desplazamiento de nodos método energético y maxwell mohr

Ejercicios de Desplazamiento de nodos en carga axial por método energético y carga

virtual de Maxwell-Mohr

Mecánica de Materiales IIngeniería Civil, UDAL

marzo 2017

José Luis [email protected]

IntroducciónPara hallar el desplazamiento de nodos de una estructura sometida a carga axial, el método pide hallar reacciones internas no sólo de un sistema original sometido a cargas externas; sino también de sistemas con cargas virtuales unitarias para cada posible desplazamiento de los nudos. Estos nuevos sistemas deberán tener la misma geometría pero con una carga virtual unitaria en dirección de dicho desplazamiento para hallar sus reacciones unitarias. Por ejemplo, para un nudo A del sistema de dos cables de la figura, se deben resolver 3 sistemas: 2 sistemas extra con cargas unitarias en x y en y (en lugar de la carga externa P) y un tercer sistema que es el sistema original.

P

11

Sistema Original bajo una carga externa P ubicada en nodo A

A

1er Posible desplazamiento 2o Posible desplazamiento

Hallar reacciones internas P1uh y P2uh del sistema nuevo 2 con una carga virtual horizontal

P1uhP2uh

Hallar reacciones internas P1uv y P2uv del sistema nuevo 3 con una carga virtual vertical

P1uv P2uv

P

P1 P2

Hallar reacciones internas P1 y P2 del sistema original

Todo Nodo sin apoyo de ningún tipo sufre 2 desplazamientos debido a cargas externas. Estamos en dos dimensiones, por lo tanto deberán ser en el eje x y en el eje y. La dirección sobre si será hacia arriba o hacia abajo, en el eje y; o hacia la izquierda o a la derecha, en el eje x, puede suponerse debido al sistema de cargas. Se debe seleccionar una dirección y continuar con todas las operaciones hasta el final. Si los desplazamientos salen negativos es que entonces la dirección sugerida es contraria pero la magnitud es correcta.

Si el nodo se encuentra en un apoyo de rodillo, entonces sólo se desplaza en una dirección que será paralela a su apoyo

Si el nodo está en un apoyo articulado no se desplaza en ningún eje.

Por otro lado, si las reacciones internas en los elementos están a compresión deberán colocarse en las matrices el signo negativo, si están a tensión se manejan signos positivos.

Siagnos

OBSERVACIONES:

Ecuación de desplazamiento de un sólo nodo y una sola dirección

donde:∆=Desplazamiento del nodo en un sólo sentido y una sola dirección.Pui=Reacción interna del elemento i de un sistema con una carga unitaria virtual en la dirección del desplazamiento.Pi=Reacción interna del elemento i del sistema originalLi=longitud del elemento iAiEi= Rigidez axial del elemento i.

(1)

Ecuación de desplazamiento en forma matricial

donde:∆= Matriz columna de desplazamiento de cada nodo P’u=Matriz transpuesta de reacciones internas unitarias para cada desplazamientoF= L/AE= Matriz diagonal de flexibilidadP=Matriz columna de reacciones internas del sistema original

Cuando se tienen muchos nudos, la ecuación anterior se vuelve laboriosa, por lo que es útil trabajar con matrices. La forma matricial de la ecuación (1) queda:

(2)

La forma desglosada de la ecuación (2) queda:

Δ1

Δ2

=Δ3

●

●

●

Pu11 Pu12 Pu13 ● ●

●

Pu21 Pu22 Pu23 ● ●

●

Pu31 Pu32 Pu33 ● ●

●

● ● ●

● ● ●

● ● ●

L1/A1E1 0 0 ● ● ●

0 L2/A2E2 0 ● ● ●

0 0 L3/A3E3 ● ●

● ● ●

● ● ●

● ● ●

P1

P2

P3 ●

●

●

Puij= reacción interna por carga

unitaria en dirección del número i y

elemento j

Pj= reacción interna de sistema original del elemento j

Δi=Desplazamiento número i

Ejercicio 1. Un nodo y 2 elementosDeterminar el desplazamiento ∆ en el eje x y y de la estructura de 2 barras cuando P=40 kN. El área de la sección transversal de cada barra es de 6.0x10-4 m2, y E=200 GPa.

P=40 kN

A B

4.5 m

6.0 m

8.0 m

PASO 1.- Enumerar elementos, puede empezar con cualquier elemento una vez hecho, esta numeración se queda fija para todos los sistemas. Aquí barra AC=Elemento 1; barra BC=Elemento 2. PASO 2. Formar la matriz diagonal de flexibilidades, F. El cálculo de la rigidez axial EA es: AE= 6.0x10-4 m2x200 x109Pa=12x107 N. Debido a que este valor es constante se factoriza.

C

1 2

PASO 1 PASO 2.

F=L1 0

0 L2

1A E F=

7.5 0

0 10

1 m12x107 N.

7.5 m 10 m

PASO 3. Identificar sistemas: Un sistema para carga unitaria en y; un sistema para carga unitaria en x; y el sistema original

Sistema 1: carga unitaria en y

Sistema 2: carga unitaria en x

Sistema 3: original

1

A B

1

A B

P=40 kN

A B

C C C

PASO 3.

La primera elección de con cuál eje comenzar para la carga unitaria es arbitraria, una vez elegido se conserva ese orden. La dirección es sugerida, aquí se ha sugerido que debido a que la carga es vertical de 40 kN, el desplazamiento del nudo C será igual y por lo tanto la dirección de la carga unitaria en en eje y será hacia abajo; y como la barra 2 es de mayor longitud el desplazamiento en el eje x será hacia la izquierda. Si el resultado final en el desplazamiento es negativo, entonces la dirección es opuesta

A continuación se hallarán las reacciones internas de cada sistema

primer desplazamiento segundo desplazamiento

Sistema 1, para primer desplazamiento:carga unitaria en y.CÁLCULO DE REACCIONES INTERNAS POR CARGA UNITARIA

1

A B

C

(b) Diagrama de cuerpo libre: Descomponer barras inclinadas en componentes en x y en y:

1

BCx

BCy

ACx

ACy1 2

(a) Obtener ángulos de geometría del sistema:

1=tan-1 (6/4.5)=53.13°2 =tan-1(6/8)= 36.87°

(c) Aplicar ecuaciones de equilibrio:

Fx=0-ACx+BCx=0

Fy=0ACy+BCy-1=0; ACy+BCy=1

(d) Expresar las ecuaciónes de (c) en términos de Ac y BC:

-AC cos 1+BC cos 2=0 AC sen 1+BC sen 2=1

(e) Sustitur ángulos:-AC cos 53.13°+BC cos 36.87°=0 AC sen 53.13°+BC sen 36.87°=1

(f) Evaluar: -AC 0.6 +BC 0.8=0… .(1) AC 0.8+BC 0.6=1…...(2)

(g) Resolviendo por Gauss:Despejar BC de (1)BC=AC 0.6/0.8= AC 0.75…(3)Sustituir (3) en (2):AC 0.8+ (AC 0.75)*0.6=1AC 0.8+AC 0.45=1AC(0.8+0.45)=1AC 1.25=1 → AC=0.8…(4)Sustituir 4 en (3):BC=0.8*0.75 → BC=0.6…(5)

Sistema 2, para segundo desplazamiento: carga unitaria en x.CÁLCULO DE REACCIONES INTERNAS POR CARGA UNITARIA

1

A B

C


1BCx

BCy

ACx

ACy1 2


1=tan-1 (6/4.5)=53.13°2 =tan-1(6/8)= 36.87°


Fx=0-ACx+BCx-1=0; -ACx+BCx=1

Fy=0ACy+BCy=0





(g) Resolviendo por Gauss:Despejar AC de (2)AC=-BC 0.6/0.8= -BC 0.75…(3)Sustituir (3) en (1):-(-BC 0.75)*0.6+ BC 0.8=1BC 0.45+BC 0.8=1BC(0.45+0.8)=1BC 1.25=1 → BC=0.8…(4)Sustituir 4 en (3):AC=-0.8*0.75 → AC=-0.6…(5)

Sistema 3: Sistema Original.CÁLCULO DE REACCIONES INTERNAS POR CARGA EXTERNA

A B

C


40 kN

BCx

BCy

ACx

ACy1 2


1=tan-1 (6/4.5)=53.13°2 =tan-1(6/8)= 36.87°


Fx=0-ACx+BCx=0

Fy=0ACy+BCy-1=0; ACy+BCy=40





(g) Resolviendo por Gauss:Despejar BC de (1)BC=AC 0.6/0.8= AC 0.75…(3)Sustituir (3) en (2):AC 0.8+ (AC 0.75)*0.6=40AC 0.8+AC 0.45=40AC(0.8+0.45)=10AC 1.25=40 → AC=32kN…(4)Sustituir 4 en (3):BC=32kN*0.75→BC=24kN.(5)

P=40 kN

PASO 4. Construcción de matriz de desplazamientos:

Δy =

Δx

0.8 0.6

-0.6 0.8

7.5 0

0 10

1 m kN12x107 N

32

24

Reacciones internas del sistema 1


Reacciones internas del sistema original

1

1

2

2

1

2

1

2

1

2

donde:

Valor para Elemento 2


Primer desplazamiento

segundo desplazamiento

Longitud del elemento 2

PASO 5. Evaluar matrices para obtener los desplazamientos:

Δy =

Δx

0.8 0.6

-0.6 0.8

7.5 0

0 10

1 m kN12x107 N

32

24

Realizando la multiplicación de las 2 primeras matrices:

=6 6

-4.5 8

32

24=

6*32+6*24

-4.5*32+8*24

Δy =

Δx

1 m kN12x107 N

336

48

Multiplicar la nueva matriz con la última

Δy = 28x103x10-7 m

Δx = 4x103x10-7 m

Δy = 2.8 mm

Δx = 0.4 mm

Simplificando notación científica

Nota: Los desplazamientos finales fueron positivos, significa que las direcciones del desplazamiento fueron correctas. En caso de que alguna hubiera salido negativa significa que la magnitud del desplazamiento es correcta pero sólo habrá que cambiar el sentido de la dirección sugerida.

Realizando la última operación con la rigidez axial

Este resultado dice que el nodo C se desplazará, por la carga P, 2.8mm verticalmente y 0.4 mm horizontalmente a la izquierda

Ejercicio 2. Dos nodos y 3 elementosDeterminar el desplazamiento ∆ en el eje x y y en los nodos C y B de la armadura simplemente apoyada de 3 barras cuando P=65 kN. La rigidez axial, AE, de cada barra es de 100 MN.

PASO 1.- Enumerar elementos, puede empezar con cualquier elemento, una vez hecho, esta numeración se queda fija para todos los sistemas. Aquí barra AB=Elemento 1; barra AC=Elemento 2 y barra BC=Elemento 3 PASO 2. Formar la matriz diagonal de flexibilidades, F. Debido a que el valor de AE es constante se factoriza.

A

B C

P=65 kN

3.0 m

1.8 m

2.4

m

1 2

3 PASO 2.

F=

L1 0 0

0 L2 0

0 0 L3

1A E

F= 1 m100x106 N.

2.4 0 0

0 3.0 0

0 0 1.8

PASO 3. Identificar sistemas: Un sistema para carga unitaria en nodo C en y; un sistema para carga unitaria en C en x; un sistema para carga unitaria en nodo B en y y el sistema original

Sistema 1: carga unitaria en C y dirección y

11

PASO 3.

La primera elección de con cuál eje y nodo comenzar para la carga unitaria es arbitraria, una vez elegido se conserva ese orden. La dirección es sugerida, aquí se ha sugerido que debido a que la carga es vertical de 65 kN, la dirección de la carga unitaria en el nodo C será en el eje y hacia abajo y como la barra 3 tenderá a comprimirse el desplazamiento del nodo C será en el eje x será hacia la izquierda. El apoyo de rodillo, nodo B, permite un movimiento, en este caso en el eje y, añadir la carga unitaria. El nodo A no se le permite traslación por el apoyo articulado.

A continuación se hallarán las reacciones internas de cada sistema

A

B C

1 2

3

A

BC

1 2

31

A

BC

1 2

A

B C

1 2

3

P=65 kN

Sistema 2: carga unitaria en C y dirección x

Sistema 3: carga unitaria en B y dirección y

Sistema 4: Sistema original con carga de

65 kN

3

primer desplazamiento segundo desplazamiento tercer desplazamiento

Sistema 1, para primer desplazamiento: carga unitaria en nodo C en y.CÁLCULO DE REACCIONES INTERNAS POR CARGA UNITARIA

1

A

B C

1

2

3

primer desplazamiento


1=tan-1 (2.4/1.8)=53.13°2 =90- 1 = 36.87°

1

2(b) Obtener reacciones en apoyos:3.0 m

1.8 m

2.4

m MA=0-1x1.8m+RBxx2.4m=0RBx=(1x1.8m)/2.4m=0.75

Fy=0-1+RAy=0; RAy=1

Fx=0RBx-RAx=0; RAx=0.75

RAx

RAy

RBx (d) Diagrama de cuerpo libre en NODO C: Descomponer barra inclinada AC en componentes en x y en y:

(c) Diagrama de cuerpo libre en NODO B:

RBx=0.75 BC=0.75 (C)

AB=0

AB no tiene ninguna fuerza externa por lo tanto no genera reacción interna

Fx=0; RBx-BC=0; 0.75-BC=0; BC=0.75 (C)

3

1

1

ACx

BC=0.75

ACy

Fy=0ACy-1=0; AC sen 1-1=0; AC sen53.13°=1;AC=1/0.8=AC=1.25 (T) 2

En este ejemplo, con cualquier condición de equilibrio de fuerzas se obtiene la reacción interna AC, utilizaremos el eje y

Sistema 2, para segundo desplazamiento: carga unitaria en nodo C en x.CÁLCULO DE REACCIONES INTERNAS POR CARGA UNITARIA

1

A

B

C

1

2

3

segundo desplazamiento


1=tan-1 (2.4/1.8)=53.13°2 =90- 1 = 36.87°

1


1.8 m

2.4

m MA=0-1x2.4m+RBxx2.4m=0RBx=(1x2.4m)/2.4m=1

Fy=0RAy=0

Fx=0RBx-RAx-1=0; RAx=0

RAx

RAy

RBx (d) Diagrama de cuerpo libre en NODO C: Descomponer barra inclinada AC en componentes en x y en y:(c) Diagrama de cuerpo libre en

NODO B:

RBx=1 BC=1 (C)

AB=0


Fx=0; RBx-BC=0; 1-BC=0; BC=1 (C)

3

1

1

ACx

BC=1

ACy

Fy=0ACy=0; Por lo tanto:AC=0 2

En este ejemplo, con cualquier condición de equilibrio de fuerzas se obtiene la reacción interna AC, utilizaremos el eje y

Sistema 3, para tercer desplazamiento: carga unitaria en nodo B en y.CÁLCULO DE REACCIONES INTERNAS POR CARGA UNITARIA

1

A

BC

1

2

3

tercer desplazamiento


1=tan-1 (2.4/1.8)=53.13°2 =90- 1 = 36.87°

1


1.8 m

2.4

m MA=0RBxx2.4m=0RBx=0

Fy=0-1+RAy=0; RAy=1

Fx=0RBx-RAx=0; RAx=0

RAx

RAy

RBx (d) Diagrama de cuerpo libre en NODO C: Descomponer barra inclinada AC en componentes en x y en y:(c) Diagrama de cuerpo libre en

NODO B:

RBx=0 BC=0

AB=1 (T)

Fx=0; RBx-BC=0; 0-BC=0; BC=0

3

1

ACxBC=0

ACy

Como en el nodo C no existen fuerzas externas ni reacciones externas, se dedece que:

Fx=0ACx-0=0;

AC=0 2

1

Fy=0; AB-1=0; AB=1 (T)

Sistema 4, para Sistema originalCÁLCULO DE REACCIONES INTERNAS PARA CARGA P=65 kN

65 kN

A

B C

1

2

3


1=tan-1 (2.4/1.8)=53.13°2 =90- 1 = 36.87°

1


1.8 m

2.4

m MA=0-65kNx1.8m+RBxx2.4m=0RBx=(65kNx1.8m)/2.4m;RBx=48.75 kN

Fy=0-65kN+RAy=0; RAy=65kN

Fx=0RBx-RAx=0; RAx=48.75kN

RAx

RAy

RBx (d) Diagrama de cuerpo libre en NODO C: Descomponer barra inclinada AC en componentes en x y en y:

(c) Diagrama de cuerpo libre en NODO B:

RBx=48.75kN BC=48.75kN (C)

AB=0


Fx=0; RBx-BC=0; 48.75-BC=0; BC=48.75 kN (C)

3

1

65kN

ACx

BC=48.75kN

ACyEn este ejemplo, con cualquier condición de equilibrio de fuerzas se obtiene la reacción interna AC, utilizaremos el eje y

Fy=0ACy-65kN=0; AC sen 1-65kN=0; AC sen53.13°=65kN;AC=65kN/0.8=AC=81.25 (T) 2

PASO 4. Construcción de matriz de desplazamientos:

Δ1

Δ2 =

Δ3

0 1.25 -0.75

0 0 -1

1 0 0

2.4 0 0

0 3.0 0 0 0 1.8

1 m kN100x106N

0

81.75

-48.75


Reacciones internas del sistema original

1 2

1

2

1

2

1 2

donde:Valor para Elemento 2Valor para Elemento 1

3

3

3

3



Primer desplazamiento

PASO 5. Evaluar matrices para obtener los desplazamientos:

0 1.25 -0.75

0 0 -1

1 0 0

0

81.75

-48.75

Realizando la multiplicación de las 2 primeras matrices:

=

Multiplicar la nueva matriz (de la operación anterior) con la última

2.4 0 0

0 3.0 0

0 0 1.8

0*2.4+1.25*0-0.75*0 0*0+1.25*3.0-0.75*0 0*0+1.25*0-0.75*1.8

0*2.4+0*0-1*0 0*0+0*3.0-1*0 0*0+0*0-1*1.8

1*2.4+0*0+0*0 1*0+0*3.0+0*0 1*0+0*0+0*1.8

0 3.75 -1.35

0 0 -1.8

2.4 0 0

=

0*0+3.75*81.75+1.35*48.75

0*0+0*81.75+1.8*48.75

2.4*0+0*81.75-0*48.75

=

Δ1 = 3.72375 mm

Δ2 = 0.8775 mm

Δ3 = 0.0 mmNota: Los desplazamientos finales fueron positivos, significa que las direcciones del desplazamiento fueron correctas. En caso de que alguna hubiera salido negativa significa que la magnitud del desplazamiento es correcta pero sólo habrá que cambiar el sentido de la dirección sugerida.

Realizando la última operación con la rigidez axial

Este resultado dice que sólo el nodo C se desplazará (Δ1 y Δ2 ), por la carga P, 3.72mm verticalmente hacia abajo y 0.88mm horizontalmente a la izquierda. El nodo del apoyo de rodillo (Δ3) no sufrirá desplazamiento.

Δ1

Δ2 =

Δ3

1 m kN100x106 N

372.375

87.75

0

=

3.72375x103x10-6 m

0.8775x103x10-6 m

0

Referencias1.- Análisis de Estructuras Reticulares. J. Gere; W. Weaver. 1980

2.- Mecánica de Materiales. R. Fitzgerald. Ed. Alfaomega

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