tema 4: problemas resueltos de · pdf fileproblemas deformación angular 1 tema 4:...
TRANSCRIPT
Problemas Deformación Angular
1
TEMA 4: PROBLEMAS RESUELTOS DE DEFORMACIÓN ANGULAR
4.1. Aplicando el método de la deformación angular obtener el diagrama de
momentos flectores y dibujar aproximadamente la deformada de la estructura de la figura, donde P=30 KN, q=30 KN/m, L=4m, h=3m y a=2m. El módulo de elasticidad del material es E = 210 GPa y el momento de inercia para todas las barras Iz = 2x104 cm4.
El grado de desplazabilidad de esta estructura es m = 2 x 8 – 8 – 6 = 2. Son necesarios como mínimo dos apoyos deslizantes para inmovilizar todos los nudos. Podrían situarse, por ejemplo, como indica la siguiente figura, donde se muestra también la numeración de las barras que se va a utilizar.
P
q
A D
B
C
h
h
L L
a
F
E H
G
C F
8
A D
B
E H
G
7 6
5 4
3 2 1
Teoría de Estructuras ETSI Bilbao
2
La barra en voladizo de longitud a = 2m en cuyo extremo está aplicada la carga puntual P es isostática y se puede resolver de manera sencilla al margen de la aplicación del método, por lo que al comienzo del análisis se pueden sustituir dicha barra y el efecto de la carga P por un momento de sentido horario aplicado en F de valor M = P.a
Quitando el apoyo del nudo B y desplazándolo una cantidad ∆1 hacia la derecha, el resto de los nudos de la estructura quedarían situados de la siguiente manera:
Quitando el apoyo del nudo C y desplazándolo una cantidad ∆2 hacia la derecha, el resto de los nudos de la estructura quedarían situados esta vez de la siguiente manera:
P.a
∆∆∆∆1111
+
-
A D
B
C F
E H
G
∆∆∆∆1111 ∆∆∆∆1111
+ +
-
+
A D
B
C F
E H
G
∆∆∆∆2222
+
∆∆∆∆2222
Problemas Deformación Angular
3
A la vista de las figuras anteriores, los desplazamientos transversales totales de todas las barras, que se incluirán posteriormente en las ecuaciones de momentos, se pueden resumir de esta manera:
δ1 = ∆1 δ3 = ∆1 δ5 = ∆2-∆1 δ7 = 0
δ2 = ∆1 δ4 = ∆2-∆1 δ6 = 0 δ8 = 0
En dichas ecuaciones también se necesitarán los valores de los momentos de empotramiento perfecto de las barras que soportan alguna carga, en este caso la barra 4:
Nm,Lq
Nm,Lq
ji
ij
42
4232
1025212
1025212
31030
12
⋅−=⋅−=µ
⋅=⋅⋅=⋅=µ
La estructura está formada por 8 barras, así que se tendrán 16 ecuaciones de momentos (dos por cada barra):
∆⋅+θ+θ⋅⋅+=32
321
3IE4
0M 1BAAB
∆⋅+θ+θ⋅⋅+=32
321
3IE4
0M 1ABBA
∆⋅+θ+θ⋅⋅+=32
321
3IE4
0M 1EDDE
∆⋅+θ+θ⋅⋅+=32
321
3IE4
0M 1DEED
∆⋅+θ+θ⋅⋅+=32
321
3IE4
0M 1HGGH
∆⋅+θ+θ⋅⋅+=32
321
3IE4
0M 1GHHG
∆−∆⋅++⋅⋅+⋅=3
)(
2
3
2
1
3
41025,2 124
CBBC
IEM θθ
∆−∆⋅++⋅⋅+⋅−=3
)(
2
3
2
1
3
41025,2 124
BCCB
IEM θθ
∆−∆⋅+θ+θ⋅⋅+=32
321
3IE4
0M 12FEEF
)(
∆−∆⋅+θ+θ⋅⋅+=32
321
3IE4
0M 12EFFE
)(
µij µji
q
C B
Teoría de Estructuras ETSI Bilbao
4
θ+θ⋅⋅+= EBBE 21
4IE4
0M
θ+θ⋅⋅+= EBEEB 21
4IE4
0M
θ+θ⋅⋅+= HEEH 21
4IE4
0M
θ+θ⋅⋅+= EHHE 21
4IE4
0M
θ+θ⋅⋅+= FCCF 21
4IE4
0M
θ+θ⋅⋅+= CFFC 21
4IE4
0M
En estas ecuaciones el módulo de elasticidad y el momento de inercia de las vigas deben introducirse en unidades del sistema internacional: E = 210 x 109 Pa; I = 2 x 10-4
m. Como la estructura consta de 8 nudos habrá que plantear las 8 ecuaciones de equilibrio en los mismos (teniendo en cuenta que en los empotramientos dicha condición se sustituye por la condición de giro nulo):
0A =θ 0MMM BCBEBA =++
0MM CFCB =+
0D =θ 0MMMM EFEHEBED =+++
02PMM FCFE =⋅++
0G =θ
0MM HEHG =+ Para obtener las dos ecuaciones restantes, se realizan dos cortes horizontales a la estructura planteando el equilibrio de fuerzas horizontales. El primer corte y la correspondiente ecuación de equilibrio son:
0VV
0F
FECB
H
=+
=∑
C F
P
VCB VFE
Problemas Deformación Angular
5
Para deducir los cortantes de las barras habrá que considerar el equilibrio de las mismas, considerando la influencia tanto de las cargas exteriores aplicadas (como es el caso de la barra 4), como de los momentos en sus extremos (ambas barras). Barra 4:
1) Cortante por momentos (horario): 3
MMV BCCB)1(
CB+=
2) Cortante por cargas (horario): N10542
310302Lq
V 43
2CB ⋅−=⋅⋅−=⋅−= ,
)(
Barra 5:
1) Cortante por momentos (horario): 3
MMV EFFE)1(
FE+
=
La primera ecuación de corte queda por tanto:
03
MM1054
3
MM EFFE4BCCB =
++
⋅−+
,
El segundo corte a la estructura y la correspondiente ecuación de equilibrio de fuerzas horizontales son los siguientes:
VC = qL/2
q
C F
B E H
P
VBA VED VHG
q
Teoría de Estructuras ETSI Bilbao
6
0LqVVV
0F
HGEDBA
H
=⋅−++
=∑
01093
MM3
MM3
MM 4GHHGDEEDABBA =⋅−
++
++
+
Con esta última ecuación se completa el sistema de ecuaciones lineales que permite resolver el problema. En este caso se tienen 10 ecuaciones con 10 incógnitas (8 ángulos girados en los nudos y 2 desplazamientos). Resolviendo dicho sistema se obtiene el valor de estas 10 incógnitas, y sustituyendo estos valores en las ecuaciones del método se obtienen también los momenbtos en los extremos de las barras, resultando ser (unidades del sistema internacional): θA = 0 rad ∆1 = 2,84.10-3 m. MAB = 44653 N.m θB = -1,25.10-3 rad ∆2 = 6,65.10-3 m. MBA = 9603 N.m θC = -1,75.10-4 rad MDE = 64974 N.m θD = 0 rad MED = 50278 N.m θE = -5,24.10-4 rad MGH = 60048 N.m θF = -1,52.10-3 rad MHG = 40442 N.m θG = 0 rad MBC = 53968 N.m θH = -6,98.10-4 rad MCB = 39093 N.m MEF = 34788 N.m MFE = 7150 N.m MBE = -63570 N.m MEB = -48310 N.m MEH = -36760 N.m MHE = -40440 N.m MCF = -39090 N.m MFC = -67150 N.m Según el convenio de signos utilizado, los momentos positivos serán antihorarios, y los ángulos positivos también (lo que significa que en este caso todos los giros serán horarios). En cuanto a los dos desplazamientos, han sido planteados hacia la derecha por lo que al salir positivos serán en realidad hacia la derecha. Para obtener los diagramas de momentos de cada barra, se deben superponer los debidos a las cargas aplicadas en ella y los originados por los momentos hiperestáticos en los extremos. La única barra que tiene carga aplicada entre sus nudos extremos es la barra 4. Su diagrama de momentos será:
53,9
B
C
39 39
53,9
B
C
q qL2/8
+ 33,75 KN.m
=
39
53,9
Problemas Deformación Angular
7
Para las restantes barras, que no tienen ninguna carga aplicada entre sus nudos, sólo hay que situar los momentos resultantes en sus extremos orientados según su sentido horario o antihorario, y unir estos valores con una recta al ser el diagrama lineal Por ejemplo, para la barra 1 se tendría:
Haciendo lo mismo para las restantes barras se obtienen el diagrama de momentos para toda la estructura, resultando el indicado en la siguiente figura (los diagramas están dibujados hacia el lado de la barra donde se produciría la tracción). Se añade, finalmente, un dibujo aproximado de la deformada.
44,7
A
B
9,6 9,6
44,7
44,6
9,6
64,9
50,2
60
40,4
53,9
39
34,7
7,1
63,5
48,3
36,7
40,4
39
67,1 60
Teoría de Estructuras ETSI Bilbao
8
4.2. La estructura de la figura está sometida a una carga puntual de 10 KN y a una carga uniformemente repartida de 10 KN/m, aplicadas tal como se indica. El apoyo empotrado A sufre un asentamiento vertical de 2 cm. a) Plantear todas las ecuaciones precisas para su resolución aplicando el método de la deformación angular. b) Representar el diagrama de momentos de la barra CD debidamente acotado (de la resolución de las ecuaciones del apartado anterior se obtienen, entre otros, los siguientes valores: MCD = 29,3 KN.m, en sentido antihorario, y MDC = 6,6 KN.m, en sentido horario).
Todas las barras son del mismo material de módulo de elasticidad E=210 MPa.) y de inercia constante a lo largo de la directriz, de valor I=1x10-4 m4. Las longitudes representadas en la figura están en metros.
a) Planteamiento de las ecuaciones Se trata de una estructura con un grado de desplazabilidad: m = 2 x 4 – 3 – 4 = 1, al que hay que añadir otro más debido al asentamiento conocido de 2 cm. La figura siguiente muestra la numeración de las barras utilizada y un conjunto posible de 2 apoyos deslizantes con los que se consigue la inmovilización de todos los nudos de la estructura. Las longitudes de las tres barras, necesarias para las ecuaciones del método, se obtienen mediante sencillas consideraciones geométricas:
30º
30º
10 KN/m
10 KN
5
5
A D
B
C
5
Problemas Deformación Angular
9
L1 = 5 / cos 30 = 5,77 m L2 = 5 / cos 30 = 5,77 m L3 = 5 + 5 tg 30 = 7,88 m
Quitando el apoyo del nudo C, los nudos de la estructura quedarían desplazados de la siguiente manera:
A la vista del triángulo isósceles de la derecha, la relación entre desplazamientos es la siguiente:
112
13
73,130cos2 ∆=⋅∆⋅=∆∆=∆
En la figura siguiente se indica el desplazamiento que experimentan todos los nudos de la estructura al quitar el apoyo del nudo A y permitir a este nudo un asentamiento de valor 2 cm. En el nuevo triángulo isósceles que se forma en B se deducen las relaciones siguientes:
cm 46,373,130cos2
cm 2
6
5
=δ⋅=⋅δ⋅=∆=δ=∆
A
D
B
C ∆∆∆∆1111
∆∆∆∆1111
∆∆∆∆2222 ∆∆∆∆3333
+
+
- ∆∆∆∆1
∆∆∆∆3
∆∆∆∆2
30º
30º
1
2
3
Teoría de Estructuras ETSI Bilbao
10
Para cada una de las barras, y teniendo en cuenta el convenio de signos, el desplazamiento transversal total será:
13
21632
21521
1046,3
10273,1
∆=δ⋅−∆−=∆−∆−=δ
⋅+∆⋅=∆+∆=δ−
−
Para formular las ecuaciones del método se necesitan los valores de los momentos de empotramiento perfecto de las barras que soportan alguna carga, en este caso las barras 1 y 3:
Nm1077212
Lq
Nm1077212
775101012
Lq
42
ji
4232
ij
⋅−=⋅−=µ
⋅=⋅⋅=⋅=µ
,
,,
Nm10686887
58821010
L
baP
Nm10161887
58821010
L
baP
32
23
2
2
ji
42
23
2
2
ij
⋅−=⋅⋅⋅−=⋅⋅−=µ
⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅=µ
,,
,
,,
,
La estructura está formada por tres barras, así que se tendrán 6 ecuaciones de momentos (dos por cada barra):
⋅+∆⋅+θ+θ⋅⋅+⋅=
−
775102731
23
21
775IE4
10772M2
1BA
4AB
,
),(
,,
A
D
B
C
∆∆∆∆6666
∆∆∆∆5555
+
-
δ=2δ=2δ=2δ=2
δδδδ δδδδ
∆∆∆∆5
∆∆∆∆6
30º
30º
µij µji
q
µij µji
P
a b
Problemas Deformación Angular
11
⋅+∆⋅+θ+θ⋅⋅+⋅−=
−
775102731
23
21
775IE4
10772M2
1AB
4BA
,
),(
,,
⋅−∆−⋅+θ+θ⋅⋅+=
−
77510463
23
21
775IE4
0M2
1CBBC
,
),(
,
⋅−∆−⋅+θ+θ⋅⋅+=
−
77510463
23
21
775IE4
0M2
1BCCB
,
),(
,
∆⋅+θ+θ⋅⋅+⋅=
88723
21
887IE4
10161M 1DC
4CD
,
)(
,,
∆⋅+θ+θ⋅⋅+⋅−=
88723
21
887IE4
10686M 1CD
3DC
,
)(
,,
Donde E = 210 x 109 Pa e I = 1 x 10-4
m. Puesto que la estructura consta de 4 nudos, de la consideración del equilibrio o del giro de cada uno de ellos surgirá una ecuación adicional:
0A =θ 0MM BCBA =+
0MM CDCB =+
0D =θ Para obtener la ecuación que falta, se realiza un corte por las barras 1 y 3 y se plantea el equilibrio de momentos. Los datos geométricos que se necesitarán son:
m 78,588,266,8CEOEOC
m 66,830cosOBOE
m 1030sen
5OB
=−=−==⋅=
==
Una vez dado el corte, se plantea el equilibrio de momentos respecto del punto O para evitar que intervengan los esfuerzos axiales de las barras 1 y 3:
o
5
D
C
B
A
E
30º
Teoría de Estructuras ETSI Bilbao
12
078,5VM10VM
0M
CDCDBABA
O
=⋅++⋅+
=∑
Para el cálculo de los cortantes se aísla la barra correspondiente: Barra 1:
1) Cortante por momentos (horario): 775
MMV ABBA1
BA,
)( +=
2) Cortante por cargas (horario): N108922
77510102Lq
V 43
2BA ⋅−=⋅⋅−=⋅−= ,
,)(
Barra 3:
1) Cortante por momentos (horario): 88,7
MMV DCCD)1(
CD+
=
O
MBA
VBA
VCD
MCD
O
VB = qL/2
q
VC = Pb/L
P
b
a
Problemas Deformación Angular
13
2) Cortante por cargas (horario): N10356887
51010L
bPV 3
32
CD ⋅=⋅⋅=⋅= ,,
)(
De esta forma la ecuación de equilibrio de momentos respecto a O queda expresada únicamente en función de las incógnitas del problema:
078510356887
MMM1010892
775MM
M 3DCCDCD
3ABBABA =⋅
⋅++++⋅
⋅−++ ,,,
,,
a) Diagrama de momentos de la barra CD Teniendo en cuenta los momentos en los extremos de la barra, obtenidos mediante resolución del sistema de ecuaciones, el diagrama de momentos hiperestáticos de la barra CD es:
Debido a la carga P habrá que superponer al diagrama de momentos anterior el correspondiente a dicha carga:
m KN 3,1888,7
88,2510L
baPM )2(
F ⋅=⋅⋅=⋅⋅=
Sumando algebraicamente ambos diagramas se obtienen dos tramos lineales con un momento total en el punto intermedio F de:
MF(2)
D
C
P
F
6,6
D
C
29,3 29,3
6,6
Teoría de Estructuras ETSI Bilbao
14
mKN 7,23,18588,7
6,63,296,6MF ⋅=−⋅−+=
y por consiguiente, el diagrama final de momentos de la barra CD es:
6,6
D
C
29,3 29,3
6,6
10 KN 2,7
Problemas Deformación Angular
15
4.3. Determinar, por el método de la deformación angular, los diagramas de momentos flectores y esfuerzos cortantes para la viga de la figura, dibujándolos debidamente acotados, cuando el apoyo intermedio B experimenta un asentamiento vertical descendente de 3 cm . Calcular también la tensión máxima de flexión.
Características mecánicas y geométricas de la viga:
E = 200 GPa I = 2 x 10-3 m4 L = 10 m Canto de la viga = 30 cm
Si el apoyo B desciende 3 cm. el grado de desplazabilidad de la estructura sería 1, de valor conocido:
La estructura tiene dos barras, así que se tendrán 4 ecuaciones de momentos:
A C B
δ = 3 cm
+ -
A C B
L L
Teoría de Estructuras ETSI Bilbao
16
⋅⋅+θ+θ⋅⋅+=−
10103
23
21
10IE4
0M2
BAAB
⋅⋅+θ+θ⋅⋅+=−
10103
23
21
10IE4
0M2
ABBA
⋅⋅−θ+θ⋅⋅+=−
10103
23
21
10IE4
0M2
CBBC
⋅⋅−θ+θ⋅⋅+=−
10103
23
21
10IE4
0M2
BCCB
De la consideración de los nudos se deducen las 3 ecuaciones siguientes:
0A =θ 0MM BCBA =+
0MCB = Se tienen ya las 3 ecuaciones con 3 incógnitas. Resolviendo:
BC
2
CB
2
BBCBA 4010103
23
21
10103
23
0MM θ−=θ⇒=⋅⋅−θ+θ+⋅⋅+θ⇒=+−−
0105421
010103
23
21
0M 3BB
2
BCCB =⋅−θ+θ⇒=⋅⋅−θ+θ⇒= −−
,4-
rad. 102861 3B
−⋅−=θ , (horario)
rad. 101454 3BC
−⋅=θ−=θ , (antihorario)
MAB = 617,12 KN.m (antihorario)
MBA = 514,14 KN.m (antihorario)
MBC = -514,56 KN.m (horario)
Para dibujar los diagramas de momentos, al no haber cargas aplicadas en ninguna barra, sólo habrá que unir con una línea recta los momentos obtenidos en los extremos (respetando el sentido obtenido).
617514 514
VABVBC
VBA VCB
KN 11310
51461710
MMVV BAAB
BAAB −=−−=+
==
Problemas Deformación Angular
17
KN 4,5110514
10MM
VV CBBCCBBC ==
+==
MPa 27,46102
101510617I
yM3
23maxmax z
max xx =⋅
⋅⋅⋅=⋅=σ −
−
617
514
KN.m.
51,4
113 KN
Teoría de Estructuras ETSI Bilbao
18
4.4. La estructura de la figura, cuyas dimensiones y cargas aplicadas se indican, tiene un apoyo empotrado en A y otro articulado en E. Todas las barras son del mismo material, de módulo de elasticidad E, y tienen la misma sección transversal, con momento de inercia de valor I constante en toda su longitud.
Plantear las ecuaciones necesarias para resolver la estructura por el método de la deformación angular.
El grado de desplazabilidad de esta estructura es de 2: m = 2 x 5 – 4 – 4 = 2
P
q
4
m
A
D B
C
E
4
m
3
m
3
m
A
D B
C
E
Problemas Deformación Angular
19
Quitando el apoyo en B y dando un desplazamiento ∆1 a este nudo, el resto de nudos quedaría de la siguiente manera:
Quitando el apoyo en D y dando un desplazamiento ∆3 (componente vertical descendente ∆2) a este nudo, el resto de nudos se desplazaría como indica la figura:
Por semejanza de triángulos, es posible expresar los desplazamientos de todos los nudos en función de uno sólo, en este caso ∆2:
24
23
4345
∆=∆
∆=∆
26
25
4345
∆=∆
∆=∆
Para las ecuaciones de los momentos será necesario obtener los momentos de empotramiento perfecto de la barra CD sometida a la carga q:
A
D
B
C
E
∆1
∆1
+
+
E A
D B
C
∆2
∆2
+
-
∆6
∆5
∆4
∆3
+
∆5
∆2
∆6
∆4
∆3
∆2
Teoría de Estructuras ETSI Bilbao
20
123q
12Lq
123q
12Lq
22
ji
22
ij
⋅−=⋅−=µ
⋅=⋅=µ
Las 8 ecuaciones de momentos (4 barras) quedan de la siguiente manera:
∆⋅+θ+θ⋅⋅+=32
321
3IE4
0M 1BAAB
∆⋅+θ+θ⋅⋅+=32
321
3IE4
0M 1ABBA
⋅++⋅⋅+=5
)∆45(
2
3θ2
1θ
5
IE40M
2
CBBC
⋅++⋅⋅+=5
)∆45(
2
3θ2
1θ
5
IE40M
2
BCCB
∆+∆⋅+θ+θ⋅⋅+⋅=
34
6
23
21
3IE4
123q
M21
DC
2
CD
)(
∆+∆⋅+θ+θ⋅⋅+⋅−=
34
6
23
21
3IE4
123q
M21
CD
2
DC
)(
∆−⋅+θ+θ⋅⋅+=
54
5
23
21
5IE4
0M2
EDDE
)(
∆−⋅+θ+θ⋅⋅+=
54
5
23
21
5IE4
0M2
DEED
)(
µij
µji
q
D
C
Problemas Deformación Angular
21
De la consideración de los cinco nudos se formulan las siguientes ecuaciones:
0A =θ 0MM BCBA =+
0MM CDCB =+
0MM DEDC =+
0MED = Faltan dos ecuaciones que se obtienen realizando sendos cortes a la estructura. El primero de ellos se muestra a continuación:
0PVV 0F CDBAX =−+⇒=∑
Para el cálculo de los cortantes se aísla la barra correspondiente: Barra CD:
1) Cortante por momentos (horario): 3
MMV DCCD)1(
CD+
=
2) Cortante por cargas (horario): 23q
2Lq
V 2CD
⋅=⋅=)(
VBA
VCD
P
VC = qL/2
q
Teoría de Estructuras ETSI Bilbao
22
Barra AB:
1) Cortante por momentos (horario): 3
MMV BAAB
AB+
=
La primera ecuación de corte queda:
0P3
MM23q
3
MM BAABDCCD =−+
+
⋅++
El segundo y último corte se muestra en la figura siguiente:
Tomando momentos respecto al punto O, los axiles de las barras no aparecen y se tendría la segunda ecuación de corte:
023
3q3P5VM3VM 0M DEDEBABAo =⋅⋅+⋅−⋅++⋅+⇒=∑
Como las barras AB y DE no tienen cargas aplicadas, la ecuación queda finalmente de esta forma:
023
3q3P55
MMM3
3MM
M EDDEDE
ABBABA =⋅⋅+⋅−⋅+++⋅++
02q9
P3MM2M2M EDDEABBA =+−+++
Obteniendo con esta última ecuación el sistema de 7 ecuaciones con 7 incógnitas.
MBA
VBA
VDE P
MDE
O
q