + x4 - x7 - x8 = 0

II

7) ΣMrB: - 6x1 – 6 x2 + 6 x4 – 6 x8 = 0 8) ΣMrE: -2 x2 + 3 x4 - 4 x6 - 3 x8 = 0

9) ΣFxT: x9 + x10 + 10 = 0 10) ΣFyT: x11 + x12 + 10 = 0

III

11) ΣMAT: 6 x12 + 70 = 0 12) ΣMrB: - 4 x9 = 0

Este sistema de ecuaciones es de sencilla solución dado que se puede ir resolviendo por grupos las ecuaciones, primero el grupo I, luego el grupo II y finalmente el grupo III. Esta última observación respecto a la relación entre la facilidad de resolución de los sistemas de ecuaciones y la cantidad de subdivisiones de la estructura, depende de la misma, pero podemos afirmar que en el segundo planteo es más fácil el trazado de los diagramas de M, N, y Q.

•

Resolución de la estructura del ejemplo según el segundo planteo:

EX+C=0

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1

1

0

0

0 -1 -1

0

0

0

-2

18 / 21

0

x1

0

x2

10

0 -6

x3

30

0 -3

x4

0

x5

0

0

0

-1 -1 0

0

1

1

0

0 1

1

0

0 -1 -1

-6 -6 0

6

0

0

0 -6

x7

0

0 -2 0

3

0

-4

0 -3

x8

0

0

0

0

x1

7.50

x2

-7.50

x3

5.00

x4

5.00

x5

-3.75

x6 =

3.75

x7

5.00

x8

5.00

x9

0.00

x10

-10.00

x11

1.67

x12

-11.67

0 0

X

x6

+

0

1 1

0

0

x9

10

0 0

1

1

x10

10

0 0

0

6

x11

0

-4 0

0

0

x12

0

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•

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Resumen: Podemos ver que para resolver una estructura isostática podemos hacer distintos planteos, desde eliminar sólo los vínculos externos hasta subdividir la estructura en cuantas partes deseemos. Una vez elegido el sistema de incógnitas debemos plantear todas las ecuaciones linealmente independientes posibles, esta cantidad y su calidad nos reflejará la naturaleza de la estructura; por ejemplo: a) Si el número de ecuaciones es mayor que el de incógnitas, la estructura será hipostática y salvo para determinados sistemas de fuerzas, no tendrá solución.

ΣFx = 0 ΣFy = 0

Incógnitas: x1, x2, x3

ΣM = 0

Tiene solución sólo para sistemas que pasan por A y B.

ΣMrB = 0 b) Si el número de ecuaciones es igual al número de incógnitas, podemos tener distintos casos: 1. Si el determinante de la matriz de los coeficientes es distinto de cero, la estructura será isostática y tendrá solución para cualquier sistema de cargas. 2. Si el determinante de la matriz del sistema de ecuaciones es nulo, estamos en presencia de una estructura con vínculos aparentes.

c) Si el número de ecuaciones es menor que el número de incógnitas, la estructura será indeterminada por los métodos de la Estática (hiperestática). El número de

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ecuaciones faltantes par ala solución de este problema será provisto por la teoría de la Elasticidad.

En todo el análisis descripto hemos visto que a medida que eliminamos vínculos aparecen nuevas ecuaciones con la consiguiente complicación en su resolución y parecería poco práctica su utilización. Pero debemos pensar que el resultado final es el trazado de los diagramas de M, N, y Q, y su realización será mucho más sencilla cuando la estructura esté subdividida en gran cantidad de partes, pues el valor de las magnitudes estáticas que generan los vínculos externos no son otra cosa que los valores de M, N, y Q en dichos puntos. Por eso es necesario comparar en el análisis de trabajo de la resolución de sistemas de ecuaciones con el trazado de los diagramas. Por otra parte, estos sistemas de ecuaciones son de fácil resolución, dada la gran cantidad de términos nulos que posee la matriz de los coeficientes como podemos observar en los ejemplos analizados. Cuando pensamos en la automatización de la resolución de estructuras con la utilización de computadoras, las cuales pueden resolver grandes sistemas de ecuaciones, se puede subdividir la estructura en una gran cantidad de partes y el planteo de las ecuaciones se realiza mediante métodos matriciales que son el lenguaje apropiado para estas máquinas. Se debe dejar en claro que si bien las computadoras son una herramienta fundamental para el ingeniero de hoy en día, de ninguna forma podrán reemplazarse los conocimientos de Estática imprescindibles para la comprensión de tales resultados.

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