Arco

Solo disponible en BuenasTareas
  • Páginas : 14 (3289 palabras )
  • Descarga(s) : 0
  • Publicado : 12 de marzo de 2012
Leer documento completo
Vista previa del texto
Arcos planos
J. T. Celigüeta

Arcos planos. Definición
Directriz curva plana. Sección transversal despreciable. Curvatura pequeña: radio mucho mayor que el canto R>>h Varias condiciones de apoyo en los extremos.

1

Ejemplos

Velódromo olímpico (Atenas)

Puente del Milenio (Londres)

Puente romano (Córcega)

Puente Michigan (Detroit) L=80 m
2

Teoría básica
Esfuerzosinternos: N, M, Q Hipótesis de Navier: secciones perpendiculares a la directriz curva se mantienen perpendiculares a la directriz deformada R >> h Es aplicable la teoría de flexión de vigas, en un dominio curvo (ds sustituye a dx), pero hay acople entre N y M. Energía elástica:

U =

*



N2 M2 ds + ∫ ds + ∫ N αTmds − ∫ M αTgds 2EA 2EI

3

Ecuaciones de equilibrio
qs
M N ds Q+dQ M+dMN+dN Q

Equilibrio radial: Nuevo término asociado a N

dQ N = qs + ds R

Equilibrio de momentos:

dM = −Q ds

4

Arco triarticulado (I)
Isostático

C fB fA B h A LA LB

Se aplica la fórmula de los pórticos planos b=2 n=3 r=4 c=1 6 b + r = 16
5

3 n + 3 b + c = 16

h=0

Arco triarticulado (II)
CY CX CY fB fA B h A LA LB

( M AAC ) = 0 ∑ ( M BBC ) = 0 ∑
6

extAC −C x fA+ C y LA + M A =0

CX, CY
extCB C x fB + C y LB + M B =0

Arco triarticulado simétrico. Carga uniforme (1)
q

q
f

CX

AY
L

AX

Forma y(x) sin definir. Por simetría: CY=0 Gran reacción horizontal en los apoyos (1/f)

qL2 Cx = − 8f
7

Cy = 0

qL2 Ax = 8f

Ay =

qL 2

Arco triarticulado sin momento flector (2)
qL qL2 qx 2 M = x− y− 2 8f 2
q M N Q

M =0
qL/2qL2/8f x

4f y = 2 (Lx − x 2 ) L

Parábola simétrica

qL2 qL Q = qx cos α + sin α − cos α = 0 8f 2
8

Sustituyendo forma parabólica

Arco triarticulado sin momento flector (3)
qL qL2 N = qx sin α − sin α − cos α 2 8f
qL NX = − 8f
2

⎛ L4 L2 ⎞ 2 N = −q ⎜ + x − xL + ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 64 f 2 4⎠ ⎝
Es siempre de compresión

1/ 2

qL NY = qx − 2

Proyección horizontal constante

qL 2 2 1/2 N A = − (L + 16 f ) 8f
Valor máximo en los apoyos
9

NClave

qL2 =− 8f

Arco triarticulado parabólico. Deformación
Fuerza virtual unitaria

V=1
1/2 1/2

L/2f

L/2f

N

0V

L 1 = − cos α − sin α 2f 2
ΔCY = ∫ N

Q 0V =

L 1 sin α − cos α 2f 2

1 1 1 N 0V ds + ∫ (M = 0) M 0V ds = ∫ N N 0V ds EA EI EA

10

Arco triarticulado parabólico. Deformación
V=1
1/2 1/2N 0V = −

L 1 cos α − sin α 2f 2
1/ 2

L/2f

L/2f

⎛ L4 L2 ⎞ 2 N = −q ⎜ + x − xL + ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 64 f 2 4⎠ ⎝

ΔCY =



⎞ 1 ⎛ −L 1 ⎜ N cos α − sin α⎟ ds = ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 2f EA ⎝ 2 ⎠



⎞ 1 ⎛ −L 1 ⎜ N − tan α⎟ cos α ds ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 2f EA ⎝ 2 ⎠

ΔCY =



⎞ 1 ⎛ −L 4 f ⎜ − 2 (L − 2x )⎟ dx N ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 2f EA ⎝ L ⎠

11

Simplificaciones habituales
• Rigidez axial infinita. Se despreciala energía debida al esfuerzo axial

1 γ= =0 EA
• Momento de inercia variable según la ley de la secante Flexibilidad a flexión μ variable según la ley coseno

I = I 0 sec α =

I0 cos α

I0 : momento de inercia en la clave

1 1 cos α = μ0 cos α μ= = EI EI 0
Simplifica las integrales pues :

∫ f (x ) μds = ∫ f (x ) μ
12

0

cos α ds = μ0 ∫ f (x )dx

Arco biarticuladoparabólico. Carga uniforme (1)
q f

M0 q Q
0

N0 Q
1

M1

N1

L

qL/2

h=1

X1=Ax
x 1 x

q M 0 = (Lx − x 2 ) 2
Parabólico Sin energía de esfuerzo axial. Inercia variable según la ley de la secante
13

M 1 = −y

y=

4f (Lx − x 2 ) L2

Arco biarticulado parabólico. Carga uniforme (2)
M 1 = −y

f11 = f11

∫ = ∫ (−y ) μ
2

N 1 γN 1ds + ∫ M 1μM 1ds =
0 cos α ds =

∫(−y )2 μ ds



y 2 μ0 dx

f11 =

8μ0 f 2 L 15

Sin energía de esfuerzo axial. Inercia variable según la ley de la secante
14

Arco biarticulado parabólico. Carga uniforme (3)
q M = (Lx − x 2 ) 2
0

M0 q Q
0

N0

D1 = −∫ N 0 γN 1ds − ∫ M 0 μM 1ds = q (Lx − x 2 ) μ(−y )ds 2 q D1 = −∫ (Lx − x 2 ) μ0 cos α(−y ) ds 2 q μ0 f L3 D1 = 15 D =1 −∫
qL/2

x

D1 qL2 AX = = f11...
tracking img