RESOLUCION DE ESTRUCTURAS POR EL METODO DE LAS DEFORMACIONES


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1 Facultad de Ingeniería Universidad Nacional de La Plata ESTRUCTURS III RESOLUCION DE ESTRUCTURS POR EL METODO DE LS DEFORMCIONES utor: Ing. Juan P. Durruty

2 RESOLUCION DE ESTRUCTURS POR EL METODO DE LS DEFORMCIONES El presente método se basa en la determinación de los esfuerzos en una estructura en función de sus deformaciones. Este método permite la resolución tanto de estructuras isostáticas como hiperestáticas con la ventaja frente al Método de las Fuerzas de que en los resultados, aparte de obtener los esfuerzos característicos, también se obtienen deformaciones en determinados puntos de la estructura. Como hipótesis simplificativa se asume que los elementos de viga son axialmente rígidos, o sea se desprecia las deformaciones axiales frente a las deformaciones por flexión. Por lo tanto se consideran los giros y desplazamientos generados solo a través de la flexión. nalizamos un tramo genérico de una estructura antes y después de la aplicación de cargas: φ Δ Figura 1 φ Sabemos que los momentos actuantes en y serán función del estado de cargas y de las deformaciones φ, φ y Δ, lo cual no podemos analizarlo en conjunto. Sí podemos realizar una superposición de efectos simples que se pueden evaluar y cuya suma darán por resultado el estado final -. Para esto realizamos las siguientes hipótesis y condiciones: 1) Se evalúan los momentos en y producidos por el estado de cargas suponiendo los puntos y empotrados e impedidos de desplazarse (solo para puntos intermedios de la estructura, de otra manera se respeta la vinculación existente). estos esfuerzos se los denominará Momentos de Empotramiento y son obtenidos de la Tabla 1. ) Sin el estado de cargas, generamos un giro en el punto, manteniendo empotrado. 3) Sin el estado de cargas, generamos un giro en el punto, manteniendo empotrado. 4) Sin el estado de cargas y manteniendo y impedidos de girar, desplazamos en forma transversal uno de otro. Se utilizarán las reacciones sobre los elementos con la siguiente convención de signos: Página 1 de 0

3 M + φ + M + φ + N + N + Q + Q + Nota: Los signos de los momentos se toman en función de su sentido de giro, independientemente de la convención adoptada en los diagramas (tracción o compresión de la fibra inferior). La nomenclatura de los momentos será: M i jk donde i: indica el tramo (1,, 3,.) j: el punto analizado (,, C,.) k: la carga o deformación que causa el momento (0 = estado de cargas, = giro de, = giro de, δ = desplazamiento relativo) nalizamos cada hipótesis y condición: 1) Para el caso de la primera condición y considerando un segmento interno de la estructura: i k Obtendremos de la Tabla 1 -ql /1 -ql /1 j D C ql /4 En donde los momentos de empotramiento serán M i 0 = -ql /1 y M i 0 = ql /1 Obsérvese que los signos se tomaron según la convención adoptada independientemente de los signos del diagrama de momento. Para el tramo C Página de 0

4 -3PL/8 PL/8 C En donde los momentos de empotramiento serán M j C0 = PL/8 y M j 0 = 3PL/8 ) Generamos un giro en el punto (horario), manteniendo empotrado. -M/ φ M En este caso el giro de será: φ = ML i /4EJ i por lo tanto podemos expresar el momento en en función del giro: M i = 4EJ i /L i φ donde 4EJ i /L i será el momento en para un giro unitario en (M i ) M i = 4EJ i /L i φ = M i φ En el punto observamos que el momento es la mitad del aplicado el y por la convención adoptada es positivo, por lo tanto M i = EJ i /L i φ donde EJ i /L i será el momento en para un giro unitario en (M i ) M i = EJ i /L i φ = M i φ 3) Generamos un giro en el punto (horario), manteniendo empotrado. φ -M M/ En este caso el giro de será: φ = ML i /4EJ i por lo tanto podemos expresar el momento en en función del giro: M i = 4EJ i /L i φ donde 4EJ i /L i será el momento en para un giro unitario en (M i ) M i = 4EJ i /L i φ = M i φ Página 3 de 0

5 En el punto observamos que el momento es la mitad del aplicado en y por la convención adoptada es positivo, por lo tanto M i = EJ i /L i φ donde EJ i /L i será el momento en para un giro unitario en (M i ) M i = EJ i /L i φ = M i φ 4) Desplazamos en forma relativa de manteniéndolos impedidos de girar -M Δ M Los momentos en y son iguales en valor y signo (de acuerdo a nuestra convención): M i = M i = -6EJ i /L i Δ donde 6EJ i /L i será el momento para un desplazamiento unitario (M i δ = M i δ) Por lo tanto sumando los efectos en cada punto podemos expresar los momentos de los mismos en función del estado de cargas y de las deformaciones de la estructura: Reemplazando los términos: M i = M i 0 + M i. + M i. + M i. M i = M i 0 + M i. + M i. + M i. M i = M i 0 + 4EJ i. + EJ i. - 6EJ i. Δ L i L i L i M i = M i 0 + EJ i. + 4EJ i. - 6EJ i. Δ L i L i L i Página 4 de 0

6 Casos Particulares Los planteos anteriores corresponden para cualquier tramo intermedio de la estructura analizada. Se debe analizar por separado cuando algún extremo del tramo analizado posee una vinculación real. ) Un extremo empotrado En este caso, respecto a lo analizado, dado que es un empotramiento, no podemos cumplir con la hipótesis del giro de (hipótesis ), por lo tanto valen las ecuaciones anteriores eliminando de las mismas los términos relacionados con el giro de M i = M i 0 + M i. + M i. M i = M i 0 + M i. + M i. = M i 0 + EJ i. - 6EJ i. Δ L i L i = M i 0 + 4EJ i. - 6EJ i. Δ L i L i ) Un extremo con apoyo articulado Vemos que al ser articulado, su momento es cero, por lo tanto M i = 0; pero al aplicar las otras hipótesis y condiciones no podemos dejar fijo ni provocar su giro, cambiando la rigidez del sistema y por lo tanto los M i jk. Vemos el análisis de las otras hipótesis 1) Para los momentos de empotramiento, buscamos en la Tabla 1 los casos con un extremo articulado y otro empotrado. 3) Generamos un giro en el punto (horario), respetando la condición de. φ -M Página 5 de 0

7 En este caso el giro de será: φ = ML i /3EJ i por lo tanto podemos expresar el momento en en función del giro: M i = 3EJ i /L i φ donde 3EJ i /L i será el momento en para un giro unitario en (M i ) M i = 3EJ i /L i φ = M i φ 4) Desplazamos en forma relativa de manteniéndolo impedido de girar, respetando la condición de. Δ M El momento en : M i = -3EJ i /L i Δ donde 3EJ i /L i será el momento para un desplazamiento unitario (M i δ) Por lo tanto sumando los efectos en cada punto podemos expresar los momentos de los mismos en función del estado de cargas y de las deformaciones de la estructura: M i = 0 M i = M i 0 + M i. + M i. = M i 0 + 3EJ i. - 3EJ i. Δ L i L i C) Un extremo con empotramiento guiado En este caso, respecto a lo analizado, dado que es un empotramiento, no podemos cumplir con la hipótesis del giro de (hipótesis ), así mismo si desplazamos, lo acompaña no produciéndose momentos (hipótesis 4). Vemos el análisis de las otras hipótesis: 1) Para los momentos de empotramiento, buscamos en la Tabla 1 los casos con un extremo empotrado guiado y otro empotrado. 3) Generamos un giro en el punto (horario), respetando la condición de. Página 6 de 0

8 φ -M En este caso el giro de será: φ = ML i /EJ i por lo tanto podemos expresar el momento en en función del giro: M i = EJ i /L i φ donde EJ i /L i será el momento en para un giro unitario en (M i ) M i = EJ i /L i φ = M i φ En el punto observamos que el momento es el mismo valor del aplicado en y por la convención adoptada es negativo, por lo tanto M i = -EJ i /L i φ donde EJ i /L i será el momento en para un giro unitario en (M i ) M i = -EJ i /L i φ = M i φ Por lo tanto sumando los efectos en cada punto podemos expresar los momentos de los mismos en función del estado de cargas y de las deformaciones de la estructura: M i = M i 0 + M i. = M i 0 - EJ i. L i M i = M i 0 + M i. = M i 0 + EJ i. L i 1. plicación del método: Dado que este método no distingue entre estructuras hiperestáticas e isostáticas, debemos definir el Grado de Indeterminación de la estructura, el cual estará dado por determinados puntos en los cuales tendremos cambios del diagrama de momentos. Estos serán puntos donde tenemos cambio de dirección de los elementos, vinculaciones internas, vinculación con otros elementos de la estructura, etc. Gráficamente: Página 7 de 0

9 No se toman en cuenta las cargas aplicadas, dado que conocemos su efecto a través de los casos de la tabla 1. Ejemplos C D E a) En este caso tenemos dos puntos que cumplen con las condiciones planteadas ( y D). Considerando que estos puntos no pueden tener desplazamientos, por la vinculación de la estructura y dado que consideramos que los elementos son axialmente rígidos, solo tendremos como incógnitas los giros: φ, φ D y por lo tanto el problema es indeterminado de grado (I = ) (Obsérvese que la estructura es hiperestática de grado 6 para resolverlo por el Método de las Fuerzas) C D E b) En este caso tenemos los mismos dos puntos ( y D), con la diferencia de que ambos pueden desplazarse horizontalmente a través de la flexión de los tramos C y DE. Por lo tanto tendremos como incógnitas los giros de, C y el desplazamiento de ambos (como asumimos los tramos axialmente rígidos, ambos desplazamientos son iguales): φ, φ D, Δ H y por lo tanto el problema es indeterminado de grado 3 (I = 3) (Siendo hiperestático de grado 5) Ejemplo de plicación q L 1 = L = L L 1, J 1 L, J C J 1 = J J = 3J Se observa que tenemos un punto de indeterminación () el cual solo puede girar (φ ) dado que su vinculación impide los desplazamientos. Por lo tanto el problema es Indeterminado de grado 1 (I = 1) En este caso tanto como C son apoyos articulados, por lo tanto sus momentos son cero, y ambos tramos (1 y ) se toman como el Caso Particular. Página 8 de 0

10 Por lo tanto: Para el tramo 1 M 1 = 0 M 1 = M M 1. + M 1. = M EJ EJ 1. Δ L 1 L 1 Vemos que no hay desplazamiento vertical del punto, por lo tanto Δ = 0 El momento de empotramiento M 1 0 de Tabla 1: M 1 0 = ql 1 /8 Reemplazando M 1 = M M 1. + M 1. = ql 1 /8 + 3EJ/L. Para el tramo M = M 0 + M. + M. M C = 0 = M 0 + 3EJ. - 3EJ. Δ L L Como no hay carga aplicada en el tramo el momento de empotramiento M 0 es igual a cero. Reemplazando M = M 0 + M. + M. = 3E3J/L. = 9EJ/L. Dado que tenemos las expresiones de los momentos a ambos lados del nudo, debemos plantear el equilibrio del mismo M 0 M 1 M Se toman los momentos positivos según la convención de signos adoptada, mirando hacia el interior del tramo. Sobre el nudo -M 1 - M = 0 ó M 1 + M = 0 Con esta sumatoria se obtiene una ecuación con una incógnita ( ), con la cual podemos obtener los valores de los momentos M 1 + M = ql 1 /8 + 3EJ/L. 9EJ/L. = ql 1 /8 + 1EJ/L. 3 ql 96EJ El signo del giro significa que es en sentido antihorario Página 9 de 0

11 Reemplazando en las expresiones de M 1 y M 3 1 ql M y 3 3 ql M observando que cumple con la ecuación de equilibrio 3 Teniendo estos valores a ambos lados del nudo, podemos reemplazar este por una articulación y colocar los momentos hallados como cargas externas q M 1 M C Siendo ahora una estructura isostática, se pueden obtener las reacciones por equilibrio de reacciones y realizar los diagramas de momentos, corte y axil. En este caso se adoptarán los signos de los momentos de acuerdo a si traccionan o comprimen la fibra inferior definida. Para el caso de la figura anterior ambos momentos M 1 y M serán negativos, independientemente del signo obtenido en la resolución del problema. Página 10 de 0

12 EJEMPLO DE PLICCIÓN DEL METODO DE LS DEFORMCIONES La siguiente estructura es un hiperestático de grado 4, pero indeterminado de grado 3 para el método de las deformaciones (giro de, giro de C y desplazamiento horizontal de y C), y está cargada con una fuerza horizontal y un gradiente de temperatura. Carga externa: Material: Secciones: P = 1000Kg cero 105 Vigas 1 y 4: E T = 50ºC E =,1x10 6 Kg/cm 4 σ F = 3773 Kg/cm 6cm = 30 cm 1m α = 1 x10-6 /ºC J = 90 cm 4 P T 5cm C Vigas y 3: 1 3 1m 6cm = 18 cm β J = 54 cm 4 D 3cm m 1m Comenzamos a plantear ahora las ecuaciones correspondientes para cada nudo: M 1 = M M 1. + M 1. + M 1. 1 (el superíndice indica la barra) No existiendo giro en el término M 1 = 0 Por lo tanto: M 1 = M M 1. + M 1. 1 Para el nudo se tienen 3 ecuaciones, una proveniente de cada barra que concurre al nudo: M 1 = M M 1. + M 1. + M 1. 1 ( = 0) M 1 = M M 1. + M 1. 1 M = M 0 + M. + M C. C + M. M 4 = M M 4. + M 4 E. E + M 4. 4 Para este caso el giro en E es cero y cuando se desplaza el nudo el empotramiento guiado E lo acompaña, por lo tanto M 4. 4 = 0 M 4 = M M 4. Página 11 de 0

13 Sobre el nudo E: M 4 E = M 4 E0 + M 4 E. + M 4 E. E + M 4 E. 4 De la misma forma, el giro en E es cero y cuando se desplaza el nudo el empotramiento guiado E lo acompaña, por lo tanto M 4 E. 4 = 0 M 4 E = M 4 E0 + M 4 E. Sobre el nudo C se tienen ecuaciones, una proveniente de cada barra que concurre al nudo: M C = M C0 + M C. + M CC. C + M C. M 3 C = M 3 C0 + M 3 CC. C + M 3 CD. D + M 3 C. 3 En este caso, si bien hay un giro en D, no hay un momento que se transmita a C (D está articulado), por lo tanto M 3 CD. D = 0 M 3 C = M 3 C0 + M 3 CC. C + M 3 C. 3 M 3 D = 0 (por estar D articulado) Esfuerzos ocasionados por el giro del nudo : M 4 E M 1 = EJ 1 L 1 M 4 M C M 1 = 4EJ 1 M 1 L 1 M M = 4EJ L M 4 = EJ 4 M 1 L 4 M C = EJ L M 4 E = - EJ 4 L 4 Página 1 de 0

14 Esfuerzos ocasionados por el giro del nudo C: M C = EJ L M C M CC M CC = 4EJ L M 3 CC = 3EJ 3 M 3 CC L 3 Desplazamos el nudo C: M 1 EJ 1 L 1 Δ 1 M C M 1 EJ 1 M. Δ 3 L 1 Δ1 M 3 C M = EJ L M 1 β M C EJ L M 1 M 3 C EJ 3 L 3 Δ Δ3 β Δ 1 tg Δ1 3 1 sen Hallamos los momentos de empotramiento debido al estado de carga de la estructura (P y T). P solo genera momentos en los nudos y E de la barra 4: Página 13 de 0

15 M 4 E0 M 4 E0 = - PL 4 P 8 M 4 0 M 4 0 = - 3PL 4 8 Esfuerzos generados por el gradiente de temperatura (se desplaza el nudo dejándose fijo el nudo C): Δ T = α.t.l Δ T T M 1 0 = EJ 1. Δ T L 1 M 1 0 M 1 0 = EJ 1. Δ T L 1 M 1 0 Reemplazando los esfuerzos hallados en las ecuaciones correspondientes para cada nudo: M 1 = M M 1. + M 1. 1 M 1 = EJ 1. (α.t.l )+ EJ 1. EJ 1. Δ 1 L 1 L 1 L 1 M 1 = M M 1. + M 1. 1 M 1 = EJ 1. (α.t.l ) + 4EJ 1. EJ 1. Δ 1 L 1 L 1 L 1 M = M 0 + M. + M C. C + M. M = 4EJ. + EJ. C + EJ. Δ L L L M 4 = M M 4. Página 14 de 0

16 M 4 = - 3PL 4 + EJ 4. 8 L 4 M 4 E = M 4 E0 + M 4 E. M 4 E = - PL 4 - EJ 4. 8 L 4 M C = M C0 + M C. + M CC. C + M C. M C = EJ. + 4EJ. C + EJ. Δ L L L M 3 C = M 3 C0 + M 3 CC. C + M 3 C. 3 M 3 C = 3EJ 3. C EJ 3. Δ 3 L 3 L 3 Planteamos el equilibrio en los nudos y C: Nudo : M 4 M M 1 + M + M 4 = 0 M 1 Reemplazando M 1, M y M 4, y teniendo en cuenta las relaciones entre Δ 1, Δ y Δ 3 : EJ 1.(α.T.L ) + 4EJ 1. EJ 1.Δ 1 + 4EJ. + EJ. C + EJ. Δ 1 3PL 4 + EJ 4. = L 1 L 1 L 1 L L L tg β 8 L 4 4EJ 1 + 4EJ + EJ 4 + C EJ. + Δ 1 EJ 1 + EJ + EJ 1.(α.T.L ) 3PL 4 = 0 L 1 L L 4 L L 1 L. tg β L 1 8 Ecuación 1 Página 15 de 0

17 Nudo C: M C M 3 C M C + M 3 C = 0 Reemplazando M C y M 3 C, y teniendo en cuenta las relaciones entre Δ 1, Δ y Δ 3 : EJ. + 4EJ. C + EJ. Δ 1 + 3EJ 3. C EJ 3. Δ 1 = 0 L L L tg β L 3 L 3 sen β EJ + C 4EJ + 3EJ 3 + Δ 1 EJ EJ 3 = 0 L L L 3 L. tg β L 3. sen β Ecuación Con esto obtenemos dos ecuaciones con tres incógnitas, debemos plantear la tercera ecuación con trabajos virtuales. Colocamos para esto tantas articulaciones como sea necesario para que la estructura se deforme libremente en la dirección de la incógnita Δ 1. Se colocan sobre la estructura todos los momentos y cargas externas que realizarán trabajo. Δ* : deformación virtual P M C Δ* = Δ* 1 tg β Δ* 1 M Δ* 3 Δ* M 1 M 1 Δ* 1 M 3 C Δ* 3 = Δ* 1 sen β β M 1. Δ* 1 + M 1. Δ* 1 M. * M C. Δ* + M 3 C. Δ* 3 + P. Δ* 1 = 0 L 1 L 1 L L L 3 Reemplazando M 1, M 1, M, M C y M 3 C, y teniendo en cuenta las relaciones entre Δ 1, Δ y Δ 3, y entre Δ* 1, Δ* y Δ* 3 : Página 16 de 0

18 EJ 1 (α.t.l )+ EJ 1. EJ 1 Δ 1 Δ* 1 + EJ 1.(α.T.L ) + 4EJ 1. EJ 1.Δ 1 Δ* 1 L 1 L 1 L 1 L 1 L 1 L 1 L 1 L 1 L 1 L 1 4EJ. + EJ. C+ EJ. Δ 1 * 1 EJ. + 4EJ. C + EJ. Δ 1 * 1 L L L tg β tg β. L L L L tg β tg β. L + 3EJ 3. C EJ 3. Δ 1 * 1 + P. Δ* 1 = 0 L 3 L 3 sen β sen β. L 3 Simplificando los términos Δ* 1 y agrupando términos, se llega a la siguiente ecuación: P + EJ 1 (α.t.l ) + 6EJ 1 6EJ + C 6EJ + 3 E J 3 3 L 1 L 1 tg β. L tg β. L sen β. L 3 + Δ 1 EJ 1 1EJ EJ 3 = 0 3 L 1 tg 3 β. L sen 3 β. L 3 Ecuación 3 Reemplazando en las ecuaciones 1, y 3 los valores de P, T, E, α, L, J y β resulta el siguiente sistema de ecuaciones: C Δ 1 = 3778,6 cm ,7. C 7045,77. Δ 1 = 0 cm ,77. C 678,66. Δ 1 = 174,43 cm Resolviendo el sistema : = 0, C = 0, Δ 1 = 0, cm Para obtener los momentos en los nudos se reemplazan estos valores en las ecuaciones de momentos antes planteadas. M 1 = 4530,8 Kg. cm M 1 = 1060,96 Kg. cm M = 3165,3 Kg. cm M 4 = 1365,07 Kg. cm M 4 E = 8634,93 Kg. cm M C = 099,41 Kg. cm M 3 C = 0931,36 Kg. cm Página 17 de 0

19 8634,93 P T 1365, ,3 099, , , ,8 Definiendo en la estructura la fibra inferior con la convención de que el momento que tracciona la fibra inferior es positivo, se arma el diagrama de momentos. Página 18 de 0

20 TL 1: Momentos de empotramiento P q M T 1 L T = -T 1 1) y empotrados -PL/8 -PL/8 -ql /1 -ql /1 PL/8 ql /4 -M/ -M/4 M/4 M/ EJT 1 /h ) empotrado y apoyo simple -3PL/16 -ql /8 5PL/3 ql /16-7M/16 M/8 9M/16 3EJT 1 /h Página 19 de 0

21 3) empotrado y empotrado guiado. -3PL/8 -ql /3 PL/8 ql /6 -M/ M/ EJT 1 /h Página 0 de 0

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