CÁLCULO DE DEFLEXIONES
E
93
n este capítulo se presentan los principales métodos tradicionales utilizados en el cálculo de deflexiones de estructuras. Algunos de ellos fueron vistos en los cursos de Mecánica de sólidos, aplicados a estructuras determinadas, y se repasan aquí para facilitar su empleo en la solución de estructuras indeterminadas.
4.1 MÉTODO DEL TRABAJO REAL El método del trabajo real utiliza el principio de conservación de la energía, en virtud del cual el trabajo externo realizado por las cargas debe ser igual al trabajo interno de deformación producido por los esfuerzos causados por las cargas. Al plantear el trabajo externo es preciso cuidar que las cargas sean compatibles con las deflexiones, de tal manera que para componentes lineales de deflexión se tenga P∆ (4.1) = Wi 2 y para rotaciones:
Mθ (4.2) = Wi 2 La desventaja del método radica en su limitación, pues sólo permite la existencia de una incógnita, y si se aplica más de una fuerza o momento se tendrá más de un desplazamiento o rotación. La única excepción a lo anterior es el caso de simetría con dos fuerzas o dos momentos, ya que entonces las deflexiones lineales o rotacionales bajo cada una de las cargas son iguales. Ejemplo 4.1
Utilizando el método del trabajo real, encuentre la deflexión debida a flexión que se produce en la viga mostrada en el punto de aplicación de la carga.
94
ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS
Solución
Igualando el trabajo externo y la energía interna de deformación por flexión se obtiene: L 2 P∆ f M dx = (a) 2 0 2 EI Para evaluar la integral conviene utilizar el siguiente cuadro:
∫
Tramo
Origen
AC
A
CB
B
∫
L 0
M 2 dx = 2EI
∫
a 0
M
Pb x L Pa x L 2
Pb x dx + L 2EI
∫
b
2
Pa x dx = 0 L 2EI
2 2 3 2 2 3 = P b2 a + P a2 b L 6EI L 6EI 2 2 2 2 2 2 = P a b2 (a + b) = P a b 6EIL 6EIL
Reemplazando este valor en (a): P∆ f P 2 a 2 b 2 = 2 6EIL y despejando: Pa 2 b 2 ∆ f = 3EIL que es la respuesta pedida. En el caso particular en que a = b = L/2, la expresión anterior se transforma en: P(L / 2)4 PL3 ∆ f = = 3EIL 48EI como debía ser.
CÁLCULO DE DEFLEXIONES
95
Ejemplo 4.2
Encuentre para la misma viga del ejemplo anterior la deflexión del punto C debida a los esfuerzos cortantes. Solución
En este caso la ecuación (4.1) se convierte en: 2 L P∆ v = K V dx 2 0 2 AG
∫
(a)
y haciendo para la fuerza de corte un cuadro similar al anterior. Tramo
Origen
AC
A
CB
B
V
Pb L Pa L
Por consiguiente,
∫
L 0
V 2 dx = 2AG =
∫
a 0
2
Pb dx + L 2AG
∫
b 0
2
Pa dx L 2AG
P 2 b2 a P2a 2 b + = L2 2AG L2 2AG
P 2ab P 2ab = ( a + b) = 2AGL2 2AGL y llevando este valor a la ecuación (a): P ∆v P 2 ab =K 2 2AG L
P ab AGL que es la expresión buscada. De nuevo, considerando el caso especial de carga en el centro de la luz, se obtiene ∆v = K
∆v = K
P ( L / 2) ( L / 2) K P L = AGL 4AG
Si la viga fuera de hormigón con E = 23000 N / mm2 , ϑ = 0.17, ancho 0.20 m, alto 0.30 m y L = 4.00 m se tendría:
96
ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS
200 (300) 3 I= = 45 × 10 7 mm 4 12
P (4000) 3 ∆ f = = 1.288 × 10 − 4 P (mm) 7 48 × 23000 × 45 × 10 Por otra parte,
→
G=
E 2 (1 + ϑ)
G=
23000 = 9830 N / mm 2 2 (1 + 0.17)
∆v =
1.2 P (4000) = 2.035 × 10 −6 P (mm) 4 (200 × 300) × 9830
Comparando los dos valores se observa que ∆ v = 0.01580 ∆ f o sea que la deflexión por corte no alcanza a ser en este caso ni siquiera un 2% de la deflexión por flexión. Esto justifica el que para vigas normales de sección rectangular rara vez se calculen las deflexiones producidas por el corte. Ejemplo 4.3
Averigüe la deflexión producida en el punto D de la armadura mostrada por una carga P de 500 kN aplicada en el mismo. Supóngase que para todas las barras barras L/A= 1 mm-1 y que el material es acero estructural con E = 200000 N/mm 2.
Solución
Aplicando el método del trabajo real a armaduras se obtiene:
∆a S2 L (a) P = ∑ 2 2AE Por consiguiente, para resolver el problema hay que empezar por evaluar las fuerzas en
CÁLCULO DE DEFLEXIONES
97
las barras. En este caso es muy sencillo hacerlo por el método de los nudos, teniendo en cuenta la simetría de la estructura y de la carga. Los resultados están dados entre paréntesis en la misma figura y sirven para elaborar el cuadro siguiente: L/A Barra
mm 1
S kN
AB AD BD BC DC ∑
1 1 1 1 1
–416.7 333.3 500 –416.7 333.3
–
2
2
S 2 (kN)
S L/A 2 (kN) /mm
173639 111089 250000 173639 111089
173639 111089 250000 173639 111089 819456
y llevando este valor a la ecuación (a): 500 × ∆ D 819456 = 2 2 × 200 ∆ D = 8.19 mm
4.2 APLICACIÓN DEL TEOREMA DE CASTIGLIANO Como ya se dijo, el Teorema de Castigliano y su corolario resultan muy útiles en el cálculo de deflexiones de estructuras determinadas y de reacciones redundantes en las indeterminadas, según se ilustra en los siguientes ejemplos. Ejemplo 4.4
Encuentre la flecha máxima, debida a flexión, de la viga en voladizo que se muestra. Solución
Debajo de la viga aparece un diagrama de cuerpo libre válido en todo el tramo AB. Por la ecuación (3.23): ∆ f =
∫
L 0
∂M dx M ∂P EI
M = − Px ∂M = −x ∂P
98
ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS
∆ f =
∫
L 0
L
3 − Px (− x ) dx = Px EI 3EI 0 3
∆ f = PL 3EI Ejemplo 4.5
Encuentre la flecha máxima debida a flexión, de una viga simplemente apoyada, sometida a una carga uniformemente repartida, w, en toda la luz.
Solución
De la simetría se deduce que la flecha máxima se presenta en el centro de la luz, y como allí no hay cargas concentradas aplicadas, se le coloca una carga ficticia P. Por estática se sabe que R A = wL + P 2 2 y según el diagrama de cuerpo cuerpo libre mostrado, válido entre x = 0 y x = L/2, 2 M = wL x + P x − wx 2 2 2 → δM = x δP 2 Ahora sí se puede hacer P = 0: 2 2 3 → M δM = wLx + Px − wx = wL x 2 − w x 3 4 4 4 4 4 δP y si se tienen en cuenta la ecuación (3.23) y la simetría:
CÁLCULO DE DEFLEXIONES
99
∆ f =
L
∂M dx ∂P E I
∫0
=2
→ ∆ f = 2
M L / 2
∫0
∂M dx ∂P E I
M
wL 2 wx 3 dx 4 x − 4 EI
L / 2
∫0
L / 2
w = 2 EI
∫ 0 ( L x 2 − x 3 ) dx
w = 2 EI
Lx 3 x 4 − 4 0 3
L / 2
w L4 L4 = − 2 EI 24 64 5wL4 ∆ f = 384 EI Ejemplo 4.6
Encuentre en la viga del ejemplo anterior la deflexión máxima debida a corte. Solución
Según la ecuación (3.24): ∆v = K
∫
L 0
∂V dx V ∂P AG
Del diagrama de cuerpo libre, para 0 ≤ x ≤ L / 2 : wL P + − wx V= 2 2 ∂V 1 = ∂P 2 Haciendo P = 0 y utilizando simetría:
V
δV wL P wx = + − δP 4 4 2
100
ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS
∆ v = 2K
∫
L / 2 0
wL dx − 2K 4 AG
∫
L / 2 0
wx dx = 2 AG
2 2 2 = 2K wL x − wx = K wL − wL 4AG 2AG 2 4 4AG 2 ∆ v = KwL 8AG
Ejemplo 4.7
Un tubo de acero, horizontal, acodado a 90º mediante una unión rígida, tiene 100 mm de diámetro. A = 2730 mm2; I = 282 x 104 mm4 y J = 564 x 10 4 mm4. En el extremo A se le aplica una carga vertical de 500 N. Averigüe la componente vertical de la deflexión en A y la componente rotacional con respecto al eje de AB. E = 200000 N/mm 2, G = 77000 N/mm2.
Solución
La carga produce corte y flexión en el tramo AB y además de éstos produce torsión en el tramo BC. Por otra parte, como se pide el giro en A con respecto al eje de AB, es necesario introducir un momento torsor ficticio en dicho sitio, T A, que después de diferenciar se igualará a cero. Por el Teorema de Castigliano: ∂V dx + M ∂M dx + T ∂T dx ∆ AV = K V ∂P AG ∂P EI ∂P JG
∫
∫
∫
(a)
CÁLCULO DE DEFLEXIONES
101
∆ AV = K V ∂V dx + M ∂M dx + T ∂T dx (b) ∂ T AG ∂ T EI ∂ T JG A A A El proceso se facilita ordenando en un cuadro las diferentes expresiones obtenidas a partir de los diagramas de cuerpo libre indicados.
∫
A B
∫
T
∂V ∂P
∂M ∂P
∂T ∂P
∂V ∂TA
∂M ∂TA
∂T ∂TA
P –Px TA –P –Px–T A 2P
1 –1
–x –x
0 2
0 0
0 –1
1 0
Tramo Orig. V
AB BC
∫
M
Reemplazando en la ecuación (a), y teniendo en cuenta, ahora sí, que T A = 0 ∆ AV = K =
∫
2 0
Pdx + K 3− P(−1) dx + AG AG 0
∫
∫
2
− Px (− x ) dx + EI 0
∫
3
− Px (− x ) dx + EI 0
∫
3
2P(2) dx JG 0
KP P 4P 3 3 (2 + 3) + (2) + (3) ] + (3) = [ AG 3EI JG
5KP 35P 12P + + AG 3EI JG en donde el primer término representa la deflexión por corte, el segundo la deflexión debida a flexión y el tercero la causada por la torsión. Reemplazando por los valores numéricos respectivos: =
∆ AV =
5 (10 / 9 ) 500 35 × 500 12 × 500 + + = 9 9 −8 0.002730 × 77 × 10 3 × 200 × 10 × 282 × 10 564 × 10 −8 × 77 × 10 9
=1.321 × 10 −5 + 0.01034 + 0.01382 = 0.0242 m De los valores anteriores se puede ver que, en este caso particular, los porcentajes de contribución del corte, flexión y torsión a la deflexión son 0.05, 42.78 y 57.10%, respectivamente. Nótese la importancia de ser consistente en las unidades, de ahí que los denominadores de los dos últimos términos se hayan multiplicado por las potencias de diez necesarias para convertir todo a metros, ya que los límites de integración se habían tomado en esa unidad. Para encontrar la rotación pedida se acude al cuadro y a la ecuación (b), que queda reducida a un término:
θA = =
∫
3
− Px (−1) dx = 9P = EI 2EI 0
9 × 500 = 3.99 × 10 −3 rad 9 −8 2 × 200 × 10 × 282 × 10
102
ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS
Ejemplo 4.8
Encuentre la deflexión horizontal del punto A, producida por el sistema de cargas mostrado. Las dimensiones son tales que para las diagonales L/A = 10 mm –1 y para las otras barras L/A = 5 mm —1. El material es acero acero estructural. E = 200 kN/mm 2.
Solución
Como hay varias fuerzas aplicadas, el problema no se podría resolver por el método del trabajo real. En cambio el Teorema de Castigliano resulta muy útil, y como ya hay una fuerza aplicada en el punto y dirección del desplazamiento buscado, bastará con llamarla P. Entonces: ∂S L ∆ Ah = ∑ S ∂P AE Para mayor claridad se puede separar en dos el sistema de cargas:
CÁLCULO DE DEFLEXIONES
103
En el extremo derecho se ha ilustrado la solución de la segunda parte. Los resultados de ambas se resumen en el siguiente cuadro: Barra
L/A
AB CD AC CE BD DF BC CF
5 5 5 5 5 5 10 10
S
–P 0 0 8/3 P –4/3 P –4/3 P 5/3 P –5/3 P
0 0 –50 –50 –100 –100 0 0
∂S/ ∂P
S( ∂S/ ∂P )L/A
–1 0 0 8/3 –4/3 –4/3 5/3 –5/3
5P 320/9P – 2000/3 80/9P + 2000/3 80/9 P + 2000/3 250 P/9 250 P/9 1025 P/9 + 2000/3
∑
2000 ∆ Ah = 1 1025 × 60 + = 37.5 mm 200 9 3 Ejemplo 4.9
Resuelva por el método de Castigliano la viga indeterminada mostrada.
Solución
Por simetría: R A = R B = wL 2 MA = MB Escogiendo como redundante el momento en B, por el corolario de Castigliano:
104
ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS
θB = M ∂M dx = 0 ∂M B EI
∫
2 M = wLx − wx − M B 2 2 ∂M = −1 ∂M B 2 ∂M wL wx M = − 2 x + 2 + MB M ∂ B
→
∫
L 0
wLx wx 2 − + + M B dx = 0 2 2 EI
3 3 wL wL − + + M BL = 0 4 6 3 3 2 M B = 3wL − 2 wL = wL 12L 12
el signo positivo indica que el sentido supuesto era el correcto. Ejemplo 4.10
Resuelva por el método de Castigliano la viga mostrada.
Solución
La viga es de segundo grado de indeterminación y como no hay simetría es preciso escoger dos redundantes, por ejemplo, las componentes de reacción en A. Queda entonces así: Por el corolario de Castigliano: ∆ A = M ∂M dx = 0 ∂R A EI
∫
y
θ A = M ∂M dx = 0 ∂M A EI
∫
CÁLCULO DE DEFLEXIONES
105
Hay dos tipos de diagramas de cuerpo libre:
A partir de los cuales se obtienen las ecuaciones de momento que figuran en el siguiente cuadro:
∫
Tramo
M
∂M/ ∂R A
∂M/ ∂M A
A → P
RAx – MA
x
–1
P → B
RAx – MA – P (x – 2)
x
–1
2 6 ∂ M dx = ∫ ( R A x 2 − M A x ) dx + ∫ ( R A x 2 − M A x − Px 2 + P 2 x ) dx 0 2 ∂ R A
M
=
RA8 MA R M − 4 + A [(6)3 − (2 )3 ] − A (36 − 4) + 3 2 3 2
− P [(6)3 − 8] + P (36 − 4) = 0 3 →
72R A − 18M A − 69.33P + 32P = 0 4R A − M A = 56 P 27
∫
(1)
2 6 ∂ M dx = ∫ (− R A x + M A ) dx + ∫ (− R A x + M A + Px − 2 P ) dx 0 2 ∂ M A
M
=− →
RA R (4) + 2M A − A (36 − 4) + M A (6 − 2) + P (36 − 4) − 2P (6 − 2) = 0 2 2 2
− 2 R A + 2 M A − 16R A + 4M A + 16P − 8P = 0
− 9 R A + 3M A = − 4 P 3 Ec. (1) + Ec. (2): 20 P 9 20 RA = P 27
3R A = →
(2)
106
ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS
Por equilibrio: R B = P −
20 7 P= P 27 27
De la ecuación (1): 80 56 8 P− P= P 27 27 9 y del primer diagrama de cuerpo libre: 8 20 4 M B = P − P(6) + P( 4) = P 9 27 9 con lo cual queda resuelto el problema. MA =
Ejemplo 4.11
Encuentre el esfuerzo a que está sometida la barra FC del puente mostrado. Los números sobre las barras dan las áreas respectivas en mm2.
Solución
Considerando redundante la barra FC, se puede suponer que está sometida a tensión, y se analizan las estructuras determinadas mostradas:
CÁLCULO DE DEFLEXIONES
107
La ecuación de condición según el corolario de Castigliano es: ∂W ∂S L = ∑ S =0 ∂R AE ∂R los resultados del análisis están tabulados a continuación: Miembro
L (mm)
A 2 (mm )
S (kN)
∂S ∂R
AB AF BC BE BF CD CE DE EF FC
6000 8485 6000 8485 6000 6000 6000 8485 6000 8485
1200 2400 1200 1200 1200 1200 1200 2400 2400 1200
0 + 26.7 0 – 37.7 – 0.707R + 53.3 R – 37.7 – 0.707R + 26.7 0 + 53.3 – 0.707R + 80.0 0 – 75.4 – 0.707R – 26.7 R+0
0 0 –0.707 1 –0.707 0 –0.707 0 –0.707 1
∑
→
0 0 2.500R – 188.4 7.071R – 266.6 2.500R – 94.4 0 2.500R – 282.8 0 1.250R + 47.2 7.071R 22.892R – 785.0
22.892 R − 785.0 = 0 7850 . = 34.3 kN 22.892 F σ= A 34300 R N σ = = = 28.6 2 1200 A mm R=
→
∂S L ∂R A
S
(Tensión)
FC
FC
4.3 MÉTODO DEL TRABAJO VIRTUAL Ya se había mencionado que el método del trabajo virtual es, entre los tradicionales, el procedimiento más versátil para evaluar deflexiones elásticas de estructuras producidas incluso por causas diferentes de la aplicación de cargas, como errores de fabricación o cambios de temperatura. La única restricción es que en su forma finita sólo es aplicable a aquellos casos en los que es válido el Principio de superposición. Se recordará que, en resumen, el Principio del trabajo virtual decía que si una estructura deformable, en equilibrio bajo un sistema de cargas, era sometida a una deformación virtual como resultado de una acción adicional, el trabajo virtual externo hecho por el sistema de cargas es igual al trabajo virtual interno efectuado por las fuerzas internas causadas por él. Su aplicación se reduce entonces a evaluar ambas expresiones e igualarlas.
108
ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS
4.3.1 Deflexiones resultantes resultantes de deformaciones deformaciones axiales axiales
Suponiendo que se quiere averiguar la deflexión vertical del punto A de la armadura mostrada, producida por las cargas P 1, P2 y P3, se empieza por remover dichas cargas para aplicar luego una carga ficticia unitaria en el punto y dirección de la deflexión buscada.
La estructura queda en equilibrio bajo la acción de esta fuerza ficticia, que puede considerarse como el sistema de cargas dado en el Principio del trabajo virtual. Ahora la armadura se considera sometida a desplazamientos virtuales idénticos a las deflexiones resultantes del sistema real de cargas, o sea que el punto A se deflecta virtualmente una cantidad ∆. En consecuencia, la fuerza unitaria ficticia realizará un trabajo: WE = 1 × ∆ (4.3) Por otra parte, si U i representa la fuerza interna en la barra i inducida por la carga ficticia, al darle a la estructura los desplazamientos producidos por las cargas reales, dicha fuerza tendrá que recorrer la deformación elástica debida a tales cargas y al hacerlo efectuará un trabajo. El trabajo interno de toda la estructura estructura será la suma de los trabajos realizados en las barras, o sea: SL Wi = ∑ U i δ i = ∑ U i (4.4) AE i donde S representa como antes la fuerza en el miembro producida por las cargas reales. Aplicando ahora el Principio del trabajo virtual: WE = Wi (4.5) →
∆=
SL
∑ Ui AE
(4.6)
i
De nuevo, si el signo es negativo, quiere decir que la deflexión es en sentido opuesto al de la carga unitaria aplicada. La tensión se considera positiva porque a ella corresponde un alargamiento. Si se quiere averiguar la rotación de una barra, basta colocar un momento unitario. La ecuación (4.6) se convierte entonces en:
CÁLCULO DE DEFLEXIONES
109
SL AE i
θ = ∑ Ui
(4.7)
Arriba se ilustra el procedimiento para encontrar la rotación de la barra AB. Finalmente, comparando las ecuaciones (3.22) y (4.6) se observa que el valor de U i no es otro que el ( ∂ S / ∂ P) del Teorema de Castigliano. La única diferencia diferencia está en el modo de hallarlo y en el fondo los dos métodos son idénticos. Usualmente, el alumno preferirá uno u otro según se incline por los problemas físicos o por los matemáticos. 4.3.2 Deflexiones debidas a flexión
Las expresiones del trabajo externo continúan siendo 1 × ∆ para deflexiones lineales y 1 × θ para rotaciones. Para evaluar el trabajo interno debido a flexión, se sigue un proceso similar al anterior:
Con referencia a la figura, si se desea averiguar la deflexión vertical en A se coloca allí una carga virtual unitaria que producirá en una sección a una distancia x del apoyo un momento virtual m x. Considerando que éste es el sistema de cargas, y aplicándole a la viga los desplazamientos producidos por las cargas aplicadas, se realizará en la sección un trabajo interno de magnitud: dWi = m x β x
(4.8)
en donde βx representa la rotación debida al momento M x producido por las cargas reales. De Mecánica de sólidos se sabe que a una distancia y del eje neutro el esfuerzo σy está dado por:
110
ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS
Mxy I y, por consiguiente, el cambio en longitud de una fibra a esa distancia es:
σy =
( ∆ dx) y = ∈y dx =
σy M y dx = x dx E EI
Como la rotación es pequeña, el ángulo βx se puede reemplazar por su tangente. De ahí que ( ∆ dx) y M x dx (4.8) βx = = y EI y reemplazando en la ecuación (4.8) M x dx EI
dWi = m x
(4.8a)
El trabajo total se obtendrá integrando la expresión anterior a lo largo de la viga.
∫
Wi =
L 0
M x dx EI
m x
(4.9)
Igualando esta expresión a las que dan el trabajo externo, se obtiene entonces: Para deflexiones lineales: ∆=
∫
L 0
M m dx EI
(4.10)
M m α dx EI
(4.11)
y para rotaciones: θ=
∫
L 0
en donde el subíndice α indica que los momentos virtuales son debidos a la aplicación de un par unitario en A. Comparando la ecuación (4.10) con la (3.23), se vuelve a encontrar total equivalencia con el método de Castigliano, en el que el m de ahora es el mismo ( ∂ M / ∂ P) de aquél. 4.3.3 Deflexiones por corte y torsión
Siguiendo un procedimiento completamente análogo se pueden averiguar los trabajos internos debidos a corte y a torsión. Éstos están dados por: Para corte: L
V dx (4.12) v 0 AG en donde para una sección x, v es la fuerza de corte resultante de la carga unitaria ficticia Wi = K
∫
CÁLCULO DE DEFLEXIONES
111
(equivalente al ∂ V / ∂ P de Castigliano), V es el corte producido por las cargas reales y K el factor de forma definido antes. Para torsión: Wi =
∫
L 0
T t dx JG
(4.13)
en donde t es la torsión ficticia en una sección x debida a la carga virtual unitaria (equivalente al ∂ T / ∂ P visto anteriormente), T la torsión producida en la misma sección por las cargas reales y J el momento polar de inercia para elementos de sección circular o su equivalente para secciones rectangulares (cuadro 3.1). Las expresiones de trabajo externo en ambos casos siguen siendo iguales: 1 × ∆ y 1 × θ para desplazamientos lineales y rotaciones, respectivamente. Varias veces se ha dicho que las deflexiones por corte en la mayoría de las vigas comúnmente encontradas en la práctica, son insignificantes si se las compara con las debidas a flexión. El cuadro 4.1 presenta para una viga W 12 × 27 de acero estructural, la relación entre las dos deflexiones para diferentes luces y dos hipótesis de carga: concentrada en el el centro de la luz y uniformemente repartida. Cuadro 4.1 Relación entre las deflexiones en el centro de la luz debidas a corte y a flexión en una viga W 12 x 27 de acero estructural Luz H
Carga concentrada en el centro de la luz
Carga uniformemente repartida
5 10 15 20
0.60 0.15 0.07 0.04
0.48 0.12 0.05 0.03
Como era de esperarse, el primer caso produce deflexiones de corte relativamente mayores, puesto que su diagrama de corte tiene un área mucho mayor que la del segundo, mientras que en las áreas de los diagramas de momento respectivos pasa lo contrario. Ejemplo 4.12
La cercha mostrada se quiere utilizar para cubrir un auditorio con luz de 9.75 m y va apoyada sobre columnas que están espaciadas cada 7.50 m. La teja es de asbestocemento y la carga viva de diseño especificada es de 500 N/m 2 de proyección horizontal. Se pide encontrar la deflexión en el centro de la luz, causada por el peso propio y la sobrecarga anterior.
112
ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS
Áreas: Cordón superior: 1500 mm 2 Cordón inferior: 1000 mm 2 Diagonales y montantes: 1200 mm 2 Solución
Se empieza por determinar las cargas: Teja ondulada de asbesto cemento No. 6 y accesorios Cielo raso Peso propio estimado, incluyendo correas y arriostramiento arriostramien to Carga viva Carga total qT = qm + qv =
0.16 kN/m 2 0.72 kN/m 2 0.10 kN/m 2 qm = 0.98 kN/m2 qv = 0.50 kN/m2 1.48 kN/m2
Carga por nudo en una cercha interior: P = 1.48 × 1.625 × 7.50 = 18.0 kN En el análisis rutinario se hace la simplificación de considerar que tanto el peso del cielo raso como el peso propio se hallan aplicados en los nudos superiores. De acuerdo con el método de los nudos y aprovechando la simetría se elabora el cuadro siguiente para los dos sistemas de cargas indicados a continuación:
CÁLCULO DE DEFLEXIONES
113
La pendiente mínima recomendada para teja ondulada Eternit es de 27% (15.1º). Aquí se adopta 30% (16.7º), que resulta en correas espaciadas cada 1.694 m, que es aproximadamente la longitud de una teja No. 6. 2
Barra
L (mm)
A (mm )
u
S
u(SL/A)
AB AL BL BK BC CK CJ CD DJ JK KL
1694 1625 488 1694 1694 975 1895 1694 1463 1625 162 5 1625
1500 1000 1200 1200 1500 1200 1200 1500 1200 1000 1000
–1.74 1.67 0 0 –1.74 0 0 –1.74 1 1.67 1.67
–156.6 150.0 0 –31.3 –125.3 9.0 –35.0 –94.0 36.0 120.0 150.0
307.7 407.1 0 0 246.2 0 0 184.7 43.9 325.7 407.1 1922.3
∑
Por el Teorema del trabajo virtual: WE =1 × ∆ = Wi =
→
∆=
SL ∑ u AE
2 (1922.3) − 43.9 = 19.0 mm ↓ 200
Nótese la substracción del valor correspondiente a la barra DJ para evitar duplicarla al considerar la cercha total. Ejemplo 4.13
El puente de seis paneles mostrado en la figura se construye con andenes exteriores, de manera que los elementos del cordón inferior permanecen bajo sombra. Averigüe la componente vertical de deflexión del punto central de dicho cordón cuando la temperatura en él está 20ºC por debajo de la temperatura en los otros elementos. El coeficiente de dilatación térmica del acero es α = 0.000012(ºC) –1.
